长沙市长郡中学2025届高三下学期4月月考（八）数学试卷（含解析）_12.2026年4月全国各地高考模拟卷_2025届湖南省长郡中学高三下学期月考试卷（八）全科

长郡中学 2025 届高三月考试卷（八）
数 学
注意事项：
1. 答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.
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（本大题共 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. 复数z满足
z ( 5 + 1 2 i ) = 1 3 i
，则 z 的虚部为（ ）
A. −
1
1
2
3
B. −
5
1
i
3
C. −
1
1
2
3
i 5
D. −
13
【答案】D
【详解】 z =
( 5
1
+
3
1
( i
2
5
i )
−
(
1
5
2
−
i
1
)
2 i )
=
6
2
5
5
i +
+
1
1
5
4
6
4
=
1
1
2
3
+
1
5
3
i ，则 z =
1
1
2
3
−
1
5
3
i ，故 z 的虚部为 −
1
5
3
.
故选：D.
2. 已知集合 A =  a a 2 − 2 a − 3  0  ，B=π,e,0,−e ，则 A  B 的真子集的个数为（ ）
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】C
【详解】 a 2 − 2 a − 3  0  ( a − 3 ) ( a + 1 )  0  a  3 或a−1，∴A=(−,−13,+) ，
∴A B=π,−e ，故 A  B 的真子集个数为3个.
故选：C.
3. 若函数 f (x)=ln ex −1+mx为偶函数，则实数m =（ ）
A. 1 B. 1
2
1
C. －1 D. −
2
【答案】D
【详解】由函数 f (x)=ln ex −1+mx为偶函数，可得 f (−1)= f (1) ，即ln e−1−1−m=ln e−1+m，1
解之得m=− ，则
2
f ( x ) = l n e x − 1 −
1
2
x ( x  0 ) ，
f ( − x ) = l n e − x − 1 +
1
2
x = l n e x − 1 − x +
1
2
x = l n e x − 1 −
1
2
x = f ( x ) ，
1
故 f (x)=ln ex −1− x 偶函数，符合题意.
2
故选：D.
4. 空间内有五点A，P，Q，S，T，则“
A Q  
=
 1
3
 A P  + A S  + A
T ”是“Q为PST 重心”的（ ）
A. 充要条件 B. 充分不必要条件
C. 既不充分也不必要条件 D. 必要不充分条件
【答案】D
【详解】当Q为  P S T 重心时，可得
Q P  + Q S  + Q
R = 0 ，
 
所以AP−AQ+AS−AQ+AR−AQ=0，所以3AQ= AP+AS+AR，
所以
A Q  =  1
3
( A P  + A 
S
 + 
A T
)
，∴
A Q  
=
 1
3
 A P  + A S  + A
T 成立；
1
(

)
设−AQ= AP+ AS+ AT ，如图所示则Q可不为
3
 P S T 重心.
所以“
A Q  
=
 1
3
 A P  + A S  + A
T ”是“Q为  P S T 重心”的必要不充分条件.
故选：D.
3π  7
5. 已知  ,π ，sin−cos= ，则
 4  2
s i n 3 c o s 3   + = （ ）
A.
1
1
1
6
B.
1
1
5
6
C. −
1
1
1
6
7
D.
8
【答案】C
7
【详解】由sin−cos= 两边平方，得
2
s i n 2 c o s 2 2 s i n c o s
7
4
    + − = ，
3 1
∴sincos=−
，(sin+cos)2
= ，
8 4
为 π
而sin+cos= 2sin  + ，
 4
π
4
π ,
5
4
π  + 
 
