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2025-2026 学年福建省厦门市高三（上）期末数学试卷
一、单项选择题：本题共8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＝{x|log2x
⩽
1}，B＝{x|（x+3）（x﹣1）＜0}，则A∪B＝（ ）
A．（﹣3，2] B．（﹣3，1） C．（0，1） D．（1，2]
2．（5分）若等比数列{an}满足a2 ﹣a1 ＝1，a5 ﹣a4 ＝8，则a3 ＝（ ）
A．﹣4 B．﹣2 C．2 D．4
3．（5分）若 ， 均为单位向量，且满足 ，则向量 ， 的夹角为（ ）
→ → → → → → →
⊥ ( +2 )
A． B． C． D．
2 3
4．（5分
3
）若复数z满足|z|＝|z4 ﹣2|＝1，则z的虚部为
3
（ ）
4
A．﹣1 B．0 C．1 D．2
5．（5分）将一个表面积为S的铁球熔化后重新浇铸成两个小球（熔化的铁水无损耗，无残留），则这两个
小球的表面积之和可能是（ ）
A．0.95S B．S C．1.1S D．2S
6．（5分）已知随机变量X，Y满足X+Y＝1，若X～N（0，σ2），且P（|Y|＜1）＝0.2，则P（|Y﹣1|＜2）
＝（ ）
A．0.2 B．0.4 C．0.6 D．0.8
7．（5分）若函数f（x）＝（x+2）6﹣ax5﹣bx3﹣cx是偶函数，则b＝（ ）
A．0 B．20 C．120 D．160
8．（5分）设椭圆C： 1（a＞b＞0）的中心为O，右顶点为A，若C上存在一点P满足PO⊥PA，
2 2
则C的离心率的取值2范+围2是=（ ）
A． ， B． ， C． ， D． ，
1 2 3 6
二、多项(
2
选择1)题：本题共3小(题
2
，每1)小题6分，共1 (
82
分.在1每) 小题给出的四(个
3
选项1)中，有多项符合题目要
求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。
（多选）9．（6分）已知一组样本数据为80，81，83，85，86，89，则（ ）
A．若剔除80，则样本的极差变小
B．若剔除80，则样本的平均数变小
C．若剔除83，则样本的中位数变大
第1页（共20页）D．若剔除89，则样本的方差变小
（多选）10．（6分）如图，某石凳可以看作是正四棱柱截去一个三棱锥得到的几何体，已知AB＝AD＝2，
AE＝3，BQ＝1，PG＝2，则（ ）
A．该几何体的体积为11
B．直线PQ与EH所成的角为45°
C．FH⊥PQ
D．点G到平面DPQ的距离是点B到平面DPQ的距离的2倍
（多选）11．（6分）已知函数f（x）＝sin3 x+cos3 x， ＞0，则（ ）
ω ω ω
A．
2
B．x ＝( 0 )为= f（( x +）的 极) 小值点
C．f（x）的值域为[﹣1，1]
D．若存在t R，使得{f（x）|t≤x≤t+1}＝{f（x）|x R}，则 的最小值为
三、填空题：本∈题共3小题，每小题5分，共15分。∈ ω
2
12．（5分）若双曲线 ： 的两条渐近线互相垂直，则m＝ ．
2 2
− =1
13．（5分）已知 （0， ），s2in−（ ）＝sin2 ，则cos2 ＝ ．
θ∈ θ− θ θ
14．（5 分）已知数列2{an}满足：4 ， ， ， ，则 a25a26
∗
＝ ；记数列 的前n项和 1 为= S 1 n ， 若 2 = S2 2 5⩾ m ，( 则 + 正 1−整 数 − m 1)的=最2(大 ⩾值2为 ∈ ) ．
1
{ }
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）为调研某地民众对于“未来低空出行”的了解情况，用简单随机抽样的方法，从该地调查了
300位市民，统计得到如下列联表：
了解 不了解 合计
第2页（共20页）女 90 60 150
男 110 40 150
合计 200 100 300
（1）根据小概率值 ＝0.010的独立性检验，分析对“未来低空出行”了解情况是否与性别有关；
（2）在不了解“未来α低空出行”的100位市民中，按性别进行分层，用分层随机抽样的方法抽取5人，
再从这5人中随机选取3人去智能飞行器中心实地参观，设X为女性市民的人数，求X的分布列与期
望．
附： ，
2
2 ( − )
=
( + )( + )( +0. 0)5(0 + ) 0.010 0.001
