文档内容
2025-2026 学年福建省厦门外国语学校高三（上）质检数学试卷（1 月份）
一、单选题（本题共有8个小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合
题目要求的）
1．（5分）已知集合A＝{1，2，3}，B＝{x N|x2﹣3x﹣4≤0}，若A B＝{x|x A且x B}，则A B＝（ ）
A．{0，4} B．{﹣1，4} ∈ C．{﹣1，0} ⊙ D．{∉﹣1，0∈，4} ⊙
2．（5分）若 a+bi，（a，b R），则ab为（ ）
1
= ∈
A．1 1− B． C． D．2
2
2
3．（5分） 的展开式中常数项是﹣160，则2a＝（ ）
6
( − )
A．﹣3 B．﹣2 C．2 D．3
4．（5分）已知向量 ， 不共线，且 ，则向量 在向量 上的投影向量为（ ）
→ → → → → → → → →
| +2 |= | −2 | 2 −
A． B． C． D．
→ → → →
5．（5分2 ）已知定义域为R的 函数f（x）满足f（x+2）−＝2 f（﹣x），且f（2x﹣−1） 为奇函数，则一定有（ ）
A．f（0）＝0 B．f（2）＝0 C．f（3）＝0 D．f（4）＝0
6．（5分）用1，2，3组成三位数，数字i最多用i次，其中i＝1，2，3，则满足条件的三位数个数是（ ）
A．15个 B．18个 C．19个 D．27个
7．（5分）设等差数列{an}的前n项和为Sn ，已知a4 ＝6，S5 ＝20，设 ，则数列{bn}的前
2
=
n项和为（ ） +1
A．cos2n B．cos（2n+2） C．tan2n D．tan（2n+2）
8．（5分）已知圆C的直径AB长为8，与C相离的直线l垂直于直线AB，垂足为H，且0＜AH＜2，圆C
上的两点P，Q到l的距离分别为d1 ，d2 ，且d1 ≠d2 ．若d1 ＝AP，d2 ＝AQ，则d1+d2 ＝（ ）
A．2 B．4 C．6 D．8
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，
（多选）9．（6分）下列说法中，正确的是（ ）
A．已知随机变量X服从二项分布B（n，p），若E（X）＝15，D（X）＝10，则
1
B．已知随机变量X服从正态分布N（1，σ2），若P（X＜3）＝0.6，则P（﹣1＜ X =＜31）＝0.2
C．已知A，B为随机事件，P（A）＝0.5，P（B）＝0.6，若A，B相互独立，则P（A∪B）＝0.8
D．样本点（xi ，yi ）（i＝1，2，3，
⋯
）的经验回归方程为 ，若样本点（m，3）与（2，n）
̂ ̂
第1页（共20页） =3 + 的残差相等，则3m+n＝9
（多选）10．（6分）设函数f（x），若x R时，f（sinx+cosx）＝4sin2x﹣4sin4x+sin2x，则（ ）
A．f（1）＝0 ∈ B．f（x）的定义域为R
C．f（x）是偶函数 D．f（x）的值域为 ，
1
[− 2]
（多选）11．（6分）已知正项数列{an}满足 ＜ ＜， 4， 为数列 的前n项和，则
2 2 1
0 1 1 +1 = +2 { 2}
（ ）
A．数列{an}为递增数列 B．a8 ＞8
C． ＞ D． ＞
1 1 −1
三、填 空 题：( 2 本)题共3小题，每小题5分，共15分。 +1
12．（5分）若2a＝18b＝6，且 ，则x＝ ．
1 1
2( −2)− 0.5( +1)= +
13．（5分）已知O为坐标原点，过双曲线 ： ＞ ， ＞ 的右焦点F作一条渐近线的垂线，
2 2
垂足为点M，过M作x轴的垂线，垂足为N ，若 N 2为− O 2 F =的1中( 点，0则双 曲0线)的离心率为 ．
14．（5分）已知四面体ABCD的顶点都在表面积为16 的球面上，若∠ABC＝30°，AC＝1，则四面体ABCD
的体积的最大值为 ． π
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）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为S，已知b2＝2S+abcosC．
（1）求A；
（2）若BC边上的高为1且3bcosC＝ccosB，求△ABC的面积S．
16．（15分）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1 中，平面ABC1 ⊥平面ABC，AC1 ⊥平面BCC1B1 ．
（1）求证：BC1 ⊥BC；
（2）若平面ACC1A1 与平面ABC的夹角的正弦值为 ，且AB＝2BC＝2，求C1 到平面ABC的距离．
5
3
17．（15分）2019年7月30日国家市场监督管理总局第11次局务会议审议通过《食品安全抽样检验管理
第2页（共20页）办法》，自2019年10月1日起实施．某地市场监管部门对当地一食品厂生产的水果罐头开展固形物含
