精品解析：河北衡水中学2025-2026学年度高三年级下学期综合素质评价三数学学科试题（解析版）_7229_12.2026年4月全国各地高考模拟卷_2026年4月_2026年河北省衡水中学高三下学期综合素质评价三

2025-2026 学年度高三年级下学期综合素质评价三
数学学科
考试时间：120分钟；试卷满分：150分
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第 I 卷（共 58分）
一、单选题(共 8个小题，每题 5分，共 40分)
   
M  x x2 3x0 N  x y  x1
M N 
1. 已知集合 ， ，则  （ ）
A.
0,3
B.
1,3
C.
0,3
D.
1,3
【答案】B
【解析】
【详解】由x2 3x0，可得xx30，解得0 x3，所以M 0,3 ，
公众号：高考试卷君
由x10，得x 1，所以N 1, ，
所以M  N 1,3 .
2. 已知向量a  (1,4)，b  (2,3)，则向量a在向量b  上的投影向量为（ ）
10 15  10 15  20 30 20 30
A.  ,  B.   ,  C.   ,  D.  , 
13 13  13 13  13 13 13 13
【答案】C
【解析】
【详解】因为a  (1,4)，b  (2,3)，a  b  124310， b   49  13，
     
b ab ab  10 20 30
则向量a在向量b  上的投影向量为 b    b     b 2 b  13 2,3   13 , 13   .
 
3. 已知 z  z2 ， z为虚数，则 zz 的值可能为（ ）
A. 2 B. 1 C. 0 D. 1
【答案】A
第1页/共19页
学科网（北京）股份有限公司【解析】
【分析】设z  abi且b0，根据复数的运算由 z  z2 得a 1，进而得zz 1b2 1，即可求
解.
【详解】设z  abi且b0，由 z  z2 得 a2 b2  a22 b2 ，解得a 1，
所以z 1bi,z 1bi，所以zz 1bi1bi1b2 1，
故A正确，B错误，C错误，D错误.
故选：A.
4. 一个圆台的母线长为 13，上、下底面的半径分别为2，5，则圆台的体积为（ ）
A. 26π B. 32π C. 78π D. 86π
【答案】A
【解析】
【分析】先根据圆台的结构特征求出圆台的高，然后利用圆台的体积公式求出其体积即可.
【详解】取上下底面的圆心，则OO即为圆台的高h，如图所示，
在 ACB中，AB 13,BC 523，

公众号：高考试卷君
根据勾股定理可得AC OOh 1332 2.
1 1
所以圆台的体积为V  πh  R2 Rrr2  π22541026π.
3 3
故选：A.
5 1
5. 已知0π，则“cosα= ”是“cos2 ”的（ ）
3 9
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
【答案】A
【解析】
1 1 5 5 1
【详解】由cos2 ，得2cos21 ，解得cos ，则“cosα= ”是“cos2 ”
9 9 3 3 9
第2页/共19页
学科网（北京）股份有限公司的充分不必要条件.
y2 x2
6. 设双曲线C:  （1 a 0,b0）的焦距为2c，若a2、b2、c2成等差数列，则该双曲线的渐近线
a2 b2
方程为（ ）
2
A. y  2x B. y x
2
3
C. yx D. y  x
3
【答案】B
【解析】
【分析】利用双曲线中a,b,c的关系和等差数列可求答案.
【详解】因为a2、b2、c2成等差数列，所以2b2 a2 c2，又c2 a2 b2，所以2b2 a2   a2 b2 ，
a 2
即b2 2a2，所以  .
b 2
a 2
该双曲线的渐近线方程为y  x x.
公b 众号2 ：高考试卷君
故选：B
7. 已知y  f(x)满足 f(x1) f(1x), f(x2) f(x)2，且当x[0,1]时， f xex，则
2023
f  的值为（ ）
 2 
1 1 1 1
A. B. C.  D. 
e2 1011 e2 1010 e 2 1011 e 2 1010
【答案】B
【解析】
【分析】根据函数的对称性结合累加法可求函数值.
【详解】由 f(x1) f(1x)，可知函数图像关于x1对称，
又 f(x2) f(x)2，由累加法可得：
2023 3  3
f
 
