文档内容
2026 年普通高等学校招生全国统一考试模拟调研卷 数学 (一)
本试卷总分 150 分, 考试时间 120 分钟.
注意事项:
1. 答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
2.回答选择题时, 选出每小题答案后, 用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如
需改动, 用橡皮擦干净后, 再选涂其他答案标号.回答非选择题时, 将答案写在答题卡
上.写在本试卷上无效.
3. 考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回.
一、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. 设集合 𝐴 = {−1,𝑚},𝐵 = {0,2𝑚−1} ，若 𝐴∩𝐵 = {𝑚} ，则 𝑚 的取值集合为( )
A. ⌀ B. {0} C. {1公} D众. {0,号1} ：高考试卷君
2. 若复数 𝑧 的共轭复数 𝑧⃐ = 2−i ，则 (𝑧−1)i = ( )
A. 1+i B. −1+i C. 2+2i D. 2−2i
3. 已知 𝑚,𝑛 是两条不同的直线， 𝛼,𝛽 是两个不同的平面，若 𝑚 ⊥ 𝛼,𝑛 ⊥ 𝛽 ，则
“ 𝑚//𝑛 ” 是 “ 𝛼//𝛽 ”的( )
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
4. 已知向量 𝑎⃗ = (𝑥,1),𝑏⃗⃗ = (1,−2) ，若向量 𝑎⃗ +𝑏⃗⃗,𝑎⃗ −𝑏⃗⃗ 在 𝑎⃗ 上的投影向量相等，
则 𝑥 = ( )
A. 2 B. 1
1
C. − D. -1
2
𝜋
5. 若 𝛼 ∈ (0,𝜋),2+sin2𝛼 = 2sin(2𝛼 + ) ，则 cos𝛼 = ( )
2
2√5 √5 √5 2√5
A. − B. − C. D.
5 5 5 5𝑥 𝜋 𝜋
6. 已知函数 𝑓(𝑥) = sin(2𝑥+𝜑)− (− < 𝜑 < ) ,若函数 𝑓(𝑥) 与 𝑔(𝑥) 的图象关
𝜋 2 2
𝜋 1
于直线 𝑥 = 对称,且 𝑔(0) = ,则 𝜑 = ( )
6 6
𝜋 𝜋 𝜋 𝜋
A. B. C. D.
12 6 4 3
2
7. 已知直线 𝑥+𝑎𝑦−6 = 0 与圆 𝐶:(𝑥−1)2 +(𝑦−√3) = 9 相交于 𝐴,𝐵 两点， 𝑂
为坐标原点，若 |𝑂𝐴| = |𝑂𝐵| ，则 |𝐴𝐵| = ( )
A. 2√3 B. 4 C. 4√2 D. 4√3
8. 在四面体 𝐴𝐵𝐶𝐷 中,平面 𝐴𝐵𝐷 ⊥ 平面 𝐴𝐵𝐶,∠𝐴𝐶𝐵 = 90∘,∠𝐴𝐷𝐵 = 30∘ ,若点
𝐴,𝐵,𝐶,𝐷 均在球 𝑂 的球面上,且 𝐴𝐵 = 2 ,则球 𝑂 的表面积为( )
32𝜋
A. 9𝜋 B. C. 12𝜋 D. 16𝜋
3
二、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.
𝑥2 𝑦2
9. 已知椭圆 𝐶: + = 1 的左、右焦点分别为 𝐹 (−1,0),𝐹 (1,0) ,上顶点为 𝐵 ,过点
4
𝑚公众号：高考1试卷2君
𝐹 作垂直于 𝐹 𝐹 的直线交 𝐶 于 𝑀,𝑁 两点,则()
2 1 2
1
A. 𝐶 的离心率为 B. 𝐶 的短轴长为 √3
2
C. △𝐵𝐹 𝐹 为等边三角形 D. △𝑀𝐹 𝑁 为等边三角形
1 2 1
10. 甲、乙两人进行足球点球比赛，用抽签的方式决定谁先进行，甲、乙抽中的机
会均等. 每次点球若射中，则继续；若未射中，则换对方点球. 已知甲、乙每次点球
2 1
射中的概率分别为 , ，且每次点球是否射中相互独立，则( )
3 2
7
A. 第 2 个球是甲射门的概率为
12
1
B. 在第 1 个球和第 2 个球均是甲射门的条件下,第 3 个球是乙射门的概率为
6
11
C. 前 4 个球中甲、乙各射 2 个的概率为
36
20
D. 在第 3 个球是甲射门的条件下,第 1 个球是乙射门的概率为
43
11. 已知正方体 𝐴𝐵𝐶𝐷 −𝐴 𝐵 𝐶 𝐷 的棱长为 2,动点 𝑃 在该正方体内部及其表面上
1 1 1 1
运动, 𝐹 为 𝐶 𝐷 的中点,则下列说法正确的是 ( )
1 1A. 若 𝑃𝐶 = 𝑃𝐶 ，则三棱锥 𝐵 −𝐴 𝑃𝐶 的体积为定值
1 1 1 1
B. 若 𝑃𝐶 = 𝑃𝐶 = 𝑃𝐴 ，则动点 𝑃 轨迹的长度为 2
1
C. 若点 𝑃 到平面 𝐴𝐵𝐵 𝐴 与 𝐵𝐶𝐶 𝐵 的距离相等，则 𝑃𝐶 +𝑃𝐹 的最小值为 3
1 1 1 1
D. 若点 𝑃 到平面 𝐴𝐵𝐵 𝐴 与 𝐵𝐶𝐶 𝐵 的距离相等，则直线 𝑃𝐶 与 𝑃𝐶 一定不垂直
1 1 1 1 1
三、填空题:本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
12. 已知随机变量 𝑋 服从正态分布 𝑁(𝜇,𝜎2) ,若 𝑃(𝑋 < 0) = 0.3,𝑃(𝑋 ≤ 4) = 0.7 ,则
𝜇 的值为_____.