，∴ s i n
π
4
0 

+

 ，∴ s i n c o s
1
2
  + = − ，
∴ s i n 3 c o s 3 ( s i n c o s ) ( s i n 2 s i n c o s c o s 2 ) 1
2
1 3
8
1
1
1
6
        + = + − + = −   −  −   = − .
故选：C.
6. 若 a
1
， a
2
， a
3
，a ，
4
a
5
构成等差数列，公差d 0， a
1
 0 ，且其中三项构成等比数列，设
a
d
1 = k ，
S = a
1
+ a
2
+ a
3
+ a
4
+ a
5
，则下列说法正确的是（ ）
A. k一定大于0 B. a
2
，a ，
3
a
5
可能构成等比数列
C. 若 a
1
，dZ ，则 S 为5的倍数 D.
S
d
+ 1 0 = 5 k
【答案】C
【详解】A. 取 a
1
= − 5 d ，则a ，a ，a 为等比数列，k =−50，故A错误.
2 4 5
B. ( a
1
+ d ) ( a
1
+ 4 d ) = ( a
1
+ 2 d ) 2  a
1
d = 0 ，与公差 d  0 ， a
1
 0 矛盾，故B错误.
C. S = 5 a
1
+ 1 0 d = 5 ( a
1
+ 2 d ) 为5的倍数，故C正确.
D.
S
d
=
5 a
1
+
d
1 0 d
= 5 k + 1 0 ，故D错误.
故选：C.
7. 双曲线C：
x
a
2
2
−
y
b
2
2
= 1 ( a  0 , b  0 ) 的左、右焦点分别为F ，F ，离心率为
1 2 2
6
，点P在C上，
 F
1
P F
2
=
π
3
，则  F
1
P F
2
的外接圆与内切圆的半径之比为（ ）
A. 2 2 − 1 B. 1 + 2 2 C. 2 + 2 D. 2 + 2 2
【答案】D
【详解】设  F
1
P F
2
中的外接圆半径为R，内切圆半径为r， PF =m， PF =n，
1 2
不妨设mn，则 m − n = 2 a ，
FF 2c 2c
2R= 1 2 = R=
FPF 中，由正弦定理，得 sinFPF 3 3，
1 2 1 2
2 F
1
P F
2
中，由余弦定理，得 4 c 2 = m 2 + n 2 − 2 m n c o s
π
3
= m 2 + n 2 − m n ，
∴ 4 c 2 = m 2 + n 2 − m n = ( m − n ) 2 + m n = 4 a 2 + m n  m n = 4 b 2 ，
4 c 2 = m 2 + n 2 − m n = ( m + n ) 2 − 3 m n = ( m + n ) 2 − 1 2 b 2  m + n = 2 c 2 + 3 b 2 ，
∵ S
 F P1 F 2
= 1
2
m n s i n π
3
= 1
2
( m + n + 2 c ) r  r =
m
2+
3
n
m
+
n
2 c
，
∴
R
r
=
m
2+
2
3
n
c
3
m
+
n
2 c
=
2
(
c c 2 +
3 b
3
2
b 2 + c 2
)
=
2
3

 c
b

2
+
 c
b

4
+ 3
 c
b

2 
，
2 6 c
∵e=  =3，∴
 
2 b
R
r
= 2 + 2 2 .
故选：D.
8. 已知正方体ABCD− ABC D ，如图，延长
1 1 1 1
B
1
B 至P使 B P = 2 B B
1
，O为 B C
1
的中点，设DP交平面
1
A B C D 于K，则下列说法正确的是（ ）
A. D
1
O 与 A B 异面 B. D
1
K =
2
6
D K
C.  K O C 的余弦值为
1
7
3
D. 平面DKO 与平面
1
A
1
B
1
C
1
D
1
的夹角的正切值为
2 9
【答案】D
1
【详解】连接AD ，易知OB= AD ，OBAD ，所以四边形ABOD 为直角梯形，AB与DO相交，
1 2 1 1 1 1故A错误；
令正方体的棱长为3，由 B P = 2 B B
1
知 B K =
2
3
D
1
B
1
= 2 2 ， D K = B D − B K = 2 ，
D
1
K = D D 21 + D K 2 = 1 1 ，所以
D
D
K
1
K
=
1 1
2
=
2
2
2 22
，DK = DK，故B错误；
1 2
以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则 C ( 0 , 3 , 0 ) ， K ( 1 , 1 , 0 )
3 3
，O  ,3, ，
2 2
O K  = 
−
1
2
, − 2 , −
3
2

，
O C  = 
−
3
2
, 0 , −
3
2

，
O K   O C  = 3
4
+
9
4
= 3 ，
O K  
=
1
4
+ 4 +
9
4
=
2
2
6
，
O C  = 9
4
+
9
4
=
3
2
2
，∴
c o s  K O C =
2
2
6
3

3
2
2
=
2
1
1
3
3
，故C错误；
由D (0,0,3) ，
1
K ( 1 , 1 , 0 )
3 3
，O  ,3, ，
2 2
D 
1
K  =
( 1 , 1 , − 3 ) ，
D 
1
O  =  3
2
, 3 , −
3
2