 f

5052

 f
 
5052，
 2  2  2
3 1 1
又 f    f   e2，
2 2
第3页/共19页
学科网（北京）股份有限公司2023 1
所以 f   e2 1010，
 2 
故选：B
8. 已知抛物线C：y2 2px（ p 0）的焦点为F ，圆M ：x12  y2 16与C交于A，B两点，若
直线AM 与直线BM 的斜率之积为3，则 AF （ ）
7
A. 3 B. C. 4 D. 5
2
【答案】C
【解析】
【分析】先由已知条件解出A，B两点坐标，再由焦半径公式求得 AF .
【详解】由圆M ：x12  y2 16可知，圆心M(1,0)，半径为4.
而圆M 和抛物线C都关于x轴对称，则可设A(x,y)，B(x, y)(x0).
y y y2
由k k    3，得y2 3x12
.
AM BM x1 x1 x12
公众号：高考试卷君
因为点A在圆M 上，又有x12  y2 16，即x12 3x12 16，
而x 0，则解得x1，所以y2 3112 12.而点A又在抛物线C上，
则有122p1，所以 p=6，则F(3,0).
p
所以 AF  x 314.
2 A
二、多选题(每题 6分，全部选对得 6分，部分选对得部分分，有错选的得 0分，共 18分)
9. 下列说法正确的是（ ）
A. 样本相关系数r 越大，则线性相关性越强
B. 1，2，4，5，6，12，18，20的上四分位数是15
C. 随机变量X 的方差D(X)20，期望E(X)6，则E
 X2
16
D. 某班30个男生的数学平均分为90，方差为4，20个女生的数学平均分为85，方差为6，则全班50个
学生的数学成绩的方差为10.8
【答案】BD
【解析】
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学科网（北京）股份有限公司【详解】A：样本相关系数r 的绝对值越大，则线性相关性越强，则A错误；
B：该组数据共8个数据，又875%6，
1218
因此上四分位数为第6个数和第7个数的平均数，即 15，因此B正确；
2
C：因为DX E  X2 E2X ，由方差DX20，期望E(X)6，可得E  X2 56，即C错
误.
3 2
D：易知全班50个学生的数学成绩的平均值为 90 8588，
5 5
3 2 54
因此方差为
490882 685882
 10.8，即D正确.
5  5  5
x2 y2  
10. 已知C:  1ab0的左、右焦点分别为F,F ，长轴长为6，点M 6,1 在椭圆C外，
a2 b2 1 2
点N 在椭圆C上，则下列说法中正确的有（ ）
 6 
A. 椭圆C的离心率的取值范围是 ,1
 
3
 
 
B. 椭圆C上存在点Q使得QF QF 0
1 2
公众2号2 ：高考试3卷6 君
C. 已知E0,2 ，椭圆C的离心率为 ，则 NE 的最大值为
3 2
NF  NF
1 2
D. 的最小值为1
NF  NF
1 2
【答案】ABC
【解析】
【分析】对于A，根据条件得b2 3，再利用离心率的公式可确定离心率的取值范围；对于B，转化为以
原点为圆心，c为半径的圆与椭圆C有交点，即可求解；对于C，根据条件求出椭圆方程，再利用椭圆的
参数方程，即可求解；对于D，根据椭圆的定义得 NF  NF 6，再利用基本不等式求解即可.
1 2
x2 y2
【详解】对于A，由题意可知2a6，所以a 3，所以椭圆方程为  1，
9 b2
  6 1
因为M 6,1 在椭圆C外，所以  1，解得b2 3，
9 b2
c2 b2 3 2 6
因为e2  1 1  ，所以 e1，故A正确；
a2 a2 9 3 3
第5页/共19页
学科网（北京）股份有限公司对于B，由选项A知a 3，b2 3，所以c2 a2 b2 9b2 6，所以bca，
则以原点为圆心，c为半径的圆与椭圆C有四个交点，
π  
不妨设其中一个交点为Q，由圆的性质可知，FQF  ，所以椭圆C上存在点Q使得QF QF 0，
1 2 2 1 2
故B正确；
c c 2 2 x2
对于C，由离心率e   ,c2 2，所以b1，所以椭圆方程为  y2 1，
a 3 3 9
设点N(3cos,sin)，则
NE  9cos2(sin2)2  8cos24sin5  8sin24sin13，
1 3 6 3 15 1
当sin 时， NE 有最大值为 ，此时N( , )，故C正确；
4 2 4 4
NF  NF 1 1 1 1 1 
对于D， NF  NF 2a6， 1 2        NF  NF 
1 2 NF  NF NF NF 6  NF NF  1 2
1 2 1 2  1 2 
1 1 1  1 NF NF  1  NF NF  2
    NF  NF   2 2  1  22 2  1  ，
6  NF NF  1 2 6  NF NF  6 NF NF  3
 1 2   1 2   1 2 
公众号：高考试卷君
NF  NF 2
当且仅当 NF  NF 3，即点N 位于上下顶点时， 1 2 有最小值 ，故D错误.
1 2 NF  NF 3
1 2
11. 定义：若函数 f(x)在区间 a,b 的值域为 a,b ，则称区间 a,b 是函数 f(x)的“完美区间”.另外，
定义区间 a,b 的“复区间长度”为2(ba).已知函数 f(x)= x2 1，则下列说法中正确的是:( )
A. 0,1 是 f(x)的一个“完美区间”
1 5 1 5
B.  , 是 f(x)的一个“完美区间”
2 2
 
