2025-2026 学年高二下学期期末模拟考试（四）
数 学
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
答案速查表
1 2 3 4 5
B C A C D
6 7 8 9 10
A C D ACD ACD
11 12 13 14 15
3
（1）
28
（2）见解析
BCD 8x+4 y−3π=0 12 √22
（3）
3 1 4
P = ( ) n+
n 7 8 7
16 17 18 19
（1） 3
（1）x2=4 y （2） （1）[ ,+∞)
a =2n （1）证明见解析 2
n （i）证明见解析
（2） （2）存在， （2）（i）证明
（ii）最小值4，此时
n+2 A N=√3 见解析 （ii）证
T =2− 1 P(0,−1)
n 2n 明见解析
第一部分 选择题（共 58 分）
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. 在空间直角坐标系O−xyz中，点M(2,3,−1)关于平面xOz对称的点的坐标是（ ）
A. (2,3,1) B. (2,−3,−1) C. (−2,3,−1) D. (2,−3,1)
【答案】B
【解析】在空间直角坐标系中，点M(x,y,z)关于平面xOz对称的点的坐标为(x,−y,z)，即横坐
标与竖坐标不变，纵坐标取相反数.
∵点M的坐标为(2,3,−1)，
∴点M关于平面xOz对称的点的坐标是(2,−3,−1).
【点拨】本题考查空间直角坐标系中的对称问题.熟记“关于哪个平面对称，哪个平面的坐标不变，
另一个坐标取相反数”是解题关键.
第 1 页，共 18 页1
2. 已知随机变量ξ等可能取值为1,2,3,⋯n(n∈N∗)，若P(ξ<5)= ，则（ ）
4
A. n=20 B. n=18 C. n=16 D. n=14
【答案】C
【解析】∵随机变量ξ等可能取值为1,2,3,⋯n，
1
∴P(ξ=k)= （k=1,2,⋯,n）.
n
1 1
∵P(ξ<5)= ，即P(ξ=1)+P(ξ=2)+P(ξ=3)+P(ξ=4)= ，
4 4
4 1
∴ = ，解得n=16.
n 4
【点拨】本题考查离散型随机变量的概率分布.明确等可能事件的概率计算公式是解题的基础.
3. 根据下图的散点图，变量x和变量y的样本相关系数r的值为（ ）
A. −0.81 B. −0.20 C. 0.34 D. 0.88
【答案】A
【解析】由散点图可知，散点整体呈左上到右下的趋势，故变量x和变量y呈负相关，即样本相关
系数r<0，排除C、D选项；
又散点分布比较集中在一条直线附近，说明相关性较强，所以样本相关系数r应接近−1，即
r<−0.75，故−0.81符合题意.
【点拨】本题考查散点图与样本相关系数的关系.相关系数r的绝对值越接近1，线性相关性越强；
r>0为正相关，r<0为负相关.
4. 某马拉松活动中，将5名志愿者分配到4个服务点参加志愿工作，每人只去1个服务
点，每个服务点至少安排1人，则不同的安排方法共有（ ）
A. 60种 B. 120种 C. 240种 D. 360种
【答案】C
【解析】将5名志愿者分配到4个服务点，每个服务点至少安排1人，则必然有1个服务点安排2
人，其余3个服务点各安排1人.
C2C1C1C1
第一步，将5名志愿者分为4组，人数分别为2,1,1,1，分组方法数为 5 3 2 1=C2=10种；
A3 5
3
第 2 页，共 18 页第二步，将分好的4组全排列分配到4个服务点，分配方法数为A4=24种；
4
由分步乘法计数原理可得，不同的安排方法共有10×24=240种.
【点拨】本题考查排列组合中的“分组分配问题”.采用“先局部均分，后全排列”的策略，注意
局部均分时需除以相同人数的组数的阶乘以去重.
1
5. 记S 为等比数列{a }的前n项和.若a = ,a a =a ，则S =（ ）
n n 1 5 3 4 5 4
39 156
A. 39 B. 156 C. D.
5 5
【答案】D
【解析】设等比数列{a }的公比为q.
n
∵a a =a ，即a q2 ⋅a q3=a q4，
3 4 5 1 1 1
1
∵a = ≠0，∴a q=1，解得q=5.
1 5 1
1
∴等比数列{a }是以 为首项，5为公比的等比数列，
n 5
1
(1−54
)
a (1−q4 ) 5 156.
S = 1 = =
4 1−q 1−5 5
∴
【点拨】本题考查等比数列的基本量运算.利用通项公式将已知条件转化为首项与公比的方程是通
法.
