文档内容
2025-2026 学年黑龙江省哈尔滨三中高三（上）期末数学试卷
一、选择题（共58分）（一）单项选择题（共8小题，每小题5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 ＞ ，B＝{x|log2 （﹣x）≤2}，则A∩B＝（ ）
2
A．[﹣4，1） ={ B |． +[﹣14，0 + }∞） C．（﹣1，0） D．[﹣4，0）
2．（5分）双曲线 ： 的焦点坐标为（ ）
2 2
A．（±3，0） 6 − B．3（= 0，1±3） C． ， D． ，
3．（5分）（2x﹣1）8的展开式中x3的系数为（ ）(± 3 0) (0 ± 3)
A．﹣448 B．﹣56 C．56 D．448
4．（5分）如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算术》中，后人称为“三角垛”．“三角垛”
最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，第四层有10个球，…，设从上往下各层的球数
构成数列{an}，则 （ ）
20 1
=1 =
A． B． C． D．
19 19 20 40
5．（5分
10
）某辩论小组有5位
2
成
0
员，要从中选出4位
2
依
1
次作为一辩、二辩、
21
三辩、四辩参赛，若选中甲，
甲只能作为一辩或者四辩，则不同的安排方法有（ ）
A．72种 B．66种 C．42种 D．36种
6．（5分）已知函数 ＞， ＞， ＜ 的部分图像如图所示，若方程f（x）＝m
( )= ( + )( 0 0 | | )
在 ， 上有两个不相等的实数根，则实数m的取值范围是2（ ）
[ ]
3
第1页（共21页）A．（﹣2，﹣1] B．[﹣2，﹣1] C． ， D． ，
7．（5分）如图，在一个底面边长为4，侧棱长为 (−的2正四−棱锥3]P﹣ABCD[−中2，大−球O3]
1
内切于该四棱锥，
小球O2 与大球O1 及四棱锥的四个侧面相切，2则1小0球O2 的体积为（ ）
A． B． C． D．
2 2 6 2 2
8．（5分） 已知函数f（x）对任意 x＞0，x2f（x）+x3f′ （x）+xf′（x）＞f（x） 成立，则（ ）
3 6 3 3
A．5f（2）＜3f（1） B．9f（3）＞20f（1）
C．51f（4）＞40f（3） D．4f（3）＜3f（2）
（二）多项选择题（共3小题，每小题6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）下列命题为真命题的是（ ）
A．空间内三点确定一个平面
B．垂直于同一个平面的两条直线互相平行
C．若向量 ， ， 是不共面的向量，则 ， ， 也是不共面的向量
→ → → → → → →
2 −
D．若对空间中任意一点O，有 ，则P，A，B，C四点共面
→ → → →
1 1 2
（多选）10．（6分）已知i为虚数单 位=，1复2 数 z +＝41 +i ，+则3（ ）
A．
B．z| 2＝|=|z|22
C．
2
D．
z20=26
|
的
|
2虚部为﹣21013
（多选）11．（6分）若数列{an}对任意n N+ ，有an+2 ﹣an+1 ＜an+1 ﹣an ，则称数列{an}为“速减数列”，则
（ ） ∈
A．数列 为“速减数列”
{ }
B．数列 为“速减数列”
3 1 2
{ + −2 +1}
2
第2页（共21页）C．数列{an}为“速减数列”，且任意项an Z，a1 ＝2026，a2 ＝2024，a7 ＝﹣2023，a99 ＝﹣2，ak ＝0，则
k的最大值为63 ∈
D．已知项数为2k（k≥2，k Z）的数列{bn}是“速减数列”，且数列{bn}的所有项的和等于k，则bk+bk+1
＞1 ∈
二、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分．将答案填在答题卡相应的位置上．）
12．（5分）已知 ， ， ，则cosx＝ ．
2 4
13．（5分）椭圆的 ∈一(个6光学3性)质是 从( 椭−圆6的)=一5个焦点发出的光线，经过椭圆反射后，反射光线交于椭圆的
另一个焦点上．已知椭圆C的两个焦点为F1 （﹣1，0），F2 （1，0），从F1 发出的光线经l：x+y﹣3＝0
上 点 P 反 射 后 经 过 F2 ． C 与 l 有 公 共 点 ， 当 椭 圆 C 的 短 轴 最 短 时 C 的 标 准 方 程
为 ．
14．（5分）已知函数f（x）＝（2﹣x）2x﹣1，x （0，2），g（x）＝2x﹣2﹣x，x （0，2）的零点分别为
x1 ，x2 ，则x1+x2 ＝ ． ∈ ∈
三、解答题（本大题共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）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD为直角梯形，其中AB∥DC，AB⊥BC，且平面PAB⊥