，
易知平面 A
1
B
1
C
1
D
1
的法向量
u 
1
= ( 0 , 0 , 1 ) ，
设平面 D
1
K O 的法向量
u 
2
=
( x , y , z ) ，
则
D 
1
K 

u 
2
=  D O
1
  u 
2
= 0
，
则
 x
3
2
+
x
y
+
−
3
3
y
z
−
=
3
2
0
z = 0  3 x + 6 y − 3 z = 0
，可得 2 x + 5 y = 0 ，
取x=−5，得y =2， z = − 1 ，则
u 
2
=
( − 5 , 2 , − 1 ) ，
∴
u 
1

u

2
=
− 1 ，
u 
1
= 1 ，
u 
2
=
2 5 + 4 + 1 = 3 0 ，
 −1 30 30
∴ cosu ,u = = − = ，
1 2 30 30 30
s i n
u ,
1
u 
2

=
8
3
7
0
0
，
∴ t a n
u ,
1
u 
2

=
8 7
3
0
0
= 2 9 ，D正确.故选：D.
二、选择题（本大题共 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）
9. 下列结论正确的是（ ）
A. 若随机变量 X  B

6 4 ,
3
4

，则 D ( 4 X + 1 ) = 4 8
B. 测量重力加速度大小实验中所测g的值服从正态分布 N ( 9 . 9 , 2 )  ，则越大时，测得的g在
(9.8,10.0)
间的概率越大
C. 某次考试中有三道题，小黄同学做对每道题的概率均为
2
3
，则他做对的题数的期望为2
D. 已知某10个数据的平均值为7，方差为1.1，则加入一个数据7后方差变为1
【答案】CD
【详解】对于A， D ( X ) = 6 4 
3
4


1 −
3
4

= 1 2 ， D ( 4 X + 1 ) = 1 6 D ( X ) = 1 9 2 ，故A错误；
对于B，当为定值时，正态密度曲线的峰值与成反比，越大，峰值越低，测得的g越分散，即在
( 9 . 8 , 1 0 . 0 ) 间的概率越低，故B错误；
对于C，做对的题数X服从二项分布 X  B

3 ,
2
3

，故 E X = 3 
2
3
= 2 ，故C正确；
对于D， S 2后 =
1 0  S 2前 +
1 1
( 7 − 7 ) 2
=
1 0 
1
1
1
.1
= 1 ，故D正确.
故选：CD.10. 记 V A B C 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c， 2 b 2 + 2 c 2 = 5 a 2 ，
A E  =  1
3
A C
，
A F  =  1
3
A 
B ，
BE交 C F 于点M， A M 交 B C 于点D，则（ ）
A. c o s  B A C 
3
5
B.
B D  =  2
3
B 
C
C. A D = a D. 若 V A B C 的面积为18， B E = 3 ，则 C M = 8
【答案】ACD
3
( b2 +c2)
【详解】 b2 +c2 −a2 5 3，当且仅当b=c时取等，选项A正确；
cosBAC = = 
2bc 2bc 5
设 A D A M 
u u ur
=
u u u r
，由
F
M
M
C
=
E
M
M
B
=
F
B
E
C
=
1
3
可得 A D A M
3
4
A F
1
4
A C
4
A B
4
A C
 
 
   =      =        
+
      =
+ ，
由B，D，C三点共线可得
4 4
1
 
+ = ， 2  = ，即
A D  =  1
2
A  B +  1
2
A C ，D是边BC的中点，选项B错
误；
因为D是边BC的中点，则
A D  2
=
1
4
( 2 b 2 + 2 c 2 − a 2 ) = a 2 ，即 A D = a ，选项C正确；
因为 B E   C  F  =  ( A E  − A B  ) (  A F  −  A C ) = 1 0
9
b c c o s  B A C − 1
3
( b 2 + c 2 )
5 1
= ( b2 +c2 −a2) − ( b2 +c2) =0，则
9 3
B E ⊥ C F ，
由
A E  =  1
3
A C
，
A F  =  1
3
A 
B 可知 E F / / B C
1
，S = S ，
AEF 9 △ABC
则 S
梯 形 B C E F
=
8
9
S
△ A B C
= 1 6 ，且 S
梯 形 B C E F
=
1
2
B E  C F =
1
2
 3 
4
3
C M ，则CM =8，选项D正确.
故选：ACD.
11. 函数 f ( x ) 的定义域为 ( −  , 0 )  ( 0 , +  ) ，对x y，x， y  0 ， f ( x )  1 恒成立，且
 xy 
f (x)− f (y)= f   −1，下列说法正确的是（ ）
 y−x
A. f (x) 的图象关于 ( 0 , 2 ) 对称
B. 若 f (x) 在 ( 0 , )  + 上单调递减，则对x， y  0
 xy 
， f (x)+ f (y) f  +1
 2 
 