6. 已知a>0，函数f(x)=x2−alnx+1在(1,3)内是单调递增函数，则实数a的取值范围是
（ ）
A. 0<a≤2 B. 0<a≤18 C. 2≤a≤18 D. a≥2
【答案】A
【解析】∵f(x)=x2−alnx+1，其定义域为(0,+∞)，
a
f' (x)=2x− .
x
∴ ∵f(x)在(1,3)内是单调递增函数，
a
∴f' (x)≥0在(1,3)上恒成立，即2x− ≥0在(1,3)上恒成立.
x
∵x∈(1,3)，∴a≤2x2在(1,3)上恒成立.
∵y=2x2在(1,3)上单调递增，其最小值的极限为2×12=2，
a≤2.
又已知a>0，∴实数a的取值范围是0<a≤2.
∴
【点拨】本题考查利用导数研究函数的单调性求参数范围.将单调性转化为导数的不等式恒成立问
题，再利用分离参数法求最值是常用技巧.注意端点值的取舍.
第 3 页，共 18 页x2
7. 已知椭圆C: + y2=1的左、右焦点分别为F ,F ，直线y=x+m与C交于点A,B两点，
3 1 2
若△F AB面积是△F AB的2倍，则m=（ ）
1 2
√2 √2 2
A. −3√2 B. − 或−3√2 C. − D. −
3 3 3
【答案】C
x2
【解析】由椭圆C: + y2=1得a2=3,b2=1，则c2=2，故左、右焦点分别为
3
F (−√2,0),F (√2,0).
1 2
设点F ,F 到直线y=x+m（即x−y+m=0）的距离分别为d ,d .
1 2 1 2
∵△F AB面积是△F AB的2倍，且两三角形同底AB，
1 2
|−√2+m| |√2+m|
∴d =2d ，即 =2 ，
1 2 √2 √2
√2
化简得|−√2+m|=2|√2+m|，两边平方解得m2+6√2m+6=0，解得m=−3√2或m=− .
3
{ y=x+m
联立 ，消去y得4x2+6mx+3m2−3=0，
x2+3 y2=3
由直线与椭圆相交于两点，得Δ=36m2−16(3m2−3)=48−12m2>0，解得−2<m<2.
√2
∵−3√2<−2，不合题意舍去；− ∈(−2,2)，符合题意.
3
√2
m=− .
3
∴【点拨】本题考查椭圆的几何性质与直线与椭圆的位置关系.利用面积比转化为焦点到直线的距离
比是解题突破口，切记最后必须用判别式Δ>0检验直线与椭圆是否相交.
1 1 1 1 1 1 1 1 1
8. 已知a> 且ae5= ea，b> 且be4= eb，c> 且ce3= ec，则（ ）
5 5 4 4 3 3
A. c>b>a B. b>c>a C. a>c>b D. a>b>c
【答案】D
1 1 1 1 1 1
【解析】由ae5= ea，两边取自然对数得lna+ =ln +a，即lna−a=ln − .
5 5 5 5 5
1 1 1 1
同理可得lnb−b=ln − ，lnc−c=ln − .
4 4 3 3
1 1−x
构造函数f(x)=lnx−x(x>0)，则f' (x)= −1=
.
x x
当0<x<1时，f' (x)>0，f(x)单调递增；当x>1时，f' (x)<0，f(x)单调递减.
1 1 1 1 1 1
∵ < < <1，∴f( )<f( )<f( )，即f(a)<f(b)<f(c).
5 4 3 5 4 3
第 4 页，共 18 页1 1
又a> 且f(a)=f( )，结合f(x)的单调性可知a>1.同理b>1,c>1.
5 5
∵f(x)在(1,+∞)上单调递减，且f(a)<f(b)<f(c)，
a>b>c.
【点拨】本题考查利用导数比较大小.通过对数运算将等式化为同构形式，构造函数f(x)=lnx−x
∴
是解题的关键，注意利用函数的单调性反推自变量的大小关系.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项
是符合题目要求的.全部选对得满分，部分选对得部分分，有选错得0分.
9. 下列求导运算不正确的是（ ）
π π √x
A. (sin ) '=cos B. (x−√x) '=1−
3 3 2x
ex ex 1
C. ( ) '= D. (ln(3x+1)) '=
x2 2x 3x+1
【答案】ACD
π π
【解析】对于A，sin 为常数，常数的导数为0，即(sin ) '=0，故A错误；
3 3
1 √x
对于B，(x−√x) '=1− =1− ，故B正确；
2√x 2x
ex (ex ) 'x2−ex (x2 ) ' exx2−2xex ex (x−2)
对于C，( ) '= = = ，故C错误；
x2 (x2
)
2 x4 x3
1 3
对于D，根据复合函数求导法则，(ln(3x+1)) '= ⋅(3x+1) '= ，故D错误.
3x+1 3x+1
本题选不正确的，故选ACD.
【点拨】本题考查基本初等函数的导数公式及导数的四则运算法则.易错点在于A选项忽略了常数
的导数为0，D选项忽略了复合函数的内层函数求导.
