文档内容
2025-2026学年辽宁省沈阳市五校高三（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）已知复数z满足(1−2i)z=1+i，则|z|＝（ ）
√5 2 2√5 √10
A． B． C． D．
5 5 5 5
x−3
2．（5分）已知条件p： ≤0，条件q：log （x﹣1）≤1，则p是q的（ ）
x−1 2
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
3．（5分）已知圆C：x2+y2﹣2x﹣3＝0，若直线l：ax﹣2y+1﹣a＝0与圆C相交于A，B两点，则|AB|的
最小值为（ ）
A．2√3 B．√15 C．3 D．2√2
4．（5分）下列函数中，最小正周期是 的偶函数是（ ）
A．y=cos2 x −sin2 x π
B．y＝|sinx|+|cosx|
2 2
C．y＝tan|x| D．y＝3﹣2sin2x
1 a +a
5．（5分）已知等比数列{a }中，各项都是正数，且a ， a ，2a 成等差数列，则 4 3=（ ）
n 1 2 3 2 a +a
2 1
A．1+√2 B．1−√2 C．3+2√2 D．3−2√2
6．（5分）下列说法正确的是（ ）
A．两个随机变量的线性相关程度越强，相关系数越接近于1
B．数据7，4，2，9，1，5，8，6的70%分位数为6
C．某物理量的测量结果服从正态分布N（10，σ2），σ越大，该物理量在一次测量中在（9.8，10.2）
的概率越大
D．已知某4个数据的平均数为5，方差为3，现又加入一个数据5，此时这5个数据的方差为2.4
→ → → → → →
7．（5分）在△ABC中， 3AB⋅AC+2BA⋅BC=CA⋅CB ，则cosC的最小值为（ ）
√3 √6 √2 2
A． B． C． D．
3 3 3 3
第1页（共24页）8．（5分）已知函数y＝f（x）与函数y＝ax（a＞0且a≠1）互为反函数，记g（x）＝f（x）[f（x）+2f
1
（2）﹣1]．若y＝g（x）在区间[ ，2]上是增函数，则实数a的取值范围是（ ）
4
1 √32
A．[ ，1) B．[ ，1)∪(1，16]
4 2
1
C．（0，1） D．(0， ]
4
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）设函数f（x）＝x3﹣3x2+5，则下列说法正确的有（ ）
A．函数f（x）有三个零点
B．x＝2是f（x）的极小值点
C．函数f（x）的对称中心为（1，3）
D．过（3，1）可以作三条直线与y＝f（x）的图象相切
（多选）10．（6分）已知数列{a }的前n项和为S ，满足a ＝3，且3(n+1)a −na =0(n∈N∗)，
n n 1 n n+1
则下列结论中正确的是（ ）
A．{na }为等比数列
n
a
B．{ n }为等比数列
n
C．a =n⋅3n
n
(2n−1) 3
D．S = ⋅3n+1+
n 4 4
（多选）11．（6分）若四面体各棱长是1或2且该四面体不是正四面体，则其体积的可能值是（ ）
√14 √14 √11 √11
A． B． C． D．
12 6 12 6
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
→ → → →
12 ． （ 5 分 ） 已 知 点 O 为 △ ABC 的 外 心 ， 且 |AC|=3，|AB|=2 ， 则 AO⋅BC=
．
2 1 3
13．（5分）设A，B是一个随机试验中的两个事件，且P(A)= ，P(B)= ，P(A+B)= ，则P（B|
3 2 4
A）＝ ．
第2页（共24页）x2 y2
14．（5分）已知F 、F 是双曲线 − =1(a＞0，b＞0)的左、右焦点，过F 作双曲线一条渐近线
1 2 a2 b2 2
1
的垂线，垂足为点 A，交另一条渐近线于点 B，且|AF |= |BF |，则该双曲线的离心率为
2 3 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。
π
15．（13分）设f(x)=4cos(ωx− )sinωx−2√2cos(2ωx+π)，其中 ＞0．
4
ω
（1）求函数f（x）的值域；
π
（2）若f（x）在区间( ，π)内单调递减，求 的取值范围．
2
ω
16．（15分）甲乙两人进行围棋比赛，约定先连胜两局者直接赢得比赛，若赛完 5局仍未出现连胜，则
2 1
判定获胜局数多者赢得比赛．假设每局甲获胜的概率为 ，乙获胜的概率为 ，各局比赛结果相互独
3 3
立．
（Ⅰ）求甲在4局以内（含4局）赢得比赛的概率；
（Ⅱ）记X为比赛决胜出胜负时的总局数，求X的分布列和均值（数学期望）．
17．（15分）如图，在三棱锥P﹣ABC中，AB⊥BC，AB＝2，BC=2√2，PB=PC=√6，PA=√14，
BP，AP，BC，AC的中点分别为D，E，O，F．
（1）证明：平面ADO⊥平面BEF；
（2）求二面角D﹣AO﹣C的正弦值．