量抽样检验，按照国家标准规定，在一瓶水果罐头中，固形物含量不低于55%为优级品，固形物含量低
于55%且不低于50%为一级品，固形物含量低于50%为二级品或不合格品．
（1）现有6瓶水果罐头，已知其中2瓶为优级品，4瓶为一级品．
（i）若每次从中随机取出1瓶，取出的罐头不放回，求在第1次抽到优级品的条件下，第2次抽到一
级品的概率；
（ii）对这6瓶罐头依次进行检验，每次检验后不放回，直到区分出6瓶罐头的等级时终止检验，记检
验次数为X，求随机变量X的分布列与期望；
（2）已知该食品厂生产的水果罐头优级品率为p（0＜p＜1），且各件产品是否为优级品相互独立，若
在10次独立重复抽检中，至少有8次抽到优级品的概率不小于7×0.759（约为0.5256），求p的最小值．
18．（17分）已知F（2，0）是椭圆 ： ＞＞ 的右焦点，定点E（0，1），直线FE被椭圆
2 2
截得的线段的中点恰在直线y＝xΩ上 2 + 2 = 1( 0)
（1）求 的标准方程；
（2）过ΩF作斜率为k的直线，与 交于A，B两点，其中A在x轴上方， ， ，T为 上一点，
且TF平分∠ATB，求 的取值范Ω围； ∈ [1 7] Ω
| |
（3）P，Q为曲线 上
|
两
个
|
动点，且FE平分∠PFQ，证明：直线PQ过定点，并求出该定点．
19．（17分）对于函数Ωy＝h（x），记h （0）（x）＝h（x），h （1）（x）＝（h（x））′， ，h （n+1）（x）＝（h
⋯
（n）（x））′（n N）．如果n是满足h （n）（x）＝h（x）的最小正整数，则称n是函数y＝h（x）的“最
小导周期”． ∈
（1）已知f（x）＝asin（x+t）+bcos（x+t），证明：对任意a，b，t R，f（x）的最小导周期为4；
（2）设 m，n R，g（x）＝emx+ncosx，若函数 y＝g（x）的∈最小导周期为 2，记 ，
∈ ，当实数a，b变化时，求M（a，b）的最小值； ( )=
2 2
（(3 ）−设 ) ＞+1(， +h（1x+） ＝( c)o)s x，若函数y＝h（x）满足h （2）（x）≤x对x （0，+∞）恒成立，且存在
x0 （0，ω +∞）使得h （2）（x0 ω）＝x0 ，试用 表示x0 ，并证明 ＜ ＜ ．∈
∈ ω 0
2
第3页（共20页）2025-2026 学年福建省厦门外国语学校高三（上）质检数学试卷（1 月份）
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 A C C D C C C D
二．多选题（共3小题）
题号 9 10 11
答案 ACD AD ACD
一、单选题（本题共有8个小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合
题目要求的）
1．（5分）已知集合A＝{1，2，3}，B＝{x N|x2﹣3x﹣4≤0}，若A B＝{x|x A且x B}，则A B＝（ ）
A．{0，4} B．{﹣1，4} ∈ C．{﹣1，0} ⊙ D．{∉﹣1，0∈，4} ⊙
【分析】根据一元二次不等式以及集合的新定义运算相关知识可解．
【解答】解：已知集合A＝{1，2，3}，B＝{x N|x2﹣3x﹣4≤0}＝{0，1，2，3，4}，
又A B＝{x|x A且x B}， ∈
则A⊙B＝{0，∉4}． ∈
故选⊙：A．
2．（5分）若 a+bi，（a，b R），则ab为（ ）
1
= ∈
A．1 1− B． C． D．2
2
【分析】由条件根据两个复数2 代数形式的乘除法，虚数单位i的幂运算性质，两个复数相等的充要条件
2
求得a、b的值，可得ab的值．
【解答】解：∵ a+bi，
1
=
∴a+bi 1− i，∴a ，b ，
1+ 1 1 1 1
= = + = =
(1− )(1+ ) 2 2 2 2
∴ab ，
1
1 2 1 2
故选=：(
C2
．) =
2
=
2
第4页（共20页）3．（5分） 的展开式中常数项是﹣160，则a＝（ ）
6
( − )
A．﹣3 B．﹣2 C．2 D．3
【分析】根据二项式定理的有关知识点列式求解．
【解答】解：由题意可得，常数项是 ，
3 3 3 3 3
6⋅( ) ⋅(− ) = 6⋅(− )
由 20×（﹣a）3＝﹣160，
3 3
解得 6⋅a(＝−2． ) =−160⇒
故选：C．
4．（5分）已知向量 ， 不共线，且 ，则向量 在向量 上的投影向量为（ ）
→ → → → → → → → →
| +2 |= | −2 | 2 −
A． B． C． D．
→ → → →
2 −2 −
【分析】根据 ，结合向量数量积的运算性质算出 ，然后利用投影向量的公
→ → → → → →
式求解，即可得| 到+本2 题|=的|答 案−．2 | ⋅ =0
【解答】解：因为 ，所以 ，
→ → → → → → → →
2 2
