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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（ ）
A．1 B．∈ C． D．2
3．（5分）的展开式中常数项是﹣160，则a＝（ ）
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（ ）
A． B． C． 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
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{a }的前 n 项和为 S ，已知 a ＝6，S ＝20，设，则数列{b }的前 n 项和为
n n 4 5 n
（ ）
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d ，d ，且d ≠d ．若d ＝AP，d ＝AQ，则d +d ＝（ ）
1 2 1 2 1 2 1 2
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
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＜1）＝0.2
第1页（共17页）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（x
i
，y
i
）（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
（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
（多选）11．（6分）已知正项数列{a }满足为数列的前n项和，则（ ）
n
A．数列{a }为递增数列 B．a ＞8
n 8
C． D．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．（5分）若2a＝18b＝6，且，则x＝ ．
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，垂足为点M，过M作x轴
的垂线，垂足为N，若N为OF的中点，则双曲线的离心率为 ．
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﹣A B C 中，平面ABC ⊥平面ABC，AC ⊥平面BCC B ．
1 1 1 1 1 1 1
（1）求证：BC ⊥BC；
1
（2）若平面ACC A 与平面ABC的夹角的正弦值为，且AB＝2BC＝2，求C 到平面ABC的距离．
1 1 1
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
第2页（共17页）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被椭圆截得的线段的中点
恰在直线y＝x上 Ω
（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，求的取值范围； Ω 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Ω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；
（3）设 ＞1，h（x）＝cos x，若函数y＝h（x）满足h（2）（x）≤x对x （0，+∞）恒成立，且存
在x （0ω，+∞）使得h（2）（ωx ）＝x ，试用 表示x ，并证明． ∈
0 0 0 0
∈ ω
第3页（共17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（ ）
A．1 B．∈ C． D．2
【分析】由条件根据两个复数代数形式的乘除法，虚数单位i的幂运算性质，两个复数相等的充要条
件求得a、b的值，可得ab的值．
【解答】解：∵a+bi，
∴a+bii，∴a，b，
∴ab，
故选：C．
3．（5分）的展开式中常数项是﹣160，则a＝（ ）
第4页（共17页）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，
由 20×（﹣a）3＝﹣160，
解⇒得a＝2．
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（ ）
A． B． C． D．
【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，即可得到本题的答
案．
【解答】解：因为，所以，
即，化简得，
所以向量在向量上的投影向量为．
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．
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：
第5页（共17页）①当三个不同数字各出现一次时，有个满足条件的三位；
②当一个数字出现两次，其他两个数字各出现一次时，重复出现的数字只能是2或3，
则有个满足条件的三位；
③当一个数字出现三次，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{a }的前 n 项和为 S ，已知 a ＝6，S ＝20，设，则数列{b }的前 n 项和为
n n 4 5 n
（ ）
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{a }的通项，再求出数列{b }的通项公
n n
式，后利用两角差的正弦公式和叠加法即可求数列{b }的前n项和．
n
【解答】解：设数列{a }的公差为d，由a ＝6，S ＝20，
n 4 5
得，解得，
则a ＝a +（n﹣1）d＝2n﹣2；
n 1
因为a ﹣a ＝2，
n+1 n
所以
tana ﹣tana ，
n+1 n
设数列{b }的前n项和为T ，
n n
可得T ＝b +b +...+b ＝（tana ﹣tana ）+（tana ﹣tana ）+...+（tana ﹣tana ）
n 1 2 n 2 1 3 2 n+1 n
＝tana ﹣tana ＝tana ＝tan2n．
n+1 1 n+1
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d ，d ，且d ≠d ．若d ＝AP，d ＝AQ，则d +d ＝（ ）