18．（17分）在平面直角坐标系xOy中，已知点A（﹣2，0），B（2，0），动点E满足直线AE与BE的
3
斜率之积为− ，记E的轨迹为曲线C．
4
（1）求C的方程，并说明C是什么曲线；
第3页（共24页）（2）过点D（1，0）的直线l交C于P，Q两点，
（i）求|PQ|的最小值；
（ii）过点P作直线x＝4的垂线，垂足为G，过点O作OM⊥QG，垂足为M．证明：存在定点N，使
得|MN|为定值．
ax2−1
19．（17分）已知函数f（x）＝xlnx，g(x)= (a＞0)．
2
（1）直线l过点P（0，﹣1）且与y＝f（x）相切，求直线l的方程；
（2）若f（x）＜g（x）对x （1，+∞）恒成立，求a的取值范围；
（3）证明： en 1 +1 + n 1 +2 +⋯+ 2 1 n⋅ ∈ e4 1 n＞2(n∈N∗) ．
2025-2026学年辽宁省沈阳市五校高三（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 D C B D C D B D
二．多选题（共3小题）
题号 9 10 11
答案 BCD BCD 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）已知复数z满足(1−2i)z=1+i，则|z|＝（ ）
√5 2 2√5 √10
A． B． C． D．
5 5 5 5
【分析】根据复数的运算法则和模长公式计算可得．
1+i (1+i)(1+2i) −1+3i −1+3i
【解答】解：由(1−2i)z=1+i，得z= = = = ，
1−2i (1−2i)(1+2i) 1−4i2 5
1 3 √ 1 3 √10
所以z=− − i，则|z|= (− ) 2+(− ) 2= ．
5 5 5 5 5
故选：D．
第4页（共24页）x−3
2．（5分）已知条件p： ≤0，条件q：log （x﹣1）≤1，则p是q的（ ）
x−1 2
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
【分析】解出p和q对应x的范围，然后根据充分条件和必要条件的定义即可求解．
【解答】解：对于q：log （x﹣1）≤1，则log （x﹣1）≤log 2，
2 2 2
∴0＜x﹣1≤2，解得{x|1＜x≤3}，
x−3
对于p： ≤0，
x−1
{(x−3)(x−1)≤0
则 ，解得{x|1＜x≤3}，
x−1≠0
所以p是q的充要条件．
故选：C．
3．（5分）已知圆C：x2+y2﹣2x﹣3＝0，若直线l：ax﹣2y+1﹣a＝0与圆C相交于A，B两点，则|AB|的
最小值为（ ）
A．2√3 B．√15 C．3 D．2√2
1
【分析】利用几何性质可知圆心到直线的最大距离为|PC|= ，从而可求出|AB|的最小值．
2
【解答】解：将直线l：ax﹣2y+1﹣a＝0整理可得：a（x﹣1）+1﹣2y＝0，
{x=1
{ x−1=0
联立 ，解得 1，
1−2y=0 y=
2
1
所以可得直线l必过定点P(1， )，
2
又由圆C：x2+y2﹣2x﹣3＝0方程可得圆心C（1，0），半径r＝2，
1 √ 1 1
由点P(1， )到圆心C（1，0）距离为|PC|= 0+ = ＜2，
2 4 2
可得直线与圆相交，
1
所以点C（1，0）到直线l：ax﹣2y+1﹣a＝0的距离d≤|PC|= ，
2
第5页（共24页）√ 1
则|AB|=2√r2−d2=2√4−d2≥2 4− =√15，经验证此时a值存在．
4
故选：B．
4．（5分）下列函数中，最小正周期是 的偶函数是（ ）
A．y=cos2 x −sin2 x π
B．y＝|sinx|+|cosx|
2 2
C．y＝tan|x| D．y＝3﹣2sin2x
【分析】根据三角恒等变换公式、三角函数的周期性、奇偶性，对各项的函数逐一验证，即可得到本
题的答案．
x x
【解答】解：根据y=cos2 −sin2 =cosx，可知函数的最小正周期是2 ，A项不符合题意；
2 2
π
π π π
令f（x）＝|sinx|+|cosx|，可得f（x+ ）＝|sin（x+ ）|+|cos（x+ ）|＝|cosx|+|﹣sinx|＝|sinx|+|cosx|，
2 2 2
π π
所以f（x+ ）＝f（x），可得 是f（x）的一个周期，B项不符合题意；
2 2
令f（x）＝tan|x|，
2 2 2 1 1 1
根据f(− π)=tan|− π|=tan π=−√3，f( π)=tan| π|=tan π=√3，
3 3 3 3 3 3
2 2 1
且f(− π)≠f(− π+π)=f( π)，则周期不是 ，故C项不符合题意；
3 3 3
π
1−cos2x
根据二倍角公式，化简得y=3−2sin2x=3−2× =2+cos2x，
2
2π
所以函数y＝3﹣2sin2x的周期T= = ，结合y＝3﹣2sin2x是偶函数，可得D符合题意．
2
π
故选：D．
1 a +a
5．（5分）已知等比数列{a }中，各项都是正数，且a ， a ，2a 成等差数列，则 4 3=（ ）