α
xa 3.841 6.635 10.828
16．（15分）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知3ccosB＝3a﹣bsinC．
（1）求tanC；
（2）若D在边AB上，且CD＝b，BD＝1，tan∠DCB ，求b．
1
=
3
17．（15分）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面是直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝90°，BC＝3，AD＝4， ，
→ →
0＜ ＜1． =
λ
（1）当 时，证明：BQ∥平面PCD；
1
λ=
4
（2）已知平面PAD⊥平面ABCD，PA＝CD＝2，PD＝2 ，平面QAB与平面QBC夹角的余弦值为 ，
5
求△QBC的面积． 3
5
18．（17分）设函数f（x）＝xln（a﹣x），a＞0．
（1）当a＝2时，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（2）证明：f（x）存在唯一极大值点；
（3）记f（x）的极大值点为x0 ，若存在a，使得f（x0 ）≤a+b，求b的取值范围．
19．（17分）已知抛物线E：y2＝2x，D1 （1，0），k1 ＝1， 为常数， ＞1．按照如下方式依次构造点Dn
λ λ
第3页（共20页）（n＝2，3，…）：过Dn﹣1 作斜率为kn﹣1 （kn﹣1 ＞0）的直线交E于An﹣1 ，Bn﹣1 两点，使得|Dn﹣1An﹣1|＝
|Dn﹣1Bn﹣1|，令Dn 为线段An﹣1Bn﹣1 的垂直平分线与x轴的交点，记Dn 的坐标为（xn ，0）．
λ（1）求 ；
（2）证明λ ：xn 1；
2
（3）设Sn 为△ A n = BnDn+1 的面积，证明： ＜ （2n+1）．
+1
=1 2
第4页（共20页）2025-2026 学年福建省厦门市高三（上）期末数学试卷
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 D C B C B D B
二．多选题（共3小题）
题号 9 10 11
答案 ACD BD ACD
一、单项选择题：本题共8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＝{x|log2x
⩽
1}，B＝{x|（x+3）（x﹣1）＜0}，则A∪B＝（ ）
A．（﹣3，2] B．（﹣3，1） C．（0，1） D．（1，2]
【分析】先求出集合A，B中不等式的解集，然后根据并集的定义计算即可．
【解答】解：由对数不等式性质得集合A＝{x|log2x≤1}＝{x|0＜x≤2}，
由一元二次不等式性质得集合B＝{x|（x+3）（x﹣1）＜0}＝{x|﹣3＜x＜1}，
∴由并集定义得A∪B＝（﹣3，2]．
故选：A．
2．（5分）若等比数列{an}满足a2 ﹣a1 ＝1，a5 ﹣a4 ＝8，则a3 ＝（ ）
A．﹣4 B．﹣2 C．2 D．4
【分析】根据等比数列的通项公式计算即可．
【解答】解：因为a2 ﹣a1 ＝1，a5 ﹣a4 ＝8，
则 ，即q＝2，所以a2 ﹣a1 ＝2a1 ﹣a1 ＝a1 ＝1．
5− 4 3
= = 8
所以 2−a 3 ＝1 4．
故选：D．
3．（5分）若 ， 均为单位向量，且满足 ，则向量 ， 的夹角为（ ）
→ → → → → → →
⊥ ( +2 )
A． B． C． D．
2 3
3 4 第5页（共3 20页） 4【分析】根据已知条件，结合向量垂直的性质，以及单位向量的定义，即可求解．
【解答】解：设向量 ， 的夹角为 ， [0， ]，
→ →
θ θ∈ π
，
→ → →
⊥ ( +2 )
则 ，
→ → → → → →
2
⋅( +2 )= +2 ⋅ =0
∵ ， 均为单位向量，
→ →
∴1+2×1×1×cos ＝0，解得cos ，解得 ．
1 2
故选：C． θ =− 2 = 3
4．（5分）若复数z满足|z|＝|z﹣2|＝1，则z的虚部为（ ）
A．﹣1 B．0 C．1 D．2
【分析】设z＝a+bi，（a、b R），然后根据已知条件和模的公式求出a，b，进而确定结果．
【解答】解：设z＝a+bi，（∈a、b R），则a2+b2＝1＝（a﹣2）2+b2＝1，
解得a＝1，b＝0，所以z＝1，虚∈部为0．