| +2 |= | −2 | ( +2 ) =( −2 )
即 ，化简得 ，
→ → → → → → → → → →
2 2 2 2
+4 ⋅ +4 = −4 ⋅ +4 ⋅ =0
所以向量 在向量 上的投影向量为 ．
→ → → → →→ → →
→ → → (2 − )⋅ 2 ⋅ − 2 → −| | 2 → →
2 − → ⋅ → = → ⋅ = → ⋅ =−
2 2
故选：D． | | | | | | | |
5．（5分）已知定义域为R的函数f（x）满足f（x+2）＝f（﹣x），且f（2x﹣1）为奇函数，则一定有（ ）
A．f（0）＝0 B．f（2）＝0 C．f（3）＝0 D．f（4）＝0
【分析】利用奇函数的性质求出f（﹣1）＝0，再利用对称性逐项判断．
【解答】解：因为定义域为R的函数f（x）满足f（x+2）＝f（﹣x），且f（2x﹣1）为奇函数，
所以f（﹣2x﹣1）+f（2x﹣1）＝0，所以f（﹣x）+f（x﹣2）＝0，且f（﹣1）＝0，
所以f（x+2）+f（x﹣2）＝0，
所以f（x+4）+f（x）＝0，所以f（x+8）+f（x+4）＝0，
所以f（x+8）＝f（x），所以f（x）的周期为8，
所以由f（x+4）+f（x）＝0，可得f（3）+f（﹣1）＝0，又f（﹣1）＝0，
所以f（3）＝0，所以C选项正确；
对其它选项中的函数值没有条件得到，所以A，B，D选项错误．
第5页（共20页）故选：C．
6．（5分）用1，2，3组成三位数，数字i最多用i次，其中i＝1，2，3，则满足条件的三位数个数是（ ）
A．15个 B．18个 C．19个 D．27个
【分析】分三个不同数字各出现一次，一个数字出现两次，一个数字出现三次，三种情况讨论即可．
【解答】解：根据题意，分3种情况讨论：
①当三个不同数字各出现一次时，有 个满足条件的三位；
3
②当一个数字出现两次，其他两个数字 3各=出6现一次时，重复出现的数字只能是2或3，
则有 个满足条件的三位；
1 1 1
③当 一2 个2 数3字=出12现三次，则仅有数字3符合条件，则有1个满足条件的三位数；
综上所述，满足条件的三位数共有6+12+1＝19个．
故选：C．
7．（5分）设等差数列{an}的前n项和为Sn ，已知a4 ＝6，S5 ＝20，设 ，则数列{bn}的前
2
=
n项和为（ ） +1
A．cos2n B．cos（2n+2） C．tan2n D．tan（2n+2）
【分析】利用等差数列的通项公式和前n项和公式求出等差数列{an}的通项，再求出数列{bn}的通项公
式，后利用两角差的正弦公式和叠加法即可求数列{bn}的前n项和．
【解答】解：设数列{an}的公差为d，由a4 ＝6，S5 ＝20，
得 ，解得 ，
1+3 =6 1 =0
则a5n ＝1a+1+1（0 n﹣=12）0 d＝2n﹣ 2= ； 2
因为an+1 ﹣an ＝2，
所以
2 ( +1− )
= =
+1 t a n a n + +1 1﹣tanan ，
+1 − +1
= =
设数列{bn } 的 前 n 项 和+1为Tn ，
可得Tn ＝b1+b2+...+bn ＝（tana2 ﹣tana1 ）+（tana3 ﹣tana2 ）+...+（tanan+1 ﹣tanan ）
＝tanan+1 ﹣tana1 ＝tanan+1 ＝tan2n．
故选：C．
8．（5分）已知圆C的直径AB长为8，与C相离的直线l垂直于直线AB，垂足为H，且0＜AH＜2，圆C
上的两点P，Q到l的距离分别为d1 ，d2 ，且d1 ≠d2 ．若d1 ＝AP，d2 ＝AQ，则d1+d2 ＝（ ）
第6页（共20页）A．2 B．4 C．6 D．8
【分析】由抛物线的定义、方程，结合圆的方程，可得结论．
【解答】解：设|AH|＝2a，以AH的中点为坐标原点，建立如图所示的直角坐标系，
可得A（a，0），C（4+a，0），直线l：x＝﹣a，
以A为焦点的抛物线的方程为y2＝4ax，
点P，Q既在圆C上，又在抛物线上，
联立 ，可得x2﹣（8﹣2a）x+（4+a）2﹣16＝0，
2
=4
2 2
则xP+(x Q− ＝ 48﹣ −2 a) ， + =16
又d1+d2 ＝xP+xQ+2a＝8﹣2a+2a＝8．
故选：D．
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，
（多选）9．（6分）下列说法中，正确的是（ ）
A．已知随机变量X服从二项分布B（n，p），若E（X）＝15，D（X）＝10，则
1
B．已知随机变量X服从正态分布N（1，σ2），若P（X＜3）＝0.6，则P（﹣1＜ X =＜31）＝0.2
C．已知A，B为随机事件，P（A）＝0.5，P（B）＝0.6，若A，B相互独立，则P（A∪B）＝0.8
D．样本点（xi ，yi ）（i＝1，2，3，
⋯
）的经验回归方程为 ，若样本点（m，3）与（2，n）
̂ ̂
的残差相等，则3m+n＝9 =3 +