平面ABCD，PA＝PB，DC＝2AB＝2BC＝4，E为PD中点．
（1）求证：AE∥平面PBC；
（2）若平面ABE与平面PAB的夹角的余弦值为 ，求四棱锥P﹣ABCD的体积．
30
6
16．（15分）数列{an}的前n项和Sn ＝n（n+1），数列{bn}满足 ，n N+ ．
( +1)
（1）求数列{an}，{bn}的通项公式； 1 2⋯ =2 2 ∈
（2）将数列{an}和数列{（﹣1）nbn}各取前100项，按从小到大排成一个新的数列{dn}，其中重复的数
只取一次，求数列{dn}的前100项和．
17．（15分）如图，一艘船向正东航行，顺次经过观测点B，M，N，C，船航行到B处，在B处观测灯塔
A在船的北偏东30°的方向上，船航行到C处，在C处观测灯塔在船的北偏西60°的方向上，已知B，
C相距6海里，∠MAN＝30°．
第3页（共21页）（1）若 ，求MN的距离；
21
（2）求 △ A∠M N 面积=的 7 最小值．
18．（17分）已知函数f（x）＝x2﹣aex．
（1）当a＝1时，求曲线y＝f（x）过点（0，﹣1）的切线方程；
（2）若函数f（x）有2个极值点x1 ，x2 ，且x1 ＜x2 ．
（ⅰ）求实数a的取值范围；
（ⅱ）求证：x1+3x2 ＞4．
19．（17分）已知抛物线E：y2＝2px（p＞0）的准线与圆C：x2+（y﹣2）2＝1相切．
（1）求抛物线E的方程；
（2）依次构造点列An （an ，0），Bn （bn ，0），Pn （xn ，yn ）， ， ．设a1 ＝1，bn ＝2an ，
∗
n N*，过点An 作斜率为 的直线与曲线E分别交于点Pn ，Q n ，( ′直 线 ′ P n ) B ( n 与∈曲 线) E交于另一点Qn+1 ，
1
∈
直线QnBn 与曲线E交于另 一点Pn+1 ，直线Pn+1Qn+1 与x轴交于点An+1 ．
（ⅰ）求数列{an}和{bn}的通项公式；
（ⅱ）记△PnQnBn 的面积为Sn ，当k1 ＝1时，求证： ＜ ．
7 8
=1
2 2 −1 7
第4页（共21页）2025-2026 学年黑龙江省哈尔滨三中高三（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 C B A D A A A C
二．多选题（共3小题）
题号 9 10 11
答案 BCD AC ACD
一、选择题（共58分）（一）单项选择题（共8小题，每小题5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 ＞ ，B＝{x|log2 （﹣x）≤2}，则A∩B＝（ ）
2
A．[﹣4，1） ={ B |． +[﹣14，0 + }∞） C．（﹣1，0） D．[﹣4，0）
【分析】解不等式，得到A＝（﹣1，+∞），B＝[﹣4，0），根据交集概念求出答案．
【解答】解：集合 ＞ （﹣1，+∞），
2
log2 （﹣x）≤2＝lo g2 = 4，{ 故| +0＜1 ﹣0 x }≤= 4，解得﹣4≤x＜0，所以B＝[﹣4，0），
所以A∩B＝（﹣1，+∞）∩[﹣4，0）＝（﹣1，0）．
故选：C．
2．（5分）双曲线 ： 的焦点坐标为（ ）
2 2
A．（±3，0） 6 − B．3（= 0，1±3） C． ， D． ，
【分析】根据双曲线C的方程，求得c的值，结合(±双曲3线0C)的焦点在y(轴0 上±，即3可) 求解．
【解答】解：由双曲线方程可得a2＝6，b2＝3，
则 ，
2 2
又因 =为双 曲+线 C=的3焦点在y轴上，可得双曲线C的焦点坐标为F（0，±3）．
故选：B．
3．（5分）（2x﹣1）8的展开式中x3的系数为（ ）
A．﹣448 B．﹣56 C．56 D．448
第5页（共21页）【分析】由题意利用二项展开式的通项公式，求得（2x﹣1）8的展开式中x3的系数．
【解答】解：∵（2x﹣1）8的展开式的通项公式为Tr+1 •（﹣1）r•（2x）8﹣r，
令8﹣r＝3，求得r＝5， = 8
故展开式中x3的系数为 •23＝﹣448，
5
故选：A． − 8
4．（5分）如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算术》中，后人称为“三角垛”．“三角垛”
最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，第四层有10个球，…，设从上往下各层的球数
构成数列{an}，则 （ ）
20 1
=1 =
A． B． C． D．
19 19 20 40
【分
1
析
0
】根据题中给出的图
20
形，结合题意找到各层
21
球的数与层数的关系，
21
得到数列{an}的通项公式，再
运用裂项相消求和即可得解．
【解答】解：由题意可知a1 ＝1，a2 ＝a1+2＝1+2＝3，a3 ＝a2+3＝6，