C. f(x)的所有“完美区间”的“复区间长度”的和为3 5
D. f(x)的所有“完美区间”的“复区间长度”的和为32 5
【答案】AC
【解析】
【分析】按照0b1和b1两种情况讨论求解，当b1时，按照a 0，0a1，a1分类讨论求
解，利用“完美区间”的定义，结合函数的单调性求解.
第6页/共19页
学科网（北京）股份有限公司【详解】

f(x)= x2 1 0， f(x)的值域为 0, ，
设 f(x)的“完美区间”为 a,b ，则ba0，
当0b1时， xa,b ， f(x)= x2 1在 a,b 是单调递减函数，
 f(a)为 f(x)的最大值， f(b)为 f(x)的最小值，
  f(a)= a2 1 b a 0
 ， ，此时，2(ba)2(10)2，
f(b)= b2 1 a b1

当b1时，①若a 0， f(b)= b2 1=b2 1，

xa,b0,b
，b1，
f(x)= x2 1在 0,1 是单调递减函数，在 1,b 是单调递增函数，
 f(1)为 f(x)的最小值， f(x)的最大值为 f(0)和 f(b)中最大的一个，
当 f(0) f(b)时，

f(0)= 02 1 1， f(b)1，则 f(b)为 f(x)的最大值，
 f(1) 12 1=0=a 公1众5 号：高考试卷君
 ，b ，满足b1，
f(b)=b2 1b1 2
1 5 
此时，2(ba)2 01 5；
 
2
 
当 f(0) f(b)时，

f(0)= 02 1 1， f(b)1，则 f(0)为 f(x)的最大值，
 f(1) 12 1=0=a
 ，b1，不满足b1，舍去；
f(0)=02 1b
②若0a1时，
xa,b
，b1，
f(x)= x2 1在 a,1 是单调递减函数，在 1,b 是单调递增函数，
 f(1)为 f(x)的最小值，而 f(1) 12 1=0=a，这与0a1矛盾，不符合题意；
③若a1时，
xa,b
，b1，
f(x)= x2 1在 a,b 是单调递增函数，
 f(a)为 f(x)的最小值， f(b)为 f(x)的最大值，
第7页/共19页
学科网（北京）股份有限公司 1 5
f(a) a2 1=a2 1a a 
  2
 ， ， a b，不符合题意；

f(b)= b2 1 b2 1b  1 5
 b

 2
 
综上可知， f(x)的所有“完美区间”的“复区间长度”的和为2 1 5 3 5，
故选项A和C正确.
故选：AC.
第 II 卷（共 92分）
三、填空题(每题 5分，共 15分)
12. 已知4a  2，则log a______.
2
【答案】2
【解析】
【分析】根据指数式与对数式的互化，求出a的值，再计算log a的值.
2
1 1
【详解】因为4a  2，所以a=log 2 = ，所以log a=log =-2.
4 4 2 2 4
故答案为：2
公众号：高考试卷君
13. 甲、乙、丙等5名同学站一排照相合影，要求甲与乙之间有一人，丙与甲不相邻，丙与乙相邻，则不同
的排法有______种．
【答案】8
【解析】
【分析】先安排特殊元素和特殊位置，再根据计数原理计算即可.
【详解】先安排甲、乙，有A2种方法，且甲、乙之间有一个空位，而丙与甲不相邻，所以安排空位有C1
2 2
种方法；
又丙与乙相邻，所以丙位置固定，然后让最后一人站两端，有C1 种方法；
2
所以不同的排法共有A2C1C1 8（种）排法.
2 2 2
故答案为：8
  
