2025 年高考数学第三次模拟考试
高三数学
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
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。
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．已知集合U = {1,2,3,4,5}，A = {2,3}，B =¿，则B∩∁U A =（ ）
A．{4}
B．{2,4}
C．{1,2}
D．{1,3,5}
【答案】A
【知识点】交并补混合运算
【分析】根据集合的交集与补集运算求解即可.
【详解】由U = {1,2,3,4,5}, A = {2,3}可得 ∁U A = {1,4,5}，又因为B =¿，所以B∩∁U A = {4}.
故选：A.
2．若复数z =
2
1+i，则|z +2|=（ ）
A．2
B．√2
C．10
D．√10
【答案】D
【知识点】求复数的模、复数的除法运算
【分析】利用复数的除法运算求得复数z，利用复数的模的意义可求得|z +2|的值.
【详解】因为z =
2
1+i =
2(1−i)
(1+i)(1−i) = 2(1−i)
1−i
2 =1−i，
所以|z +2|=|1−i+2|=|3−i|=√3
2+(−1)
2=√10.
故选：D.
3．函数f (x)=−x
2+(e
x−e
−x)sin x在区间[−3.4,3.4]的图象大致为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【知识点】函数图像的识别、求含sinx 的函数的奇偶性
【分析】利用函数奇偶性定义判断出函数f (x)在区间[−3.4,3.4]上的奇偶性排除AC；再利用特殊值可得答
案.
【详解】因为x∈[−3.4,3.4]，−x∈[−3.4,3.4]，
f (−x)=−x
2+(e
−x−e
x)sin(−x)= f (x)，
所以f (x)为偶函数，图象关于y轴对称，故排除AC；
f (1)=−1
2+(e−e
−1)sin1>−1+(e−e
−1)sinπ
6 =−1+e
2 −1
2e
=2e−4
4
−1
2e > 1
4 −1
2e >0，
f (π)=−(π)2+(e
π−e
−π)sinπ=−π
2<0
故选：B.
4．若Cn
1 x +Cn
2 x
2+⋯+Cn
n x
n能被5 整除，则x，n 的一组值可能为（ ）
A．x =2,n=6
B．x = 4 ,n=6
C．x =8,n= 4
D．x =14 ,n= 4
【答案】C
【知识点】二项展开式的应用
【分析】根据给定条件，利用二项式定理变形，再逐项判断得解.
【详解】依题意，Cn
1 x +Cn
2 x
2+⋯+Cn
n x
n=Cn
0+Cn
1 x +Cn
2 x
2+⋯+Cn
n x
n−1=(1+ x)
n−1，
对于A，x =2,n=6，3
6−1=(3
3−1)(3
3+1)=26×28，不能被5 整除，A 不是；
对于B，x = 4 ,n=6，5
6−1，不能被5 整除，B 不是；
对于C，x =8,n= 4，9
4−1=(9
2−1)(9
2+1)=80×81，能被5 整除，C 是；
对于D，x =14 ,n= 4，15
4−1=(15
2−1)(15
2+1)=224×226，不能被5 整除，D 不是.
故选：C
5．若α ∈(0,π
2 )，tan2α =
cosα
2−sin α ，则tan α =（ ）
A．√15
3
B．√5
3
C．√15
15
D．√5
15
【答案】C
【知识点】三角函数的化简、求值——同角三角函数基本关系、二倍角的正弦公式、二倍角的余弦公式
【分析】利用倍角公式，整理化简已知条件，求得sin α，再求cosα，即可求得tan α.
【详解】tan 2α = sin 2α
cos2α = 2sin α cosα
1−2sin
2α
=
cosα
2−sin α ，又α ∈(0,π
2 )，故cosα >0，故
2sin α
1−2sin
2α
=
1
2−sin α ，
则4 sin α −2sin
2α =1−2sin
2α，解得sin α = 1
4 ，故cosα =√1−sin
2α =√1−1
16 = √15
4 ，
故tan α = sin α
cosα =
1
4
√15
4
= √15
15 .
故选：C.
6．已知平面向量⃗a，⃗b，⃗c满足|⃗a|=1，⃗b⋅⃗c =0，⃗a⋅⃗b=1，⃗a⋅⃗c =−1，则|⃗b+⃗c|的最小值为（ ）
A．1
B．√2
C．2
D．4
【答案】C
【知识点】数量积的坐标表示、坐标计算向量的模、向量垂直的坐标表示
【分析】在平面直角坐标系xOy 中，不妨设⃗a=(1,0)，⃗b=(x1, y1)，⃗c =(x2, y2)，由已知可得y1 y2−1=0，
由向量的加法和模的坐标运算结合基本不等式求解即可.