则a4 ＝a3+4＝10，
a5 ＝a4+5＝15，
...，
，
( +1)
= −1+ =1+2+3+⋯+ =
所以 ， 2
1 2 1 1
= = 2( − )
所以 ( +1) +1 ．
20 1 1 1 1 1 1 1 1 1 40
=1 = + +⋯+ =2×(1− + − +⋯+ − )=
故选：D． 1 2 20 2 2 3 20 21 21
5．（5分）某辩论小组有5位成员，要从中选出4位依次作为一辩、二辩、三辩、四辩参赛，若选中甲，
甲只能作为一辩或者四辩，则不同的安排方法有（ ）
A．72种 B．66种 C．42种 D．36种
【分析】分选甲和不选甲两种情况讨论，结合排列知识，或分步乘法计数原理即可求解
【解答】解：当没有选甲时，不同的安排方法有 种；
4
4
第6页（共21页）当选中甲时，不同的安排方法有 种，
3
故不同的安排方法共有 2 4 种．
4 3 3
故选：A． 4+2 4 =3 4 =3×4×3×2=72
6．（5分）已知函数 ＞， ＞， ＜ 的部分图像如图所示，若方程f（x）＝m
( )= ( + )( 0 0 | | )
在 ， 上有两个不相等的实数根，则实数m的取值范围是2（ ）
[ ]
3
A．（﹣2，﹣1] B．[﹣2，﹣1] C． ， D． ，
【分析】由函数f（x）的图像，求得 (−2 −，设3] [−，2得到− f（3 t ]）＝2sint，根据题
( )=2 (2 − ) =2 −
意，转化为y＝f（t）和y＝m的图像有两个不同的交点，6 结合正弦型函数6的性质，即可求解．
【解答】解：由图可得A＝2，且 ，所以T＝ ，
1
= − ( − ) = π
则 ，求得f（x）＝2sin2（2x+3）， 6 2
2
= =2 φ
由2 ，得 ，所以 ，
× +φ= =− ( )=2 (2 − )
3 2 6 6
因为 ， ，所以 ， ，
11
∈[ ] 2 − ∈[ ]
设 3 ，则 ， 6 ，可2 得 6 ， ， ，
11 11
=2 − ∈ [ ] ( )=2 ∈[ ]
6 2 6 2 6
当 ， 时，函数f（t）单调递减；当 ， 时，函数f（t）单调递增，
3 3 11
∈ [ ] ∈ [ ]
且 2 2 ， ，且2 6 ，
3 11
( ) = ( )=2 ( ) = ( )=−2 ( )=−1
要使得方程f（x 2）＝m在 ， 上有两2个不相等的实数6根，
[ ]
3
第7页（共21页）则方程f（t）＝m在 ， 上有两个不相等的实数根，
11
[ ]
即函数y＝f（t）和y＝2 m的6图像在 ， 上有两个不同的交点，
11
由图可得﹣2＜m≤1，即实数m的[取2值为6（﹣] 2，﹣1]．
故选：A．
7．（5分）如图，在一个底面边长为4，侧棱长为 的正四棱锥P﹣ABCD中，大球O1 内切于该四棱锥，
小球O2 与大球O1 及四棱锥的四个侧面相切，2则1小0球O2 的体积为（ ）
A． B． C． D．
2 2 6 2 2
【分析】 先求出正四棱锥的高 ，利用相切可求球的半 径，结合体积公式可得 答案．
3 6 3 3
【解答】解：由题易知斜高为 ，高为 ，
2 2 2 2
设底面中心为O，AD的中点为(M2，1如0)图−所2示，=6 6 −2 =4 2
在截面POM中，设N为球O1 与平面PAD的切点，所以N在PM上，且O1N⊥PM，
设球O1 的半径为R，易知O1N＝O1O＝R，
，故可以求得 ，则PO1 ＝3R，
2 1 1 1
∠ = = = =
故可以得到 6 3 1，解3得 ，
设球O1 与球 O2 =相 切 1于+点 Q1，=易4知 =PQ4＝2PO﹣2R ＝=2R，2
第8页（共21页）设球O2 的半径为r，则PQ＝4r，解得 ，
2
= =
则 ． 2 2
4 2 3 2
故选 ：(A．) =
3 2 3
8．（5分）已知函数f（x）对任意x＞0，x2f（x）+x3f′（x）+xf′（x）＞f（x）成立，则（ ）
A．5f（2）＜3f（1） B．9f（3）＞20f（1）
C．51f（4）＞40f（3） D．4f（3）＜3f（2）
【分析】根据所给不等式，构造新函数，利用导数的性质判断新函数的单调性，然后逐一判断即可．
【解答】解：当x＞0时，x2f（x）+x3f′（x）+xf′（x）＞f（x） x2f（x）+x3f′（x）+xf′（x）﹣f
（x）＞0 ⇒
＞ ＞，
2 3
( )+ ′ ( )+ ′ ( )− ( ) ′ ( )− ( )
⇒ 2 0⇒ ( )+ ′ ( )+ 2 0
设 ＞ ，
( )
所以 (当 )= x＞ 0 (时 )，+函数 F (（ x）0)单调递增．
A：因为当x＞0时，函数F（x）单调递增，
所以 ＞ ＞ ＞ ＞ ，
(2) (1) 5 (2)
所以无 (法2)判断 (1 5 ) f（⇒ 2 2） ，(2 3 ) f（+ 1）2之间1的⋅大 (小1)关+系1，故⇒ A错2误；2 (1) ⇒5 (2) 4 (1)
B：因为当x＞0时，函数F（x）单调递增，