14. 已知正实数x，y满足 2x 4x2 1 y2 42  y，则x2ey的最小值为______．
e2
【答案】
4
第8页/共19页
学科网（北京）股份有限公司【解析】
2
 2 2
【分析】化简题目条件得2x 2x2 1 1  ，构建函数 f tt t2 1，因为x,y是正
 
 y y
1
实数，故此函数单调递增，得到y  ，代入x2ey，求导分析其最值.
x
  
【详解】由 2x 4x2 1 y2 42  y,x,y 0，
 
y y2 42
y y2 42
整理得2x 4x2 1   ，
y2 42 y2 y
2
 2 2
化简得：2x 2x2 1 1  ，
 
 y y
设函数 f tt t2 1，可知函数 f t 在 0, 内单调递增，
 2 2 1
由 f 2x f   y   可得2x y ，即y  x ，代入x2ey得 x2e 1 x ，
1 1
令Fx x2ex x0，Fxex 2x1,
1 公众号：高考试卷君
令Fx0，解得x
，
2
1 1
当0 x 时，Fx0；当x 时，Fx0；
2 2
 1 1 
可知Fx 在 0, 内单调递减，在 , 内单调递增，
 2 2 
1 1 1 2 e2
故当 x 时，F(x) 取得最小值，此时 y 2，最小值为F      e2  .
2 2 2 4
e2
故答案为：
4
四、解答题(共 5题，满分 77分)
15. 已知数列 a  满足a 2,a na a  nN* ．
n 1 n n1 n
（1）求数列
a 
的通项公式；
n
1
（2）设b  ，求数列 b  的前n项和为S ．
n a2 1 n n
n
【答案】（1）a 2n
n
第9页/共19页
学科网（北京）股份有限公司n
（2）S 
n 2n1
【解析】
a a a
【分析】（1）根据题意整理可得 n1  n ，进而可得 n 2，即可得结果；
n1 n n
1 1 1 
（2）整理可得b    ，利用裂项相消法运算求解.
n 22n1 2n1
【小问1详解】
因为a na a  ，且a 2，可得 n1a na ，
n n1 n 1 n n1
a a a a a
即 n1  n 对任意nN*恒成立，可得 n  n1  1  2，
n1 n n n1 1
所以a 2n.
n
【小问2详解】
由（1）可知：a 2n，
n
1 1 1 1 1 
则 b      ，
n 2n2 1 2n12n1 22n1 2n1
公众号：高考试卷君
1 1 1 1 1 1 1 1  1 1  n
可得S   1          1   ，
n 2 3 3 5 5 7 2n1 2n1 2 2n1 2n1
n
所以S  .
n 2n1
16. AI手机是近年来备受关注的新一代智能终端，与智能网联新能源汽车、智能机器人等共同纳入国家发
展战略.某商场为了解顾客的购买意愿，随机调查了200位顾客购买AI手机的情况，得到数据如下表.
购买无AI技术的手
购买AI手机 总计
机
男性顾客 45 65 110
女性顾客 56 34 90
总计 101 99 200
（1）根据表中数据，判断是否有99%的把握认为购买AI手机与顾客的性别有关？并说明理由：
（2）为促进AI手机的销量，该商场为购买AI手机的顾客设置了抽奖环节，共设一、二等奖两种奖项，
第10页/共19页
学科网（北京）股份有限公司1 1
分别奖励200元、100元手机话费，抽中一、二等奖的概率分别为 和 ，其余情况不中奖.每位顾客允许
6 3
连续抽奖两次，且两次抽奖相互独立.记某位顾客两次抽中的奖金之和为X 元，求随机变量X 的数学期望.
nad bc2
参考公式及数据：①2  ，其中nabcd ．
abcdacbd
②P  2 6.635  0.01,P  2 5.024  0.025,P  2 3.841  0.05,P  2 2.706  0.1．
【答案】（1）有99%的把握认为购买AI手机与顾客的性别有关.
400
（2）EX
3
【解析】
【分析】(1)由卡方公式计算出卡方值，利用临界值进行比较即可.
(2)先列出随机变量X 的分布列，再由分布列求出期望值.
【小问1详解】
假设H :购买AI手机与顾客性别无关.
0
200453465562
根据公式2  8.995，
1109010199
公众号：高考试卷君
因为8.995>6.635，所以假设不成立，
即我们有99%的把握认为购买AI手机与顾客的性别有关，此判断犯错误概率不超过0.01.
【小问2详解】
X 可能取的值为0，100，200，300，400，
1 1 1 1 1
每次抽奖不中的奖的概率为1   ，中100元概率为 ，中200元概率为 ，
6 3 2 3 6
2
1 1
PX 0
 
