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2025-2026学年湖北省襄阳四中高三（上）质检数学试卷（五）
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求
的。
1．（5 分）已知复数 z ＝2﹣i，z ＝a+2i（其中 i 为虚数单位，a R）．若 z •z 是纯虚数，则 a＝
1 2 1 2
（ ） ∈
A．﹣4 B．﹣1 C．1 D．4
2．（5分）已知f′（x）是函数f（x）的导函数，且，则f′（1）＝（ ）
A．1 B．2 C．﹣1 D．﹣2
3．（5分）已知，则（ ）
A． B． C． D．
4．（5分）设随机变量X～N（3，10），a＝P（X＜3），，c＝ln3﹣ln2，则（ ）
A．c＜a＜b B．c＜b＜a C．a＜c＜b D．b＜c＜a
5．（5分）中国戏曲中人物角色的行当分类，可以有生、旦、净、末、丑五大行当．现有3名男生和2
名女生，每人要扮演某戏曲中的一个角色，五个行当均有人扮演，且生行、净行由男生扮演，旦行由
女生扮演，则不同的人物角色扮演方式共有（ ）
A．6种 B．12种 C．24种 D．48种
6．（5分）若双曲线上存在四个点A，B，C，D满足四边形ABCD是正方形，则双曲线C的离心率的取
值范围是（ ）
A． B． C． D．
7．（5分）已知函数，若关于x的方程f（x）＝1在（0， ）上恰有一个实数根m，则f（2m）（ ）
A．﹣2 B． C． π D．2
8．（5分）等差数列{a }前n项的和为S ，已知，，则m＝（ ）
n n
A．7 B．8 C．9 D．10
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
（多选）9．（3分）下列关于说法正确的是（ ）
A．抛掷均匀硬币一次，出现正面的次数是随机变量
B．某人射击时命中的概率为0.5，此人射击三次命中的次数X服从两点分布
C．小赵、小钱、小孙、小李到4个景点旅游，每人只去一个景点，设事件A＝“4个人去的景点不相
同”，事件B＝“小赵独自去一个景点”，则P（A|B）
D．抛掷一枚质地均匀的骰子所得的样本空间为 ＝{1，2，3，4，5，6}，令事件A＝{2，3，5}，B＝
Ω
第1页（共18页）{1，2}，则事件A，B独立
（多选）10．（3 分）如图，△ABC 的角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，（acosC+ccosA）＝
2bsinB，且∠CAB．若点D在△ABC外，DC＝1，DA＝3，则下列说法中正确的有（ ）
A．
B．
C．四边形ABCD面积的最大值为
D．四边形ABCD面积无最大值
（多选）11．（3分）已知正四面体ABCD的棱长为，其外接球的球心为O．点E满足，，过点E作平面
平行于AC和BD，平面 分别与该正四面体的棱BC，CD，AD相交于点M，G，H，则（ ）
αA．四边形EMGH的周长为α定值
B．四棱锥A﹣EMGH的体积的最大值为
C．当时，平面 截球O所得截面的周长为
D．当时，将正四α体ABCD绕EF旋转90°后与原四面体的公共部分体积为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．（5分）集合A＝{（x，y）|y＝1﹣x}，B＝{（x，y）|x2+y2＝1}，则集合A∩B的子集个数为
．
13．（5分）已知{a }是单调递减的等比数列，其前 n项和为 S ，若 a +a ＝9，a a ＝8，则 S ＝
n n 3 6 4 5 4
．