故选：B．
5．（5分）将一个表面积为S的铁球熔化后重新浇铸成两个小球（熔化的铁水无损耗，无残留），则这两个
小球的表面积之和可能是（ ）
A．0.95S B．S C．1.1S D．2S
【分析】设大球半径为R，两个小球半径分别为r1 ，r2 ，得到 ，再根据基本不等式可得
3 3 3 3
= 1+ 2 ( 1+ 2)
＞ ，即r1+r2 ＞R，进而得到 ＞ ，所以
和
＞ ，
2 2 2
3 2 2 ( 1+ 2) 2 2 2
1+ 2 ≥ =4 ( 1+ 2) 4 × =2 =
进而得到当r1 ＝r2 时，
和
2
3 3
2
2 3
1.1S，即可选2 出正确选项．
2 2
【解答】解：设大球半 径为= R 4， 两×2个 小 1 =球8半 径×分( 别2为) r = 1 ，8 r 2 ，×3 4 = 16 ≈
大球表面积为S＝4 R2，大球体积 ，
4 3
π =
两个小球体积分别为 ， 3 ，且V＝V1+V2 ，
4 3 4 3
化简可得 ， 1 = 3 1 2 = 3 2
3 3 3
= 1+ 2
对于 和 ，有 ，
2
2 2 2 2 ( 1+ 2)
又因为 1 2 1+ 2 ≥ 2 R3+3r1r2 （r1+r2 ），且r1r2 ＞0，
3 3 2 2 3
所以 ( 1+ 2＞) =， 1即+r3 1 + 1 r 2 2＞+R3， 1 2+ 2 =
3 3
( 1+ 2)
第6页（共20页）那么 ＞ ，所以 ＞ ，
2 2
2 2 2 2 ( 1+ 2)
( 1+ 2) 1+ 2 ≥
两个小球的表面积之和 2 2 ，
和
2 2 2 2
=4 1+4 2 =4 ( 1+ 2)
由 ＞ ，可得 ＞ ，
和
2 2
2 2 2 2 2
1+ 2 =4 ( 1+ 2) 4 × =2 =
2 2
当r1 ＝r2 时， ， ，
3 3
3 3
2 1 = 1 =
此时 2 1.1S．
和 3 3 2 3
2 2
故选： C =．4 ×2 1 =8 ×( 2 ) =8 ×3 = 16 ≈
4
6．（5分）已知随机变量X，Y满足X+Y＝1，若X～N（0，σ2），且P（|Y|＜1）＝0.2，则P（|Y﹣1|＜2）
＝（ ）
A．0.2 B．0.4 C．0.6 D．0.8
【分析】转化为以X为变量，再根据正态分布的性质求解即可．
【解答】解：因为随机变量X，Y满足X+Y＝1，X～N（0，σ2），
故Y＝1﹣X，
可得P（|Y|＜1）＝P（0＜X＜2）＝0.2，则P（|Y﹣1|＜2）＝P（﹣2＜X＜2）＝2×P（0＜X＜2）＝0.4．
故选：B．
7．（5分）若函数f（x）＝（x+2）6﹣ax5﹣bx3﹣cx是偶函数，则b＝（ ）
A．0 B．20 C．120 D．160
【分析】由偶函数的性质知，f（x）的解析式中x的奇数次幂的系数一定为0，再结合二项展开式的通
项公式求解即可．
【解答】解：若函数f（x）＝（x+2）6﹣ax5﹣bx3﹣cx是偶函数，则x的奇数次幂的系数一定为0，
其中（x+2）6中含x3的项为 160x3，
3 3 3
所以函数f（x）的解析式中含 6x⋅3 的项⋅2的=系数为160﹣b，
令160﹣b＝0，则b＝160．
故选：D．
8．（5分）设椭圆C： 1（a＞b＞0）的中心为O，右顶点为A，若C上存在一点P满足PO⊥PA，
2 2
则C的离心率的取值2范+围2是=（ ）
A． ， B． ， C． ， D． ，
1 2 3 6
( 1) ( 1) ( 1) ( 1)
【分析2】设P（x，y）（0＜x＜2 a），由PO⊥PA，可得2 ，得到x23 +y2﹣ax＝0，再与椭圆方程联
→ →
⋅ =0
第7页（共20页）立得到（c2x﹣ab2）（x﹣a）＝0，再由点P的位置求解．
【解答】解：设P（x，y）（0＜x＜a），又O（0，0），A（a，0），且PO⊥PA，
所以 ，即x2+y2﹣ax＝0，
→ →
与椭圆 方⋅程 联=立0 c2x2﹣a3x+a2b2＝0，
即（c2x﹣ab2）（x﹣a）＝0，解得x＝a或 ，
2
= 2
则 ＜ ＜，即b2＜c2，
2
0 2
即 ＞ ，则 ＜＜．
2 2
故选：B． 1
2 2
二、多项选择题：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，有多项符合题目要
求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。
（多选）9．（6分）已知一组样本数据为80，81，83，85，86，89，则（ ）