 1   1   1   1 
C. 若 a 是公差不为零且恒不为零的等差数列，则有 f  − f  = f  − f  
i a a a a
       
2025 104 1921 1D. 若  b
i
 为等比数列，公比为3，则 f ( b
2
) + 1 2 f ( b
4
) − 7 f ( b
3
) = 6
【答案】BD
【详解】对于A， f ( y ) − f ( x ) = f

−
y
x
−
y
x

− 1 ， f ( x ) − f ( y ) = f

y
x y
− x

− 1 ，相加得
f

−
y
x y
− x

+ f

y
x y
− x

= 2 ，
故 f (−x)+ f (x)=2，故 f (x) 的图象关于 ( 0 , 1 ) 对称，故A错误；
 xy 
对于B， f (x)+ f (y)= f (x)− f (−y)+2= f   +1（*），
 x+ y
xy xy
又  ，所以
x+ y 2
f

x
x
+
y
y

+ 1  f
 x
2
y 
+ 1 即 f ( x ) + f ( y )  f
 x
2
y 
+ 1 ，故B正确；
对于C，左边 = f

a
a
1
2 0 2
1
1 0 4
5
−

a
1
a
1 0 4
1
2 0 2 5

− 1 = f

1 9
1
2 1 d

− 1 ，
右边 = f

a
1
a
1
1 9
1
2
−
1

a
1
a
1
1
1 9 2 1

− 1 = f

1 9
1
2 0 d

− 1
1
，所以左边－右边= f   −1，
d 
又对  x  y ，x， y  0 ， f ( x )  1
1
，所以 f   −10，
d 
 1   1   1   1 
所以 f  − f   f  − f  ，故C错误；
a a a a
       
2025 104 1921 1
对于D，令 b
2
= t  0 ，则 b = 9 t ， b
3
= 3 t ，由（*）得 f ( x ) + f ( y ) = f

x
x
+
y
y

+ 1 ，
所以 f (b )+12f (b )−7f (b )= f (t)+12f (9t)−7f (3t)
2 4 3
= f ( t ) + 6  f ( 9 t ) + f ( 9 t )  −  f ( 3 t ) + 3 f ( 3 t ) + 3 f ( 3 t ) 
 81t2    9t2  
= f (t)+6f  +1−f (3t)+3f  +3
  18t     6t  = f ( t ) + 6