n 1 2 3 2 a +a
2 1
A．1+√2 B．1−√2 C．3+2√2 D．3−2√2
【分析】根据题意，运用等比数列的通项公式、等差中项的性质，推导出公比q满足的关系式，结合
{a }各项为正算出q=1+√2，进而可得所求式子的值．
n
【解答】解：设等比数列{a }的公比为q，
n
1 1
根据a 、 a 、2a 三项成等差数列，可得a +2a =2× a =a ，
1 2 3 2 1 2 2 3 3
即a +2a q＝a q2，结合a ≠0，化简得q2﹣2q﹣1＝0，解得q=1±√2，
1 1 1 1
第6页（共24页）因为等比数列{a }中，各项都是正数，所以q＞0，可得q=1+√2，
n
a +a a q2+a q2
所以 4 3= 2 1 =q2=(1+√2) 2=3+2√2．
a +a a +a
2 1 2 1
故选：C．
6．（5分）下列说法正确的是（ ）
A．两个随机变量的线性相关程度越强，相关系数越接近于1
B．数据7，4，2，9，1，5，8，6的70%分位数为6
C．某物理量的测量结果服从正态分布N（10，σ2），σ越大，该物理量在一次测量中在（9.8，10.2）
的概率越大
D．已知某4个数据的平均数为5，方差为3，现又加入一个数据5，此时这5个数据的方差为2.4
【分析】逐一分析各选项，结合相关系数、分位数、正态分布、方差的性质判断正误．
【解答】解：对于A：线性相关程度越强时，相关系数的绝对值越接近 1，负相关时会接近﹣1，故A
错误；
对于B：将数据按从小到大排列为：1，2，4，5，6，7，8，9，
因为8×0.7＝5.6，所以70%分位数为第6个数，即为7，故B错误；
对于C：正态分布中σ越大，数据离散程度越高，区间（9.8，10.2）内的概率越小，故C错误；
4 12+(5−5) 2
对于D：原4个数据的∑(x −5) 2=4×3=12，加入数据5后，新方差为 =2.4，故D正
i 5
i=1
确．
故选：D．
→ → → → → →
7．（5分）在△ABC中， 3AB⋅AC+2BA⋅BC=CA⋅CB ，则cosC的最小值为（ ）
√3 √6 √2 2
A． B． C． D．
3 3 3 3
【分析】先利用向量数量积的概念，结合余弦定理，探索三角形边 a，b，c的关系，再利用余弦定理
结合基本不等式，可求cosC的最小值．
→ → → → → →
【解答】解：在△ABC中， 3AB⋅AC+2BA⋅BC=CA⋅CB ，
根据平面向量数量积公式可得3bccosA+2accosB＝abcosC，
b2+c2−a2 a2+c2−b2 a2+b2−c2
根据余弦定理，可得3bc× +2ac× =ab× ，
2bc 2ac 2ab
所以3（b2+c2﹣a2）+2（a2+c2﹣b2）＝a2+b2﹣c2 a2＝3c2，即a=√3c，
第7页（ ⇒ 共24页）a2+b2−c2 b2+2c2 2√b2 ⋅2c2 √6
由cosC= = ≥ = ，
2ab 2√3bc 2√3bc 3
当且仅当b2＝2c2，即b=√2c时等号成立，
√6
则cosC的最小值为 ．
3
故选：B．
8．（5分）已知函数y＝f（x）与函数y＝ax（a＞0且a≠1）互为反函数，记g（x）＝f（x）[f（x）+2f
1
（2）﹣1]．若y＝g（x）在区间[ ，2]上是增函数，则实数a的取值范围是（ ）
4
1 √32
A．[ ，1) B．[ ，1)∪(1，16]
4 2
1
C．（0，1） D．(0， ]
4
【分析】先明确函数y＝f（x）的解析式，分0＜a＜1和a＞1，结合复合函数单调性进行讨论，可求实
数a的取值范围．
【解答】解：因为y＝f（x）与函数y＝ax互为反函数，
所以f（x）＝log x，g（x）＝log x•（log x+2log 2﹣1）=(log x) 2+(2log 2−1)⋅log x．
a a a a a a a
设y＝t2+（2log 2﹣1）t，t＝log x，
a a
1 1
当0＜a＜1时，t＝log x在[ ，2]上单调递减，所以t∈[log 2，log ]，
a 4 a a4
1
又y＝g（x）在区间[ ，2]上是增函数，
4
1
所以y＝t2+（2log 2﹣1）t在[log 2，log ]上单调递减，
a a a4
2log 2−1 1 1 1 − 1
所以− a ≥log −log 2+ ≥−2log 2 log 2≥− =log a 2．
2 a4 a 2 a a 2 a
⇒ ⇒
1 1 1
又0＜a＜1，所以 log 2≥log a − 2 a − 2≥2 a≤ 4 ．
a a
⇒ ⇒
1
结合0＜a＜1，所以0＜a≤ ．
4
1 1
当a＞1时，t＝log x在[ ，2]上单调递增，所以t∈[log ，log 2]，
a 4 a4 a
第8页（共24页）1
又y＝g（x）在区间[ ，2]上是增函数，
4
1
所以y＝t2+（2log 2﹣1）t在[log ，log 2]上单调递增，
a a4 a
2log 2−1 1 1 1 − 1
所以− a ≤log −log 2+ ≤−2log 2 log 2≤− =log a 2，