14．（5分）已知正实数x，y满足e1﹣2x＝（2x+y）ey，则的最小值为 ．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15．（13分）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c．若a＝b﹣1，c＝b+1．
（1）若5sinC＝7sinA，求AC边上的中线BD的长；
（2）若△ABC是锐角三角形，求cosB的取值范围．
16．（15分）在如图所示的五面体ABCDEF中，ABEF共面，△ADF是正三角形，四边形ABCD为菱形，
平面ABCD，AB＝2EF＝2，点M为BC中点．
（1）在直线CD上是否存在一点G，使得平面EMG∥平面BDF，请说明理由；
（2）请在下列条件中任选一个，求平面BDF与平面BEC所成二面角的正弦值．
第2页（共18页）；②EM＝2．
17．（15分）在上海举办的第五届中国国际进口博览会中，一款无导线心脏起搏器引起广大参会者的关
注，成为了进博会的“明星展品”．体积仅有维生素胶囊大小，体积比传统心脏起搏器减小 93%，重
量仅约2克，拥有强大的电池续航能力，配合兼容1.5T/3.0T全身核磁共振扫描检查等创新功能．在起
搏器研发后期，某企业快速启动无线充电器主控芯片生产，试产期每天都需同步进行产品检测，检测
包括智能检测和人工检测，选择哪种检测方式的规则如下：第一天选择智能检测，随后每天由计算机
随机等可能生成数字“0”和“1”，连续生成4次，把4次的数字相加，若和小于3，则该天的检测方
式和前一天相同，否则选择另一种检测方式．
（Ⅰ）求该企业前三天的产品检测选择智能检测的天数X的分布列．
（Ⅱ）当地政府为了检查该企业是否具有一定的智能化管理水平，采用如下方案：设p （n N*）表示
n
事件“第n天该企业产品检测选择的是智能检测”的概率，若p 恒成立，认为该企业具有一∈定的智能
n
化管理水平，将给予该企业一定的奖励资金，否则将没有该项奖励资金．请问该企业能拿到奖励资金
吗？请说明理由．
18．（17分）设a R，已知函数f（x）＝ex﹣asinx，g（x）＝lnx+acosx．
（1）若a＝1，∈判断f（x）在区间（0，+∞）上的单调性；
（2）若，判断g（x）的零点个数，并给出证明；
（3）若f（x）≥g（x），求正整数a的值．
19．（17分）由椭圆的两个焦点和短轴的一个顶点组成的三角形称为该椭圆的“特征三角形”．如果两
个椭圆的特征三角形是相似三角形，则称这两个椭圆“相似”，并将特征三角形的相似比称为这两个
椭圆的相似比．已知椭圆，椭圆C 与C 的焦点在同一坐标轴上，且经过点，并与椭圆C 相似．
2 1 1
（1）求椭圆C 的方程．
2
（2）若直线m与椭圆C 相切，且与椭圆C 交于A，B两点，求证：△OAB的面积是定值．
1 2
（3）过点（0，﹣1）作斜率为k的直线l与椭圆C 交于R，Q两点（R在Q的上方），直线l与椭圆
1
C 交于S，P两点（S在P的上方）．是否存在直线l，使得？若存在，求出直线l的方程，若不存在，
2
请说明理由．
第3页（共18页）2025-2026学年湖北省襄阳四中高三（上）质检数学试卷（五）
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 B A C A C D A D
二．多选题（共3小题）
题号 9 10 11
答案 ACD AB ABD
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求
的。
1．（5 分）已知复数 z ＝2﹣i，z ＝a+2i（其中 i 为虚数单位，a R）．若 z •z 是纯虚数，则 a＝
1 2 1 2
（ ） ∈
A．﹣4 B．﹣1 C．1 D．4
【分析】先利用复数的乘法，写出z •z ，再根据纯虚数的概念求参数．
1 2
【解答】解：z •z ＝（2﹣i）（a+2i）＝（2a+2）+（4﹣a）i，
1 2