A．若剔除80，则样本的极差变小
B．若剔除80，则样本的平均数变小
C．若剔除83，则样本的中位数变大
D．若剔除89，则样本的方差变小
【分析】根据极差、平均数、中位数、方差的定义和公式计算即可．
【解答】解：样本数据为80，81，83，85，86，89，
原数据的极差为89﹣80＝9，删去80后的极差变为89﹣81＝8，所以A正确；
原数据的平均数为 ，删去80后平均数为 ，所以
80+81+83+85+86+89 81+83+85+86+89
B错误；
6
= 84
5
= 84.8
原数据的中位数为84，删去83后中位数为85，所以C正确；
对于选项D：删去89后，均值变为 ，
80+81+83+85+86
方差为 = 83
5
；
2 1 2 2 2 2 2 26
2 = [(80−83) +(81−83) +(83−83) +(85−83) +(86−83) ]=
而原5数据的均值 ，方差为 5
2 1 2 2 2 2
=84 1 = [(80−84) +(81−84) +(83−84) +(85−84) +(86−
； 6
2 2 28
84) +(89−84) ]=
由于 ＞ ，所以方差3变小，故D正确．
2 2
1 2 第8页（共20页）故选：ACD．
（多选）10．（6分）如图，某石凳可以看作是正四棱柱截去一个三棱锥得到的几何体，已知AB＝AD＝2，
AE＝3，BQ＝1，PG＝2，则（ ）
A．该几何体的体积为11
B．直线PQ与EH所成的角为45°
C．FH⊥PQ
D．点G到平面DPQ的距离是点B到平面DPQ的距离的2倍
【分析】对于A，根据三棱锥体积公式计算即可；
对于B，延长BQ，GP交于点C，根据角度和平行关系确定即可；
对于C，根据线面垂直进行判断；
对于D，由于 ，故B与C到平面DPQ的距离相等．
→ →
=
【解答】解：截取三棱锥的体积为 ，所以该几何体的体积为 ，A错误；
1 1 1 35
延长BQ，GP交于点C，由于EH∥ 6B × Q 1，× CQ 1＝× C 2 P =， 3 所以∠BQP＝135°， 12− 3 = 3
所以直线PQ与EH所成角为45°，B正确；
过P且垂直于FH的面为面AEGP，PQ 面AEGP，C错误；
⊄
，所以B与C到面DPQ的距离相等，
→ →
同 理=， G 到面DPQ的距离是C到面DPQ的距离的2倍，D正确．
故选：BD．
第9页（共20页）（多选）11．（6分）已知函数f（x）＝sin3 x+cos3 x， ＞0，则（ ）
ω ω ω
A．
2
B．x ＝( 0 )为= f（( x +）的 极) 小值点
C．f（x）的值域为[﹣1，1]
D．若存在t R，使得{f（x）|t≤x≤t+1}＝{f（x）|x R}，则 的最小值为
∈ ∈ ω
【分析】选项A，对 进行化简，即可判断；选项B，对函数求导，2结合图形判断单调性，进而
2
可得x＝0是一个极大 (值 点+； 选)项C，结合图形求解函数的值域即可；选项D，原条件等价于在长度为1
的区间范围里，能使函数值取到值域里的每一个数，据此列出不等式求解即可．
【解答】解：选项A， ，故选
2 3 3 3 3
项A正确； ( + )= ( +2 )+ ( +2 )= + = ( )
选项 B，f′（x）＝3sin2 xcos x• +3cos2 x（﹣sin x）• ＝3 sin xcos x（sin x﹣cos x）＝
3 sin xcos x•sin（ x ）ω， ω ω ω ω ω ω ω ω ω ω
ω ω ω ω −
所以f（x）在区间（ ，4 ）上的单调性如下：
−
f（x）在 ， ， ， ， ， 上单调递增，在 ， ， ， ， ，
3 3
(− − ) (− 0) ( ) (− − ) (0 ) (
上单调递 减， 4 2 4 2 4 2 4 2
)
作出函数f（x）的大致图象如图所示，
第10页（共20页）由图可知，x＝0为f（x）的极大值点，故选项B错误；
选项C，因为 ， ，所以f（x）的最大值为1，
3 2
(0)= ( )=1 (− )=−
因为 2 ，4 2 ，所以f（x）的最小值为﹣1，故选项C正确；
2
选项 D(，−{ f（)=x） |(t≤−x2 ≤ t)+1=}＝ ({ f（)=x）−|x1 R }(等 4 价 )于=在 2 长度为1的区间范围里，能使函数值取到值域里的
每一个数， ∈
所以 ，即 ，
− ≤ 1 ≥
所以 的最2 小值为 ，故选项2 D正确．