f
 9
2
t 
+ 1

−

f ( 3 t ) + 3 f
 3
2
t 
+ 3

= f ( t ) + 6 f
 9
2
t 
+ 9 −

f ( 3 t ) + f
 3
2
t 
+ f
 3
4
t 
+ 4

= f ( t ) + f
 9
4
t 
+ f
 9
8
t 
+ 1 0 −

f ( 3 t ) + f
 3
2
t 
+ f
 3
4
t 
+ 4

3t  3t 
= f (t)+ f
 
+11−

f (t)+ f
 
+5

 4    4  
= f ( t ) + f
 9
1
t
2

+ 1 1 −

f
 3
7
t 
+ 6

= f
 3
7
t 
+ 1 2 −

f
 3
7
t 
+ 6

= 6 ，故D正确.
注： f ( x ) =
1
x
+ 1 是解之一，全部解为 f ( x ) =
k
x
+ 1 ，k(−,0)(0,+) ，k 0，因为 f ( x )  1 .
故选：BD.
三、填空题（本大题共 3小题，每小题 5分，共 15分）
12. 已知 lgx = lgy−2 ，其中 x  ( 5 , 2 0 ) ， y  ( 0 , 3 0 ) ，则 x + y 的最小值为______.
【答案】20
【详解】由x(5,20) 知 l g x  0 ，由 y  ( 0 , 3 0 ) 知 l g y  2 ，故 l g x = 2 − l g y  l g x y = 2 ，
所以 x y = 1 0 0 ，所以 x + y  2 x y = 2 0 ，当且仅当 x = y = 1 0 时取等号.
故 x + y 的最小值为 2 0 .
故答案 ：20.
2π
13. 已知A+B = ，
3
c o s A + c o s B =
2
2
，则 c o s ( A − B ) 的值为______.
【答案】0
【详解】不妨令 A  B ，设 A
π
3
 = + ，
因 A + B =
2
3
π π
，则B = −，A−B=2，
3
由 c o s A + c o s B =
2
2
可得：
π π 1 3 1 3 2
cos( +)+cos( −)= cos− sin+ cos+ sin=cos= ，
3 3 2 2 2 2 2
为2
故cos(A−B)=cos2=2cos2−1=2( )2 −1=0.
2
故答案为：0.
14. 一副二色牌共有纸牌22张，其中红、蓝每种颜色各11张，编号分别为0，1，2，…，10，从这副牌中
任取若干张牌，然后按照如下规则计算分值：每张编号为k的牌记为2k分，若它们的分值之和为2025，
就称这些牌为一个“好”牌组，则“好”牌组的个数为______.
【答案】2026
【详解】因2025=210 +29 +28 +27 +26 +25 +23−20，
设x为一个“好”牌组中，未出现的编号的最大值（ x  N 且 0  x  1 0 ），
由 2 0 + 2 1 +  + 2 1 0 = 2 0 4 7  2 0 2 5 知“好”牌组中不可能每种编号的牌都有，知x必然存在，
当 x ≥ 5 时，由于 2 0 2 5 − 2 x + 1 − 2 x + 2 −  − 2 1 0  2 x + 1 ，则编号为 x + 1 ，x+2，…，10的牌各恰有一张，
此时剩余要取出的分值为 2 0 2 5 − 2 x + 1 − 2 x + 2 −  − 2 1 0 = 2 x + 1 − 2 3 ，
且此时只能从编号为0，1，2，…，x−1的牌中取，
而编号为0，1，2，…，x−1的所有牌的分值总和为2 ( 20 +21+ +2x−1) =2x+1−2，
因此只需从编号为0，1，2，…， x − 1 的牌中去除21分，由于 2 5 = 3 2  2 3 ，则只能从编号为0，1，2，
3，4的牌中取出21分，
又21=24 +22 +20 =223+22 +20 =24+221+20
= 2  2 3 + 2  2 1 + 2 0 = 2 3 + 2  2 2 + 2  2 1 + 2 0 ，共 2 3 + 2 2 + 2 2 + 2 1 + 2 2 = 2 2 种取法，
对x=5，6，7，8，9，10进行计数，总共有 2 2  ( 2 5 + 2 4 + 2 3 + 2 2 + 2 1 + 2 0 ) = 1 3 8 6 种取法；
当x4时，则编号为5，6，7，8，9，10的牌各恰有一张，此时剩余要取出的分值为
2 0 2 5 − 2 1 0 − 2 9 − 2 8 − 2 7 − 2 6 − 2 5 = 9 ，
又9=23+20 =222 +20 =22 +221+20，共22 +21+22 =10种取法，
以上取法均满足 x  4 ，那么总共有 2 6  1 0 = 6 4 0 种取法，
综合 x ≥ 5 与x4的情况，可得共有 6 4 0 + 1 3 8 6 = 2 0 2 6 个“好”牌组.
故答案为：2026.
四、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. 已知数列  a
n
 满足 a
1
=
2
3
2a
，a = n ，令
n+1 a +1
n
b
n
=
1
a
n
− 1 .
（1）证明：数列  b
n
 为等比数列；
（2）在 b
n
与 b
n + 1
之间插入n个数，使这 n + 2 个数组成一个公差为 d
n
的等差数列.在数列 d  中是否存在
n
3项 d
m
，d ，
k
d
p
（其中 m , k , p 成等差数列）成等比数列？若存在，求出这样的3项；若不存在，请说明
理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）不存在，理由见解析
【小问1详解】
法一：∵ a
n + 1
=
a
2
n
a
+
n
1
，
∴若a =1，则
n
a
n + 1
= 1 ；若 a
n + 1
= 1 ，则a =1，
n
∵ a
1
=
2
3
，
∴ a
n
 1 ，
∴
b
n
b
+
n
1 =
a
1
n1
a
+
n
1
−
−
1
1
=
a +
n2
a
1
a
n
n
1
−
−
1
1
=
1
1
−
2
−
a
a
a
na
n
n
n
=
1
2
，
∴
b 
为等比数列.
n
法二：∵ a
n + 1
=
a
2
n
a
+
n
1
2
，a = ，∴a 0，
1 3 n
1 a +1 1 1 
∴ −1= n −1=  −1，
a 2a 2 a
 
n+1 n n
1 1 1
即b = b ，又b = −1= ，
n+1 2 n 1 a 2
1
所以  b
n
 是首项为 1
2
，公比为 1
2
的等比数列.
【小问2详解】由（1）知 b
n
=
1
a
n
− 1 =
 1
a
1
− 1