因为z •z 是纯虚数，所以 a＝﹣1．
1 2
故选：B． ⇒
2．（5分）已知f′（x）是函数f（x）的导函数，且，则f′（1）＝（ ）
A．1 B．2 C．﹣1 D．﹣2
【分析】求导，即可代入求解．
【解答】解：，
∴f′（1）＝2f′（1）﹣1，解得f′（1）＝1．
故选：A．
3．（5分）已知，则（ ）
A． B． C． D．
【分析】先利用向量数量积的运算律结合条件求出，再根据向量夹角的计算公式列式求解即得．
【解答】解：已知，
两边平方整理可得，
又因为，代入解得，
第4页（共18页）根据两向量的夹角公式可得cos，
又 [0， ]，
所∈以． π
故选：C．
4．（5分）设随机变量X～N（3，10），a＝P（X＜3），，c＝ln3﹣ln2，则（ ）
A．c＜a＜b B．c＜b＜a C．a＜c＜b D．b＜c＜a
【分析】由正态分布的性质得，由作差法、对数的性质比较a，b，c大小，即可得．
【解答】解：根据题意可知，，
因为，所以，
所以，，
所以c＜a＜b．
故选：A．
5．（5分）中国戏曲中人物角色的行当分类，可以有生、旦、净、末、丑五大行当．现有3名男生和2
名女生，每人要扮演某戏曲中的一个角色，五个行当均有人扮演，且生行、净行由男生扮演，旦行由
女生扮演，则不同的人物角色扮演方式共有（ ）
A．6种 B．12种 C．24种 D．48种
【分析】根据“特殊元素（位置）优先法”，先安排生行、净行和旦行，再安排其他行即可．
【解答】解：由题意，生行、净行由男生扮演，
则从3名男生中选2人，再全排列，有种扮演方式；
旦行由女生扮演，
则从2名女生中选1人，有种扮演方式；
剩下的2人有种扮演方式，
故共有种不同的人物角色扮演方式．
故选：C．
6．（5分）若双曲线上存在四个点A，B，C，D满足四边形ABCD是正方形，则双曲线C的离心率的取
值范围是（ ）
A． B． C． D．
【分析】设A（m，n），由题知1，可得m2，m2＞a2，可得c2﹣2a2＞0，求解即可．
【解答】解：设A（m，n），由题知1，解得n2m2﹣b2，
因为四边形ABCD是正方形，所以m2m2﹣b2，解得m2，
又∵m2＞a2，∴a2，解得b2﹣a2＞0，∴c2﹣2a2＞0，∴e2＞2，∴e．
第5页（共18页）故选：D．
7．（5分）已知函数，若关于x的方程f（x）＝1在（0， ）上恰有一个实数根m，则f（2m）（ ）
A．﹣2 B． C． π D．2
【分析】直接利用三角函数的图象和性质求出结果．
【解答】解：若关于x的方程f（x）＝1在（0， ）上恰有一个实数根m，
则2sin（2x+ ）＝1，即在（0， ）上恰有一个实π数根m，
因为 恰为yφ＝sin（2x+ ）的最小π 正周期，且当x （0， ）时，2x+ （ ，2 + ），
所以，π φ ∈ π φ∈ φ π φ
若，则关于x的方程f（x）＝1在（0， ）上有两个实数根，
因为，所以， π
则，解得，
所以．
故选：A．
8．（5分）等差数列{a }前n项的和为S ，已知，，则m＝（ ）
n n
A．7 B．8 C．9 D．10
【分析】根据等差数列的性质进行化简求值．
【解答】解：由等差数列的性质，知a m﹣1 +a m+1 ﹣32a m ﹣30，
所以a ＝0或a ，
m m
因为S
2m﹣1
＝（2m﹣1）a
m
，所以a
m
，且m＝10．
故选：D．
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
（多选）9．（3分）下列关于说法正确的是（ ）
A．抛掷均匀硬币一次，出现正面的次数是随机变量
B．某人射击时命中的概率为0.5，此人射击三次命中的次数X服从两点分布
C．小赵、小钱、小孙、小李到4个景点旅游，每人只去一个景点，设事件A＝“4个人去的景点不相
同”，事件B＝“小赵独自去一个景点”，则P（A|B）