13. 若圆锥的底面半径与其内接正方体(四个顶点在圆锥的底面上，另四个顶点在圆
锥的侧面上)的棱长均为 1，则该圆锥的体积为_____.
14. 已知函数 𝑓(𝑥) = sin𝑥cos3𝑥 ，则 𝑓(𝑥) 的最小值为_____.
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. 将 3 个标号不同的公红球众和 2号 个标：号不高同的考白球试排成卷一排君.
(1)求 2 个白球均不排在两端的所有排法种数；
(2)记 𝑋 为 2 个白球之间红球的个数，求 𝑋 的分布列.
16. 如图,在四棱锥 𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷 中,底面 𝐴𝐵𝐶𝐷 是边长为 2 的正方形, 𝑂,𝑀 分别为
𝐴𝐷,𝐵𝐶 的中点,平面 𝑃𝑂𝑀 ⊥ 底面 𝐴𝐵𝐶𝐷 .
(1)证明: 𝑃𝑀 ⊥ 𝐴𝐷 ；
(2)若 𝑃𝐴 = √5,𝑃𝐶 = 3 ，求直线 𝑃𝐵 与平面 𝑃𝐶𝐷 所成角的正弦值.
17. 已知数列 {𝑎 } 前 𝑛 项的积为 𝑇 = 32𝑛−1 .
𝑛 𝑛1 1 1
(1)判断 , , 是否成等差数列，并给出证明;
1−𝑎𝑛 1−𝑎𝑛+1 1+𝑎𝑛
1 1
(2) 令 𝑏 = − ，求数列 {𝑏 } 的前 𝑛 项和 𝑆 ，
𝑛 𝑛 𝑛
1+𝑎𝑛 1−𝑎𝑛
18. 已知点 𝑃(1,1) 在抛物线 𝐶:𝑦2 = 2𝑝𝑥(𝑝 > 0) 上,直线 𝑙:𝑥 = −1 .
(1)求抛物线 𝐶 的方程；
(2)点 𝐴,𝐵 在 𝑙 上，且以 𝐴𝐵 为直径的圆过坐标原点 𝑂 ，若直线 𝐴𝑃 交 𝐶 于另一点
𝑀 ，直线 𝐵𝑃 交 𝐶 于另一点 𝑁 .
(i) 证明: 直线 𝑀𝑁 过定点,并求出该定点坐标;
(ii) 是否存在 𝐴,𝐵 ,使得 △𝑃𝑀𝑁 的面积为 △𝑂𝐴𝐵 面积的 2 倍？若存在，求出 |𝐴𝐵|
的值；若不存在, 说明理由.
19. 已知函数 𝑓(𝑥) = e𝑥(e𝑥 +2𝑥 −4) .
(1)求 𝑓(𝑥) 的单调区间；
(2) 记 ∏𝑛 𝑡 = 𝑡 𝑡 𝑡 ⋯𝑡 (𝑛 ∈ N∗) ,若 𝑥 +𝑥 +𝑥 +⋯+𝑥 = 0(𝑛 ∈ N∗) ,证明:
𝑖=1 𝑖 1 2 3 𝑛 1 2 3 𝑛
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𝑛
∏(e2𝑥 𝑖 +2𝑥 e𝑥 𝑖 +3) ≥ 4𝑛
𝑖
𝑖=1
(3)记 𝑓(𝑥) 的导函数为 𝑓′(𝑥) ，证明:当 𝑥 > 𝑥 时，
𝑓(𝑥2 )−𝑓(𝑥1 )
>
𝑓′(𝑥1 )
.
2 1 e𝑥2−e𝑥1 e𝑥1
1. C
若 𝑚 = 0 ,则 𝐴 = {−1,0},𝐵 = {0,−1} ,此时 𝐴∩𝐵 = {0,−1} ,不符合题意;
若 𝑚 = 2𝑚−1 ,解得 𝑚 = 1 ,则 𝐴 = {−1,1},𝐵 = {0,1} ,此时 𝐴∩𝐵 = {𝑚} ,符合题意.
综上, 𝑚 的取值集合为 {1} .
2. B
由题意知 𝑧 = 2+i ,所以 (𝑧−1)i = (1+i)i = −1+i .
3. C
若 𝑚 ⊥ 𝛼,𝑚//𝑛 ,则 𝑛 ⊥ 𝛼 ,又 𝑛 ⊥ 𝛽 ,所以 𝛼//𝛽 ;
反之,若 𝑚 ⊥ 𝛼,𝛼//𝛽 ,则 𝑚 ⊥ 𝛽 ,又 𝑛 ⊥ 𝛽 ,所以 𝑚//𝑛 ,则“ 𝑚//𝑛 ” 是 “ 𝛼//𝛽 ” 的充要条件.