故选：ω ACD．
2
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．（5分）若双曲线 ： 的两条渐近线互相垂直，则m＝ 1 ．
2 2
− =1
【分析】由双曲线的两 条渐2近−线 互相垂直，可知 ，即a2＝b2，即可得解．
2
− 2 =−1
【解答】解：由双曲线 ： 的两条渐 近线互相垂直，
2 2
− =1
可知 ，得a2＝b2， 2−
2
故有−
m
＝2
2
=﹣−
m
1，解得m＝1．
故答案为：1．
13．（5分）已知 （0， ），sin（ ）＝sin2 ，则cos2 ＝ ．
3
【分析】由已θ知∈结合和
2
差角公式θ，−二4倍角公式θ进行化简，θ即可−求2解．
【解答】解：因为 （0， ），sin（ ）＝sin2 ，
θ∈ θ− θ
2 4
所以 （sin ﹣cos ）＝2sin cos ，
2
令t＝sin ﹣cθos ，则θ t2＝1﹣θ2sinθcos ，即2sin cos ＝1﹣t2，
2
θ θ θ θ θ θ
所以 ，即 0，
2 2 2
= 1 − 2 + 2 −2=
解得t2 或t ，
2
当t =− 时2，2s = in2cos ＝1﹣t2＝﹣1＜0，舍去，
=− 2 θ θ
故t ，2sin cos ＝1﹣t2 ，
2 1
= θ θ =
因为（2 cos +sin ）2＝1+2sin c 2 os ＝1 ，
1 3
θ θ θ θ + =
2 第211页（共20页）则cos +sin ，
6
θ θ=
则cos2 ＝cos2 2﹣sin2 ＝（cos +sin ）（cos ﹣sin ） （ ） ．
6 2 3
θ θ θ θ θ θ θ = × − =−
故答案为： ． 2 2 2
3
14．（5分）已知−数2列{an}满足： ， ， ， ，则a25a26 ＝ 50 ；
∗
记数列 的前n项和为Sn ， 1 若=1 S25⩾ 2 m =，2则正 整( 数 + m 1−的 最 − 大 1)值=为2( ⩾ 6 2 ． ∈ )
1
{ }
【分析】 先 确定{an+1an}是以a1a2 ＝2为首项，2为公差的等差数列，进而可求得a25a26 ＝50；先列出Sn
的表达式，进而可列出S25 的表达式，根据放缩法证明S25 ＜7，从而求出结果．
【解答】解：已知数列{an}满足： ， ， ， ，
∗
则an+1an ﹣anan﹣1 ＝2，经计算a3 ＝ 21，=1 2 =2 ( +1− −1)=2( ⩾2 ∈ )
故a2a3 ﹣a1a2 ＝4﹣2＝2，递推关系对n＝1也成立，
即{an+1an}是以a1a2 ＝2为首项，2为公差的等差数列，
根据等差数列的通项公式可得an+1an ＝2+（n﹣1）•2＝2n，
则有a25a26 ＝50；
记数列 的前n项和为Sn ，若S25⩾ m，
1
{ }
因为 ，
1 +1− −1
=
所以 2 ，
1 3− 1 4− 2 +1− −1 1 +1+ − 1− 2 +1+ −1
= + + +⋯+ = + =
1 2 2 2 1 2 2
所以 ＞ ＞；
25+ 26−1 1 10 2−1
下证： 25 S2 = 5 ＜7， 2 2 (2 25 26−1)= 2 6
因为an+1an ＝2n，则有an+2an+1 ＝2n+2，所以 ，
+2 +1
=
当n＝2k时， ，
2 +2 2 +1
=
则有 2 2 ，
4 6 3 5 7 2 +1
2 +2 = 2⋅ ⋅ ⋯ 2 +2 2 =2× × × ×⋯×
因为（2k﹣1）（2 k2+1） 4＜（2k）2， 2 4 6 2
则 ＜ ，则有 ＜ ，
2 +1 2 2 +1 2 2 2 +1
( ) ⋅
所以2 2 −1 2 ＜ 2 −1 2 ，
3 5 7 2 +1 2 2 3 4 5 2 2 +1
所以(
2
×＜4 ×
6
×⋯×，2
)
1
×
2
×
3
×
4
×⋯×
2 −1
×
2
=2 +1
2 +2 2 2 +1
第12页（共20页）因为2k（2k+2）＜（2k+1）2，
则 ＞ ，则有 ＞ ，
2 +1 2 +2 2 +1 2 2 +1 2 +2
( ) ⋅
所以2 2 +1 2 ＞ 2 2 +1 ，
3 5 7 2 +1 2 3 4 5 2 +1 2 +2
( × × ×⋯× ) × × ×⋯× × = +1
所以 2 ＞4 6 ， 2 2 3 4 2 2 +1
综上， 2 +2 ＜2 ＜+1 ，所以 ＜ ＜ ＜ ，
所以，2 2 2 2 −1 ＜ 50 2 13 26 ，10