所以 ＞ ＞ ＞ ＞
(3) (1) 10 (3)
(3) (1)⇒3 (3)+ 1⋅ (1)+ ⇒ 2 (1) ⇒5 (3) 3 (1)
＞ 3 ＞ ， 1 3
9 9 27 (1)
⇒显然5 无(3法)×判5断9 3 f（ (1 3）)，× 250 ⇒ f（9 1 ）(3之)间的大5 小，故B错误；
C：因为当x＞0时，函数F（x）单调递增，
所以 ＞ ＞ ＞ ＞ ，故C正确；
(4) (3) 17 (4) 10 (3)
D：因 (为4)当x ＞(3 0 )时⇒，4 函(4数)+ F（4x）单3调⋅ 递(3增)，+ 3 ⇒ 4 3 ⇒51 (4) 40 (3)
所以 ＞ ＞ ＞ ＞ ，故D错误．
(3) (2) 10 (3) 5 (2)
故选： ( C 3)． (2)⇒3 (3)+ 3 2⋅ (2)+ 2 ⇒ 3 2 ⇒4 (3) 3 (2)
（二）多项选择题（共3小题，每小题6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）下列命题为真命题的是（ ）
第9页（共21页）A．空间内三点确定一个平面
B．垂直于同一个平面的两条直线互相平行
C．若向量 ， ， 是不共面的向量，则 ， ， 也是不共面的向量
→ → → → → → →
2 −
D．若对空间中任意一点O，有 ，则P，A，B，C四点共面
→ → → →
1 1 2
【分析】利用平面确定定理可判 断 A =；12根 据 线+面4 垂 直+性3质 可判断B；利用反证法判断C；利用空间向量
共面的推论判断D．
【解答】解：A选项，若三点共线，则可确定无数个平面，故A错误；
B选项，垂直于同一个平面的两条直线互相平行，故B正确；
C选项，若 ，， 是共面的向量，则存在实数m，n使得 ，
→ → → → → → → →
2 − − =2 +
即 ，则向量 ，， 共面，与已知显然矛盾，所以 ， ， 是不共面的向量，
→ → → → → → → → → →
故 C=正(确2 ；+1) + 2 −
D选项，因 ，则由空间向量共面的推论可知，P，A，B，C四点共面，故D正确．
1 1 2
故选：BCD1 ．
2
+
4
+
3
= 1
（多选）10．（6分）已知i为虚数单位，复数z＝1+i，则（ ）
A．
B．z| 2＝|=|z|22
C．
2
D．
z20=26
|
的
|
2虚部为﹣21013
【分析】根据复数的模长公式，复数的运算定义及性质可依次判断．
【解答】解：由z＝1+i，得 ，故A正确；
2 2
由z2＝（1+i）2＝2i，得|z|2＝| 2|，=可1知+z2≠1 |z=|2，2故B错误；
，故C正确；
2 2
由= z2 ＝ ⋅ 2 = i， | 得 | 2 z4＝﹣4，则z2026＝（z4）506•z2＝（﹣4）506•2i＝21013i，
所以，z2026i的虚部为21013，故D错误．
故选：AC．
（多选）11．（6分）若数列{an}对任意n N+ ，有an+2 ﹣an+1 ＜an+1 ﹣an ，则称数列{an}为“速减数列”，则
（ ） ∈
第10页（共21页）A．数列 为“速减数列”
{ }
B．数列 为“速减数列”
3 1 2
C．数列{ { an} +为2“ 速−减2数 列+”1，} 且任意项an Z，a1 ＝2026，a2 ＝2024，a7 ＝﹣2023，a99 ＝﹣2，ak ＝0，则
k的最大值为63 ∈
D．已知项数为2k（k≥2，k Z）的数列{bn}是“速减数列”，且数列{bn}的所有项的和等于k，则bk+bk+1
＞1 ∈
【分析】由“速减数列”的定义，结合作差法和累加法、不等式的性质，逐项判断即可．
【解答】解：对于A，由an ，可得 ＞ ＞0， ＞ ＞，
即有 ＞ = ， +1 +2 0
两边取 倒+数1，+可 得+2 + ＜+1 ，即为 ＜ ，所以A正确；
1 1
+2− +1 +1−
对于B，设an ＝n3 +n22﹣+2n ++11， +1+
1
+
由 an+2 ﹣an+1 2
3 1 2 3 1 2 2
=[( +2) + ( +2) −2( +2)+1]−[( +1) + ( +1) −2( +1)+1]=3 +
， 2 2
13
10 +
an+1 ﹣a 2 n ，
3 1 2 3 1 2 2 1
=[( +1) + ( +1) −2( +1)+1]−[ + −2 +1]=3 +4 −
2 ＞． 2 2
2 13 2 1
(3 +10 + )−(3 +4 − )=6 +7 0
所以an+2 ﹣an+1 2＞an+1 ﹣an ，即有数2列 不是“速减数列”，所以B错误；
3 1 2
对于C，因为数列{an}中，任意项an { Z，+所2以 任−意2 两+项1的} 差均为整数．
数列{an}为“速减数列”，a1 ＝2026，∈a2 ＝2024，a7 ＝﹣2023，a99 ＝﹣2，所以a2 ﹣a1 ＝﹣2．