4. A
根据向量投影相等的条件,推导出 𝑎⃗ ⊥ 𝑏⃗⃗ ,再利用向量垂直的数量积为 0 列方程求解
𝑥 .
由题意得 (𝑎⃗⃗+𝑏⃗⃗)⋅𝑎⃗⃗ ⋅ 𝑎⃗⃗ = (𝑎⃗⃗−𝑏⃗⃗)⋅𝑎⃗⃗ ⋅ 𝑎⃗⃗ ,即 (𝑎⃗ +𝑏⃗⃗)⋅𝑎⃗ = (𝑎⃗ −𝑏⃗⃗)⋅𝑎⃗ , 整理得 𝑎⃗ ⋅𝑏⃗⃗ = 0 ,所
|𝑎⃗⃗| |𝑎⃗⃗| |𝑎⃗⃗| |𝑎⃗⃗|
以 𝑥+1×(−2) = 0 ,解得 𝑥 = 2 .
5. A
应用诱导公式及二倍角公式化简,再应用正弦值域得出 cos𝛼 = −2sin𝛼 ,最后结合同
角三角函数关系计算求值.
由题意得 2+2sin𝛼cos𝛼 = 2cos2𝛼 = 2(1−2sin2𝛼) ,所以 sin𝛼⋅cos𝛼 = −2sin2𝛼 .
因为 𝛼 ∈ (0,𝜋) ,所以 sin𝛼 > 0 ,所以 cos𝛼 = −2sin𝛼 < 0 ,且 cos2𝛼 +sin2𝛼 = 1 , 所
以 cos2𝛼 = 4 ,可得 cos𝛼 = − 2√5 .
5 5
6. B
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𝜋 1 𝜋 1
根据两函数图象关于直线 𝑥 = 对称及 𝑔(0) = 得到 𝑓( ) = ,结合 𝜑 的范围代入
6 6 3 6
求解即可.
𝜋 1 𝜋 2𝜋 1 1 2𝜋
由题意知 𝑓( ) = 𝑔(0) = ,所以 𝑓( ) = sin( +𝜑)− = ,所以 sin( +𝜑) =
3 6 3 3 3 6 3
1
.
2
𝜋 𝜋 𝜋 2𝜋 7𝜋 2𝜋 5𝜋 𝜋
因为 − < 𝜑 < ,所以 < +𝜑 < ,所以 +𝜑 = ,解得 𝜑 = .
2 2 6 3 6 3 6 6
7. C
先根据 |𝑂𝐴| = |𝑂𝐵| 得出圆心与线段 𝐴𝐵 中点的连线与直线 𝐴𝐵 垂直,进而求出圆心
到直线的距离, 再结合圆的半径, 即可得弦长.
由 |𝑂𝐴| = |𝑂𝐵| ,则 𝑂 在 𝐴𝐵 的垂直平分线上,
又圆的弦 𝐴𝐵 的垂直平分线过圆心 𝐶(1,√3) ,
故 𝑂𝐶 为 𝐴𝐵 的垂直平分线,即 𝑂𝐶 ⊥ 𝐴𝐵 ,
1
所以 𝑘 ⋅𝑘 = (− )⋅√3 = −1 ,解得 𝑎 = √3 ,
𝐴𝐵 𝑂𝐶
𝑎所以直线 𝐴𝐵 的方程为 𝑥+√3𝑦−6 = 0 ,
|1+√3⋅√3−6| |1+3−6|
则圆心 𝐶(1,√3) 到直线 𝐴𝐵 的距离 𝑑 = = = 1 ,
2 2
√12+(√3)
又圆的半径 𝑟 = 3 ,所以 |𝐴𝐵| = 2√𝑟2−𝑑2 = 2√32 −12 = 4√2 .
8. D
取 𝐴𝐵 的中点 𝑀 ,由条件可得点 𝑀 为 △𝐴𝐵𝐶 的外心,由平面 𝐴𝐵𝐷 ⊥ 平面 𝐴𝐵𝐶 ,可得
四面体 𝐴𝐵𝐶𝐷 的外接球球心 𝑂 为 △𝐴𝐵𝐷 的外心,利用正弦定理即可求得其半径,进
而求出答案.
如图,取 𝐴𝐵 的中点 𝑀 ,因 ∠𝐴𝐶𝐵 = 90∘ ,则点 𝑀 为 △𝐴𝐵𝐶 的外心,
又因平面 𝐴𝐵𝐷 ⊥ 平面 𝐴𝐵𝐶 ,平面 𝐴𝐵𝐷 ∩ 平面 𝐴𝐵𝐶 = 𝐴𝐵 ,
故四面体 𝐴𝐵𝐶𝐷 的外接球球心 𝑂 必在平面 𝐴𝐵𝐷 内,且是 △𝐴𝐵𝐷 的外心,
易得 𝑂𝑀 ⊥ 平面 𝐴𝐵𝐶 ,故有 𝑂𝐴 = 𝑂𝐷 = 𝑂𝐵 = 𝑂𝐶 ,
在 △𝐴𝐵𝐷 中, ∠𝐴𝐷𝐵 = 30∘,𝐴𝐵 = 2 ,由正弦定理, 𝐴𝐵 = 2⋅𝑂𝐴 ,则 𝑂𝐴 = 2 = 2 ,
公众号：高考s试in∠𝐴𝐷卷𝐵 君 2× 1
2
故四面体 𝐴𝐵𝐶𝐷 的外接球 𝑂 的表面积为 4𝜋×22 = 16𝜋 .