10. 有三个相同的箱子，分别编号1，2，3，其中1号箱内装有4个绿球、1个红球，2号
箱内装有2个绿球、3个红球，3号箱内装有5个绿球，这些球除颜色外完全相同.某人等
可能从三个箱子中任取一箱并从中摸出一个球，事件A 表示“取到i号箱(i=1,2,3)”，事
i
件B表示“摸到绿球”，事件C表示“摸到红球”，则（ ）
2
A. P(B|A )= B. P(B|A )+P(C|A )=P(A )
2 5 1 1 1
11 4
C. P(B)= D. P(A |B)=
15 1 11
【答案】ACD
1
【解析】由题意知，P(A )=P(A )=P(A )= .
1 2 3 3
第 5 页，共 18 页4 1
1号箱有5个球（4绿1红），则P(B|A )= ，P(C|A )= ；
1 5 1 5
2 3
2号箱有5个球（2绿3红），则P(B|A )= ，P(C|A )= ；
2 5 2 5
3号箱有5个球（5绿0红），则P(B|A )=1，P(C|A )=0.
3 3
2
对于A，P(B|A )= ，故A正确；
2 5
4 1
对于B，P(B|A )+P(C|A )= + =1≠P(A )，故B错误；
1 1 5 5 1
对于C，由全概率公式，
1 4 1 2 1 11
P(B)=P(A )P(B|A )+P(A )P(B|A )+P(A )P(B|A )= × + × + ×1= ，故C
1 1 2 2 3 3 3 5 3 5 3 15
正确；
1 4
×
P(A B) P(A )P(B|A ) 3 5 4
对于D，由条件概率公式，P(A |B)= 1 = 1 1 = = ，故D正确.
1 P(B) P(B) 11 11
15
【点拨】本题考查全概率公式与条件概率公式的应用.理清事件之间的关系，准确计算各条件概率
是解题的关键.
11. 已知抛物线C:y2=4x的准线为l，焦点为F，P为抛物线C上的动点，过点P作
1
⊙A:x2+(y−2) 2= 的一条切线，Q为切点，过P作l的垂线，垂足为B，则（ ）
2
A. 准线l与圆A相切
B. 过点F,A的直线与抛物线相交的弦长为5
√2
C. 当点P,A,B三点共线时，|PQ|=
2
D. 满足|PA|=|PB|的点P有且仅有2个
【答案】BCD
1
【解析】由抛物线C:y2=4x得准线l:x=−1，焦点F(1,0).圆A:x2+(y−2) 2= 的圆心为A(0,2)，
2
√2
半径r= .
2
对于A，圆心A(0,2)到准线l:x=−1的距离d=|0−(−1)|=1>r，故准线l与圆A相离，A错误；
2−0 {y=−2(x−1)
对于B，直线FA的斜率k= =−2，方程为y=−2(x−1).联立 消去y得
0−1 y2=4x
x2−3x+1=0.设交点横坐标为x ,x ，则x +x =3.由抛物线弦长公式，弦长=x +x +p=3+2=5，
1 2 1 2 1 2
B正确；
第 6 页，共 18 页对于C，当P,A,B三点共线时，由于PB⊥l，故PA⊥l，即P,A,B所在直线平行于x轴.∵
A(0,2)，∴P的纵坐标为2，代入y2=4x得P(1,2).此时|PA|=√(1−0) 2+(2−2) 2=1.在
√ √2 √2
Rt△PQA中，|PQ|=√|PA|2−r2= 12−( ) 2= ，C正确；
2 2
对于D，由抛物线定义知|PB|=|PF|，若|PA|=|PB|，则|PA|=|PF|，即点P在线段AF
1 1 1
的垂直平分线上.线段AF的中点为( ,1)，斜率为−2，故其中垂线方程为y−1= (x− )，即
2 2 2
{ 1 3
1 3 y= x+
y= x+ .联立 2 4消去y得4x2−52x+9=0，Δ=(−52) 2−4×4×9>0，故有两个交点，
2 4
y2=4x
D正确.
【点拨】本题考查抛物线与圆的综合问题.灵活运用抛物线的定义将点到准线的距离转化为点到焦
点的距离是解决C、D选项的核心思路.
第二部分 非选择题（共 92 分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
π π
12. 曲线y=cos2x+ 在x= 处的切线方程为＿＿＿＿＿＿.
4 4
【答案】8x+4 y−3π=0
π
【解析】设f(x)=cos2x+ ，则f' (x)=−2sin2x.
4
π π π π π π π
当x= 时，切点纵坐标y=f( )=cos + = ，即切点为( , ).
4 4 2 4 4 4 4
π π
切线的斜率k=f' ( )=−2sin =−2.
4 2
π π 3π
故切线方程为y− =−2(x− )，化简得2x+ y− =0，即8x+4 y−3π=0.