D．抛掷一枚质地均匀的骰子所得的样本空间为 ＝{1，2，3，4，5，6}，令事件A＝{2，3，5}，B＝
{1，2}，则事件A，B独立 Ω
【分析】直接利用随机事件，两点分布的和二项分布的区别，条件概率的应用，相互独立事件的定义
的应用判断A、B、C、D的结论．
【解答】解：对于A：抛掷均匀硬币一次，出现正面的次数可能是0，也可能是1，故出现正面的次数
第6页（共18页）是随机变量，故A正确；
对于B：某人射击时命中的概率为0.5，此人射击三次命中的次数X服从二项分布B（3，0.5）而不是
两点分布，故B错误；
对于C：小赵、小钱、小孙、小李到4个景点旅游，每人只去一个景点，设事件A＝“4个人去的景点
不相同”，事件B＝“小赵独自去一个景点”，
故P（A），P（B），
所以P（AB），P（A|B），故C正确；
对于D：抛掷一枚质地均匀的骰子所得的样本空间为 ＝{1，2，3，4，5，6}，令事件A＝{2，3，
5}，B＝{1，2}，根据事件的独立性，则事件A，B独立Ω，故D正确．
故选：ACD．
（多选）10．（3 分）如图，△ABC 的角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，（acosC+ccosA）＝
2bsinB，且∠CAB．若点D在△ABC外，DC＝1，DA＝3，则下列说法中正确的有（ ）
A．
B．
C．四边形ABCD面积的最大值为
D．四边形ABCD面积无最大值
【分析】根据给定条件，利用正弦定理边化角求出角判断AB；利用三角形面积公式及余弦定理，借助
三角函数性质求解判断CD．
【解答】在△ABC中，由正弦定理及，得2sin2B，
即，有，而0＜B＜ ，sinB＞0，解得，
而，则有，因此，，π故AB正确；
显然△ABC是等边三角形，
四边形ABCD面积等于
，
当且仅当，即时取等号，CD错误．
故选：AB．
第7页（共18页）（多选）11．（3分）已知正四面体ABCD的棱长为，其外接球的球心为O．点E满足，，过点E作平面
平行于AC和BD，平面 分别与该正四面体的棱BC，CD，AD相交于点M，G，H，则（ ）
αA．四边形EMGH的周长为α定值
B．四棱锥A﹣EMGH的体积的最大值为
C．当时，平面 截球O所得截面的周长为
D．当时，将正四α体ABCD绕EF旋转90°后与原四面体的公共部分体积为
【分析】将正四面体转化为正方体，利用正方体的性质分析运算，对 A：根据面面平行的性质定理结
合平行线的性质分析运算；对B：根据锥体体积公式，利用导数求其最值；对C：根据球的性质分析
运算；对D：根据正方体分析可得：两个正四面体的公共部分两个全等的正四棱锥组合而成，利用锥
体体积公式运算求解．
【解答】解：对于棱长为2的正方体AB CD ﹣A BC D，则ABCD为棱长为的正四面体，则球心O即
1 1 1 1
为正方体的中心，
连接B D ，设AC∩B D ＝N，
1 1 1 1
∵BB ∥DD ，BB ＝DD ，则BB D D为平行四边形，
1 1 1 1 1 1
∴BD∥B D ，
1 1
又∵BD∥平面 ，B D 平面 ，
1 1
∴B 1 D 1 ∥平面 α， ⊄ α
又∵AC∥平面α ，AC∩B
1
D
1
＝N，AC，B
1
D
1
平面AB
1
CD
1
，
∴平面 ∥平面αAB 1 CD 1 ， ⊂
对A：如α图1，
∵平面 ∥平面AB CD ，平面 ∩平面ABC＝EM，平面AB CD ∩平面ABC＝AC，
1 1 1 1
∴EM∥αAC，则，即， α
同理可得：HE∥GM∥B D ，，
1 1
EM∥GH∥AC，，
∴四边形EMGH的周长（定值），A正确；
第8页（共18页）对B：如图1，由A可知：HE∥GM∥B D ，，
1 1
EM∥GH∥AC，，
∵AB CD 为正方形，则AC⊥B D ，
1 1 1 1
∴EMGH为矩形，