9. AC
先根据椭圆方程应用焦点坐标列式得出 𝑚 = 3 ,进而求出离心率及短轴长,判断 A ,
B, C, 最后结合椭圆定义求出边长判断 D.
𝑥2 𝑦2
由 𝐶: + = 1 的左、右焦点分别为 𝐹 (−1,0),𝐹 (1,0) ,得 4−𝑚 = 1 ,解得 𝑚 = 3 ,
1 2
4 𝑚
1
则 𝑎 = 2,𝑐 = 1,𝑏 = √3 ,所以 𝐶 的离心率 ,短轴长为 2√𝑚 = 2√3 ,
2又因为 |𝐵𝐹 | = |𝐵𝐹 | = |𝐹 𝐹 | = 2 ,所以 △𝐵𝐹 𝐹 为等边三角形,故选项 A 正确,选项
1 2 1 2 1 2
B 错误, 选项 C 正确;
1 𝑦2 3
由题意设 𝑀(1,𝑦 ) ,则 + 𝑀 = 1 ,解得 |𝑦 | = ,
𝑀 𝑀
4 3 2
3 3 5
所以 |𝑀𝐹 | = ,|𝑀𝑁| = 3 ,又 |𝑀𝐹 | = 4− = ,
2 1
2 2 2
所以 |𝑀𝐹 | ≠ |𝑀𝑁| ,即 △𝑀𝐹 𝑁 不是等边三角形,故选项 D 错误.
1 1
10. AC
对于 A : 可得第 2 个球是甲射门的可能情况为: 甲甲,乙甲,进而求概率; 对于 B:分析
可知第 2 球甲未射中，即可得概率；对于 C:可能情况有:甲甲乙乙，甲乙甲乙， 甲
乙乙甲, 乙甲甲乙, 乙甲乙甲, 乙乙甲甲, 进而求概率; 对于 D: 分析可能情况的组成,
结合条件概率公式运算求解.
记 𝐴 = “抽签抽到甲”, 𝐵 = “甲点球射中”, 𝐴 = “抽签抽到乙”, 𝐵 = “乙
1 1 2 2
点球射中”,
1 2 1 1 1
则 𝑃(𝐴 ) = 𝑃(𝐴 ) = ,𝑃(𝐵 ) = ,𝑃(𝐵 ) = ,可得 𝑃(𝐵 ) = ,𝑃(𝐵 ) = ,
1 2 1 2 1 2
2 3 2 3 2
公众号：高考试卷君
对于选项 A:第 2 个球是甲射门的可能情况为:甲甲，乙甲， 所以所求事件的概率为
1 2 1 1 7
𝑃 = × + × = ,故 A 正确;
1
2 3 2 2 12
对于选项 B:在第 1 个球和第 2 个球均是甲射门的条件下，第 3 个球是乙射门，可
知第 2 球甲未射中,
1
所以所求事件的概率为 𝑃 = 𝑃(𝐵 ) = ,故 B 错误;
2 1
3
对于选项 C:若前 4 个球中甲、乙各射 2 个，则可能情况有:
甲甲乙乙，甲乙甲乙，甲乙乙甲，乙甲甲乙，乙甲乙甲，乙乙甲甲，
1 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
所求的概率为 𝑃 = × × × + × × × + × × × +
3
2 3 3 2 2 3 2 3 2 3 2 2
1 1 2 1 1 1 1 1 1 1 1 2 11
× × × + × × × + × × × = ,故 C 正确;
2 2 3 3 2 2 3 2 2 2 2 3 36
对于选项 D: 第 3 个球是甲射门的可能情况为: 甲甲甲, 乙甲甲, 甲乙甲, 乙乙甲,
1 2 2 1 1 2 1 1 1 1 1 1 43
对应的概率为 × × + × × + × × + × × = ,
2 3 3 2 2 3 2 3 2 2 2 2 72
第 1 个球是乙射门且 3 个球是甲射门的可能情况为: 乙甲甲, 乙乙甲,1 1 2 1 1 1 7
对应的概率为 × × + × × = ,
2 2 3 2 2 2 24
7 21
所以所求事件的概率 𝑃 = = ,故 D 错误.
4
43 43
11. ACD
对 A ,由 𝑃𝐶 = 𝑃𝐶 得 𝑃 在中截面内,利用等体积法计算体积; 对 B ,由 𝑃𝐶 = 𝑃𝐶 =
1 1
𝑃𝐴 得 𝑃 在两平面交线,计算轨迹线段长度; 对 C ,由点 𝑃 到两平面距离相等得其在对
角面内, 用对称点转化为两点间距离求 𝑃𝐶 +𝑃𝐹 最小值; 对 D ,由 𝑃𝐶 ⊥ 𝑃𝐶 得 𝑃 在
1
球面上,通过球心到平面距离与半径比较.