所以a3 ﹣a2 ＜﹣2，所以a3 ﹣a2 ≤﹣3；同理a4 ﹣a3 ＜﹣3，所以a4 ﹣a3 ≤﹣4；…，an+1 ﹣an ≤﹣（n+1）．
累加得，（a2 ﹣a1 ）+（a3 ﹣a2 ）+（a4 ﹣a3 ）+…+（an+1 ﹣an ）≤﹣2+（﹣3）+（﹣4）+…+[﹣（n+1）]，
所以 ，所以 ．
[2+( +1)] ( +3)
+1− 1 ≤− +1 ≤2026−
因为ak ＝0，所以 2 ，即k2+k﹣4054≤ 2 0，所以 ＜＜ ．
( −1)( +2) −1+ 1+16216 −1+ 16217
所以k≤63．所以20C26正−确；
2
≥0 0
2
=
2
对于D，已知项数为2k（k≥2，k Z）的数列{bn}是“速减数列”，所以对任意n N+ ，有bn+2 ﹣bn+1 ＜
bn+1 ﹣bn ， ∈ ∈
所以b2k ﹣b2k﹣1 ＜b2k﹣1 ﹣b2k﹣2 ＜…＜bk+2 ﹣bk+1 ＜bk ﹣bk﹣1 ＜…＜b3 ﹣b2 ＜b2 ﹣b1 ，所以b2k+b1 ＜b2k﹣1+b2
第11页（共21页）＜b2k﹣2+b3 ＜…＜bk+bk+1 ．
b1+b2+…+bk+bk+1+…+b2k﹣1+b2k ＜k（bk+bk+1 ）．
由数列{bn}的所有项的和等于k，得b1+b2+…+bk+bk+1+…+b2k﹣1+b2k ＝k，
所以k＜k（bk+bk+1 ）．
因为k＞0，所以bk+bk+1 ＞1．所以D正确．
故选：ACD．
二、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分．将答案填在答题卡相应的位置上．）
12．（5分）已知 ， ， ，则cosx＝ ．
2 4 3 3−4
∈ ( ) ( − )=
【分析】根据同角三6角函3数的平方关系6，结合5 ， 求10出 ，然后根据x＝（x ） ，
− ∈(0 ) ( − ) − +
运用两角和的余弦公式求出答案． 6 2 6 6 6
【解答】解：由题意得 ， ，
− ∈(0 )
6 2
结合 ，可得 ，
4 2 3
( − )= ( − )= 1− ( − )=
6 5 6 6 5
所以 ．
3 1 3 3−4
= ( − + )= ( − )− ( − )=
故答案为： ．6 6 2 6 2 6 10
3 3−4
13．（5分）椭圆的一个光学性质是从椭圆的一个焦点发出的光线，经过椭圆反射后，反射光线交于椭圆的
10
另一个焦点上．已知椭圆C的两个焦点为F1 （﹣1，0），F2 （1，0），从F1 发出的光线经l：x+y﹣3＝0
上点P反射后经过F2 ．C与l有公共点，当椭圆C的短轴最短时C的标准方程为 ．
2 2
【分析】先求出点F1 （﹣1，0）关于直线l：x+y﹣3＝0的对称点为F（3，4），再结
5
合椭+圆
4
的=光1学性质
可得|PF|+|PF2|≥|FF2|，即可求出 ，再结合直线l与椭圆C有公共点，联立两方程式则可得（2b2+1）
x2﹣6（b2+1）x+8b2+9﹣b4＝0， 再≥利用5Δ≥0即可求得b2≥4，从而可求解．
【解答】解：已知椭圆C的两个焦点为F1 （﹣1，0），F2 （1，0），
从F1 发出的光线经l：x+y﹣3＝0上点P反射后经过F2 ，
设点F1 （﹣1，0）关于直线l：x+y﹣3＝0的对称点为F（m，n），
则 ，解得 ，即F（3，4），
⋅(−1)=−1
+1 =3
−1 =4
椭圆的一+个光−学3性=质0是从椭圆的一个焦点发出的光线，
2 2
经过椭圆反射后，反射光线交于椭圆的另一个焦点上，
第12页（共21页）则从F1 发出的光线经直线l上点P反射后经过F2 ，即|PF1|＝|PF|，
所以|PF1|+|PF2|＝|PF|+|PF2|，
又因为|PF|+|PF2|≥|FF2|，当且仅当P在FF2 与直线l的交点时取等号，
根据两点间的距离公式可得 ，
2 2
对于椭圆上的任意一点M满|足 2|= (3−1) +(4−0) =2 5 ，则 ；
| 1|+| 2|=2 ≥| 2|= 2 5 ≥ 5
又因直线l与椭圆C有公共点，则将y＝3﹣x代入椭圆 ，
2 2
化简得（2b2+1）x2﹣6（b2+1）x+8b2+9﹣b4＝0， 2 + 2 = 1
+1
则Δ＝36（b2+1）2﹣4（2b2+1）（8b2+9﹣b4）≥0，化简得b2（8b4﹣24b2﹣32）≥0，
因为b2＞0，所以8b4﹣24b2﹣32≥0，解得b2≥4（负值舍去），
所以要使椭圆C的短轴最短即b2＝4，此时a2＝b2+1＝5满足 ，
≥ 5
故椭圆C的标准方程为 ．
2 2
+ = 1
故答案为： ．5 4
2 2
+ = 1
5 4
14．（5分）已知函数f（x）＝（2﹣x）2x﹣1，x （0，2），g（x）＝2x﹣2﹣x，x （0，2）的零点分别为
x1 ，x2 ，则x1+x2 ＝ 2 ． ∈ ∈
【分析】根据零点定义，结合同底的指数函数和对数函数的对称性、数形结合思想进行求解即可．
【解答】解：令f（x）＝（2﹣x）2x﹣1＝0，
则有（2﹣x）•2x＝1， ，
1