1 50 1 50
25 = ( 26+ −1) (10+ −1)= 7
所以正整数m2的最大值 2为6 6． 2 10
故答案为：50；6．
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）为调研某地民众对于“未来低空出行”的了解情况，用简单随机抽样的方法，从该地调查了
300位市民，统计得到如下列联表：
了解 不了解 合计
女 90 60 150
男 110 40 150
合计 200 100 300
（1）根据小概率值 ＝0.010的独立性检验，分析对“未来低空出行”了解情况是否与性别有关；
（2）在不了解“未来α低空出行”的100位市民中，按性别进行分层，用分层随机抽样的方法抽取5人，
再从这5人中随机选取3人去智能飞行器中心实地参观，设X为女性市民的人数，求X的分布列与期
望．
附： ，
2
2 ( − )
=
( + )( + )( +0. 0)5(0 + ) 0.010 0.001
α
xa 3.841 6.635 10.828
【分析】（1）先根据公式求出χ2值，然后根据独立性检验原理判断即可．
（2）先确定女性的人数X可能为1，2，3，以及对应的概率值，进而得到X的分布列和期望．
【解答】解：（1）根据题意，零假设为H0 ：对“未来低空出行”了解情况与性别无关联．
则 ＜ ，
2 2
2 ( − ) 300×(90×40−60×110)
根据 小=概( 率+ 值)( ＝+ 0).0( 1+0 的)(独 +立 )性=检验2，00没×1有00充×分15证0×据15推0断= H0 6不成6.立63，5 即认为对“未来低空出行”了解
α
第13页（共20页）情况与性别无关联．
（2）根据题意，不了解“未来低空出行”的100位市民中，男性市民有40人，女性市民有60人，
若从市民中抽取的5人，其中男性有5 2人，女性有5 3人，
40 60
现在从5人中随机抽取3人，则女性的×人1数00X =可能为1，2，3 ×，100 =
故 ， ， ，
1 2 2 1 3
3 2 3 3 2 6 3 3 1
( =1)= 3 = ( =2)= 3 = = ( =3)= 3 =
所以X的分布列 为 5 ： 10 5 10 5 5 10
X 1 2 3
p
3 3 1
所以X的期望为 10 ． 5 10
3 3 1 9
16．（15分）记△AB C ( 的)=内1角× A1，0B +，2 C ×的5 +对3边×分1别0 =为5a，b，c，已知3ccosB＝3a﹣bsinC．
（1）求tanC；
（2）若D在边AB上，且CD＝b，BD＝1，tan∠DCB ，求b．
1
【分析】（1）由正弦定理以及A＝ ﹣B﹣C得3sinCcos = B＝33（sinBcosC+cosBsinC）﹣sinBsinC，整理后
即可求解； π
（2）设∠DCB＝ ，则 ，故 ， ，结合正弦定理可得 ，再整理
1 1 3
θ = = = =
3 10 10 10
可得 ，设t＝tanB，可得 ，解得t2＝1，
1 2
+ +3 − +6 +1
= ( + )= = 1 2 =− 3
进而求解即可．
1− 1−3 −3 −2 +3
【解答】解：（1）由正弦定理，3ccosB＝3a﹣bsinC可化简为3sinCcosB＝3sinA﹣sinBsinC，
由于A＝ ﹣B﹣C，故sinA＝sin（B+C）＝sinBcosC+cosBsinC，
代入上式π得：3sinCcosB＝3（sinBcosC+cosBsinC）﹣sinBsinC，
化简可得sinC＝3cosC，
故 ；
= =3
（2）设∠ D C B＝ ，则 ，故 ， ，
1 1 3
θ = = =
在△DCB中，由正弦定理得： 3 10， 10
=
∠
第14页（共20页）已知BD＝1，CD＝b，∠CBD＝∠B，代入得： ，即 ，
1
1 = =
10
由于AC＝CD＝b，△ADC为等腰三角形，故∠A 1 D 0 C＝∠DAC＝ ，
则∠ACB＝∠C＝∠ACD+ ＝（180°﹣2 ）+ ， α
又A+B+C＝180°，故 ＝θ180°﹣B﹣C，α代入θ上式得： ＝180°﹣B﹣（180°﹣2 + ），化简得 ＝∠
B+ ， α α α θ α
θ
因此 ，
1
+ +3
= ( + )= = 1
1− 1−3
设t＝tanB，则 ，
3 +1
=
又tan（A+B）＝tan（18 3 0 −° ﹣C）＝﹣tanC＝﹣3， ，
+
( + )=