 1
2
 n − 1
=
 1
2
 n
，
由题意知 b
n + 1
= b
n
+ ( n + 2 − 1 ) d
n
，即
d
n
=
 1
2

n +
n
1
−
+ 1
 1
2

n
=
( n +
−
1
1)
2 n + 1
，
假设存在3项 d
m
， d
k
， d
p
成等比数列，则 d 2k = d
m
d
p
，
2
 −1  −1 −1
∴  =  ，∵

(k+1)2k+1

(m+1)2m+1 (p+1)2p+1
m + p = 2 k ，
∴化简可得 k 2 = m p ，
∴ k = m = p ，这与已知条件m，k，p互不相等矛盾，
所以不存在3项 d
m
， d
k
，d （其中m，k，p成等差数列）成等比数列.
p
16. 已知抛物线C： x 2 = 4 y ，直线 A B 交抛物线于A，B两点，O为坐标原点， k
O A
 k
O B
= −
1
4
.
（1）求证：弦AB过定点；
（2）已知弦 A B 的中点为T，点 P ( 0 , − 2 ) 关于直线 A B 对称的点Q在抛物线C上，求  T P Q 的面积.
【答案】（1）证明见解析
（2） 6 2
【小问1详解】
设直线AB： y = k x + b
 x2   x2 
，Ax , 1 ，Bx , 2 ，
1 4 2 4
   
联立
 y
x 2
=
=
k x
4
+
y
b ,
 x 2 − 4 k x − 4 b = 0 ，
x +x =4k
1 2
∴ ，
x x =−4b

1 2
x2 x2
1 2
又 4 4 x x ，代入得
k k =  = 1 2
OA OB x x 16
1 2
k
O A
 k
O B
= −
b
4
= −
1
4
，
∴b=1，∴弦AB过定点
(0,1)
.
【小问2详解】由（1）知定点 ( 0 , 1 ) 也为抛物线焦点，又 P , Q 关于直线 A B 对称，
∴ F P = F Q ，可得y +1=3，即y =2，
Q Q
( )
∴Q 2 2,2 ，
当 Q
(
2 2 , 2
)
时，PQ的中点为
(
2 , 0
)
，
则k = 2，AB：
PQ
y = −
2
2
x + 1 ，
∴
 x
y
2
=
=
−
4 y
2
2
x + 1
 x 2 + 2 2 x − 4 = 0  x A + x B = − 2 2 ，
( )
∴T − 2,2 ，此时 S
 T P Q
=
1
2
 8 + 4  8 + 1 6 = 6 2 ；
由对称性可知，当 Q
(
− 2 2 , 2
)
时， S
△ T P Q
= 6 2 .
综上，S =6 2.
△TPQ
17. 如图，直三棱柱 A B C − A
1
B
1
C
1
中， A B A C ⊥ ， A A
1
= 2 A B = 2 A C ， B P B B
1

   =    
.
1
（1）当= 时，证明：平面PAC⊥平面PAC；
2 1
（2）当 ( 0 , 1 )   ，记平面 P A C 与平面 B A C ，平面 A B B
1
A
1
，平面 A C C
1
A
1
，平面BCC B 所成的角分
1 1
别为， ， ， ，=+ + + ，求cos的取值范围.
1 2 3 4 1 2 3 4【答案】（1）证明见解析
 10 
（2）− ,0
 