4 4 4
【点拨】本题考查利用导数求曲线的切线方程.求出切点坐标和切线斜率，代入点斜式方程即可.
2x
13. (1− )(x+ y) 8的展开式中x2y6的系数为＿＿＿＿＿＿.
y
【答案】12
【解析】(x+ y) 8展开式的通项为T =Crx8−r yr .
r+1 8
2x
原式可化为(x+ y) 8− (x+ y) 8 .
y
要求x2y6的系数，即求(x+ y) 8中x2y6的系数与(x+ y) 8中x y7的系数乘以−2之和.
在(x+ y) 8中，令r=6，得x2y6的系数为C6=28；
8
令r=7，得x y7的系数为C7=8.
8
第 7 页，共 18 页故原展开式中x2y6的系数为28−2×8=12.
【点拨】本题考查二项式定理的应用.将多项式乘法转化为两个二项展开式特定项的系数和是常用
技巧.
14. 如图，在三棱锥P−ABC中，AP⊥平面PBC，记AB与面PBC所成的角为θ，PB=PC，
√6
tanθ= ，PA=3√3，BC=6.若Q为平面PBC内一动点，满足QB+QC=2√11，则PQ最大
2
值为＿＿＿＿＿＿.
【答案】√22
【解析】∵AP⊥平面PBC，PB⊂平面PBC，∴AP⊥PB，即△APB为直角三角形.
又AP⊥平面PBC，∴AB与平面PBC所成的角即为∠ABP，故∠ABP=θ.
AP √6
在Rt△APB中，tanθ= = ，又AP=3√3，解得PB=3√2.
PB 2
∵PB=PC=3√2，BC=6，∴PB2+PC2=18+18=36=BC2，∴∠BPC=90∘.
在平面PBC内，以P为原点，PB,PC所在直线分别为x,y轴建立平面直角坐标系，则B(3√2,0)，
C(0,3√2).
设Q(x,y)，由QB+QC=2√11>BC=6，可知点Q的轨迹是以B,C为焦点的椭圆.
3√2 3√2 1
椭圆的中心为BC的中点M( , )，长半轴a=√11，半焦距c= BC=3，短半轴
2 2 2
b=√a2−c2=√2.
√ 3√2 3√2
点P(0,0)到中心M的距离|PM|= ( ) 2+( ) 2=3.
2 2
由于PB=PC，△PBC为等腰直角三角形，点P在BC的垂直平分线上，即点P在椭圆的短轴所在
直线上.
以M为坐标原点，BC所在直线为x'轴，中垂线为y'轴建立新坐标系，则椭圆方程为
x'
❑
2 y'
❑
2
+ =1，点P的坐标为(0,−3).
11 2
y' ❑ 2 9
设Q(x',y' )，则|PQ|2=x'
❑
2+(y'+3) 2=11(1− )+(y'+3) 2=− y'
❑
2+6 y'+20.
2 2
第 8 页，共 18 页−6 2
该二次函数开口向下，对称轴为y'= =
.
2×(−9/2) 3
2
∵y' ∈[−√2,√2]，且 ∈[−√2,√2]，
3
2 9 2 2
∴当y'= 时，|PQ|2取得最大值− ( ) 2+6× +20=22.
3 2 3 3
故|PQ|的最大值为√22.
【点拨】本题考查立体几何与解析几何的综合.利用线面垂直找到直角三角形求出边长，再根据椭
圆定义确定动点轨迹，最后通过建系转化为二次函数求最值，展现了极强的综合性.
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.
一个不透明的盒子里有质地、大小相同的8个小球，其中2个红球、6个黑球，不放回地
从盒子里依次随机摸取一个小球，当有同一种颜色的小球全部取出时停止摸球.
（1）求停止摸球时盒子里恰好剩下4个黑球的概率；
（2）停止摸球时，记总的摸球次数为X，求X的分布列与数学期望；
（3）若将这8个球分别放在甲乙两个袋子中，每袋都装有1个红球、3个黑球.现从甲乙
两袋中分别任取一球交换放入另一袋中，重复n(n∈N∗)次这样操作后，设甲袋子中恰有
1个红球的概率为P ，求P .
n n
3
【答案】（1）
28
40
（2） 分布列见解析；E(X)=
7
3 1 4
（3） P = ( ) n+
n 7 8 7
【解析】解：（1） 停止摸球时盒子里恰好剩下4个黑球，说明取出了2个红球和2个黑球，且最
后一个取出的是红球（否则若最后取出黑球，说明红球早已取完，摸球早就停止了）.
即前3次取出1个红球和2个黑球，第4次取出红球.
C1C2
1 30 1 3
故所求概率P= 2 6× = × = . ………………………… 3 分
C3 5 56 5 28
8
（2） 停止摸球时，总的摸球次数X的可能取值为2，3，4，5，6，7.