2 a4 a 2 a a 2 a
⇒ ⇒
1 1
又a＞1，所以 log 2≤log a − 2 a − 2≥2 不成立．
a a
⇒
1
综上可知：0＜a≤ ．
4
故选：D．
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）设函数f（x）＝x3﹣3x2+5，则下列说法正确的有（ ）
A．函数f（x）有三个零点
B．x＝2是f（x）的极小值点
C．函数f（x）的对称中心为（1，3）
D．过（3，1）可以作三条直线与y＝f（x）的图象相切
【分析】先求导函数，根据导函数正负得出函数的单调性得出极值进而得出零点判断 A，B；应用对称
性定义计算判断C，先设切点再得出切线方程代入计算求参即可得出三个根判断D．
【解答】解：由题f′（x）＝3x2﹣6x，
当x＞2或x＜0时，f′（x）＞0，当0＜x＜2时，f′（x）＜0，
因此函数f（x）在（﹣∞，0），（2，+∞）上单调递增，在（0，2）上单调递减，
因此f（x）
极大值
＝f（0）＝5，f（x）
极小值
＝f（2）＝1，又f（﹣2）＝﹣15，
因此函数f（x）仅有1个零点，且该零点在区间（﹣2，0）上，故A选项错误，B选项正确；
由f（x）＝x3﹣3x2+5＝x2（x﹣3）+5，
得f（1+x）+f（1﹣x）＝（1+x）2（1+x﹣3）+5+（1﹣x）2（1﹣x﹣3）+5＝6，
因此函数f（x）的图象关于（1，3）对称，故C选项正确；
设切点为(x ，x3−3x2+5)，则f ′(x )=3x2−6x ，
0 0 0 0 0 0
故切线方程为y−(x3−3x2+5)=(3x2−6x )(x−x )，
0 0 0 0 0
第9页（共24页）又过点（3，1），因此1−(x3−3x2+5)=(3x2−6x )(3−x )，
0 0 0 0 0
整理得x3−6x2+9x −2=0，
0 0 0
即(x2−4x +1)(x −2)=0，解得x ＝2或x =2+√3或x =2−√3，
0 0 0 0 0 0
因此过（3，1）可以作三条直线与y＝f（x）的图象相切，故D选项正确．
故选：BCD．
（多选）10．（6分）已知数列{a }的前n项和为S ，满足a ＝3，且3(n+1)a −na =0(n∈N∗)，
n n 1 n n+1
则下列结论中正确的是（ ）
A．{na }为等比数列
n
a
B．{ n }为等比数列
n
C．a =n⋅3n
n
(2n−1) 3
D．S = ⋅3n+1+
n 4 4
a
【分析】由题设得{ n }是首项、公比为3的等比数列，即可判断A、B、C；应用错位相减法、等比数
n
列前n项和判断D．
【解答】解：由3(n+1)a −na =0(n∈N∗)，
n n+1
a a a
得3⋅ n= n+1，又a ＝3，则 1=3，
n n+1 1 1
a
∴{ n }是以3为首项、以3为公比的等比数列，
n
a
∴ n=3n，则a =n⋅3n ．
n n
故{na }不是等比数列，故A错误，B、C正确；
n
S =1×31+2×32+⋯+n⋅3n ，
n
3S =1×32+2×33+⋯+(n−1)⋅3n+n⋅3n+1 ，
n
3(1−3n
)
(1−2n)3n+1−3
∴−2S =31+32+⋯+3n−n⋅3n+1= −n⋅3n+1= ，
n 1−3 2
第10页（共24页）(2n−1)3n+1+3
得S = ，故D正确．
n 4
故选：BCD．
（多选）11．（6分）若四面体各棱长是1或2且该四面体不是正四面体，则其体积的可能值是（ ）
√14 √14 √11 √11
A． B． C． D．
12 6 12 6
【分析】分三种情况分别计算棱锥的体积即可．
【解答】解：（1）若底边长为2，2，2，侧棱长为2，2，1；
设AB＝1，AB的中点为E，则AB⊥CE，AB⊥DE，
∴AB⊥平面CDE，
√ 1 √15 CE2+DE2−CD2 7
∵CE＝DE= 22−( ) 2= ，CD＝2，∴cos∠CED= = ，
2 2 2CE⋅DE 15
4√11
∴sin∠CED= ．
15
1 1 1 √15 √15 4√11 √11
∴V= S ⋅AB= × × × × ×1= ．
3 △CDE 3 2 2 2 15 6
（2）若底边长为1，1，1，侧棱长为2，2，2；
√3 2 √3
设底面中心为O，则OB= × = ，
2 3 3
√ √3 √11
∴棱锥的高h= 22−( ) 2= ，
3 3
1 1 √3 √11 √11
∴V= S ⋅h= × × = ．
3 △BCD 3 4 3 12
（3）若底面边长为2，2，1，侧棱长为2，2，1，
CE2+DE2−CD2 13
设AB＝CD＝1，其余各棱长均为2，由（1）可知cos∠CED= = ，
2CE⋅DE 15
2√14
∴sin∠CED= ，
15
1 1 1 √15 √15 2√14 √14
∴V= S ⋅AB= × × × × ×1= ．
3 △CDE 3 2 2 2 15 12
故选：ACD．