根据平行可得：点A到平面 的距离d＝ AA ＝2 ，
1
故四棱锥A﹣EMGH的体积，α λ λ
则，∵0＜ ＜1，
则当时，则λV′＞0，V在上单调递增，
当时，则V′＜0，V在上单调递减，
∴当时，V取到最大值，
故四棱锥A﹣EMGH的体积的最大值为，B正确；
对C：正四面体ABCD的外接球即为正方体AB CD ﹣A BC D的外接球，
1 1 1 1
其半径，设平面 截球O所得截面的圆心为O ，半径为r，
1
当时，，平面EMαGH过外接球球心O，
平面 截球O所得截面圆半径为，
截面圆α周长为，C错误；
对D：如图2，将正四面体ABCD绕EF旋转90°后得到正四面体A B C D ，
1 1 1 1
设A D ∩AD＝P，A C ∩BD＝K，B C ∩BC＝Q，B D ∩AC＝N，
1 1 1 1 1 1 1 1
∵，则E，F，P，Q，K，N分别为各面的中心，
∴两个正四面体的公共部分为EFPQKN，为两个全等的正四棱锥组合而成，
根据正方体可得：，正四棱锥K﹣PEQF的高为，
故公共部分的体积，D正确．
故选：ABD．
第9页（共18页）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．（5分）集合A＝{（x，y）|y＝1﹣x}，B＝{（x，y）|x2+y2＝1}，则集合A∩B的子集个数为 4
．
【分析】先求出集合的交集元素，然后结合子集与集合元素个数的规律可求．
【解答】解：联立，
解得或，
因为A＝{（x，y）|y＝1﹣x}，B＝{（x，y）|x2+y2＝1}，
则集合A∩B＝{（0，1）（1，0）}．
故集合A∩B的子集个数为4．
故答案为：4．
13．（5分）已知{a }是单调递减的等比数列，其前 n项和为S ，若a +a ＝9，a a ＝8，则S ＝ 60
n n 3 6 4 5 4
．
【分析】根据给定条件，结合等比数列性质求出a ，q，再利用前n项和公式求解．
1
【解答】解：根据题意，设等比数列{a }的公比为q，
n
若a a ＝8，则有a a ＝a a ＝8，
4 5 3 6 4 5
又由a +a ＝9，
3 6
则a ，a 是方程x2﹣9x+8＝0的两个根，又a ＞a ，
3 6 3 6
解得a ＝8，a ＝1，
3 6
则，解得，
所以．
故答案为：60．
14．（5分）已知正实数x，y满足e1﹣2x＝（2x+y）ey，则的最小值为 2 ．
【分析】先将等式变形，构造函数，利用函数单调性得到 2x+y＝1，对变形后使用基本不等式求解最
第10页（共18页）小值．
【解答】解：e1﹣2x＝（2x+y）ey变形为e1﹣2x＝ey+ln（2x+y），
则1﹣2x＝y+ln（2x+y），即2x+y+ln（2x+y）＝1，
令g（t）＝lnt+t，（t＞0），则恒成立，
则g（t）＝lnt+t，（t＞0），单调递增，
又g（1）＝1，所以2x+y＝1，
则，
当且仅当，即时，等号成立，
故的最小值为2．
故答案为：2．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15．（13分）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c．若a＝b﹣1，c＝b+1．
（1）若5sinC＝7sinA，求AC边上的中线BD的长；
（2）若△ABC是锐角三角形，求cosB的取值范围．
【分析】（1）由条件5sinC＝7sinA结合正弦定理得 5c＝7a，结合题意得△ABC的三边长，求得
cosC，在△BCD中利用余弦定理求出BD；
（2）由题意知：c＞b＞a且b＞2．要使△ABC是锐角三角形，只要．由cosC＞0解得b＞4，由余弦定
理得cosB的表达式，进而可得cosB的取值范围．
【解答】解：（1）在△ABC中，由于5sinC＝7sinA，