若红球先被取完，则第k次取完红球，前k−1次取出1红k−2黑，第k次取出红球，
C1Ck−2
1
其概率为P (X=k)= 2 6 × ；
1 Ck−1 8−(k−1)
8
若黑球先被取完，则第k次取完黑球，前k−1次取出5黑k−6红，第k次取出黑球，
C5Ck−6
1
其概率为P (X=k)= 6 2 × .
2 Ck−1 8−(k−1)
8
第 9 页，共 18 页C1C0
1 1
当X=2时，仅可能红球先取完，P(X=2)= 2 6× = ；
C1 7 28
8
C1C1
1 2
当X=3时，仅可能红球先取完，P(X=3)= 2 6× = ；
C2 6 28
8
C1C2
1 3
当X=4时，仅可能红球先取完，P(X=4)= 2 6× = ；
C3 5 28
8
C1C3
1 4
当X=5时，仅可能红球先取完，P(X=5)= 2 6× = ；
C4 4 28
8
C1C4
1 5
C5C0
1 1
当X=6时，红球先取完的概率为 2 6× = ，黑球先取完的概率为 6 2× = ，
C5 3 28 C5 3 28
8 8
5 1 6
故P(X=6)= + = ；
28 28 28
C1C5
1 6
C5C1
1 6
当X=7时，红球先取完的概率为 2 6× = ，黑球先取完的概率为 6 2× = ，
C6 2 28 C6 2 28
8 8
6 6 12
故P(X=7)= + =
.
28 28 28
所以X的分布列为：
X 2 3 4 5 6 7
1 2 3 4 6 12
P
28 28 28 28 28 28
………………………… 8 分
1 2 3 4 6 12 160 40
数学期望E(X)=2× +3× +4× +5× +6× +7× = =
.
28 28 28 28 28 28 28 7
………………………… 10 分
（3） 设操作n次后，甲袋中有1个红球的概率为P ，有0个红球的概率为q ，有2个红球的概率
n n
为r .
n
由对称性可知，甲袋中有0个红球（即乙袋有2个红球）的概率等于甲袋中有2个红球（即乙袋有
1−P
0个红球）的概率，故q =r = n.
n n 2
操作n次后甲袋有1个红球，包含以下三种互斥情况：
①操作n−1次后甲袋有1个红球，第n次甲乙均抽出红球或均抽出黑球；
②操作n−1次后甲袋有0个红球，第n次甲抽出黑球，乙抽出红球；
③操作n−1次后甲袋有2个红球，第n次甲抽出红球，乙抽出黑球.
1 1 3 3 4 2 2 4
所以P =P ( × + × )+q ( × )+r ( × ) ………………………… 13 分
n n−1 4 4 4 4 n−1 4 4 n−1 4 4
5 1 5 1 1 1
= P + (q +r )= P + (1−P )= P + .
8 n−1 2 n−1 n−1 8 n−1 2 n−1 8 n−1 2
第 10 页，共 18 页4 1 4
变形得：P − = (P − ).
n 7 8 n−1 7
4 3
又初始状态n=0时，甲袋有1个红球，即P =1，P − = .
0 0 7 7
4 3 1
所以数列{P − }是以 为首项， 为公比的等比数列. ………………………… 15 分
n 7 7 8
4 3 1 3 1 4
故P − = ( ) n ，即P = ( ) n+ . ………………………… 17 分
n 7 7 8 n 7 8 7
【点拨】本题考查离散型随机变量的分布列与期望、全概率公式及马尔可夫链模型.第（2）问需分
类讨论哪种颜色的球先被取完；第（3）问利用全概率公式建立递推关系，再构造等比数列求通项，
体现了概率与数列的深度融合.
16.
已知S 为数列{a }的前n项和，已知S =2a −2(n∈N∗).
n n n n
（1）求数列{a }的通项公式；
n
b
（2）若b =log a ，求数列{ n }的前n项和T .
n 2 n a n
n
【答案】（1） a =2n
n
n+2
（2） T =2−
n 2n
【解析】解：（1） 因为S =2a −2，
n n
当n=1时，S =2a −2，即a =2a −2，解得a =2. ………………………… 2 分
1 1 1 1 1
当n≥2时，a =S −S =(2a −2)−(2a −2)=2a −2a ，
n n n−1 n n−1 n n−1
整理得a =2a . ………………………… 4 分
n n−1
所以数列{a }是以2为首项，2为公比的等比数列，
n
故a =2×2n−1=2n . ………………………… 6 分
n
（2） 由（1）知b =log a =log 2n=n，
n 2 n 2
b n
所以
n=
. ………………………… 8 分
a 2n
n
1 2 3 n
则T = + + +⋯+ ①
n 21 22 23 2n
1 1 2 n−1 n
T = + +⋯+ + ………………………… 10 分
2 n 22 23 2n 2n+1
②
- ②得：
1 1 1 1 1 n
①T = + + +⋯+ − ………………………… 12 分
2 n 2 22 23 2n 2n+1
第 11 页，共 18 页1 1
[1−( ) n ]
2 2 n 1 n
= − =1− − . ………………………… 14 分
1 2n+1 2n 2n+1
1−
2
2 n n+2
所以T =2− − =2− . ………………………… 15 分
n 2n 2n 2n
【点拨】本题考查数列递推公式求通项及错位相减法求和.利用a =S −S 求通项时要注意检验
n n n−1
n=1的情况；“等差×等比”型数列求和是错位相减法的典型应用场景.