对于 A: 分别取棱 𝐴𝐴 ,𝐵𝐵 ,𝐶𝐶 ,𝐷𝐷 的中点 𝐸,𝑀,𝑁,𝐻 ,则 𝐸,𝑀,𝑁,𝐻 四点共面,
1 1 1 1
且四边形 𝐸𝑀𝑁𝐻 为正方形,若 𝑃𝐶 = 𝑃𝐶 ,则点 𝑃 在平面 𝐸𝑀𝑁𝐻 内,且 𝑃 到平面
1
𝐴 𝐵 𝐶 𝐷 的距离
1 1 1 1
1 1 2
为定值 1,所以 𝑉 = 𝑉 = ×𝑆 ×1 = ×2×1 = , A 正确;
𝐵1−𝐴1𝑃𝐶1 𝑃−𝐴1𝐵1𝐶1
3
△𝐴1𝐵1𝐶1
3 3
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对于 B: 若 𝑃𝐶 = 𝑃𝐶 = 𝑃𝐴 ，则点 𝑃 既在正方形 𝐸𝑀𝑁𝐻 内及其边界上，又在对角
1
面 𝐵𝐷𝐷 𝐵 内,
1 1
所以点 𝑃 的轨迹为线段 𝑀𝐻 ,其长度为 2√2 , B 错误;
对于 C : 若点 𝑃 到平面 𝐴𝐵𝐵 𝐴 与 𝐵𝐶𝐶 𝐵 的距离相等,则点 𝑃 在对角面 𝐵𝐷𝐷 𝐵 内,
1 1 1 1 1 1
取 𝐴 𝐷 的中点 𝐾 ,
1 1
则点 𝐹,𝐾 关于平面 𝐵𝐷𝐷 𝐵 对称,所以 𝑃𝐶 +𝑃𝐹 ≥ 𝐶𝐾 = √22 +22 +12 =
1 1
√4+4+1 = 3 , C 正确;对于 D : 若 𝑃𝐶 ⊥ 𝑃𝐶 ,则点 𝑃 在以 𝐶𝐶 为直径的球面上,球心为 𝐶𝐶 中点,半径 𝑟 =
1 1 1
1 , 而点 𝑁 到平面 𝐵𝐷𝐷 𝐵 的距离为 √2 > 1 = 𝑟 ,所以平面 𝐵𝐷𝐷 𝐵 与以 𝐶𝐶 为直
1 1 1 1 1
径的球面无公共点, D 正确.
12. 2
由 𝑃(𝑋 < 0) = 0.3,𝑃(𝑋 ≤ 4) = 0.7 ,得 𝑃(𝑋 < 0) = 𝑃(𝑋 > 4) = 0.3 , 由正态分布的
对称性,得 𝜇 = 2 ,所以 𝜇 的值为 2 .
2+√2 √2+2
13. 𝜋## 𝜋
3 3 公众号：高考试卷君
根据圆锥底面与内接正方体棱长的关系, 求出圆锥的高, 再利用圆锥体积公式即可求
得.
√2
ℎ−1
设圆锥的高为 ℎ ,则由相似三角形对应边成比例可得: 2 = ,解得 ℎ = 2+√2 ,
1 ℎ
所以该圆锥的体积 𝑉 = 1 𝜋𝑟2ℎ = 2+√2 𝜋 .
3 3
3√3
14. −
16
对函数 𝑓(𝑥) 进行求导,根据三角函数周期性并求出其单调性,得出函数极值,即可求
得其最小值.
由 𝑓(𝑥) = sin𝑥cos3𝑥 ,得
3
𝑓′(𝑥) = cos4𝑥−3sin2𝑥cos2𝑥 = 4cos4𝑥 −3cos2𝑥 = 4cos2𝑥(cos2𝑥− ),
4
因为 cos2𝑥 ∈ [0,1] ,所以当 cos2𝑥 ∈ [0, 3 ) 时, 𝑓′(𝑥) ≤ 0 ; 当 cos2𝑥 ∈ ( 3 ,1] 时,
4 4
𝑓′(𝑥) > 0 ,又 𝑓(𝑥) 满足 𝑓(𝑥) = 𝑓(𝑥+𝜋) ，所以 𝜋 为 𝑓(𝑥) 的一个周期，
所以当 𝑥 ∈ [0, 𝜋 ) 时， 𝑓′(𝑥) > 0,𝑓(𝑥) 单调递增;
6
当 𝑥 ∈ ( 𝜋 , 5𝜋 ) 时, 𝑓′(𝑥) ≤ 0,𝑓(𝑥) 单调递减;
6 6
当 𝑥 ∈ ( 5𝜋 ,𝜋] 时, 𝑓′(𝑥) > 0,𝑓(𝑥) 单调递增.
6
因为 𝑓(0) = 0,𝑓(𝜋) = 0,𝑓(
5𝜋
) = −
3√3
,所以当 𝑥 ∈ [0,𝜋] 时, 𝑓(𝑥) 的最小值为
6 16
−
3√3
. 即当 𝑥 ∈ R 时, 𝑓(𝑥) 的最小值为 −
3√3
.