1−
代入得： ，
3 +1
3− +
3 +1 =− 3
1−3− ⋅
整理可得 ，解得t2＝1，
2
− +6 +1
2 =− 3
因B为三−角3形 −内2角 +，3故t＝1，即tanB＝1， ，
2
=
则 ，解得 ． 2
2
= = 5
17．（152分）如1图0 ，四棱锥P﹣ABCD的底面是直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝90°，BC＝3，AD＝4， ，
→ →
0＜ ＜1． =
λ
（1）当 时，证明：BQ∥平面PCD；
1
λ=
4
（2）已知平面PAD⊥平面ABCD，PA＝CD＝2，PD＝2 ，平面QAB与平面QBC夹角的余弦值为 ，
5
求△QBC的面积． 3
5
【分析】（1）过Q作QR∥AD交AD于R，连接CR，根据已知推出四边形BCRQ是平行四边形，可得
BQ∥CR，由线面平行的判定定理即可得证；
（2）建立空间直角坐标系，设 ，， ，求出平面QAB与平面QBC的法向量，利用向量夹角的
(0 3 )
第15页（共20页）余弦公式可得 ，从而可得 ，利用点到直线距离的向量公式可得点Q到BC的距离，再利用三角形面
→
积公式求解即可λ ．
【解答】解：（1）证明：过Q作QR∥AD交AD于R，连接CR．
当 时， ，所以 ，
→ → → →
1 3 3
= = =
因为 4 4 ，所以BC 4∥AD，从而 ，
→ → →
3
故四边∠ 形 B = CR ∠ Q 是 平=行9四0°边形，BQ∥CR． = 4 =
由于BQ 平面PCD，CR 平面PCD，
所以BQ⊄∥平面PCD． ⊂
（2）由已知得 ，
2 2
因为AP2+PD2＝ A D=2，所 以−PA(⊥ P−D． ) = 3
因为平面PAD⊥平面ABCD，在平面PAD上过A作AD的垂线AH，则AH⊥平面ABCD，
以A为原点， 的方向为x轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系A﹣xyz．
→
则 ，， ， ，， ，D（0，4，0）， ，， ， ，， ．
( 3 0 0) ( 3 3 0) (0 1 3) (0 3 )
设平面QAB的法向量为 （x1 ，y1 ，z1 ），
→
=
由 ，得 ，令 ，得 ， ， ，
→ →
⋅ =0 1+ 3 1 =0 →
→ → 1 =− 3 =(0 − 3 1)
3 1 =0
设平 面⋅ Q B = C的0 法向量为 ， ， ，
→
=( 2 2 2)
第16页（共20页）由
→ →
，得 ，令z2 ＝1，得 （ ，0，1），
→
⋅ =0 3 2− 2− 3 2 =0
→ → = λ
3 2 =0
则| ⋅ ，=0 | ，
→ →
1 5
解得 〈 （ 〉= 舍2去） ， 2 +1 = 5，
1 1
=− =
2 2
因此 ， ， ， ，， ，
→ →
1 3
=(− 3 ) =(0 3 0)
2 2
所以点Q到BC的距离 ，
→ →
→
2 ⋅ 2 1 15
ℎ= −( → ) = 4− =
4 2
| |
所以△QBC的面积为 ．
→
1 3 15
18．（17分）设函数f（x）| ＝ x|ln⋅（ℎ a=﹣x），a＞0．
2 4
（1）当a＝2时，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（2）证明：f（x）存在唯一极大值点；
（3）记f（x）的极大值点为x0 ，若存在a，使得f（x0 ）≤a+b，求b的取值范围．
【分析】（1）利用导数的几何意义即可求解；
（2）利用导数与单调性和极值的关系即可证明；
（3）由题可得 ，令h（t）＝tln2t﹣tlnt﹣t，然后利用导数
2
求出h（t）的最 小( 值0)即−可 =得(解 ．− ) − = − −
【解答】解：（1）当a＝2时，f（x）＝xln（2﹣x），
则 ，
′ ( )= (2− )−
所以f（1）＝0，f'（1）2−＝ ﹣1，
故所求切线方程为y＝﹣x+1；
（2）证明：由题可知，f（x）的定义域为（﹣∞，a），
则 ，
′ ( )= ( − )−
设 − ，
( )=′ ( )= ( − )−
则 − ＜，
1 −2
′ ( )=− − 2 = 2 0
所以g（x）在 −（ ﹣(∞ −， a)）上(单 −调 )递减，
又 ＜， ＞，
1 1
( − )=− 0 (−1)= ( +1)+ 0
+1
第17页（共20页）所以存在唯一的 ， 使得f'（x0 ）＝0，