17.
如图，在Rt△ABC中，∠C=90∘，BC=3，AC=6，D,E分别是AC,AB上的点，满足
DE∥BC且DE经过△ABC的重心，将△ADE沿DE折起到△A DE的位置，使A C⊥CD，
1 1
M是A D的中点.
1
（1）求证：平面A CE⊥平面BCDE；
1
√3
（2）在线段A C上是否存在点N(不包含端点)，使平面BMN与平面CBM夹角余弦值为 ？
1 4
若存在，求出A N的长度；若不存在，请说明理由.
1
【答案】（1） 证明见解析
（2） 存在，A N=√3
1
【解析】（1） 证明：在Rt△ABC中，DE∥BC，且DE经过△ABC的重心，
根据重心的性质，AD:DC=2:1.
又AC=6，所以AD=4，CD=2. ………………………… 2 分
折起前，因为∠C=90∘，即BC⊥AC，又DE∥BC，所以DE⊥AC，即DE⊥AD，DE⊥CD.
折起后，DE⊥A D，DE⊥CD，
1
又A D∩CD=D，A D,CD⊂平面A CD，
1 1 1
所以DE⊥平面A CD. ………………………… 4 分
1
因为A C⊂平面A CD，所以DE⊥A C.
1 1 1
又已知A C⊥CD，且DE∩CD=D，DE,CD⊂平面BCDE，
1
所以A C⊥平面BCDE.
1
又A C⊂平面A CE，
1 1
第 12 页，共 18 页所以平面A CE⊥平面BCDE. ………………………… 6 分
1
（2） 解：在Rt△A CD中，A D=AD=4，CD=2，
1 1
所以A C=√A D2−CD2=√16−4=2√3.
1 1
以C为坐标原点，CB,CD,C A 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.
1
则C(0,0,0)，B(3,0,0)，D(0,2,0)，A (0,0,2√3).
1
因为M是A D的中点，所以M(0,1,√3). ………………………… 8 分
1
假设存在满足条件的点N，设⃗CN=λ⃗C A (0<λ<1)，
1
则N(0,0,2√3λ).
⃗CB=(3,0,0)，⃗CM=(0,1,√3)，⃗BM=(−3,1,√3)，⃗BN=(−3,0,2√3λ).
设平面CBM的法向量为n =(x ,y ,z )，则
1 1 1 1
{ n ⋅⃗CB=3x =0
1 1 ，取z =1，得n =(0,−√3,1). ………………………… 10 分
n ⋅⃗CM= y +√3z =0 1 1
1 1 1
设平面BMN的法向量为n =(x ,y ,z )，则
2 2 2 2
{n ⋅⃗BM=−3x + y +√3z =0
2 2 2 2
，
n ⋅⃗BN=−3x +2√3λz =0
2 2 2
取z =√3，得x =2λ，y =6λ−3，即n =(2λ,6λ−3,√3). ………………………… 11 分
2 2 2 2
|n ⋅n | |−√3(6λ−3)+√3| √3
由题意， |cos⟨n ,n ⟩|= 1 2 = = .
1 2 |n
1
||n
2
| √0+3+1√4λ2+(6λ−3) 2+3 4
√3|4−6λ| √3
=
化简得 ，
2√40λ2−36λ+12 4
即|4−6λ|=√10λ2−9λ+3.
两边平方并整理得：26λ2−39λ+13=0，即2λ2−3λ+1=0. ………………………… 14 分
1
解得λ=1（舍去，不含端点）或λ=
.
2
1
此时⃗CN= ⃗C A ，即N为A C的中点.
2 1 1
1
所以A N= A C=√3.
1 2 1
√3
故在线段A C上存在点N，使平面BMN与平面CBM夹角余弦值为 ，A N的长度为√3.
1 4 1
………………………… 15 分
【点拨】本题考查空间线面垂直的证明及利用空间向量求二面角.折叠问题中寻找不变量（如垂直
关系）是建系的关键；存在性问题通常转化为参数方程求解，注意检验参数是否在规定范围内.
18.
已知抛物线C:x2=2py(p>0)上一点M(m,1)到焦点的距离为2.
第 13 页，共 18 页（1）求C的方程；
（2）直线y=kx+1与C交于A,B两点，过A,B分别作C的切线l ,l ，设l ,l 的交点为P.