所以5c＝7a，结合题意得5（b+1）＝7（b﹣1），即b＝6．
故△ABC的三边长分别为5，6，7，
所以，
在△BCD中，BD2＝BC2+CD2﹣2BC•CD•cosC28，
故．
（2）由题意知：c＞b＞a且b＞2．
要使△ABC是锐角三角形，只要．
故，解得：b＞4，
又因为，
由b＞4，得，所以，
故cosB的取值范围是
16．（15分）在如图所示的五面体ABCDEF中，ABEF共面，△ADF是正三角形，四边形ABCD为菱形，
第11页（共18页）平面ABCD，AB＝2EF＝2，点M为BC中点．
（1）在直线CD上是否存在一点G，使得平面EMG∥平面BDF，请说明理由；
（2）请在下列条件中任选一个，求平面BDF与平面BEC所成二面角的正弦值．
；②EM＝2．
【分析】（1）由题意根据条件推出EF∥平面ABCD，GM∥平面BDF，再根据面面平行的判定定理证
明结论．
（2）若选①，在△BDF中，利用，求出BF，取AD中点N，连接FN，BN，从而证明BN⊥AD，
FN⊥AD，建立空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，然后利用待定系数法求出平面
BEC的法向量，再利用法向量求二面角即可．
若选②，由EM＝2，求出OF，取AD中点N，连接FN，ON，BN，从而证明BN⊥AD，FN⊥AD，仿
照选①的方法可求二面角．
【解答】解：（1）在直线CD上存在一点G，使得平面EMG∥平面BDF，理由如下：
连接AC交BD于点O，连接OM，OF，取CD的中点G，连接GM，GE，
又EF∥平面ABCD，EF 平面ABEF，
平面ABCD∩平面ABEF⊂＝AB，故EF∥AB，
O为AC的中点，点M为BC中点，则OM∥AB∥EF，
，故四边形OMEF为平行四边形，
所以EM∥OF，又EM 平面BDF，OF 平面BDF，
所以EM∥平面BDF；⊄ ⊂
又点M为BC中点，G为CD的中点，
所以GM∥BD，又GM 平面BDF，BD 平面BDF，
所以GM∥平面BDF，⊄ ⊂
第12页（共18页）又EM∩GM＝M，EM，GM 平面EMG，
所以平面EMG∥平面BDF；⊂
（2）选择①，
四边形ABCD为菱形，，所以，
则△BAD为正三角形，AB＝2，
故在△BDF中，，
由余弦定理知，
取AD中点N，连接FN，BN，
在△BNF中，，
所以BN2+FN2＝BF2，所以BN⊥FN，
因为△ABD是正三角形，所以BN⊥AD，
因为AD∩FN＝N，AD，FN 平面ADF，所以BN⊥平面ADF，
FN 平面ADF，所以BN⊥F⊂N，
又F⊂N⊥AD，AD∩BN＝N，AD，BN 平面ABCD，
所以FN⊥平面ABCD， ⊂
故以N为原点分别以NA，NB，NF所在直线为x，y，z轴，建系如图：
则，，
则，，
设平面BEC的法向量为，
则，即，取，
设平面BDF的法向量为，
则，即，取，
故，
由于平面BDF与平面BEC所成二面角为 [0， ]，则，
所以平面BDF与平面BEC所成二面角的正θ∈弦值为π；
第13页（共18页）若选②：
由（1）可知，OF＝EM＝2，
取AD中点N，连接FN，ON，BN，
在△ONF中，，则FN2+ON2＝OF2，所以ON⊥FN，
因为△ADF是正三角形，所以AD⊥FN，
又AD∩ON＝N，AD，ON 平面ABCD，则FN⊥平面ABCD，
BN 平面ABCD，故FN⊥⊂BN；
因为⊂△ABD是正三角形，所以BN⊥AD，
因为AD∩FN＝N，AD，FN 平面ADF，所以BN⊥平面ADF，
以下同选①． ⊂
17．（15分）在上海举办的第五届中国国际进口博览会中，一款无导线心脏起搏器引起广大参会者的关
注，成为了进博会的“明星展品”．体积仅有维生素胶囊大小，体积比传统心脏起搏器减小 93%，重
量仅约2克，拥有强大的电池续航能力，配合兼容1.5T/3.0T全身核磁共振扫描检查等创新功能．在起