16 16
15. (1)36
(2)
𝑋 0 1 2 3
𝑃 2 5 3 1 5 1
10 10
(1)根据分步乘法计数原理,先选好白球位置,剩下的给红球;(2)先确定 𝑋 所有可能取
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值, 再计算相应的概率.
(1)先从中间的 3 个空位中选出 2 个空位排 2 个白球, 再把 3 个红球全排放入剩下
的 3 个空位,共 A2 A3 = 36 (种),
3 3
所以 2 个白球均不排在两端的所有排法种数为 36 .
(2)由题意知 𝑋 的所有可能取值为 0,1,2,3, 则
A2 A4 2
2 4
𝑃(𝑋 = 0) = =
A5 5
5
C1 A2 A3 3
3 2 3
𝑃(𝑋 = 1) = =
A5 10
5
A2 A2 A2 1
3 2 2
𝑃(𝑋 = 2) = =
A5 5
5
A2 A3 1
2 3
𝑃(𝑋 = 3) = =
A5 10
5所以 𝑋 的分布列为
𝑋 0 1 2 3
𝑃 2 5 3 10 1 5 1
10
16.(1)因为底面 𝐴𝐵𝐶𝐷 是边长为 2 的正方形， 𝑂,𝑀 分别为 𝐴𝐷,𝐵𝐶 的中点，所以
𝑂𝑀 ⊥ 𝐴𝐷,
因为平面 𝑃𝑂𝑀 ⊥ 底面 𝐴𝐵𝐶𝐷 ,平面 𝑃𝑂𝑀∩ 底面 𝐴𝐵𝐶𝐷 = 𝑂𝑀,𝐴𝐷 ⊂ 底面 ABCD ,
所以 𝐴𝐷 ⊥ 平面 𝑃𝑂𝑀 ,
因为 𝑃𝑀 ⊂ 平面 𝑃𝑂𝑀 ,
所以 𝑃𝑀 ⊥ 𝐴𝐷 .
(2)由(1)及底面 𝐴𝐵𝐶𝐷 为正方形，可得 𝐴𝑂 ⊥ 𝑃𝑂,𝑃𝑀 ⊥ 𝐶𝑀 ，
又正方形的边长为 2,𝑂,𝑀 分别为 𝐴𝐷,𝐵𝐶 的中点 𝑃𝐴 = √5,𝑃𝐶 = 3 ,
所以 𝑃𝑀 = √𝑃𝐶2 −𝐶𝑀2 = √9−1 = 2√2 ,
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𝑃𝑂 = √𝑃𝐴2 −𝐴𝑂2 = √5−1 = 2,
在 △𝑃𝑂𝑀 中， 𝑃𝑂2 +𝑂𝑀2 = 𝑃𝑀2 ，
所以 𝑃𝑂 ⊥ 𝑂𝑀 ,所以 𝑂𝑀,𝑂𝐷,𝑂𝑃 两两垂直.
以 𝑂 为坐标原点,以 𝑂𝑀,𝑂𝐷,𝑂𝑃 所在直线分别为 𝑥,𝑦,𝑧 轴,建立如图所示的空间直
角坐标系,
则 𝐵(2,−1,0),𝐶(2,1,0),𝐷(0,1,0),𝑃(0,0,2),𝑃⃗⃗⃗⃗𝐵⃗⃗ = (2,−1,−2),𝐷⃗⃗⃗⃗𝑃⃗⃗ = (0,−1,2),𝐷⃗⃗⃗⃗𝐶⃗⃗ =
(2,0,0) , 设平面 𝑃𝐶𝐷 的法向量为 𝑛⃗⃗ = (𝑥,𝑦,𝑧) ,𝑛⃗⃗⋅𝐷⃗⃗⃗⃗𝑃⃗⃗ = 0 −𝑦+2𝑧 = 0
则 { ,得 { ,
𝑛⃗⃗⋅𝐷⃗⃗⃗⃗𝐶⃗⃗ = 0 2𝑥 = 0
令 𝑧 = 1 ,则 𝑦 = 2,𝑥 = 0 ,
所以平面 𝑃𝐶𝐷 的一个法向量 𝑛⃗⃗ = (0,2,1) .
设直线 𝑃𝐵 与平面 𝑃𝐶𝐷 所成的角为 𝜃 ,
则 sin𝜃 = |cos⟨𝑃⃗⃗⃗⃗𝐵⃗⃗,𝑛⃗⃗⟩| = |𝑃⃗⃗⃗⃗𝐵⃗⃗⋅𝑛⃗⃗| = 4 = 4√5 ,
|𝑃⃗⃗⃗⃗𝐵⃗⃗||𝑛⃗⃗| √4+1×√4+1+4 15
所以直线 𝑃𝐵 与平面 𝑃𝐶𝐷 所成角的正弦值为
4√5
.
15
1 1 1
17.(1) , , 成等差数列.
1−𝑎𝑛 1−𝑎𝑛+1 1+𝑎𝑛
证明: 因为数列 {𝑎 } 前 𝑛 项的积 𝑇 = 32𝑛−1 ,所以当 𝑛 ≥ 2 时, 𝑎 = 𝑇𝑛 =
32𝑛−1
=
𝑛 𝑛 𝑛 𝑇𝑛−1 32𝑛−1−1
32𝑛−1
,
当 𝑛 = 1 时, 𝑎 = 𝑇 = 3 ,符合上式,
1 1
所以 𝑎 = 32𝑛−1 , 公众号：高考试卷君
𝑛
1 1 2 2 2 2
所以 + = = = = ,
1−𝑎𝑛 1+𝑎𝑛 1−𝑎
𝑛
2 1−(32𝑛−1
)
2 1−32𝑛 1−𝑎𝑛+1
1 1 1
因此 , , 成等差数列.