1 2 1 2 1 2 1 2
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，
则x +x ＝8﹣2a，
P Q
第6页（共17页）又d +d ＝x +x +2a＝8﹣2a+2a＝8．
1 2 P Q
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
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＜1）＝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（x
i
，y
i
）（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
【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；
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，
∴，则3m+n＝9，故D正确．
故选：ACD．
第7页（共17页）（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
【分析】A选项：令x＝0，代入得f（1）＝0，故A正确；
B选项：的范围是，定义域并非全体实数，故B错误；
C选项：通过t的表达式化简得f（t）＝（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．
【解答】解：令x∈＝0，则sinx+cosx＝1，4sin2x﹣4sin4x+sin2x＝0，
故f（1）＝0，故A正确；
令t＝sinx，
由x R，则，即定义域为，．故B错误；
由于∈t2＝（sinx+cosx）2＝sin2x+cos2x+2sinxcosx＝1+2sinxcosx，
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，故C正确；
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，
所以函数的最小值为，
又g（0）＝0，g（2）＝2，
故函数的最大值端点u＝2处取得为2，值域为，故D正确．
故选：AD．
（多选）11．（6分）已知正项数列{a }满足为数列的前n项和，则（ ）
n
A．数列{a }为递增数列 B．a ＞8
n 8
C． D．
【分析】对于A，由可判断；对于B，由得到a ＜a +1，即可判断；对于C，由n＝1，n＝2和当n＞
n+1 n
2时，2n﹣1＞n得到，即可判断；对于D，由，裂项相消求和即可判断．
【解答】解：对于A，因为，所以，
所以，即a ＞a ，所以数列{a }递增数列，故A正确；
n+1 n n
第8页（共17页）对于B，因为，所以，所以a ＜a +1，
n+1 n
又因为0＜a
1
＜1，所以a
n
＜a
n﹣1
+1＜a
n﹣2
+2＜⋯＜a
1
+n﹣1＜n，所以a
8
＜8，故B错误；
对于C，由B的解析可得a ＜n，所以当n＝1时，，当n＝2时，，
n
当n＞2时，因为，
所以，所以，
综上可得：，故C正确；
对于D，因为a ＜n，所以，
n
所以，故D正确．
故选：ACD．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．（5分）若2a＝18b＝6，且，则x＝ 3 ．
【分析】将2a＝18b＝6化为对数式，根据题干得到关于x的方程，求解方程即可．
【解答】解：由题可得，a＝log 6，b＝log 6，
2 18
则，
因为log （x﹣2）+log （x+1）＝log [（x﹣2）（x+1）]＝2，x＞2，
2 2 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，垂足为点M，过M作x轴
的垂线，垂足为N，若N为OF的中点，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，可得离心率为．
【解答】解：双曲线的右焦点F（c，0），不妨取渐近线为，如下图所示：
可知，又MN垂直于x轴，且M在渐近线上，可得；
因此，即，可得a2＝b2；
即离心率为．
故答案为：．
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
第9页（共17页）【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
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：
设△ABC外接圆半径为r，则，
在△ABC中，由余弦定理，，
所以（当且仅当时取等号），
所以，
设△ABC所在截面的圆心为O ，球心为O，四面体ABCD外接球半径为R，
1
由4 R2＝16 R＝2，则，
所以π点D到平π⇒面ABC的最大距离为，
所以．
故答案为：．
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）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
所以b2＝ab（sinC+cosC），即b＝a（sinC+cosC），
由正弦定理得sinB＝sinA（sinC+cosC），
第10页（共17页）所以sin（A+C）＝sinA（sinC+cosC），
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＝π1，因为∈A （0π， ），所以．
（2）3bcosC＝ccosB，由正弦定理得3∈sinBcosπC＝sinCcosB，3tanB＝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，
所以H为BC上的四等分点，所以，
因为Rt△ABH中，，
Rt△ACH中，，
且
，所以，
所以，
因为a＞0，所以，
所以．
16．（15分）如图，在三棱柱ABC﹣A B C 中，平面ABC ⊥平面ABC，AC ⊥平面BCC B ．
1 1 1 1 1 1 1
（1）求证：BC ⊥BC；
1
（2）若平面ACC A 与平面ABC的夹角的正弦值为，且AB＝2BC＝2，求C 到平面ABC的距离．
1 1 1
【分析】（1）过C 作C E⊥AB于点E，然后根据面面垂直的性质定理得C E⊥平面ABC，然后再利