第11页（共24页）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
5
→ → → →
12．（5分）已知点O为△ABC的外心，且|AC|=3，|AB|=2 ，则 AO⋅BC=
2
．
→ → →
【分析】取AB，AC的中点D，E，把所求数量积中的
BC
化为
AC−AB
展开结合向量投影知识不难得
解．
【解答】解：
如图，取AB，AC的中点D，E，
→ → → → →
则AO⋅BC=AO⋅(AC−AB)
→ → → →
=AO⋅AC−AO⋅AB
→ → → →
=|AC||AE|−|AB||AD|
第12页（共24页）3
＝3× −2×1
2
5
= ，
2
5
故答案为： ．
2
2 1 3
13．（5分）设A，B是一个随机试验中的两个事件，且P(A)= ，P(B)= ，P(A+B)= ，则P（B|
3 2 4
5
A）＝ ．
8
【分析】由和事件的概率公式求出P(BA)，再由全概率公式求出P（AB），最后由条件概率公式计
算可得．
2 1
【解答】解：由题意可知，P(A)=1− = ，
3 3
3 1
又P(A+B)=P(A)+P(B)−P(BA)= ，可得P(BA)= ，
4 12
5
由P(AB)+P(BA)=P(B)，可得P(AB)=P(B)−P(BA)= ，
12
5
P(AB) 12 5
所以P(B|A)= = = ．
P(A) 2 8
3
5
故答案为： ．
8
x2 y2
14．（5分）已知F 、F 是双曲线 − =1(a＞0，b＞0)的左、右焦点，过F 作双曲线一条渐近线
1 2 a2 b2 2
1 √6
的垂线，垂足为点A，交另一条渐近线于点B，且|AF |= |BF |，则该双曲线的离心率为
2 3 2 2
或√3 ．
→ → → 1 → → 1 →
【分析】由题意，分AF ⋅AF =0，AF = F B、F A= F B两种情况，分别求解，根据双曲
1 2 2 3 2 2 3 2
线的几何性质，即可求得b的值，代入离心率公式，即可求得答案．
x2 y2 b
【解答】解：双曲线 − =1(a＞0，b＞0)的渐近线方程为y=± x，右焦点F （c，0），
a2 b2 a 2
第13页（共24页）b |bc| bc
则点F （c，0）到渐近线y= x即bx﹣ay＝0的距离为： = =b．
2 a √a2+b2 c
根据图形位置，可分两种情况：
点A在第一象限，交另一条渐近线于点B在第四象限，如图1：
在直角△OAF 中，|AF |＝b，|OF |＝c，|OA|＝a，
2 2 2
b
设∠AOF ＝ ，则tanα= ，
2 a
α
1
∵|AF |= |BF |，∴|BF |＝3b．
2 3 2 2
4b
在直角△OAB中，|AB|＝4b，|OA|＝a，而∠AOB＝2 ，则tan2α= ．
a
α
2b
2tanα a 4b b2 1
又tan2α= ，即 = = ．
1−tan2α b2 a a2 2
1−
a2
⇒
c √c2 √a2+b2 √ b2 √ 1 √6
∴e= = = = 1+ = 1+ = ．
a a2 a2 a2 2 2
点A在第一象限，交另一条渐近线于点B在第二象限，如图2：
第14页（共24页）在直角△OAF 中，|AF |＝b，|OF |＝c，|OA|＝a，
2 2 2
b
设∠AOF ＝ ，则tanα= ．
2 a
α
1
∵|AF |= |BF |，∴|BF |＝3b．
2 3 2 2
2b
在直角△OAB中，|AB|＝2b，|OA|＝a，而∠AOB＝ ﹣2 ，则tan(π−2α)= ．
a
π α
2tanα
又tan(π−2α)=−tan2α=−
，
1−tan2α
2b
a 2b b2
∴ − = ，可得 =2．
b2 a a2
1−
a2
c √c2 √a2+b2 √ b2
∴e= = = = 1+ =√1+2=√3．
a a2 a2 a2
√6
故答案为： 或√3．
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。
π
15．（13分）设f(x)=4cos(ωx− )sinωx−2√2cos(2ωx+π)，其中 ＞0．
4
ω
（1）求函数f（x）的值域；
π
（2）若f（x）在区间( ，π)内单调递减，求 的取值范围．
2
ω
【分析】（1）将函数化简为正弦型函数，结合正弦函数的值域求解；
（2）确定函数的单调递减区间，结合已知区间的包含关系，求解 的范围．
ω
第15页（共24页）π
【解答】解：（1）f(x)=4cos(ωx− )sinωx−2√2cos(2ωx+π)
4
√2 √2
=4( cosωx+ sinωx)sinωx+2√2cos2ωx
2 2
=2√2cosωxsinωx+2√2sin2ωx+2√2cos2ωx
=√2sin2ωx+√2(1−cos2ωx)+2√2cos2ωx
=√2sin2ωx+√2cos2ωx+√2
π
=2sin(2ωx+ )+√2，
4
π
因sin(2ωx+ )∈[−1，1]，
4
则f（x）的值域为[√2−2，√2+2]．
π π 3π