【分析】由二项分布的期望和方差公式可得A；利用正态分布的对称性可判断B；由独立事件的乘法公
式可得C；利用残差的计算可得D．
【解答】解：对于A，随机变量X服从二项分布B（n，p），E（X）＝15，D（X）＝10，
则np＝15，np（1﹣p）＝10，解得 ，故A正确；
1
=
3
第7页（共20页）对于B，随机变量X服从正态分布N（1，σ2），
∴对称轴为x＝1，则P（X＜1）＝0.5，
∵P（X＜3）＝0.6，∴P（1＜X＜3）＝0.1，
∴P（﹣1＜X＜1）＝P（1＜X＜3）＝0.1，故B错误；
对于C，若A，B相互独立，则P（AB）＝P（A）•P（B）＝0.3，
∴P（A∪B）＝P（A）+P（B）﹣P（AB）＝0.5+0.6﹣0.3＝0.8，故C正确；
对于D，由题意可得样本点（m，3）与（2，n）的残差分别为 和 ，
̂ ̂
∵样本点（m，3）与（2，n）的残差相等， 3−(3 + ) −(6+ )
∴ ，则3m+n＝9，故D正确．
̂ ̂
故选3−：(A3C D+． )= −(6+ )
（多选）10．（6分）设函数f（x），若x R时，f（sinx+cosx）＝4sin2x﹣4sin4x+sin2x，则（ ）
A．f（1）＝0 ∈ B．f（x）的定义域为R
C．f（x）是偶函数 D．f（x）的值域为 ，
1
【分析】A选项：令x＝0，代入得f（1）＝0，故A正确； [− 4 2]
B选项： 的范围是 ， ，定义域并非全体实数，故B错误；
= + = 2 ( + ) [− 2 2]
C选项：通过t的表达式化简得f（t）＝4（t2﹣1）2﹣（t2﹣1），且f（t）＝f（﹣t），故f（x）是偶函数，
C正确；
D选项：令u＝t2 [0，2]，化简得g（u）＝u2﹣u，求得值域为 ， ，故D正确．
1
【解答】解：令x ∈＝0，则sinx+cosx＝1，4sin2x﹣4sin4x+sin2x＝[ 0 −，4 2]
故f（1）＝0，故A正确；
令t＝sinx ，
+ = 2 ( + )
由x R，则 ， ，4即定义域为 ， ，．故B错误；
由于∈t2＝（s in∈x+[c−osx2）2＝2s]in2x+cos2x+2sin[x−cosx2＝1+22]sinxcosx，
则2sinxcosx＝t2﹣1，又sin2x+cos2x＝1，
故4sin2x﹣4sin4x+sin2x＝4sin2x（1﹣sin2x）+sin2x＝4sin2xcos2x+2sinxcosx，
也即f（t）＝（t2﹣1）2+（t2﹣1），
由于定义域 ， 关于原点对称，且f（t）＝f（﹣t），
故f（x）是偶[−函数2，故2]C正确；
第8页（共20页）令u＝t2 [0，2]，则g（u）＝（u﹣1）2+（u﹣1）＝u2﹣u，
∈
对称轴为 ，其位于定义域区间[0，2]之内，
1
=
所以函数的最2小值为 ，
1 1
又g（0）＝0，g（2） (＝22 )，=− 4
故函数的最大值端点u＝2处取得为2，值域为 ， ，故D正确．
1
故选：AD． [− 4 2]
（多选）11．（6分）已知正项数列{an}满足 ＜ ＜， ， 为数列 的前n项和，则
2 2 1
0 1 1 +1 = +2 { 2}
（ ）
A．数列{an}为递增数列 B．a8 ＞8
C． ＞ D． ＞
1 1 −1
( )
【分 析 】对2于A，由 ＞ 可判断；对于 B+，1 由 ＜ 得到an+1
2 2 2 2 2
＜an+1，即可判断；对 + 于 1− C， 由= n 2＝ 1，0 n＝2和当n＞2时，2n ﹣ 1 + ＞ 1 n =得( 到 +1＞) −＞1 ( +，1)即可判断；
1 1 1 −1
( )
对于D，由 ＞ ＞ ，裂项相消求和即可判断． 2
1 1 1
2 2
【解答】解 ： 对于 A，因 ( 为+1) ，所以 ＞，
2 2 2 2
所以 ＞ ，即an+1 ＞an ， 所+1以=数 列+{a2 n } 递增数列 ，+1故−A 正=确2； 0
2 2
对于 B ，+1因 为 ，所以 ＜ ，所以an+1 ＜
2 2 2 2 2 2
an+1， +1 = +2 +1 = +2 +1−1= ( +1) −1 ( +1)
又因为0＜a1 ＜1，所以an ＜an﹣1+1＜an﹣2+2＜
⋯
＜a1+n﹣1＜n，所以a8 ＜8，故B错误；
对于C，由B的解析可得an ＜n，所以当n＝1时， ＞ ，当n＝2时， ＞ ，
1 1 0 1 1
1 = ( )
当n＞2时，因为 1 2 2 2 ＞ ，
−1 −1 1 2 −1 2 −1
所以 ＞ ，2所以=(1＞+1＞) =1+， −1+ ， −1 ＞+⋯，+ −1 = + −1+⋯+ −1
1 1 −1 1 1 1 −1
( ) ( ) ∈ + 2
综上可 得：2 ＞ ， ，2 故C正确；
1 1 −1
( ) ∈ +
对于D，因为 an ＜2n，所以 ＞ ＞ ，
1 1 1 1 1
2 2 = −
所以 ＞ ( +1)，故 D正 +确1．