【详解】在平面直角坐标系xOy 中，不妨设⃗a=(1,0)，⃗b=(x1, y1)，⃗c =(x2, y2)，
则⃗a⋅⃗b= x1=1，⃗a⋅⃗c = x2=−1，⃗b⋅⃗c = x1 x2+ y1 y2= y1 y2−1=0，
所以|⃗b+⃗c|=√(1−1)
2+( y1+ y2)
2=|y1+ y2|=|y1+ 1
y1|=|y1|+|
1
y1|≥2√|y1|⋅|
1
y1|=2，
当且仅当y1=±1时等号成立，
因此，|⃗b+⃗c|的最小值为2.
故选：C.
7．已知O为坐标原点，直线l过抛物线D: y
2=2 px ( p>0)的焦点F，与D及其准线依次交于A ,B ,C三点
（其中点B在A ,C之间），若|AF|= 4，|BC|=2|BF|,则△OAB的面积是（ ）
A．√3
B．4√3
3
C．2√3
D．8√3
3
【答案】B
【知识点】求点到直线的距离、抛物线定义的理解、抛物线中的三角形或四边形面积问题
【分析】过点B作BM垂直于准线，垂足为M，过点A作AN垂直于准线，垂足为N，利用抛物线定义可得
|BC|=2|BF|=2|BM|，则∠MCB =30°，继而可求出|PF|，即可得到p的值，从而得到抛物线的标准方
程，由∠MCB =30°可得到直线AB的斜率，得到直线AB的方程，联立直线方程与抛物线方程，结合韦达
定理、抛物线的定义，并利用点到直线距离公式，即可求解△OAB的面积.
【详解】过点B作BM垂直于准线，垂足为M，过点A作AN垂直于准线，垂足为N，
设准线与x轴相交于点P，
如图，
则|BM|=|BF|，|AN|=|AF|= 4，
在△MBC中，|BC|=2|BF|，所以|BC|=2|BM|，所以∠MCB =30°，
在△ANC中，|AC|=2|AN|=8，
所以|AC|=|AF|+|CF|=8，所以|CF|=8−|AF|= 4.
又CN ⊥x轴，∠MCB =30°，所以|PF|= 1
2|CF|=2.
又抛物线D: y
2=2 px，则P(−p
2 ,0), F(
p
2 ,0),
所以|PF|= p
2 + p
2 = p=2，所以抛物线D: y
2= 4 x，点F (1,0).
因为∠MCB =30°，所以直线AB的斜率k =−√3，
则直线AB: y =−√3(x−1)，
与抛物线方程联立¿,消y并化简得3 x
2−10 x +3=0,
设点A(x1, y1),B(x2, y2)，则x1+ x2= 10
3 ，
则|AB|=|BF|+|AF|=|BM|+|AN|= x1+ p
2 + x2+ p
2 = x1+ x2+ p= 10
3 +2= 16
3 .
又直线AB: y =−√3(x−1)可化为√3 x + y −√3=0，
则点O到直线AB的距离d =|−√3|
√3+1 = √3
2 ,
所以S△OAB= 1
2|AB|⋅d = 1
2 × 16
3 × √3
2 = 4√3
3
.
故选:B.
8．在正四棱台ABCD−A1B1C1 D1中，AB = 4，A1B1=2，若存在球O 与该正四棱台的各个面均相切，
则点A1到平面B1BC C1的距离为（ ）
A．4√2
3
B．√3
C．4√5
5
D．8√17
17
【答案】A
【知识点】正棱台及其有关计算、锥体体积的有关计算、多面体与球体内切外接问题、求点面距离
【分析】作出辅助线，四边形EF F1 E1的内切圆是正四棱台内切球O 的截面大圆，由等腰梯形性质及切线
长定理求出各边长，得到正四棱台的高MN =2√2，设点A1到平面B1BC C1的距离为h，由等体积法得到
方程，求出答案.
【详解】如图，在正四棱台ABCD−A1B1C1 D1中，
分别取AB，CD，A1B1，C1 D1的中点为E，F，E1，F1，
连接E1 F1 FE，则四边形EF F1 E1的内切圆是正四棱台内切球O 的截面大圆，
设四边形EF F1 E1各边与其内切圆的切点分别为P , M , H , N(如图所示),
因为四边形EF F1 E1是等腰梯形，E1 F1=2，EF = 4，
由切线长定理得E E1= PE + EP = 1
2 (EF + E1 F1)=3，
过点E1, F1分别作E1S⊥EF , F1T ⊥EF，交EF于点S ,T，
则ST = E1 F1=2，ES =TF =1，由勾股定理得E1S =√E1 E
2−E S
2=2√2，
则正四棱台的高MN =2√2，设点A1到平面B1BC C1的距离为h，
又V A1−B B1C1=V B−A1B1C1，所以1
3 ⋅ℎ⋅S△B B1C1= 1
3 ×2√2S△A1B1C1，
且S△B B1C1= S△A1B1B= 1
2 A1B1⋅E E1= 2×3
2
=3，S△A1B1C1= 1
2 A1B1⋅B1C1= 2×2
2
=2，
所以1
3 ℎ×3= 1
3 ×2√2×2，解得ℎ= 4√2
3
.