（2）令2kπ+ ≤2ωx+ ≤2kπ+ （k Z），
2 4 2
∈
kπ π kπ 5π kπ π kπ 5π
解得 + ≤x≤ + ，f（x）的单调递减区间为[ + ， + ]，k∈Z
ω 8ω ω 8ω ω 8ω ω 8ω
π kπ π kπ 5π 8kπ+π 8kπ+5π
要求( ，π)⊆[ + ， + ]=[ ， ]，k∈Z，
2 ω 8ω ω 8ω 8ω 8ω
8kπ+π π 1
{ ≤ {2k+ ≤ω
8ω 2 4
则 ， ①，
8kπ+5π 5
≥π k+ ≥ω
8ω 8
由于 ＞0，k Z，所以k≤﹣1时，①无解，
ω ∈ 1 5
当k＝0时，①解得 ≤ω≤ ，
4 8
1 5 3
当k≥1时，2k+ −(k+ )=k− ＞0，①无解，
4 8 8
1 5
所以 的范围是 [ ， ]．
4 8
ω
16．（15分）甲乙两人进行围棋比赛，约定先连胜两局者直接赢得比赛，若赛完 5局仍未出现连胜，则
2 1
判定获胜局数多者赢得比赛．假设每局甲获胜的概率为 ，乙获胜的概率为 ，各局比赛结果相互独
3 3
立．
（Ⅰ）求甲在4局以内（含4局）赢得比赛的概率；
（Ⅱ）记X为比赛决胜出胜负时的总局数，求X的分布列和均值（数学期望）．
第16页（共24页）【分析】（1）根据概率的乘法公式，求出对应的概率，即可得到结论．
（2）利用离散型随机变量分别求出对应的概率，即可求X的分布列；以及均值．
【解答】解：用A表示甲在4局以内（含4局）赢得比赛的是事件，A 表示第k局甲获胜，B 表示第k
k k
局乙获胜，
2 1
则P（A ）= ，P（B ）= ，k＝1，2，3，4，5
k 3 k 3
2 1 2 2 1 2 56
（Ⅰ）P（A）＝P（A A ）+P（B A A ）+P（A B A A ）＝（ ）2+ ×（ ）2+ × ×（ ）2=
1 2 1 2 3 1 2 3 4 3 3 3 3 3 3 81
．
（Ⅱ）X的可能取值为2，3，4，5．
5
P（X＝2）＝P（A A ）+P（B B ）= ，
1 2 1 2 9
2
P（X＝3）＝P（B A A ）+P（A B B ）= ，
1 2 3 1 2 3 9
10
P（X＝4）＝P（A B A A ）+P（B A B B ）= ，
1 2 3 4 1 2 3 4 81
24 8
P（X＝5）＝P（A B A B A ）+P（B A B A B ）+P（B A B A A ）+P（A B A B B ）= = ，
1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 243 81
8
或者P（X＝5）＝1﹣P（X＝2）﹣P（X＝3）﹣P（X＝4）= ，
81
故分布列为：
X 2 3 4 5
P 5 2 10 8
9 9 81 81
5 2 10 8 224
E（X）＝2× +3× +4× +5× = ．
9 9 81 81 81
17．（15分）如图，在三棱锥P﹣ABC中，AB⊥BC，AB＝2，BC=2√2，PB=PC=√6，PA=√14，
BP，AP，BC，AC的中点分别为D，E，O，F．
（1）证明：平面ADO⊥平面BEF；
（2）求二面角D﹣AO﹣C的正弦值．
第17页（共24页）→ → →
【分析】（1）以
{BA，BC，BP}
为空间向量的一组基底，利用空间向量证明AO⊥BF，AO⊥BE，
再利用线面垂直判断面面垂直；
（2）找出二面角D﹣AO﹣C的平面角，利用空间向量可求二面角的正弦值．
【解答】解：（1）证明：在三棱锥P﹣ABC中，连接PO，
因为PB=PC=√6，O为BC中点，所以OP⊥BC．
1 CB √3
所以cos∠PBC= ⋅ = ．
2 BP 3
BA2+BP2−PA2 √6
在△ABP中，cos∠ABP= =− ，
2⋅BA⋅BP 6
→ → → → → → →
则 BA2=4 ， BC2=8 ， BP2=6 ， BA⋅BC=0 ， BA⋅BP=−2 ，
→ →
BC⋅BP=4 ．
→ 1 → → → → 1 → → 1 → →
又BF= (BA+BC)，OA=BA− BC，BE= (BA+BP)，
2 2 2
→ → 1 → → → 1 →
所以BE⋅OA= (BA+BP)⋅(BA− BC)=0，
2 2
→ → 1 → → → 1 →
所以BF⋅OA= (BA+BC)⋅(BA− BC)
2 2
第18页（共24页）1 → 1 → → 1 →
= (BA2+ BA⋅BC− BC2 )=0，
2 2 2
所以OA⊥BF，OA⊥BE，BE，BF 平面BEF，BE∩BF＝B，
所以OA⊥平面BEF，又OA 平面⊂ADO，
所以平面ADO⊥平面BEF．⊂
（2）设BF∩AO＝M，BE∩AD＝N，连接MN．
因为D，E，O，F分别为BP，AP，BC，AC中点，
所以M，N分别为△ABC和△ABP的重心，
AM AN 2
所以 = = ，所以MN∥OD．
AO AD 3
由（1）得，OA⊥平面BEF，MN，MF 平面BEF，所以OA⊥MN，OA⊥MF，
所以∠NMF即为二面角D﹣AO﹣C的平⊂面角，设为 ，
又MN∥OD， θ