当x （0，2）时， 2− =( 2 )
∈
直线y＝2﹣x与指数函数 的图象的交点的横坐标为x1 ，x1 （0，2），
1
令g（x）＝2x﹣2﹣x＝0， 即= 2x(﹣ 22＝) x（x＞0）， ∈
所以x﹣2＝log2x，2﹣x＝﹣log2x， ，
2− = 1
当x （0，2）时， 2
直线∈y＝2﹣x与对数函数 的图象的交点的横坐标为x2 ，x2 （0，2），
= 1 ∈
2 第13页（共21页）指数函数 的图象与对数函数 互为反函数，
1
=( ) = 1
他们的图象关于2直线y＝x对称， 2
又因为直线y＝2﹣x与直线y＝x互相垂直，如下图所示：
由 ，解得 ，
=2− =1
即A （=1 ，1）， =1
所以两交点也关于A（1，1）对称，
所以 ，x1+x2 ＝2．
1+ 2
故答案为
2
：= 2．1
三、解答题（本大题共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）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD为直角梯形，其中AB∥DC，AB⊥BC，且平面PAB⊥
平面ABCD，PA＝PB，DC＝2AB＝2BC＝4，E为PD中点．
（1）求证：AE∥平面PBC；
（2）若平面ABE与平面PAB的夹角的余弦值为 ，求四棱锥P﹣ABCD的体积．
30
6
【分析】（1）根据中位线可证四边形ABFE是平行四边形，再由线面平行的判定定理得证；
（2）取AB中点O，连接OP，过O作OG⊥CD．建立空间直角坐标系，利用向量法求出平面夹角的余
弦值，进而求得四棱锥的高，从而求得体积．
【解答】解：（1）证明：取PC中点F，连接BF，EF，
∵E为PD中点，F为PC中点，∴EF∥CD且 ，
1
=
2
第14页（共21页）又AB∥CD且 ，∴AB∥EF且AB＝EF，
1
∴四边形ABFE 为=平2行 四 边形，∴AE∥BF，
又∵AE 平面PBC，BF 平面PBC，
∴AE∥⊄平面PBC． ⊂
（2）取AB中点O，连接OP，过O作OG⊥CD，
∵PA＝PB，∴OP⊥AB，
又∵平面PAB⊥平面ABCD，平面APB∩平面ABCD＝AB，OP 平面PAB，
∴OP⊥平面ABCD， ⊂
以O为原点，OG、OB、OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则A（0，﹣1，0），B（0，1，0），D（2，﹣3，0），
设P（0，0，h）（h＞0），则 ， ， ，
3 ℎ
(1 − )
设平面ABE的法向量 ，， ，2 2
→
=( )
，， ， ， ， ，
→ →
1 ℎ
=(0 2 0) =(1 − )
2 2
则 ，则 ，则 ，
→ → → →
2 =0
→ ⊥ → → ⋅ → =0 1 ℎ
− + =0
取x ＝ h⊥， 则y＝0， z＝⋅ ﹣=2，0 2 2
所以平面ABE的一个法向量为 ，， ，
→
=(ℎ 0 −2)
平面PAB的法向量 ，， ，
→
=(1 0 0)
＜ ，＞ ，
→ →
ℎ 30
|解 得 ，|= ℎ 2 +4 = 6
ℎ=2 5
∴ ．
梯形
1
− = ⋅ℎ =4 5
3
16．（15分）数列{an}的前n项和Sn ＝n（n+1），数列{bn}满足 ，n N+ ．
( +1)
（1）求数列{an}，{bn}的通项公式； 1 2⋯ =2 2 ∈
第15页（共21页）（2）将数列{an}和数列{（﹣1）nbn}各取前100项，按从小到大排成一个新的数列{dn}，其中重复的数
只取一次，求数列{dn}的前100项和．
【分析】（1）利用an 与Sn 的关系可求数列{an}的通项公式，当n≥2时，由已知可得 ，
( −1)
两式相除可求数列{bn}的通项公式； 1 2... −1 =2 2
（2）结合（1），利用分组求和法可求数列{dn}的前100项和．
【解答】解：（1）令n＝1，则a1 ＝S1 ＝2，b1 ＝2，
当n≥2时，an ＝Sn ﹣Sn﹣1 ＝n（n+1）﹣（n﹣1）n＝2n，a1 ＝2也符合上式，
所以an ＝2n，
当n≥2时，因为 ，
( +1)
1 2... =2 2
则 ，
( −1)
1 2... −1 =2 2
所以
( +1)
，b1 ＝2也符合上式，
2 2
= ( −1) =2
所以 2 ，2
综上， a=
n
＝22n， ；
（2）a1 ＝2，a2 ＝ 4=，2a3 ＝6，…，a100 ＝200，
（﹣1）1b1 ＝﹣2， ， ，…， ，
2 2 3 3 100 100
由题可得 (−1) 2 =2 ，(−1) 3 =−2 (，−…1)， 100 =2
99 99 97 97
1 =(−1) ， d 99 51 =＝−a1 2＝2， d 2 52 =＝(a− 2 ＝1)4， …97，=d− 10 2 0 ＝a50 ＝100，
1
所50以=(−1) 1 =−2
1 3 99
100 =−(2 +2 +...+2 )+(2+4+...+100)