搏器研发后期，某企业快速启动无线充电器主控芯片生产，试产期每天都需同步进行产品检测，检测
包括智能检测和人工检测，选择哪种检测方式的规则如下：第一天选择智能检测，随后每天由计算机
随机等可能生成数字“0”和“1”，连续生成4次，把4次的数字相加，若和小于3，则该天的检测方
式和前一天相同，否则选择另一种检测方式．
（Ⅰ）求该企业前三天的产品检测选择智能检测的天数X的分布列．
（Ⅱ）当地政府为了检查该企业是否具有一定的智能化管理水平，采用如下方案：设p （n N*）表示
n
事件“第n天该企业产品检测选择的是智能检测”的概率，若p 恒成立，认为该企业具有一∈定的智能
n
化管理水平，将给予该企业一定的奖励资金，否则将没有该项奖励资金．请问该企业能拿到奖励资金
吗？请说明理由．
【分析】（Ⅰ）设计算机4次生成的数字之和为 ，则，由已知得随机变量X的所有可能取值为1，
2，3，计算出各自对应的概率即可求解； ξ
（Ⅱ）设A
n﹣1
表示事件“第n﹣1天该企业产品检测选择的是智能检测”，A
n
表示事件“第n天该企
业产品检测选择的是智能检测”，利用全概率公式和等比数列的通项公式，即可求解．
【解答】解：（I）设计算机4次生成的数字之和为 ，则，
， ξ
，
由已知得随机变量X的所有可能取值为1，2，3，
，
第14页（共18页），
，
∴随机变量X的分布列为：
X 1 2 3
P
（II）①设A
n﹣1
表示事件“第n﹣1天该企业产品检测选择的是智能检测”，
A 表示事件“第n天该企业产品检测选择的是智能检测”，
n
由全概率公式知．，
∴；
②由①知，又p ＝1，
1
所以数列是首项为，公比为的等比数列，
∴，
∵恒成立，
所以该企业具有一定的智能化管理水平，能拿到奖励资金．
18．（17分）设a R，已知函数f（x）＝ex﹣asinx，g（x）＝lnx+acosx．
（1）若a＝1，∈判断f（x）在区间（0，+∞）上的单调性；
（2）若，判断g（x）的零点个数，并给出证明；
（3）若f（x）≥g（x），求正整数a的值．
【分析】（1）a＝1时，f（x）＝ex﹣sinx，求函数的导数，利用导数判断函数的单调性即可．
（2）g（x）的零点数为1，利用导数判断函数的单调性，从而证明即可．
（3）f（x）≥g（x），得出ex﹣lnx≥a（sinx+cosx），令h（x）＝ex﹣lnx，x＞0，利用导数判断好的
单调性，得出h（x）的最小值，求出最小值的范围，再根据三角函数的性质，求出正整数a的值．
【解答】解：（1）当a＝1时，f（x）＝ex﹣sinx，f'（x）＝ex﹣cosx＞0在（0，+∞）上恒成立，
所以f（x）在（0，+∞）上单调递增．
（2）g（x）的零点数为1，证明如下：
由题意可得，g′（x）asinx，x＞0，
当0＜a时，sinx [﹣1，1]，当x＞0时，0，
所以当x足够小时∈，asinx，即g（x）＞0．g（x）在（0，+∞）上递增，
又g（1）＝acos1＞0，且当x→0时，lnx→﹣∞，所以g（x）→﹣∞．
结合单调性可知，g（x）有且仅有一个零点，
（3）f（x）≥g（x），即ex﹣asinx≥lnx+acosx，所以ex﹣lnx≥a（sinx+cosx），
令h（x）＝ex﹣lnx，x＞0，则h′（x）＝ex，
第15页（共18页）因为h′（x）在 （0，+∞） 上单调递增，且h′（）2＜0，h′（1）＝e﹣1＞0，
由零点存在性定理可得，存在x （，1），使得h′（x ）0，
0 0
即，所以x
0
＝﹣lnx
0
，所以h（x）∈在（0，x
0
）上单调递减，在（x
0
，+∞）上单调递增，
所以h（x）的极小值也是最小值为h（x ）lnx ＝x ，
0 0 0
因为x （，2），所以h（x ） （2，），
0 0
因为y＝∈sinx+cosxsin（x）的值域∈为[，]，