 ，
2 4
1 1 1
PX 1002   ，
3 2 3
2
1 1 1 1 1 5
PX 200
 
2     ，
3 6 2 9 6 18
1 1 1
PX 3002   ，
3 6 9
2
1 1
PX 400
 
 ，
6 36
所以X 的分布列为
第11页/共19页
学科网（北京）股份有限公司X 0 100 200 300 400
1 1 5 1 1
P
4 3 18 9 36
1 1 5 1 1 400
所以期望为EX0 100 200 300 400  .
4 3 18 9 36 3
sin2A cosBcosC
17. 在VABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，  .
1cos2A sinCsinB
（1）求cosA的值；
（2）若D是边BC上一点，AD DC 2BD，c1，求VABC的周长.
1
【答案】（1）cosA
2
（2）3 3
【解析】
【分析】（1）结合分式有意义得到B C，根据二倍角公式、辅助角公式得到BC 2A，进而求出角A
及cosA.
（2）方法一：根据余弦定理列方程组求解即可.方法二：根据向量的运算及余弦定理列方程组求解即可.
【小问1详解】
公众号：高考试卷君
由题意知，sinCsinB0，即bc，即B C.
sin2A cosBcosC 2sinAcosA sinA cosBcosC
因为  ，所以   ，
1cos2A sinCsinB 2cos2 A cosA sinCsinB
即sin AsinCsin AsinBcosAcosBcosAcosC，
所以cosABcosAC
，
又π ABπ，π AC π，
所以AB AC或ABCA，所以BC（舍）或BC 2A，
π 1
因为ABCπ，所以A ，则cosA .
3 2
【小问2详解】
第12页/共19页
学科网（北京）股份有限公司方法一：设BDx，则AD DC 2x，BC 3x，
AD2 BD2 AB2 5x2 1
在△ABD中，由余弦定理可得cosADB  ，
2ADBD 4x2
AD2 DC2 AC2 8x2 b2
在 ACD中，由余弦定理可得cosADC   ，

2ADDC 8x2
由cosADBcosADC，可得18x2 b2 2，
在VABC中，由余弦定理可得BC2  AB2  AC2 2ABACcosBAC，
即9x2 1b2 b，
3
联立解得x ，b2，
3
所以VABC的周长为AB ACBC 3 3.
 
方法二：设BDx，则AD DC 2x，BC 3x，即CD2DB，
     2 1
故ADAC 2 ABAD ，故AD AB AC，
3 3
2 2 1公2 众号：高考试卷君
所以AD 

AB AC

，可得36x2 4b2 2b，
3 3 
在VABC中，由余弦定理可得BC2  AB2  AC2 2ABACcosBAC，
即9x2 1b2 b，
3
联立解得x ，b2，所以VABC的周长为AB ACBC 3 3.
3
18. 对于函数 f x ，若 f x  x ，则称实数x 为函数 f x 的不动点，设函数
0 0 0
f xlog 2  4x a2x12  ，g(x) =
æ
ç ç
1ö
÷ ÷
x
.
è2ø
（1）若a 1，求函数 f x 的不动点；
（2）若函数 f x 在区间 1,1 上存在两个不动点，求实数a的取值范围；
（3）若对任意的x ,x 1,0 ，不等式 f x gx  2恒成立，求实数a的取值范围.
1 2 1 2
【答案】（1）0和1
第13页/共19页
学科网（北京）股份有限公司 1 
（2） 2 ,1