1 2 1 2
（i）求证：△PAB为直角三角形；
（ii）记△PAB的面积为S，求S的最小值，并指出S最小时对应的点P的坐标.
【答案】（1） x2=4 y
（2） （i） 证明见解析；（ii） 最小值4，此时P(0,−1)
p
【解析】解：（1） 由抛物线定义，点M(m,1)到焦点的距离等于它到准线y=− 的距离.
2
p
所以1−(− )=2，解得p=2. ………………………… 2 分
2
所以抛物线C的方程为x2=4 y. ………………………… 4 分
（2） （i） 设A(x ,y )，B(x ,y ).
1 1 2 2
x2 x
由x2=4 y得y= ，求导得y'= .
4 2
x x
所以切线l 的斜率k = 1，切线l 的斜率k = 2 . ………………………… 6 分
1 1 2 2 2 2
将直线y=kx+1代入x2=4 y，整理得x2−4kx−4=0.
Δ=16k2+16>0恒成立.
由韦达定理得x +x =4k，x x =−4. ………………………… 8 分
1 2 1 2
x x x x −4
所以k k = 1 ⋅ 2= 1 2= =−1.
1 2 2 2 4 4
所以l ⊥l ，即PA⊥PB，故△PAB为直角三角形. ………………………… 9 分
1 2
x x x2 x
（ii） 切线l 的方程为y−y = 1 (x−x )，即y= 1 x− 1= 1 x−y .
1 1 2 1 2 4 2 1
x
同理切线l 的方程为y= 2 x−y .
2 2 2
x
{ y= 1 x−y
2 1 x +x x x
联立l ,l 的方程得 ，解得x = 1 2=2k，y = 1 2=−1.
1 2 x P 2 P 4
y= 2 x−y
2 2
所以点P的坐标为(2k,−1). ………………………… 11 分
弦长|AB|=√1+k2|x −x |=√1+k2√(x +x ) 2−4x x =√1+k2√16k2+16=4(k2+1).
1 2 1 2 1 2
|k(2k)−(−1)+1| 2k2+2
点P(2k,−1)到直线AB:kx−y+1=0的距离d= = =2√k2+1.
√k2+1 √k2+1
………………………… 14 分
第 14 页，共 18 页3
1 1
所以△PAB的面积S= |AB|⋅d= ⋅4(k2+1)⋅2√k2+1=4(k2+1)2. ………………………… 16
2 2
分
因为k2≥0，所以当k=0时，S取得最小值4.
此时点P的坐标为(0,−1). ………………………… 17 分
【点拨】本题考查抛物线的切线问题及三角形面积最值.熟记抛物线切线交点坐标的结论（
x +x x x
x = 1 2,y = 1 2）可大幅简化计算，面积表示为关于斜率k的函数是求最值的常规路径.
P 2 P 2p
19.
定义在区间D上的函数f(x)满足：若对任意x ,x ∈D，且x >x ，都有
1 2 1 2
f(x )−f(x ) x −x
1 2 > 1 2，则称f(x)是D上的“好函数”.
2 x +x
1 2
（1）若f(x)=ax2−2x是[1,+∞)上的“好函数”，求a的取值范围；
（2）（i）证明：g(x)=lnx是(0,+∞)上的“好函数”.
1 1 1 1
（ii）设n∈N∗，证明：ln√n+1> + + +⋯+ .
3 5 7 2n+1
3
【答案】（1） [ ,+∞)
2
（2） （i） 证明见解析；（ii） 证明见解析
f(x )−f(x ) x −x
【解析】解：（1） 依题意，对任意x ,x ∈[1,+∞)，且x >x ，都有 1 2 > 1 2恒
1 2 1 2 2 x +x
1 2
成立.
(ax2−2x )−(ax2−2x ) x −x
即 1 1 2 2 > 1 2，
2 x +x
1 2
a(x −x )(x +x )−2(x −x ) x −x
1 2 1 2 1 2 > 1 2 .
2 x +x
1 2
因为x >x ≥1，所以x −x >0，两边同除以x −x 得：
1 2 1 2 1 2
a(x +x )−2 1
1 2 > . ………………………… 2 分
2 x +x
1 2
2
即a(x +x )>2+ ，
1 2 x +x
1 2
2 2
a> +
所以 .
x +x (x +x ) 2
1 2 1 2
令t=x +x ，因为x >x ≥1，所以t>2.
1 2 1 2
2 2
则a> + 对t∈(2,+∞)恒成立. ………………………… 4 分
t t2
第 15 页，共 18 页2 2
记h(t)= + ，显然h(t)在(2,+∞)上单调递减，
t t2
2 2 3
所以h(t)<h（2）= + =
.