5
 
【小问1详解】
设 A A
1
= 2 A B = 2 A C = 2 ，
∵ABC−ABC 为直三棱柱，且
1 1 1
A B A C ⊥ ，
1
当= 时，此时P为
2
B B
1
的中点，
∴在PAA 中，
1
P A = P A
1
= 2 ， A A
1
= 2 ，则PA⊥ PA ，
1
∵ A A
1
⊥ 平面ABC， A C  平面ABC，∴ A A
1
⊥ A C ，
又∵ A B A C ⊥ ， A A
1
 A B = A ，∴ A C ⊥ 平面 A B B
1
A
1
，
又 PA 平面
1
A B B
1
A
1
，∴AC ⊥ PA ，
1
∵PA AC = A， P A , A C  平面 P A C ，
∴PA ⊥平面
1
P A C .∵ P A
1
 平面 P A
1
C ，
∴平面 P A C ⊥ 平面 P A
1
C .
【小问2详解】
由（1）知 A B ， A C ， A
1
A 两两垂直，以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则 A ( 0 , 0 , 0 ) ， C ( 1 , 0 , 0 ) ， A
1
( 0 , 2 , 0 ) ， B ( 0 , 0 , 1 ) ， P ( 0 , 2 , 1 )  ，

AC =(1,0,0),CP=(−1,2,1) .

设平面PAC的法向量n =(x,y,z)，
0

 n AC =0, x=0,
则 0  
 n CP=0 −x+2y+z =0,
0
令y=1，则 n
0
( 0 , 1 , 2 ) 
  =
− ，

同理，平面BAC的法向量n =(0,1,0)，
1

平面ABB A 的法向量n =(1,0,0)，
1 1 2平面 A C C
1
A
1
的法向量
n 
3
=
( 0 , 0 , 1 ) ，
平面 B C C
1
B
1
的法向量
n 
4
=
( 1 , 0 , 1 ) ，

 n n 1
∴cos = cosn ,n = 01= ，
1 0 1
n n 1+42
0 1
同理 c o s
2
0  = ， c o s
3
1
2
4 2



=
+
， c o s
4
2
2
1 4 2



=
 +
，
π π
∴ = ，+ = ，
2 2 1 3 2
2
∴cos=cos(+ + +)=cos( +π)=−
1 2 3 4 4
1+42
2
1 4
2
2
2
1
2
1
4
1
5
0
, 0



= −
+
= −
+


−

，
∴cos的取值范围为

−
1
5
0
, 0

.
18. 已知函数 f ( x ) =
a
x
l n
l n
x
x
− 1
( 0  a  1 ) .
（1）求 f(x)的定义域；
（2）求证：无论a取何值， f(x)都有两个极值点；
（3）设 f ( x ) 的极大值点为x，极小值点为
1
x
2
，求证： f(x )+ f(x )2 e.
1 2
1 1
【答案】（1）
(0,ea) (ea,+)
（2）证明见解析 （3）证明见解析
【小问1详解】函数 f ( x ) =
a
x
l n
l n
x
x
− 1
( 0  a  1 ) 中，
 x
a

l n
0
x − 1  0
，解得
0  x  e
1a
或
x  e
1a
，
所以函数 f(x)的定义域为
( 0 , e
1a
)  ( e
1a
, +  )
.
【小问2详解】
求导得
f ( x ) =
( x l n x )  ( a
( a
l n
l n
x
x
−
−
1 )
1
−
2 )
x l n x 
a
x
=
a ( l n
( a
x )
l n
2 −
x −
l n
1
x
2 )
− 1 ，
令lnx=t，由 f ( x ) = 0 ， 0  a  1 ，得 a t 2 − t − 1 = 0 ，  = 1 + 4 a  1 ，
因此方程 a t 2 − t − 1 = 0 有两个不等实根 t1 =
1 − 1
2
+
a
4 a
, t
2
=
1 + 1
2
+
a
4 a
，
显然
1 − 1
2
+
a
4 a
 0 
1
a

1 + 1
2 a
+ 4 a
，当 t  t1 或 t  t
2
时， a t 2 − t − 1  0 ，
1
当t t  或
1 a
1
a
 t  t
2
时， a t 2 − t − 1  0 ，则 f ( x ) 有两个变号零点，
所以函数 f ( x ) 始终有两个极值点.
【小问3详解】
由（2）知，

l
l
n
n
x
x
1
1
+
 l
l
n
n
x
x
2
2
=
=
−
1
a
1
a
，
x 1 x 2 = e
1a
， f ( x
1
) + f ( x
2
) =
a
x
1
l n
l n
x
1
x
1
− 1
+
a
x
l
2
n
l n
x
2
x
2
− 1
=
a ( x
1
a
+
2 l
x
n
)
2
x
1
l n
 l
x
n
1
x