1
当x （﹣∞，x0 ） 0 时∈，(− f′1（ x）−＞ ) 0，当x （x0 ，a）时，f'（x）＜0，
所以∈f（x）在（﹣∞，x0 ）单调递增，在（∈x0 ，a）单调递减，
所以f（x）存在唯一的极大值点；
（3）由（2）可得f（x）
max
＝f（x0 ）＝x0ln（a﹣x0 ），
且 ，
0
( − 0)=
− 0
令a﹣x0 ＝t＞0，则 ，即a＝tlnt+t，
= −1
所以 ，
2
令h（ (t ）0)＝−tl n2=t﹣(t ln−t﹣ )t， − = − −
依题意，存在a，使得f（x0 ）﹣a≤b，即h（t）
min
≤b，
则h'（t）＝ln2t+lnt﹣2＝（lnt﹣1）（lnt+2），
令h'（t）＞0，解得0＜t＜e ﹣2或t＞e，
令h'（t）＜0，解得e ﹣2＜t＜e，
所以h（t）在（0，e ﹣2），（e，+∞）上单调递增，在（e ﹣2，e）上单调递减，
当t （0，e ﹣2）时，
2 1 2 5
∈ ℎ( )= ( − −1)= (( − ) − )
＞ ＞，又h（e）＝﹣e， 2 4
1 2 5
则 h (（(− t）2 m − in ＝2 ) h（− e4）)＝=﹣5 e，0此时a＝2e，x0 ＝e，
所以b的取值范围是[﹣e，+∞）．
19．（17分）已知抛物线E：y2＝2x，D1 （1，0），k1 ＝1， 为常数， ＞1．按照如下方式依次构造点Dn
（n＝2，3，…）：过Dn﹣1 作斜率为kn﹣1 （kn﹣1 ＞0）的直λ线交E于λAn﹣1 ，Bn﹣1 两点，使得|Dn﹣1An﹣1|＝
|Dn﹣1Bn﹣1|，令Dn 为线段An﹣1Bn﹣1 的垂直平分线与x轴的交点，记Dn 的坐标为（xn ，0）．
λ（1）求 ；
（2）证明λ ：xn 1；
2
（3）设Sn 为△ A n = BnDn+1 的面积，证明： ＜ （2n+1）．
+1
=1 2
【分析】（1）通过联立直线与抛物线方程求出交 点 纵坐标，再根据线段长度比的定义直接计算出比例
的值； λ
（2）设出直线方程并联立抛物线，利用韦达定理得到根的关系，结合已知比例条件推导出 为
2
定值； =1
第18页（共20页）（3）先求出中点坐标与垂直平分线方程，得到数列{xn}的递推关系并解出通项，再计算面积比并通过
放缩法证明不等式．
【解答】解：（1）设A1 （a1 ，c1 ），B1 （b1 ，d1 ），易知直线A1B1 的方程为x＝y+1，
，
联立 可得y2﹣2y﹣2＝0，解得 ， ，
2 ，
=2
1 =1+ 3 1 =1− 3
= +1
所以 ；
| 1 1| | 1| 1+ 3
= = = =2+ 3
（2）证明| ：1 设1|直线| 1A| nBn 的3−方1程为 ＞ ，An （an ，cn ），Bn （bn ，dn ），
= + ( 0)
，
联立 可得 ，
2 ，
=2 2
−2 −2 =0
= +
由韦达定理 可得， ，cndn ＝﹣2xn ，
2
+ =
由 ，
| | | |
= =− =
因为| | | | ，
2
( + ) 1
= 2 − ( + ) =− 2
所以 2 2 ，化简得 ，
( ) 2
=− 2 =1
所以−n2 N*， 为定值1；
2
∀ ∈
（3）证明：设AnBn 的中点为Mn ，则 ， ，由（2）可知， ，则 ， ，
+ + 1
所以AnBn 的垂直平分线方程为 ( 2 2 )， = (2 )
所以Dn+1 （2xn+1，0），即xn+1 ＝ =2x− n+1 ， +2 +
所以xn+1+1＝2（xn+1），即{xn+1}是以x1+1＝2为首项，公比为2的等比数列，解得 ，
=2 −1
因为 ，
2
4+8
| − |= =2 3
则 ，
1
= △ +1 + △ +1 = | +1|⋅| − |= ( +1− ) 3 =2 3(2 −1)
2
所以 ，
+1
+1 2 −1 1 1
= 2 = 2 2+ = 2 2 ⋅ 1+
2−1 2−1 2(2−1)
因为 ＜ ，
1
1 1+1+ 2(2 −1) 1
1(1+ ) =1+
2(2−1) 2 4(2−1)
因为 ，
1 1 1
= −1 −1 ≤ −1
2−1 2 +2 −1 2
第19页（共20页）所以 ＜ ＜ ．
2 1
+1 1 2(1−2 )
=1 =1 2 2⋅(1+ +1)=2 2 + 1 2 2 + 2
2 1−2
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