1 1 1 1 1
故选： AC 1 D −．2 + 2 − 3 +⋯+ − +1 = +1
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
第9页（共20页）12．（5分）若2a＝18b＝6，且 ，则x＝ 3 ．
1 1
【分析】将2a＝18b＝6化为 对 数 2(式 −，2根)−据 题 干 0.5 得( 到+关1于)= x 的+方 程，求解方程即可．
【解答】解：由题可得，a＝log26，b＝log186，
则 ，
1 1 1 1
+ = + = 62+ 618 = 636 = 2
因为 26 186 log2 （x﹣2）+log2 （x+1）＝log2[（x﹣2）（x+1）]＝2，x
1 1
＞2， 2( −2)− 0.5( +1)= + =2=
即得（x﹣2）（x+1）＝4，解得x＝3或x＝﹣2（不符合题意舍去）．
故答案为：3．
13．（5分）已知O为坐标原点，过双曲线 ： ＞，＞ 的右焦点F作一条渐近线的垂线，
2 2
垂足为点M，过M作x轴的垂线，垂足 为N ，2−若 N 2 =为1 O ( F的0中点 ，0则) 双曲线的离心率为 ．
【分析】根据双曲线焦点到渐近线距离为b，再利用等腰三角形性质可知a＝b，可得离心率2为 ．
2
【解答】解：双曲线 ： ＞，＞ 的右焦点F（c，0），不妨取渐近线为 ，如下
2 2
图所示： 2− 2 =1( 0 0) =
可知 ， ，又MN垂直于x轴，且M在渐近线上，可得 ， ；
( 0) ( )
2 2 2
因此 ，即
，可得a2＝b2；
2 −0
⋅ =−1 ⋅ =− 1
2−
即离心率为 ．
2 2 2
+
故答案为： =． 2 = 2 = 2
14．（5分）已知四2面体ABCD的顶点都在表面积为16 的球面上，若∠ABC＝30°，AC＝1，则四面体ABCD
π
的体积的最大值为 ．
7+4 3
【分析】先求球心到底面ABC的距离为定值，再求底面ABC面积的最大值和三棱锥D﹣ABC的高，即
12
可求四面体ABCD体积的最大值．
【解答】解：根据题意作出示意图如图所示：
第10页（共20页）设△ABC外接圆半径为r，则 ，
1
在△ABC中，由余弦定理，
30°
= 2 ⇒ = 1 ，
2 2 2 2 2
所以 = + −2 ⋅ （ 当 且3仅0°当⇒ + − 3 时⋅ 取 等=号1 ），
1
1≥ (2− 3) ⋅ ⇒ ⋅ ≤ =2+ 3 = = 2+ 3
2− 3
所以 ，
1 2+ 3
设△ A △ B C 所=在 2 截 面 ⋅的 圆 ⋅心 为 3 O 0° 1 ，≤球心 4 为O，四面体ABCD外接球半径为R，
由4 R2＝16 R＝2，则 ，
2 2
所以π点D到平π⇒面ABC的最 大1距=离为 − =，4−1= 3
2+ 3
所以 ．
1 2+ 3 7+4 3
− ≤ × ×(2+ 3)=
3 4 12
故答案为： ．
7+4 3
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。
12
15．（13分）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为S，已知b2＝2S+abcosC．
（1）求A；
（2）若BC边上的高为1且3bcosC＝ccosB，求△ABC的面积S．
【分析】（1）利用三角形面积公式可得b2＝ab（sinC+cosC），进而边化角，利用三角恒等变换可求A；
（2）由已知结合正弦定理可得3tanB＝tanC，在△ABC中，作AH⊥BC于点H，AH为BC边上的高，
根据比例关系，可求得a，从而可求面积．
【解答】解：（1）因为b2＝2S+abcosC且
1
所以b2＝ab（sinC+cosC），即b＝a（sinC + △ c o s C）=，2
由正弦定理得sinB＝sinA（sinC+cosC），
所以sin（A+C）＝sinA（sinC+cosC），
第11页（共20页）sinAcosC+cosAsinC＝sinAsinC+sinAcosC，
所以cosAsinC＝sinAsinC，
因为在△ABC中，C （0， ），A （0， ），所以sinC＞0，sinA＞0，
所以sinA＝cosA，即∈ tanA＝π 1，因为∈ A （π 0， ），所以 ．
∈ π =
（2）3bcosC＝ccosB，由正弦定理得3sinBcosC＝sinCcosB，43tanB＝tanC，
在△ABC中，作AH⊥BC于点H，AH为BC边上的高，即AH＝1，
设CH＝x，BH＝a﹣x，因为3tanB＝tanC，所以 ，所以4x＝a，
3 1
=
所以H为BC上的四等分点，所以 ， − ，
3
= =
因为Rt△ABH中， ，4 4
3
∠ = =
Rt△ACH中， ， 4
∠ = =
且 4
∠ + ∠
∠ = (∠ +∠ )=
，所以 1− ∠ ， ⋅ ∠
3 2