→ → → →
所以 θ=MN，MF=OD，BF ，
→ 1 → 1 → → → 1 → √6
又OD= CP= (BP−BC)，|OD|= |CP|= ，
2 2 2 2
→ 1 → → → 1 →
BF= (BA+BC)，|BF|= |AC|=√3．
2 2
→ → 1 → → → → 3
所以OD⋅BF= (BP−BC)⋅(BA+BC)=− ，
4 2
3
→ → −
OD⋅BF 2 √2
所以cosθ= = =− ．
→ → √6 2
|OD|⋅|BF| ×√3
2
√2
所以sinθ= ．
2
18．（17分）在平面直角坐标系xOy中，已知点A（﹣2，0），B（2，0），动点E满足直线AE与BE的
3
斜率之积为− ，记E的轨迹为曲线C．
4
（1）求C的方程，并说明C是什么曲线；
（2）过点D（1，0）的直线l交C于P，Q两点，
（i）求|PQ|的最小值；
（ii）过点P作直线x＝4的垂线，垂足为G，过点O作OM⊥QG，垂足为M．证明：存在定点N，使
第19页（共24页）得|MN|为定值．
3
【分析】（1）设动点E（x，y），由直线AE与BE的斜率之积为− 及A（﹣2，0），B（2，0）可
4
3
知x≠±2，利用斜率公式求出k ，k ，由k ⋅k =− 得到x，y的方程即为所求．
AE BE AE BE 4
（2）（i）过点D（1，0）的直线l交C于P，Q两点，①当直线l不存在斜率时，求出直线l的方程，
从而求出|PQ|的值；②当直线l存在斜率时，设直线l的方程为点斜式，直线l和椭圆C联立方程组，
消去y，得到关于x的一元二次方程，得到Δ＞0，根据根与系数的关系写出x +x ，x x ，利用弦长公
1 2 1 2
式求出|PQ|，利用k2≥0求出|PQ|的范围，从而得到|PQ|的最小值；
（ii）由过点D（1，0）的直线l交C于P，Q两点，设l的直线方程，直线l和椭圆C联立方程组，消
y + y 2m
去x，得到关于y的一元二次方程，根据根与系数的关系得到y +y ，y y ，通过求出
1 2=
解出
1 2 1 2 y y 3
1 2
m，利用点斜式写出直线QG的方程，从而得到直线QG恒过定点H，由OM⊥QG得到△OHM为直角
1
三角形，取OH的中点N，得到|MN|= |OH|，故|MN|为定值．
2
3
【解答】解：（1）设动点E（x，y），因为直线AE与BE的斜率之积为− ，
4
A（﹣2，0），B（2，0），因此x≠±2，
y−0 y y−0 y
k = = ，k = = ，
AE x−(−2) x+2 BE x−2 x−2
3 y y 3 y2 3 x2 y2
因为k ⋅k =− ，因此 ⋅ =− ，因此 =− ，因此 + =1，
AE BE 4 x+2 x−2 4 x2−4 4 4 3
x2 y2
因此C的方程为 + =1（x≠±2），曲线C为椭圆除去（﹣2，0），（2，0）这两个点；
4 3
（2）（i）过点D（1，0）的直线l交C于P，Q两点，
第20页（共24页）x2 y2
①当直线l不存在斜率时，直线l的方程为x＝1，将x＝1代入 + =1，
4 3
3 3 3
解得y=± ，则P(1， )，Q(1，− )，解得|PQ|＝3，
2 2 2
②当直线l存在斜率时，设直线l的方程为y＝k（x﹣1），
{y=k(x−1)
x2 k2 (x−1) 2
联立 x2 y2 ，消去y得 + =1，
+ =1 4 3
4 3
x2 k2 (x−1) 2
整理得到 + =1，即（3+4k2）x2﹣8k2x+4k2﹣12＝0，
4 3
因为过点D（1，0）的直线l交C于P，Q两点，
因此Δ＝（﹣8k2）2﹣4（3+4k2）（4k2﹣12）＝144k2+144＞0，因此k2+1＞0，因此k R，
设P（x 1 ，y 1 ），Q（x 2 ，y 2 ）， ∈
因为过点D（1，0）的直线l交C于P，Q两点，
{
8k2
x +x =
1 2 3+4k2
因此（3+4k2）x2﹣8k2x+4k2﹣12＝0的解为x ，x ，因此 ，
1 2 4k2−12
x x =
1 2 3+4k2
√ 8k2 2 4k2−12 12(k2+1)
因此|PQ|=√(x +x ) 2−4x x ⋅√k2+1= ( ) −4 ⋅√k2+1= ，
1 2 1 2 3+4k2 3+4k2 3+4k2
3(4k2+3)+3
3
因此|PQ|= =3+ ，
3+4k2 3+4k2
1 1 3
因为k2≥0，因此4k2+3≥3，因此0＜ ≤ ，因此0＜ ≤1，
4k2+3 3 4k2+3
3
因此3＜3+ ≤4，因此3＜|PQ|≤4，
4k2+3
综合①②，3≤|PQ|≤4，因此（|PQ|） ＝3；
min
x2 y2
（ii）证明：因为过点D（1，0）的直线l交C于P，Q两点，C的方程为 + =1（x≠±2），
4 3
因此l与x轴不重合，因此设l的直线方程为x＝my+1，
第21页（共24页）{x=my+1
(my+1) 2 y2
联立 x2 y2 ，消去x得 + =1，
+ =1 4 3
4 3
整理得到（3m2+4）y2+6my﹣9＝0，
设P（x ，y ），Q（x ，y ），