．
50
2×(1−4 ) (2+100)×50 2 50
17．=（− 15分
1
）
−4
如图，+一艘船2向正东=航2行55，0顺+次
3
(经1过−观4 测)点B，M，N，C，船航行到B处，在B处观测灯塔
A在船的北偏东30°的方向上，船航行到C处，在C处观测灯塔在船的北偏西60°的方向上，已知B，
C相距6海里，∠MAN＝30°．
（1）若 ，求MN的距离；
21
（2）求 △ A∠M N 面积=的 7 最小值．
第16页（共21页）【分析】（1）在△ANC和△AMB中反复使用正弦定理，用角度 表示边长AN、AM、CN、MB，代入求
值即可； θ
（2）将面积表达式化简为关于 的三角函数，利用和角公式、二倍角公式进行变形，通过三角函数的范
围求解面积的最小值． θ
【解答】解：（1）∵ ， ，∴ ，
∠ = ∠ = ∠ =
又∵BC＝6，∴AB＝3， 3 ， 6 2
又 ，设∠BAM ＝ =，3 3
∠ = θ
6
∴ ， ， ，
2
∠ = − ∠ = + ∠ = −
在△ANC和△3 AMB中由正弦定2理可得 3 ，
= =
， ∠ ∠ ∠
= =
即 ∠ ∠ ∠ ， ，
3 3 3 3 3 3
= = = 2
2 (2+ ) 2 2 (3− ) ，
3 3 (3− ) 3 3( 3 − 3 ) 3 1
= = =3 3( − )
(2+ ) ，2 2
3 3 3
= 2 = 2 2 = 3 1
当 (3− 时 ) ，则 3 − 3 2+ ，2 ，
21 2 2 7 3
= = 1− = = =
7 7 2
∴ ， ，
3
3 1 3 9 3×2
=3 3( 2 − 2 × 2 )= 4 = 3 1 3=2
2+2×2
∴ （海里）；
9 7
= − − =6−2− =
（2） 4 4
1 1
△ = ⋅ ⋅ ∠ = ⋅
2 4
1 3 3 3 3 27
= × × 2 = 2
令 4 2 2 (3− ) 16 (3− )
2 2 2
= ( − )= ( − )
3 3 3
3 2 1 3 2 +1 1
= + = ⋅ + 2
2 2 2 2 4 ，
3 1 3 1 3
= 2 + 2 + = (2 + )+
∴4 4， 4 2 3 4
27
△ =
16
∵ ， ，∴ ， ，∴ ， ，
3 1 3
∈(0 ) (2 + )∈(0 1] ∈ ( + ]
3 3 4 2 4
第17页（共21页）∴当 时， （平方海里）．
1 3 27 27(2− 3)
18．（17 分 = ）2已 + 知4函数 ( f （ △ x ） ＝ ) x 2﹣ = a1e6 x． ( 1 2+4 3 ) = 4
（1）当a＝1时，求曲线y＝f（x）过点（0，﹣1）的切线方程；
（2）若函数f（x）有2个极值点x1 ，x2 ，且x1 ＜x2 ．
（ⅰ）求实数a的取值范围；
（ⅱ）求证：x1+3x2 ＞4．
【分析】（1）先写出f（x）的表达式，根据导数几何意义、设切点坐标，表示出切线方程，代入点（0，
﹣1），即可求得切点坐标，再代入切线方程，则问题得解；
（2）（ⅰ）求导，根据极值点，可分离参数得 ，构造函数 ，求其导数分析单调性，再
2 2
结合题目条件确定a的取值范围； = ( )=
（ⅱ）根据换元法（令 ， ），转换对数运算，再根据待证不等式，构造相应函数，分析
1 2
1 = 2 =
单调性，证明k＞1时， ＞ ，从而得证．
4( −1)
【解答】解：（1）当a＝ 1 时，3f（ +x1）＝x2﹣ex，导函数f′（x）＝2x﹣ex，
设切点为 ， ，
2 0
因此函数在( 0x＝ x0
0
−处 的切) 线方程为 ，
2 0 0
将点（0，﹣1）代入切线方程得 − 0+ =(2 0− )( −， 0)
2 0 0
，解得−x1
0
＝−0 0或+1 ，=− 0(2 0− )
0
(因 0此−曲1线)( y＝−f（ 0x）−在1)点=（00，﹣1）处的切线为y＝﹣x﹣1，在点（1，1﹣e）处的切线为y＝（2﹣e）x
﹣1；
（2）（ⅰ）f′（x）＝2x﹣aex，
因为f（x）有2个极值点，所以方程 有2根x1 ，x2 ，
2
=
令 ，导函数 ，
2 2(1− )
在（ ( 1 ，)= +∞ ）上，g′′ （( x ）)=＜0， g（x）单调递减，在（﹣∞，1）上，g′（x）＞0，g（x）单调递增，
当x＞0时，g（x）＞0，当x＜0时，g（x）＜0，
，当x→+∞时，g（x）→0，
2
( ) = (1)=
因此a的取值范围是 ， ；
2
（ⅱ）证明： (0 ， ) ，
1 2
2 1 = 2 2 =
第18页（共21页）令 ， ，
1 2
那么 1 =2ln t2 ＝a t 2 2 ，=2 lnt1 ＝at1 ，且0＜t1 ＜t2 ，
因此 ，
1 2
= =
令 1 ＞， 2则 2 ，
2 1 + 1
= 1 =
因此可 得 1 1 1 ， ，
要证x1+3 x 2 ＞ 2 4 =， 即 证+ l nt 1 1 + = 3ln t2−＞14， 1 = −1