= 3 2 = =1 + − 1 = 0
所以
1−16 4
，
16
−8±4 7
=
因为a＞0，所3 以 ，
−8+4 7
=
所以 3 ．
1 1 −4+2 7
16．（15 分 △ ） 如=图2，×在 三×棱 柱 = AB2C ﹣= A1B1C31 中，平面ABC1 ⊥平面ABC，AC1 ⊥平面BCC1B1 ．
（1）求证：BC1 ⊥BC；
（2）若平面ACC1A1 与平面ABC的夹角的正弦值为 ，且AB＝2BC＝2，求C1 到平面ABC的距离．
5
3
第12页（共20页）【分析】（1）过C1 作C1E⊥AB于点E，然后根据面面垂直的性质定理得C1E⊥平面ABC，然后再利用
线面垂直的性质定理得C1E⊥BC，同理AC1 ⊥BC，然后再利用线面垂直的判定定理得BC⊥平面ABC1 ，
然后用线面垂直的性质定理得BC1 ⊥BC；
（2）以B为原点，BA，BC分别为x，y轴建立空间直角坐标系，根据夹角公式，垂直关系，利用坐标
计算确定C1 位置，即可得解．
【解答】解：（1）证明：过C1 作C1E⊥AB于点E，如图所示：
面ABC1 ⊥面ABC，AB是交线，C1E 面ABC1 ，故C1E⊥面ABC，
又因为BC 面ABC，故C1E⊥BC，⊂
又AC1 ⊥面⊂BCC1B1 ，BC 面BCC1B1 ，则AC1 ⊥BC，
AC1 ∩C1E＝C1 ，AC1 ，C1 ⊂E 面ABC1 ，故BC⊥面ABC1 ，
又BC1 面ABC1 ，故可以证⊂得BC1 ⊥BC；
（2）建⊂立空间直角坐标系，如图所示：
设C1 （t，0，h），则A（2，0，0），C（0，1，0），B（0，0，0），
第13页（共20页），， ， ，， ， ，， ，
→ → →
=(−2 1 0) 1=( −2 0 ℎ) 1=( 0 ℎ)
由题易知 ，
→ →
2
1⋅ 1= ( −2)+ℎ =0
设平面ACC1A1 的法向量为 ，， ，
→
=( )
，即 ，
→ →
→ ⋅ → =0 −2 + =0
⋅ 1=0 ( −2) +ℎ =0
令x＝h，则 ， ， ，
→
=(ℎ 2ℎ 2− )
由题易知平面ABC的一个法向量为 ，， ，
→
=(0 0 1)
设平面ACC1A1 与平面ABC的夹角为 ，所以 ，
5
α =
根据同角三角函数间的关系可得 3 ，
2 5 2
= 1− = 1− =
9 3
故 ＜ ， ＞ ，解得t＝2（舍）或 ，
→ →
→ →
⋅ |2− | 2 2
=| |= | → → |= = =
2 2 3 5
| || | 5ℎ +(2− )
代入t（t﹣2）+h2＝0，可得 ，解得 ，
2 2 2 4
× ( − 2)+ ℎ = 0 ℎ=
故C1 到平面ABC的距离为 5． 5 5
4
17．（15分）2019年7月30日
5
国家市场监督管理总局第11次局务会议审议通过《食品安全抽样检验管理
办法》，自2019年10月1日起实施．某地市场监管部门对当地一食品厂生产的水果罐头开展固形物含
量抽样检验，按照国家标准规定，在一瓶水果罐头中，固形物含量不低于55%为优级品，固形物含量低
于55%且不低于50%为一级品，固形物含量低于50%为二级品或不合格品．
（1）现有6瓶水果罐头，已知其中2瓶为优级品，4瓶为一级品．
（i）若每次从中随机取出1瓶，取出的罐头不放回，求在第1次抽到优级品的条件下，第2次抽到一
级品的概率；
（ii）对这6瓶罐头依次进行检验，每次检验后不放回，直到区分出6瓶罐头的等级时终止检验，记检
验次数为X，求随机变量X的分布列与期望；
（2）已知该食品厂生产的水果罐头优级品率为p（0＜p＜1），且各件产品是否为优级品相互独立，若
在10次独立重复抽检中，至少有8次抽到优级品的概率不小于7×0.759（约为0.5256），求p的最小值．
【分析】（1）（i）设第1次抽到优级品为事件A，第2次抽到一级品为事件B，代入等式求解即可；
（ii）得到X的所有可能取值和相对应的概率，列出分布列，代入期望公式中求解即可．
（2）设在10次抽检中至少有8次抽到优级品的概率为f（p），得到f（p）的表达式，利用导数得到f
第14页（共20页）（p）的单调性，进而可解．
【解答】解：（1）（i）设第1次抽到优级品为事件A，第2次抽到一级品为事件B，
则 1 1 ；
2 4
2
( ) 6 4
( | )= = 2 =
（ii）易知X 的( 所)有可能6取值5为2，3，4，5．
所以 ， ，
2 1 1 2
2 1 4 2 2 2
( =2)= 2 = ( =3)= 3 =
P（X＝4） 6 15 ，P（X＝5） 6 15 ，
4 2 2 3 1 3 4 1 1 4
4+ 1 4 3 4 2 4 4+ 2 4 4 8
= 4 = = 5 =
则X的分布列为： 6 15 6 15
X 2 3 4 5
P
1 2 4 8
故 15 15 15 ； 15
1 2 4 8 64
（ 2）( 设)=在2 1 × 0次15抽+检3中×至15少+有4× 8次15抽+到5优×级15品=的15概率为f（p），