当a＝1时，a（sinx+cosx）的最大值为，而h（x）的最小值h（x ），满足题意；
0
当a≥2时，a（sinx+cosx）的最大值为a，大于h（x）的最小值h（x ），
0
不满足ex﹣lnx≥a（sinx+cosx），不合题意；
所以正整数a＝1．
19．（17分）由椭圆的两个焦点和短轴的一个顶点组成的三角形称为该椭圆的“特征三角形”．如果两
个椭圆的特征三角形是相似三角形，则称这两个椭圆“相似”，并将特征三角形的相似比称为这两个
椭圆的相似比．已知椭圆，椭圆C 与C 的焦点在同一坐标轴上，且经过点，并与椭圆C 相似．
2 1 1
（1）求椭圆C 的方程．
2
（2）若直线m与椭圆C 相切，且与椭圆C 交于A，B两点，求证：△OAB的面积是定值．
1 2
（3）过点（0，﹣1）作斜率为k的直线l与椭圆C 交于R，Q两点（R在Q的上方），直线l与椭圆
1
C 交于S，P两点（S在P的上方）．是否存在直线l，使得？若存在，求出直线l的方程，若不存在，
2
请说明理由．
【分析】（1）利用相似性质，可知两椭圆离心率相等，即可求解；
（2）先考虑斜率不存在时，求得△OAB的面积为；在斜率存在时设直线方程为y＝kx+n，与椭圆联立，
由两者相切推得n2＝2k2+3，再由y＝kx+n与椭圆联立，利用弦长公式求得|AB|和O到直线kx﹣y+n＝0
的距离d，化简后代入△OAB的面积公式，计算即得证；
（3）联立直线与椭圆方程说明QR的中点也是PS的中点，然后将转化为|PS|，|QR|的数量关系，借助
弦长公式完成计算．
【解答】解：（1）易知“特征三角形”是等腰三角形，且腰长为a，底边长为2c，
那么两个“特征三角形”相似比即两椭圆的长半轴长之比或者焦距之比，
此时这两个椭圆的离心率相等，
因为椭圆C 的离心率为，
1
可知过点且与椭圆C 相似的椭圆C 的离心率，
1 2
设所求椭圆为，
因为点在椭圆C 上，所以
2
第16页（共18页）又，解得2a2＝3b2，②
联立①②，解得a2＝6，b2＝4，
则椭圆C 的方程为；
2
（2）证明：当直线m的斜率不存在时，
因为其与椭圆相切，
所以切线方程为，由对称性不妨取，
将代入椭圆中，
解得，此时，
所以；
当直线m的斜率存在时，设直线m的方程为y＝kx+n，
联立，消去y并整理得（2k2+3）x2+4nkx+2n2﹣6＝0，
因为直线m与椭圆C 相切，所以Δ＝（4nk）2﹣4（2k2+3）（2n2﹣6）＝0，
1
解得n2＝2k2+3，
联立，消去y并整理得（2k2+3）x2+4nkx+2n2﹣12＝0，
此时Δ＝（4nk）2﹣4（2k2+3）（2n2﹣12）＝8（12k2﹣3n2+18），
又n2＝2k2+3，所以Δ＝8（12k2﹣3n2+18）＝24（2k2+3）＞0，
设A（x ，y ），B（x ，y ），
1 1 2 2
由韦达定理得，
此时
，
又n2＝2k2+3，
所以，
又点O到直线kx﹣y+n＝0的距离为，
则，
故△OAB的面积为定值，定值为；
（3）假设直线l存在；
设直线l的方程为y＝kx﹣1，Q（x ，y ），R（x ，y ），P（x ，y ），S（x ，y ），
3 3 4 4 5 5 6 6
联立，消去y并整理得（2k2+3）x2﹣4kx﹣4＝0，
由韦达定理得，
联立，消去y并整理得（2k2+3）x2﹣4kx﹣10＝0，
由韦达定理得，
可得，即QR，PS中点的横坐标相同，
第17页（共18页）因为P，Q，R，S四点共线，所以QR的中点即为PS的中点，
因为，所以，
整理得2|PS|＝3|QR|，
因为，
，
又2|PS|＝3|QR|，
所以，
整理得，
解得k＝±1，符合题意．
故存在直线l：y＝±x﹣1满足条件．
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