即证k＞1时， ＞，
(3 +1)
4
令函数 −1 ，那么导函数 ，
4( −1) 1 16 ( −1)(9 −1)
ℎ( )= − ′ℎ( )= − 2 = 2
h（k）单调递增，h（3k ）+＞1 h（1）＝0，当k （1， +∞(3） +时1，) h′（ k(3） ＞+10)，
∈
因此k＞1时， ＞ ，不等式得证．
4( −1)
19．（17分）已知抛 物线3E ：+1y2＝2px（p＞0）的准线与圆C：x2+（y﹣2）2＝1相切．
（1）求抛物线E的方程；
（2）依次构造点列An （an ，0），Bn （bn ，0），Pn （xn ，yn ）， ， ．设a1 ＝1，bn ＝2an ，
∗
n N*，过点An 作斜率为 的直线与曲线E分别交于点Pn ，Q n ，( ′直 线 ′ P n ) B ( n 与∈曲 线) E交于另一点Qn+1 ，
1
∈
直线QnBn 与曲线E交于另 一点Pn+1 ，直线Pn+1Qn+1 与x轴交于点An+1 ．
（ⅰ）求数列{an}和{bn}的通项公式；
（ⅱ）记△PnQnBn 的面积为Sn ，当k1 ＝1时，求证： ＜ ．
7 8
=1
2 2 −1 7
【分析】（1）求出准线方程，从而得到p＝2，得到抛物线方程；
（2）（ⅰ）设出直线方程，联立y2＝4x，求出两根之和，两根之积，联立化简得an+1 ＝4an ，bn+1 ＝2an+1
＝8an ＝4bn ，所以{an}是以1为首项，4为公比的等比数列，{bn}是以2为首项，4为公比的等比数列，
故 ， ；
−1 −1
（ ⅱ ）=在4（ⅰ） 基=础2上×，4得到kn+1 ＝2kn ，所以{kn}是首项为1，公比为2的等比数列， ，求出
−1
=2
第19页（共21页），从而放缩得到 ，利用等比数列的求和公式即可证明．
−1 7 7 1 −1
=2 2⋅8 = ≤ ( )
【解答】解：（1）抛物线E：y2＝2 22p x （−1p＞08）−的1准线为8 ，
=−
圆C：x2+（y﹣2）2＝1的圆心C（2，0），半径为1， 2
依题意，圆心C（0，2）到准线的距离为 ，可得p＝2，
所以抛物线E的方程为y2＝4x；
2
= 1
（2）（ⅰ）过An （an ，0）且斜率为 的直线方程为x＝kny+an ，
1
代入y2＝4x，得y2﹣4kny﹣4an ＝0，
由韦达定理：yn+yn ′＝4kn ，ynyn ′＝﹣4an ，①
设直线PnBn 的方程为x＝my+bn ，代入y2＝4x，得y2﹣4my﹣4bn ＝0，
则ynyn+1 ′＝﹣4bn ，可得 ，②
4
+′1 =−
同理，由yn'yn+1 ＝﹣4bn ，可得 ，③
4
+1 =−
′
则直线Pn+1Qn+1 的斜率 ，
′ +1− +1 ′ +1− +1 4
+1 +1 = = ′ 2 − 2 =
′ +1− +1 +1 +1 +1+′ +1
4
直线Pn+1Qn+1 的方程为： ，
2
4 +1
− +1 = ( − )
将An+1 （an+1 ，0）代入化简得 +1+′ +1 ，（*） 4
1
将②③代入yn+1y′ n+1 ，结合① + ， 1 =− 4 +1′ +1
可得 ，
2 2 2
4 4 16 16 4
+1′ +1 =(− )(− )= = =−
再代入（*）式，化简′ 得 ′ −4 ，
2 2
1 4
由于a1 ＝1，b1 ＝2，满足 b + n 1 ＝= 2 − an4，⋅(− )=
则 ，bn+1 ＝2an+1 ＝8an ＝4bn ，
2
(2 )
所以 + {a 1 n = }是以 1为=首4项 ，4为公比的等比数列，
{bn}是以2为首项，4为公比的等比数列，
则 ， ；
−1 −1
（ ⅱ ）=证4明：由 （=ⅰ2）×可4得 ， ，
−1 −1
yn+y′
n
＝4kn ，yny′
n
＝﹣4a
n
， =yn 4 +1+y′
n
+
1
＝=42kn ×
+1
4，
， ，
4 4
′ +1 =− +1 =−
′ 第20页（共21页），
1 1 +′
+1+′ +1 =−4 ( + )=−4
代入得 ′ ，化 简 ′ 得 kn+1 ＝2kn ，
4 4
4 +1 =−4 ⋅ =
所以{kn}是首项为1，公−比4 为 2的 等 比数列， ．
−1
=2
因为 ，
2 2 2
| −′ |= ( +′ ) −4 ′ = (4 ) −4(−4 )=4 +
则 ，
1 1 −1 −1 2 −2 −1 −1
= ⋅| − |⋅| −′ |= ×(2⋅4 −4 )×4 2 +4 =2 2×8
故 2 2 ，
7 7 7+1 1 −1
= ≤ = ( )
2 2 −1 8 −1 (8 −1)+1 8
＜ ，得证．
1
7 1 −1 1−8 8 1 8
=1 ≤ =1 ( ) = 1 = (1− )
2 2 −1 8 1−8 7 8 7
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