此时f（p） p10＝48p8（1﹣p）2+10p9（1﹣p）+p10
8 8 2 9 9
＝p8（36p2﹣=8 01p0+ 45(）1，−0 ＜)p+＜ 1，10 (1− )+
可得f′（p）＝360p7（p﹣1）2≥0，
所以f（p）在（0，1）上单调递增，
又 ，
3 3 9
( )=7×( )
则 4 ． 4
3
≥
故p的4最小值为 ．
3
18．（17分）已知F 4（2，0）是椭圆 ： ＞＞ 的右焦点，定点E（0，1），直线FE被椭圆
2 2
截得的线段的中点恰在直线y＝xΩ上 2 + 2 = 1( 0)
（1）求 的标准方程；
（2）过ΩF作斜率为k的直线，与 交于A，B两点，其中A在x轴上方， ， ，T为 上一点，
且TF平分∠ATB，求 的取值范Ω围； ∈ [1 7] Ω
| |
（3）P，Q为曲线 上
|
两
个
|
动点，且FE平分∠PFQ，证明：直线PQ过定点，并求出该定点．
Ω
【分析】（1）设直线FE与椭圆的交点为M（xM ，yM ），N（xN ，yN ），根据题意利用点差法可得 ，
2
1
2 =
2
第15页（共20页）进而可得a2，b2以及椭圆方程；
（2）设 ，直线AB的方程为x＝my+2，联立方程结合韦达定理可得 ，进
2
| | 1 1 6 +4
而分析求 解=；| | =− 2 + = 2 +2
（3）设P（x3 ，y3 ），Q（x4 ，y4 ），根据角平分线可得
→ → → →
，整理可得 ，即
⋅ ⋅ 4− 3 4− 4
→ → = → → =
4− 3 4− 4
可得定点． | || | | || |
【解答】解：（1）因为F（2，0），E（0，1），
所以直线FE的方程为 ，
+ = 1
即x+2y﹣2＝0，此时 2 ，
1
设直线FE与椭圆的交 点 为=− M2（xM ，yM ），N（xN ，yN ），
所以 ， ，
− 1 + +
即xM + x N =＝ yM + y = N ， 因−为 M =，− N2在椭圆 2 上，= 2
所以 2 2 ，
2 + 2 =1
2 2
2 + 2 =1
两式相减并整理得 ，
2
( + )( − )
=− 2
即 ，(解 得+ )( ，− )
2 2
1 1
因为− 2F×（12，=−0）
2是椭圆
的2 右=焦
2
点，
所以c＝2，即c2＝a2﹣Ωb2＝4，解得a2＝8，b2＝4，
则椭圆 的方程为 ；
2 2
Ω + = 1
（2）易知直线AB8与椭圆4 必相交，且 ，
| | | |
=
| | | |
第16页（共20页）设A（x1 ，y1 ），B（x2 ，y2 ），y1 ＞0，y2 ＜0，
设 ，直线AB的方程为x＝my+2， ， ，
| | 1 1 7
= =− = ∈[ 1]
| | 2 7
联立 ，消去x并整理得（m2+2）y2+4my﹣4＝0，
= +2
2 2
+ =1
由韦达8定理4得 ， ，
−4 −4
1+ 2 = 2 1 2 = 2
此时 +2 +2 ，
2 2
1 1 2 ( 1+ 2) 6 +4
−( + )= + = −2=− 2
所以 2 1 1 ， 2 +2
2
1 6 +4 8
+ = 2 =6− 2
因为 ， +，2 所以 +2 ， ，
2 1 2 15
∈[ 1] +2 ∈[ 3]
则 7 ， ，7
1 8 34 10
+ = 2 −6∈[ ]
又y1+y
2
＜0 ，+所2以 （0 1，5 1），3解得 ， ，
1 3
λ∈ ∈[ ]
则 的取值范围为 ， ； 3 5
| | 1 3
[ ]
（ |3 ） 证 | 明：设P（x3 ，3 y3 ）5，Q（x4 ，y4 ），
此时 ， ， ， ， ， ，
→ → →
=( 3−2 3) =( 4−2 4) =(−2 1)
，
→
2 2 2 1 2 2
| |= ( 3−2) + 3 = 3−4 3+4+ (8− 3)= (4− 3)
同理得 ， 2 2
→
2
| |= (4− 4)
2
由题意得 ，即 ，
→ → → →
⋅ ⋅ 4−2 3+ 3 4−2 4+ 4
→ → = → → =
4− 3 4− 4
| || | | || | 第17页（共20页）两边同时减2得 ，即 ，
3−4 4−4 4− 3 4− 4
则P，Q和（4， 44− ） 3三=点 4 共 − 线 4． 4− 3 = 4− 4
故直线PQ必过定点（4，4）．
19．（17分）对于函数y＝h（x），记h （0）（x）＝h（x），h （1）（x）＝（h（x））′， ，h （n+1）（x）＝（h
⋯
（n）（x））′（n N）．如果n是满足h （n）（x）＝h（x）的最小正整数，则称n是函数y＝h（x）的“最
小导周期”． ∈
（1）已知f（x）＝asin（x+t）+bcos（x+t），证明：对任意a，b，t R，f（x）的最小导周期为4；
（2）设 m，n R，g（x）＝emx+ncosx，若函数 y＝g（x）的∈最小导周期为 2，记 ，