 2 
 5 
（3）  ,1
 
 2 
【解析】
【分析】（1）根据题意，由 f x x，化简得到4x 32x 20，即可求解；
2
（2）根据题意，将方程 f x x，化简得到2a12x  ，利用换元法和对勾函数的性质，即可求
2x
解；
（3）根据题意，将不等式化为2gx  f x2gx ，利用指数函数的单调性，得到
max min
6 1
0 f x3，分类参数转化为2x  2a2x  在x1,0 上恒成立，结合函数的单调性，即可
2x 2x
求解.
【小问1详解】
解：当a 1时，方程 f x x，即为log  4x 2x12   x，
2
即4x 2x122x，可得4x公32众x 2号(2x：1)(高2x 2考)0试， 卷君
解得2x 1或2x 2，可得x0或x1，
所以函数 f x 的不动点为0和1.
【小问2详解】
解：由方程 f x x，可得log  4x a2x12   x，
2
4x 2 2
即4x a2x122x，可得(2a1)2x 4x 2，即为2a1 2x  ，
2x 2x
1 
令t 2x，当x1,1 时，可得t ,2 ，
 
2 
因为函数 f x 在区间 1,1 上存在两个不动点，
2 1 
可得关于t的方程2a1t 在

,2

上有两个不等的实数根，
t 2 
2 1 
令htt ，可得ht 在

, 2

单调递减，在

2,2

单调递增，
t 2 
第14页/共19页
学科网（北京）股份有限公司1 9   9
且h    ,h 2 2 2,h23 ，
2 2 2
1
则满足2 2 2a13，解得 2 a1，
2
 1 
所以实数a的取值范围为 2 ,1 .
 2 
【小问3详解】
解：不等式 f x gx  2，可化为2gx  f x 2gx  ，
1 2 2 1 2
æ1öx
由函数g(x) =ç
ç
÷
÷
在 1,0 上单调递减函数，
è2ø
可得g(x) =g(-1) =2,g(x) =g(0) =1，
max min
因为对任意x ,x 1,0 ，不等式 f x gx  2恒成立，
1 2 1 2
即对任意x1,0 ，不等式2gx  f x2gx ，即0 f x3，
max min
可得0log  4x a2x12  3，即为14x 2a2x 28，
2
6 1 公众号：高考试卷君
所以2x  2a2x  在x1,0 上恒成立，
2x 2x
1 
令u 2x，当x1,0 时，可得u

,1

，
2 
1  6 1
由题意得，对任意u ,1 ，不等式u 2au 恒成立，
 
2  u u
6 1 
函数m(u)u
u
在
 2
,1
 
上为单调递增函数，所以m(u)
max
m(1)5，
1 1 
函数n(u)u
u
在
 2
,1
 
上为单调递减函数，所以n(u)
min
n(1)2，
5
所以52a2，解得 a1，
2
 5 
综上可得，实数a的取值范围为  ,1 .
 
 2 
19. 如图（1），已知抛物线E:x2 2y的焦点为F ，准线为l，过点F 的动直线m与E交于A，B两点
（其中点A在第一象限），以AB为直径的圆与准线l相切于点C，D为弦AB上任意一点，现将△ACB
第15页/共19页
学科网（北京）股份有限公司沿CD折成直二面角ACDB，如图（2）．
（1）证明：cosACBcosACDcosBCD；
（2）当ACB最小时，
①求A，B两点间的最小距离；
②当A，B两点间的距离最小时，在三棱锥ABCD内部放一圆柱，使圆柱底面在面BCD上，求圆柱
体积的最大值．
【答案】（1）证明见详解
64 2
（2）① 2；② π
27
【解析】
公众号：高考试卷君
【分析】（1）做辅助线，根据垂直关系可得AO BC，BC  AE，结合直角三角形三角关系分析证明；
（2）①根据三角知识结合基本不等式可得 AB 2  AB 2  BC  AC ，利用弦长公式求得 AB ，分k 0
 
和k 0两种情况，结合基本不等式分析求解；②设相应量，可得h1 2 2 r，可得圆柱的体积
V πr2   2 2  r3 ，构建函数 f rr2   2 2  r3,0r  2 2 ，利用导数求最值.
 