2
l n
−
x
a
2
(
−
l n
x
x
1
1
l n
+
x
1
l n
−
x
2
x
)
2
+
l n
1
x
2 =
1
a
[ x
1
( l n x
1
+ 1 ) + x
2
( l n x
2
+ 1 ) ] ，
( l n x
1
+ 1 ) ( l n x
2
+ 1 ) = l n x
1
 l n x
2
+ l n x
1
+ l n x
2
+ 1 = −
1
a
+
1
a
+ 1 = 1 ，
由 0  a  1 ，得 l n x
1
=
1 − 1
2
+
a
4 a
= −
1 +
2
1 + 4 a
 ( − 1 , 0 ) ， l n x
2
=
1 + 1
2 a
+ 4 a
 1 ，
lnx +1(0,1)，
1
x
1
 0 , x
2
 0 ，
f ( x
1
) + f ( x
2
) =
1
a
[ x
1
( l n x
1
+ 1 ) + x
2
( l n x
2
+ 1 ) ] 
2
a
x
1
x
2
( l n x
1
+ 1 ) ( l n x
2
+ 1 ) =
2
a
e
12
a ，
1 1 2 1 1
令 =u  ，则 e2a =4ueu ，令h(u)=4ueu,u ，求导得h(u)=4(u+1)eu 0，
2a 2 a 2函数 h ( u ) 在 (
1
2
, +  ) 上单调递增， h ( u )  h (
1
2
) = 2 e
12
= 2 e ，
所以 f ( x
1
) + f ( x
2
)  2 e .
19. （1）已知集合 A =  1 , 3 , 5  ， B =  2 , 4 , 6  ，若集合C =a,b ，其中aA，bB，满足
m i n  a , b   3 ，写出所有符合条件的C；
（2）集合M =1,3,5, ,99 ， N =  2 , 4 ,  , 1 0 0  ，从M，N中各自等概率地取出一个元素a和b，
X = m i n  a , b  ，求X的数学期望；
（3）若集合 P =  a
1
, a
2
,  , a
5 0
 ，Q=b,b , ,b  ，满足P Q =，P Q=1,2,,100 ，考虑
1 2 50
以下2500个数（可以相同）： m i n

a
i
, b
j
，  1  i , j  5 0 ，对 1  k  1 0 0 ，设 C
k
为k在上面2500个数
中出现的次数，证明： C
1 1
+ C
1 2
+  + C
1 0 0
 2 0 2 5 .
（注：minx,x ,x , ,x  表示
1 2 3 n 1
x，x ，…，x 中最小的数，
2 n
1 2 + 2 2 +  + n 2 =
n ( n + 1 )
6
( 2 n + 1 )
.）
【答案】（1）  3 , 4  ， 3,6 ，  5 , 4  ， { 5 , 6 } ；（2） E ( X ) = 3 3 .8 3 ；（3）证明见解析
【详解】（1）  3 , 4  ，  3 , 6  ，  5 , 4  ， { 5 , 6 } .
（2）1出现50次，2、3出现49次，4、5出现48次，…，98、99出现1次，100出现0次.
故 E ( X ) =
1
5 0

1
5 0
 ( 1  5 0 + 2  4 9 + 3  4 9 + 4  4 8 + 5  4 8 +  + 9 8  1 + 9 9  1 )
=
2
1
5 0 0
5 0
i=
1
i   ( 1 0 1 − 2 i ) + ( 1 0 0 − 2 i )  =
2
1
5 0 0
5 0
i=
1
( 2 0 1 i − 4 i 2 )
=
2
1
5 0 0

2 0 1  2 5  5 1 − 4 
5 0  5 1
6
 1 0 1 
= 3 3 .8 3 .
（3）不妨设
 a
b
1
1


a
b
2
2








a
b
m
n


1
1
1
1


b
a
n
m
+ 1
+ 1




b
a
5 0
5 0 ( m , n  N ) ，
  ( )
C +C + +C 即满足min a,b 11的 a ,b 组数，
11 12 100 i j i j
刚只需a 11且b 11，这样的组数有 (50−m)(50−n) 组.
i j由基本不等式 ( 5 0 − m ) ( 5 0 − n ) 
 1 0 0 − (
2
m + n )  2
，
而m+n为所有小于11的a ，
i
a
j
的数量，即 m + n = 1 0 ，
2
100−10
故C +C + +C 
 
=452 =2025，即证
11 12 100  2 
.