∈ ，当实数a，b变化时，求M（a，b）的最小值； ( )=
2 2
（(3 ）−设 ) ＞+1(， +h（1x+） ＝( c)o)s x，若函数y＝h（x）满足h （2）（x）≤x对x （0，+∞）恒成立，且存在
x0 （0，ω +∞）使得h （2）（x0 ω）＝x0 ，试用 表示x0 ，并证明 ＜ ＜ ．∈
【∈分析】（1）根据“最小导周期”的定义即ω可证明；
2
0
（2）由题意有emx+ncosx＝m2emx﹣ncosx对任意实数x恒成立，令x＝0，得m2＝1+2n，令 ，得
=
m2＝1，根据 m 的取值验证函数 y＝g（x）的最小导周期为 2 即可得 g（x），由 ，2
可视为点P（a，﹣a﹣1）与点Q（b，e﹣b）之间的距离，利用 数( 形结 )合=
2 − 2
即(可 −求 解)；+(− −1− )
（3）记（x）＝h （2（） x）﹣x，由（x）＝h （2（） x）﹣x≤0在（0，+∞）上恒成立及存在x0 ＞0使
(2)
，φ可知x＝x0 ；是函数φy＝ （x）的极大值点，即 '（x0 ）＝0， ( 0)= ℎ ( 0)，−
2
解 0 得 = x 0 0 ，由 ＞， φ ＜，得 φ ＜ ＜ ( 0)=− ， 由 0 x − 0 ＞ 0 0， = 得 0 k
1 − 0
0 = 3 0 0 = 2 0 2 + 0 2 + ( ∈ ) ω
≥0，又 ，即k＝0 ，即得证． 2
2 2
【解答】 解( ： 0 （− 1） 证)明=： 因为≤0 f （1）（x）＝acos（x+t）﹣bsin（x+t），
f
（2）（x）＝﹣asin（x+t）﹣bcos（x+t），
f
（3）（x）＝﹣acos（x+t）+bsin（x+t），
f
（4）（x）＝asin（x+t）+bcos（x+t）＝f（x），
所以，对任意实数a，b，t，都有f （4）（x）＝f（x），
即最小导周期为4；
（2）g（x）＝emx+ncosx，g （1）（x）＝memx﹣nsinx，g （2）（x）＝m2emx﹣ncosx，
由题意知，emx+ncosx＝m2emx﹣ncosx对任意实数x恒成立，
第18页（共20页）令x＝0，则1+n＝m2﹣n，即m2＝1+2n，
令 ，则 ，则m2＝1，
2 2 2
所以 = m2＝1， n＝0 =或 m ＝﹣1，n＝0，
若m＝1，n＝0，则g（x）＝ex，g （1）（x）＝ex＝g（x），最小导周期不是2，矛盾；
若m＝﹣1，n＝0，则g（x）＝e ﹣x，g （1）（x）＝﹣e ﹣x，g （2）（x）＝e ﹣x＝g（x），最小导周期为2，符
合要求，
所以g（x）＝e ﹣x；
， 可视为点P（a，﹣a﹣1）与点
2 2 2 − 2
Q（( b， e)﹣=b）(之 −间 的)距+离( ，+1+ ( )) = ( − ) +(− −1− )
当实数a，b变化时，点P（a，﹣a﹣1）在直线y＝﹣x﹣1上运动，点Q（b，e ﹣b）在曲线y＝e ﹣x上运
动，
因此所求最小值可转化为曲线y＝e ﹣x上的点到直线y＝﹣x﹣l距离的最小值，
而曲线y＝e ﹣x在直线y＝﹣x﹣1上方，平移直线y＝﹣x﹣1使其与曲线y＝e ﹣x相切，
则切点到直线y＝﹣x﹣l的距离即为所求，
设切点 ， ，y'＝﹣e ﹣x，切线斜率 ，得x0 ＝0，切点为（0，1），
− 0 − 0
点（0， 1 (） 0 到直 线) y＝﹣x﹣1距离 − =−，1即M（a，b）的最小值为 ；
|1+0+1|
（3）证明：h （1）（x）＝﹣ sin（ x = ），h1 （22 + ）（1 2 x） = ＝ 2 ﹣ 2cos（ x）， 2
记 （x）＝h （2）（x）﹣x，ω即 （xω）＝﹣ 2cos x﹣x，ω ω
由φ（x）＝h （2）（x）﹣x≤0在φ（0，+∞）ω上恒ω成立及存在x0 ＞0使 ，
(2)
可知φ x＝x0 是函数y＝ （x）的极大值点，于是 ( 0)=，ℎ ( 0)− 0 =0
3
则 ， φ ′ ( 0)= 0−1=0
1
0 = 3①
又 ，则 ，
2 − 0
( 0)=− 0− 0 =0 0 = 2 ②
由①②得 ，则 ，
2
1 0 6 −1
6 + 4 = 1 0 =
第19页（共20页）又因为 ＞， ＜，
1 − 0
0 = 3 0 0 = 2 0
所以 ＜ ＜ ，由 x0 ＞0得k≥0，
2 + 0 2 + ( ∈ ) ω
2
又因为 ＜ ＜ ，
2
0 − ( ∈ )
所以 2 ，
2 2 2 2 2 2 2
有k≤ ( 0 ， 0 于−是 k＝)= 0，− [ ( 0− )]−( 0− )=− 0− 0+ = ≤0
所以 ＜ ＜ ．
0
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2026/2/60:16:57；用户：量神大数学；邮箱：18600601432；学号：509251412
第20页（共20页）