2
【小问1详解】
过A作AOCD，垂足为O，过O作OE  BC，垂足为E，
因为平面ACD平面ABC，且平面ACD

平面ABC CD，AO平面ACD，
可得AO平面ABC，
第16页/共19页
学科网（北京）股份有限公司由BC 平面ABC，可得AO BC，
且OEI AOO，OE,AO平面AOE，可得BC 平面AOE，
由AE平面AOE，可得BC  AE，
CE OC CE
则cosACB ,cosACD ,cosBCD ，
AC AC OC
所以cosACBcosACDcosBCD
.
【小问2详解】
因为以AB为直径的圆与准线l相切于点C，可知AC  BC ，
π
则ACDACD BCD，
2
π 
由（1）可得：cosACBcosACDcosBCDcos

BCD

cosBCD
2 
1 1
sinBCDcosBCD sin2BCD ，
2 2
π
当且仅当sin2BCD1，即BCD 时，等号成立，
4
π
所以当BCD 时，ACB最小，
4
公众号：高考试卷君
①因为AO平面ABC，BO,CD平面ABC，则AO BO，AOCD，
即AOCD，
2
在Rt△ACO中，则 CO  AO  AC  AO ，
2
在△BCO中，由余弦定理可得 BO2  BC 2  CO2 2 BC  CO cosBCO，
1 2 2 1
则 BO2  BC 2  AC 2 2 BC  AC   BC 2  AC 2  BC  AC ，
2 2 2 2
在Rt△ABO中，则
1 1
AB 2  BO2  AO2  BC 2  AC 2  BC  AC  AC 2  BC 2  AC 2  BC  AC ，
2 2
在Rt△ABC中，则 AB 2  BC 2  AC 2 ，可得 AB 2  AB 2  BC  AC ，
 1 1
由题意可知：焦点F  0, ，准线l: y  ，直线m的斜率存在，且直线m与抛物线必相交，
 2 2
1
设直线m: y kx ，Ax ,y ,Bx ,y  ，
2 1 1 2 2
第17页/共19页
学科网（北京）股份有限公司 1
y kx
联立方程 2，消去y可得x2 2kx10，
 x2 2y
则x x 2k,x x 1，
1 2 1 2
可得 AB  1k2 4k2 4 2  k2 1  ，
当k 0时， AB 取到最小值2，根据对称性可知 BC  AC  2，
可得 AB 2  AB 2  BC  AC 2；
当k 0时，则 AB 2，且 BC  AC ，
 2 2
BC  AC 2
AB
由基本不等式可得 ，
BC  AC  
4 4
1 1
则 AB 2  AB 2  BC  AC  AB 2  AB 2  AB 2 2；
2 2
综上所述： AB 2 的最小值为2，当且仅当 AB 2， BC  AC 时，等号成立，
所以A，B两点间的最小距离为 2；
公众号：高考试卷君
②由（1）可知：当A，B两点间的距离最小时，则 AB 2， BC  AC  2，
可知D 为 AB中点，且D与O重合，
因为 BD  CD 1, BC  2，
设△BCD的内切圆半径为R，
1 1  2 2
由等面积法可得： 11 11 2 R，解得R ，
2 2 2
设圆柱的底面半径为r ，高为h，
1h r r  
则  ，可得h1 1 2 2 r，
1 R R
所以圆柱的体积V πr2hπr2   2 2  r3 ，
 
令 f rr2   2 2  r3,0r  2 2 ，则 fr2r3  2 2  r2 r23  2 2  r ，
 
2
当0r 
2 2
时，
fr0；当 2 2
r 
2 2
时，
fr0；
3 3 2
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学科网（北京）股份有限公司 2 2  2 2 2 2 
可知 f r 在0, 内单调递增，在 , 内单调递减，
   
3 3 2
   
2 2  64 2
则 f r f   ，
 
3 27
 
64 2
所以圆柱体积的最大值为 π.
27
【点睛】关键点点睛：对于（2）中：
①利用勾股定理结合余弦定理整理可得 AB 2  AB 2  BC  AC ；
 
②根据锥体的结构特征分析可得h1 2 2 r，进而可求圆柱体积.
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