1 1 2 2
因为过点D（1，0）的直线l交C于P，Q两点，
因此y ，y 是（3m2+4）y2+6my﹣9＝0的两个根，
1 2
6m 6m
{y + y =− −
1 2 3m2+4 y + y 3m2+4 2m
因此 ，因此 1 2= = ，
9 y y 9 3
y y =− 1 2 −
1 2 3m2+4 3m2+4
3 y + y 3 y y 3 1 1
因此m= 1 2= ( 1 + 2 )= ( + )，
2 y y 2 y y y y 2 y y
1 2 1 2 1 2 2 1
因为过点P作直线x＝4的垂线，垂足为G，因此G（4，y ），
1
因为Q（x ，y ）是l：x＝my+1上的点，因此x ＝my +1，因此Q（my +1，y ），
2 2 2 2 2 2
y −y y −y
因为G（4，y ），因此k = 2 1 = 2 1 ，
1 QG m y +1−4 m y −3
2 2
3 1 1
因 为 m= ( + )， 因 此
2 y y
2 1
y −y y −y y −y y −y 2y
k = 2 1 = 2 1 = 2 1 = 2 1 = 1
QG m y +1−4 3 1 1 3 y 3 y −y 3 ，
2 [ ( + )]y −3 ( 2−1) ( 2 1 )
2 y y 2 2 y 2 y
2 1 1 1
2y 2y 5
因此直线QG的方程为y−y = 1 (x−4)，整理得到y= 1 (x− )，
1 3 3 2
5
因此直线QG恒过定点H( ，0)，
2
因为OM⊥QG，因此△OHM为直角三角形，
5 1 5
取OH的中点N( ，0)，则|MN|= |OH|= ，
4 2 4
故|MN|为定值，综上可知，存在定点N，使得|MN|为定值．
第22页（共24页）ax2−1
19．（17分）已知函数f（x）＝xlnx，g(x)= (a＞0)．
2
（1）直线l过点P（0，﹣1）且与y＝f（x）相切，求直线l的方程；
（2）若f（x）＜g（x）对x （1，+∞）恒成立，求a的取值范围；
（3）证明： en 1 +1 + n 1 +2 +⋯+ 2 1 n⋅ ∈ e4 1 n＞2(n∈N∗) ．
【分析】（1）求导得f′（x）＝lnx+1，再设出切点坐标，得到相关方程，解出切点坐标即可得到切
线方程；
2xlnx+1
（2）分离参数得a＞ ，设新函数并多次求导得到其值域即可得到范围；
x2
x2−1 k+1
（3）取a＝1得lnx＜ ，再令x= ，从而得到一系列不等式，累加后再进行指对互换即可证
2x k
明．
【解答】解：（1）由题意f（x）＝xlnx，
对函数求导可得f′（x）＝lnx+1，
设A（x ，x lnx ）是y＝f（x）上的一点，
0 0 0
则过点A的切线方程l为y﹣x lnx ＝（lnx +1）（x﹣x ），
0 0 0 0
又因为P（0，﹣1）在直线l上，
所以﹣1﹣x lnx ＝（lnx +1）（﹣x ），解得x ＝1，
0 0 0 0 0
所以直线l为y＝x﹣1；
（2）由题意f（x）＜g（x）对x （1，+∞）恒成立，
ax2 ∈−1
即对x （1，+∞），xlnx＜ 恒成立，
2
∈
2xlnx+1
即当x （1，+∞）时，a＞ ，
x2
∈
2xlnx+1 2(x−1−xlnx)
设h（x）= ，x （1，+∞），则h′(x)= ，
x2 x3
∈
设x （1，+∞），则u′（x）＝﹣lnx＜0，
∈
第23页（共24页）∴u（x）在（1，+∞）上单调递减，∴u（x）＜u（1）＝0，∴h′（x）＜0，
∴h（x）在（1，+∞）上单调递减，∴h（x）＜h（1）＝1，∴a≥1，
∴a的取值范围是[1，+∞）；
（3）证明：由（2）取a＝1，当x （1，+∞）时，f（x）＜g（x）恒成立，
x2−1 ∈x2−1
即xlnx＜ 恒成立，即lnx＜ 恒成立，
2 2x
k+1
( )
2−1
k+1 k+1 k 2k+1 1 1
令x= ，得ln ＜ = = + ，
k k k+1 2k(k+1) 2k 2(k+1)
2⋅
k
n+1 1 1 n+2 1 1 2n 1 1
∴ln ＜ + ，ln ＜ + ，⋯，ln ＜ + ，
n 2n 2(n+1) n+1 2(n+1) 2(n+2) 2n−1 2(2n−1) 2(2n)
n+1 n+2 2n 1 1 1 1 1 1
∴ln +ln +⋯+ln ＜ + + + +⋯+ +
n n+1 2n−1 2n 2(n+1) 2(n+1) 2(n+2) 2(2n−1) 2(2n)
1 1 1 1
= + +⋯+ + ，
n+1 n+2 2n 4n
1 1 1 1
∴ln2＜ + +⋯+ + ，
n+1 n+2 2n 4n
1 1 1 1
∴ en+1
+
n+2
+⋯+
2n⋅e4n＞2(n∈N∗) ．
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：2026/2/6 0:20:24；用户：量神大数学；邮箱：18600601432；学号：50925141
第24页（共24页）