1 1 1
用线面垂直的性质定理得C E⊥BC，同理AC ⊥BC，然后再利用线面垂直的判定定理得BC⊥平面
1 1
第11页（共17页）ABC ，然后用线面垂直的性质定理得BC ⊥BC；
1 1
（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C 位置，即可得解．
1
【解答】解：（1）证明：过C 作C E⊥AB于点E，如图所示：
1 1
面ABC ⊥面ABC，AB是交线，C E 面ABC ，故C E⊥面ABC，
1 1 1 1
又因为BC 面ABC，故C
1
E⊥BC，⊂
又AC
1
⊥面⊂BCC
1
B
1
，BC 面BCC
1
B
1
，则AC
1
⊥BC，
AC
1
∩C
1
E＝C
1
，AC
1
，C 1⊂E 面ABC
1
，故BC⊥面ABC
1
，
又BC
1
面ABC
1
，故可以证⊂得BC
1
⊥BC；
（2）建⊂立空间直角坐标系，如图所示：
设C （t，0，h），则A（2，0，0），C（0，1，0），B（0，0，0），
1
，，，
由题易知，
设平面ACC A 的法向量为，
1 1
，即，
令x＝h，则，
由题易知平面ABC的一个法向量为，
设平面ACC A 与平面ABC的夹角为 ，所以，
1 1
根据同角三角函数间的关系可得， α
第12页（共17页）故，解得t＝2（舍）或，
代入t（t﹣2）+h2＝0，可得，解得，
故C 到平面ABC的距离为．
1
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
（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；
（ii）易知X的所有可能取值为2，3，4，5．
所以，，
P（X＝4），P（X＝5），
则X的分布列为：
X 2 3 4 5
P
故；
（2）设在10次抽检中至少有8次抽到优级品的概率为f（p），
此时f（p）p10＝48p8（1﹣p）2+10p9（1﹣p）+p10
＝p8（36p2﹣80p+45），0＜p＜1，
第13页（共17页）可得f′（p）＝360p7（p﹣1）2≥0，
所以f（p）在（0，1）上单调递增，
又，
则．
故p的最小值为．
18．（17分）已知F（2，0）是椭圆 ：的右焦点，定点E（0，1），直线FE被椭圆截得的线段的中点
恰在直线y＝x上 Ω
（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，求的取值范围； Ω 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．
【分析】（1）设直Ω线FE与椭圆的交点为M（x
M
，y
M
），N（x
N
，y
N
），根据题意利用点差法可得，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，进而分析求解；
（3）设P（x ，y ），Q（x ，y ），根据角平分线可得，整理可得，即可得定点．
3 3 4 4
【解答】解：（1）因为F（2，0），E（0，1），
所以直线FE的方程为，
即x+2y﹣2＝0，此时，
设直线FE与椭圆的交点为M（x ，y ），N（x ，y ），
M M N N
所以，，
即x +x ＝y +y ，因为M，N在椭圆上，
M N M N
所以，
两式相减并整理得，
即，解得，
因为F（2，0）是椭圆 的右焦点，
所以c＝2，即c2＝a2﹣bΩ 2＝4，解得a2＝8，b2＝4，
第14页（共17页）则椭圆 的方程为；
（2）易Ω知直线AB与椭圆必相交，且，
设A（x ，y ），B（x ，y ），y ＞0，y ＜0，
1 1 2 2 1 2
设，直线AB的方程为x＝my+2，，
联立，消去x并整理得（m2+2）y2+4my﹣4＝0，
由韦达定理得，，
此时，
所以，
因为，所以，
则，
又y +y ＜0，所以 （0，1），解得，
1 2
则的取值范围为；λ∈
（3）证明：设P（x ，y ），Q（x ，y ），
3 3 4 4
此时，，，
，
同理得，
由题意得，即，
两边同时减2得，即，
则P，Q和（4，4）三点共线．
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）
第15页（共17页）（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；
（3）设 ＞1，h（x）＝cos x，若函数y＝h（x）满足h（2）（x）≤x对x （0，+∞）恒成立，且存
在x （0ω，+∞）使得h（2）（ωx ）＝x ，试用 表示x ，并证明． ∈
0 0 0 0
【分∈析】（1）根据“最小导周期”的定义即可ω证明；
（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，利用数形结合即可求解；
（3）记 （x）＝h（2）（x）﹣x，由 （x）＝h（2）（x）﹣x≤0在（0，+∞）上恒成立及存在x ＞0
0
使，可知φx＝x ；是函数y＝ （x）的φ极大值点，即 '（x ）＝0，，解得x ，由，，得，由 x ＞0，
0 0 0 0
得k≥0，又，即k＝0，即得证φ． φ ω
【解答】解：（1）证明：因为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，
令x＝0，则1+n＝m2﹣n，即m2＝1+2n，
令，则，则m2＝1，
所以m＝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；
第16页（共17页）可视为点P（a，﹣a﹣1）与点Q（b，e﹣b）之间的距离，
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x ＝0，切点为（0，1），
0
点（0，1）到直线y＝﹣x﹣1距离，即M（a，b）的最小值为；
（3）证明：h（1）（x）＝﹣ sin（ x），h（2）（x）＝﹣ 2cos（ x），
记 （x）＝h（2）（x）﹣x，ω即 （ωx）＝﹣ 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x ＞0使，
0
可知φ x＝x
0
是函数y＝ （x）的极大值点，于是，
则， φ
又，则，
由①②得，则，
又因为，，
所以，由 x ＞0得k≥0，
0
又因为，ω
所以，
有k≤0，于是k＝0，
所以．
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