1−𝑎𝑛 1−𝑎𝑛+1 1+𝑎𝑛
1 1 2
(2)由(1)可得 + = ，
1−𝑎𝑛 1+𝑎𝑛 1−𝑎𝑛+1
1 1 2 1 1 1 1
所以 𝑏 = − = − − = 2( − ) ,
𝑛
1+𝑎𝑛 1−𝑎𝑛 1−𝑎𝑛+1 1−𝑎𝑛 1−𝑎𝑛 1−𝑎𝑛+1 1−𝑎𝑛
1 1 1 1 1
所以 𝑆 = 𝑏 +𝑏 +⋯+𝑏 = 2[( − )+( − )+⋯+( −
𝑛 1 2 𝑛
1−𝑎2 1−𝑎1 1−𝑎3 1−𝑎2 1−𝑎𝑛+1
1
)]
1−𝑎𝑛
1 1 1 1 2
= 2( − ) = 2( − ) = 1− .
1−𝑎𝑛+1 1−𝑎1
1−32𝑛
1−3
32𝑛
−1
2
所以数列 {𝑏 } 的前 𝑛 项和 𝑆 = 1− .
𝑛 𝑛 32𝑛
−1
18.(1) 因为点 𝑃(1,1) 在抛物线 𝐶:𝑦2 = 2𝑝𝑥(𝑝 > 0) 上, 所以 1 = 2𝑝 ,解得 𝑝 = 1 ,所
2
以 𝐶 的方程为 𝑦2 = 𝑥 .(2)(i)证明:由题意不妨设 𝐴(−1,𝑎) ， 𝐵(−1,𝑏)(𝑎 > 0) ，
则 𝑂⃗⃗⃗⃗𝐴⃗⃗ = (−1,𝑎),𝑂⃗⃗⃗⃗𝐵⃗⃗ = (−1,𝑏) ,
因为以 𝐴𝐵 为直径的圆过坐标原点 𝑂 ,所以 𝑂⃗⃗⃗⃗𝐴⃗⃗⋅𝑂⃗⃗⃗⃗𝐵⃗⃗ = 1+𝑎𝑏 = 0 ,
1 1
则 𝑏 = − ,即 𝐵(−1,− ) .
𝑎 𝑎
显然直线 𝑀𝑁 的斜率不为 0,设直线 𝑀𝑁:𝑥 = 𝑚𝑦+𝑡,𝑀(𝑦2,𝑦 ),𝑁(𝑦2,𝑦 ) ,
1 1 2 2
𝑦2 = 𝑥
联立 { ,消去 𝑥 得 𝑦2 −𝑚𝑦−𝑡 = 0 ,
𝑥 = 𝑚𝑦+𝑡
则 Δ = 𝑚2 +4𝑡 > 0,𝑦 +𝑦 = 𝑚,𝑦 𝑦 = −𝑡 ,
1 2 1 2
因为 𝐴,𝑃,𝑀 三点共线,则
𝑦1−1
=
1
=
1−𝑎
,解得 𝑦 =
1+𝑎
,
𝑦
1
2−1 𝑦1+1 2 1 1−𝑎
又 𝐵,𝑃,𝑁 三点共线,则
𝑦2−1
=
1
=
𝑎+1
,解得 𝑦 =
𝑎−1
,
𝑦
2
2−1 𝑦2+1 2𝑎 2 𝑎+1
1+𝑎 𝑎−1
所以 𝑦 𝑦 = ⋅ = −1 ,又 𝑦 𝑦 = −𝑡 ,得 𝑡 = 1 ,
1 2 1 2
1−𝑎 𝑎+1
所以直线 𝑀𝑁:𝑥 = 𝑚公𝑦+众1 ,即号直线 ：𝑀𝑁 过高定点考 (1试,0) . 卷君
1 𝑎2+1
(ii) 由 (i) 知 |𝐴𝐵| = 𝑎+ = (𝑎 > 0) ,直线 𝑀𝑁:𝑥 = 𝑚𝑦+1 ,
𝑎 𝑎
1+𝑎 𝑎−1
且 𝑦 +𝑦 = 𝑚,𝑦 = ,𝑦 = ,
1 2 1 2
1−𝑎 𝑎+1
|𝑚|
而点 𝑃 到直线 𝑀𝑁 的距离为 𝑑 = ,且 |𝑀𝑁| = √1+𝑚2 ⋅|𝑦 −𝑦 | ,
√1+𝑚2 1 2
1 1 |𝑚| 1
所以 𝑆 = |𝑀𝑁|⋅𝑑 = √1+𝑚2 ⋅|𝑦 −𝑦 |⋅ = |𝑦 −𝑦 ||𝑚|
△𝑃𝑀𝑁 2 2 1 2 √1+𝑚2 2 1 2
= 1 |𝑦2 −𝑦2| = 1 |( 1+𝑎 ) 2 −( 𝑎−1 ) 2 | = 4𝑎(𝑎2+1) ,
2 1 2 2 1−𝑎 𝑎+1 (𝑎2+1)2−4𝑎21 𝑎2+1
而 𝑆 = |𝐴𝐵|⋅1 = ,
△𝐴𝑂𝐵
2 2𝑎
4𝑎(𝑎2+1) 𝑎2+1
若 𝑆 = 2𝑆 ,则 = ,
△𝑃𝑀𝑁 △𝐴𝑂𝐵 (𝑎2+1)2−4𝑎2 𝑎
整理得 (𝑎2 +1)2 = 8𝑎2 ,即
𝑎2+1
= 2√2 ,方程有解,则 |𝐴𝐵| =
𝑎2+1
= 2√2 .