2 4 2
3 3
所以a≥ ，即a的取值范围为[ ,+∞). ………………………… 6 分
2 2
（2） （i） 证明：要证g(x)=lnx是(0,+∞)上的“好函数”，
lnx −lnx x −x
即证：对任意x >x >0，有 1 2> 1 2 .
1 2 2 x +x
1 2
x
2( 1−1)
x x
即证ln 1> 2 . ………………………… 8 分
x x
2 1+1
x
2
x
令t= 1 ，因为x >x >0，所以t>1.
x 1 2
2
2(t−1)
上式转化为证明lnt> 在t∈(1,+∞)恒成立.
t+1
2(t−1)
设φ(t)=lnt− (t>1)， ………………………… 9 分
t+1
1 2(t+1)−2(t−1) 1 4 (t+1) 2−4t (t−1) 2
则φ' (t)= − = − = = .
t (t+1) 2 t (t+1) 2 t(t+1) 2 t(t+1) 2
因为t>1，所以φ' (t)>0，所以φ(t)在(1,+∞)上单调递增. ………………………… 11 分
2(t−1)
所以φ(t)>φ（1）=ln1−0=0，即lnt> 成立.
t+1
故g(x)=lnx是(0,+∞)上的“好函数”. ………………………… 12 分
2(x −x )
（ii） 证明：由（i）可知，当x >x >0时，lnx −lnx > 1 2 .
1 2 1 2 x +x
1 2
令x =k+1，x =k (k∈N∗)，则x >x >0，
1 2 1 2
2(k+1−k) 2
所以ln(k+1)−lnk> = . ………………………… 14 分
k+1+k 2k+1
1 k+1 1 √k+1 1
即 ln > ，即ln > .
2 k 2k+1 k 2k+1
令k分别取1,2,3,⋯,n，可得：
√2 1
ln >
1 3
√3 1
ln >
2 5
第 16 页，共 18 页√4 1
ln >
3 7
⋯
√n+1 1
ln > ………………………… 16 分
n 2n+1
将上述n个不等式相加，得：
√2 √3 √4 √n+1 1 1 1 1
ln +ln +ln +⋯+ln > + + +⋯+
1 2 3 n 3 5 7 2n+1
√2 √3 √4 √n+1 1 1 1 1
即ln( ⋅ ⋅ ⋯ )> + + +⋯+ .
1 2 3 n 3 5 7 2n+1
1 1 1 1
化简得：ln√n+1> + + +⋯+ . 证毕. ………………………… 17 分
3 5 7 2n+1
【点拨】本题考查导数在证明不等式中的应用及新定义问题.第（2）问的证明过程体现了构造函数
法和赋值累加法的经典应用，将抽象的函数性质转化为具体数列不等式是解决此类压轴题的核心
素养.
第 17 页，共 18 页双向细目表
知识模 目标难度
题号 题型 分值 具体考点要求 备注
块 系数
空间向 基础送
1 单选 5 空间点关于坐标平面的对称点坐标 0.95
量 分
基础送
2 单选 5 概率 离散型随机变量的概率计算 0.85
分
基础送
3 单选 5 统计 散点图与相关系数的判断 0.85
分
计数原 真情境
4 单选 5 排列组合的实际应用（分组分配问题） 0.70
理 应用
基础巩
5 单选 5 数列 等比数列的性质与前n项和 0.65
固
中档把
6 单选 5 导数 导数与函数的单调性求参数范围 0.60
关
圆锥曲 综合应
7 单选 5 椭圆的几何性质与直线相交问题 0.35
线 用
小题压
8 单选 5 导数 构造函数比较大小 0.25
轴
基础送
9 多选 6 导数 导数的基本运算与法则 0.75
分
情境建
10 多选 6 概率 相互独立事件、全概率与条件概率 0.60
模
圆锥曲 多选压
11 多选 6 抛物线与圆的综合、直线与抛物线相交 0.30
线 轴
基础送
12 填空 5 导数 导数的几何意义求切线方程 0.80
分
基础巩
13 填空 5 二项式 二项式展开式的特定项系数 0.60
固
立体几 填空压
14 填空 5 动点轨迹与空间距离的最值问题 0.20
何 轴
概率统（1）求特定事件概率(A)；（2）求分布列与期 情境建
15 解答 13 0.70
计 望(B)；（3）全概率公式与递推数列(B) 模
（1）递推关系求通项(A)；（2）错位相减法求 重点考
16 解答 15 数列 0.60
和(B) 查
立体几（1）面面垂直的证明(B)；（2）建系求二面角 综合应
17 解答 15 0.55
何 与存在性问题(B) 用
圆锥曲（1）求抛物线方程(B)；（2）切线交点与三角 探究压
18 解答 17 0.35
线 形面积最值探究(C) 轴
（1）新定义下求参数范围(B)；（2）新定义证 探究压
19 解答 17 导数 0.25
明与构造函数证数列不等式(C) 轴
第 18 页，共 18 页