𝑎 𝑎
即存在 𝐴,𝐵 ,使得 △𝑃𝑀𝑁 的面积为 △𝑂𝐴𝐵 面积的 2 倍,此时 |𝐴𝐵| = 2√2 .
19. (1) 由题意得 𝑓(𝑥) 的定义域为 𝐑 ,且 𝑓′(𝑥) = 2e𝑥(e𝑥 +𝑥−1) ,
令 𝑔(𝑥) = e𝑥 +𝑥 −1 ,则 𝑔′(𝑥) = e𝑥 +1 > 0 恒成立,所以 𝑔(𝑥) 在 𝐑 上单调递增,
又 𝑔(0) = 0 ,故当 𝑥 ∈ (−∞,0) 时, 𝑔(𝑥) < 0,𝑓′(𝑥) < 0,𝑓(𝑥) 在 (−∞,0) 上单调递减;
当 𝑥 ∈ (0,+∞) 时, 𝑔(𝑥) > 0,𝑓′(𝑥) > 0,𝑓(𝑥) 在 (0,+∞) 上单调递增,
所以 𝑓(𝑥) 的单调递减区间为 (−∞,0) ,单调递增区间为 (0,+∞) .
(2)由(1)知， 𝑓(𝑥) ≥ 𝑓(0) = −3 ，即 e𝑥(e𝑥 +2𝑥 −4) ≥ −3 ，
即 e2𝑥 +2𝑥e𝑥 +3 ≥ 4e𝑥 > 0 ,
公众号：高考试卷君
所以 ∏𝑛 (e2𝑥 𝑖 +2𝑥 e𝑥 𝑖 +3) ≥ ∏𝑛 (4e𝑥 𝑖) = 4𝑛(e𝑥1 ⋅e𝑥2⋯⋯e𝑥𝑛) =
𝑖=1 𝑖 𝑖=1
4𝑛e𝑥1+𝑥2+𝑥3+⋯+𝑥𝑛 = 4𝑛e0 = 4𝑛 即 ∏𝑛 (e2𝑥 𝑖 +2𝑥 e𝑥 𝑖 +3) ≥ 4𝑛 .
𝑖=1 𝑖
(3)因为 𝑥 > 𝑥 ，令
e𝑥2
= 𝑡 ，则 e𝑥2 = 𝑡e𝑥1 ， 𝑥 −𝑥 = ln𝑡 ，且 𝑡 > 1 ，
2 1 e𝑥1 2 1
又 𝑓′(𝑥) = 2e𝑥(e𝑥 +𝑥−1) ,则
𝑓(𝑥 )−𝑓(𝑥 ) 𝑓′(𝑥 )
2 1 1
−
e𝑥2 −e𝑥1 e𝑥1
e𝑥2(e𝑥2 +2𝑥 −4)−e𝑥1(e𝑥1 +2𝑥 −4) 2e𝑥1(e𝑥1 +𝑥 −1)
2 1 1
= −
e𝑥2 −e𝑥1 e𝑥1
𝑥 e𝑥2 −𝑥 e𝑥1 (𝑥 −𝑥 )e𝑥2
= 2( 2 1 −𝑥 −1)+e𝑥2 −e𝑥1 = 2[ 2 1 −1]+e𝑥2 −e𝑥1
e𝑥2 −e𝑥1 1 e𝑥2 −e𝑥1
𝑡ln𝑡
= 2( −1)+(𝑡−1)e𝑥1.
𝑡−1
令 ℎ(𝑡) = ln𝑡+ 1 −1(𝑡 > 1) ,则 ℎ′(𝑡) = 1 − 1 = 𝑡−1 > 0 ,故 ℎ(𝑡) 在 (1,+∞) 上单调
𝑡 𝑡 𝑡2 𝑡2
递增,
1 𝑡ln𝑡
所以 ℎ(𝑡) > ℎ(1) = 0 ,即 ln𝑡+ −1 > 0 ,所以当 𝑡 > 1 时, −1 > 0 ,
𝑡 𝑡−1又当 𝑡 > 1 时, (𝑡−1)e𝑥1 > 0 ,所以当 𝑡 > 1 时, 2( 𝑡ln𝑡 −1)+(𝑡−1)e𝑥1 > 0
𝑡−1
即当 𝑥 > 𝑥 时
𝑓(𝑥2 )−𝑓(𝑥1 )
>
𝑓′(𝑥1 )
.
2 1 e𝑥2−e𝑥1 e𝑥1
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