故选：A
【点睛】关键点睛：本题解题的关键是抓住四边形EF F1 E1的内切圆是正四棱台内切球O 的截面大圆，进
而利用该特性求出正四棱台侧面的高E1 E和正四棱台的高h，然后利用等体积法可求解点到平面的距离.
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．
9．下列关于概率统计的知识，其中说法正确的是（ ）
A．数据−3,−1,3,7,8,9,11,15的第25 百分位数是1；
B．若一组样本数据(xi, yi)(i=1,2,⋯,n)的对应样本点都在直线y =−1
3 x +1上，则这组样本数据的相
关系数为−1
3；
C．已知随机变量X ∼B (n, p)，若E (X )=36, D (X )=9，则n= 48；
D．某班有50 名同学，一次考试后的数学成绩服从正态分布N (100,10
2)，则理论上说在90∼100分的
人数约为17 人．（参考数据：p(μ−σ ≤X ≤μ+σ )≈0.6827，p(μ−2σ ≤X ≤μ+2σ )≈0.9545，
p(μ−3σ ≤X ≤μ+3σ )≈0.9973)
【答案】ACD
【知识点】相关系数的计算、二项分布的方差、指定区间的概率、总体百分位数的估计
【分析】根据百分位数、相关系数、二项分布、正态分布等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】对于选项A，8 个数据从小到大排列，由于8×25 % =2，
所以第25 百分位数应该是第二个与第三个的平均数−1+3
2
=1，故A 正确；
对于选项B，因为样本点都在直线y =−1
3 x +1上，说明是负相关且线性相关性很强，所以相关系数为−1，
故B 错误．
对于选项C，因为X ∼B (n, p), E (X )=36, D (X )=9，
所以¿，解得p= 3
4 ,n= 48，故C 正确；
对于选项D，由P(90≤x ≤100)= 1
2 P(μ−σ ≤x ≤μ+σ )=0.34135，
可得在90~100 分的人数是50×0.34135≈17，故D 正确.
故选：ACD．
10．函数f (x)=2cos x +sin2 x (x∈R)，则（ ）
A．f (x)的最小正周期是2π
B．f (x)的值域是[−3√3
2
, 3√3
2 ]
C．f (x)的图象是轴对称图形，其中一条对称轴是x =π
6
D．f (x)的零点是π
2 +k π,k ∈Z
【答案】ABD
【知识点】求函数的零点、由导数求函数的最值（不含参）、求正弦（型）函数的最小正周期、求正弦
（型）函数的对称轴及对称中心
【分析】对A：检验f (x +2π )= f ( x)，即可判断；对B：利用导数分析其单调性，进而求得其值域即可；
对C：检验f(
π
6 + x)−f(
π
6 −x)的结果是否为零，即可判断；对D：令f (x)=0，直接求解即可.
【详解】对A：f (x +2π )=2cos(x +2π )+sin(2 x + 4 π )=2cos x +sin 2 x = f ( x)，故2π为f ( x)的周期，
显然，没有比2π更小的正周期，故f ( x)的最小正周期为2π，故A 正确；
对B：考虑到f ( x)的最小正周期为2π，故只需考虑f ( x)在[ π
6 , 13 π
6
]的值域；
f (x)=2cos x +sin2 x，x∈[ π
6 , 13 π
6
]，故f
'( x) =−2sin x +2cos2 x =−2sin x +2(1−2sin
2 x)
即f
'( x) =−4 sin
2 x −2sin x +2=−2(2sin x −1)(sin x +1)；
因为sin x∈[−1,1]，故sin x +1≥0，
则当x∈( π
6 , 5 π
6 )时，sin x> 1
2，即2sin x−1>0，此时f
'( x) <0，f ( x)单调递减；
当x∈( 5 π
6 , 13 π
6
)时，sin x< 1
2，即2sin x−1<0，此时f
'( x) ≥0，f ( x)单调递增；
又f(
π
6)=2cos π
6 +sin π
3 =√3+ √3
2 = 3√3
2
，f(
5 π
6 )=2cos 5 π
6 +sin 5 π
3 =−√3−√3
2 =−3√3
2
，
f(
13 π
6 )=2cos 13 π
6
+sin 13 π
3
=√3+ √3
2 = 3√3
2
，故f ( x)的值域为[−3√3
2
, 3√3
2
]，故B 正确；
对C：f(
π
6 + x)=2cos(
π
6 + x)+sin( π
3 +2 x)=√3cos x−sin x + √3
2 cos2 x + 1
2 sin 2 x，
f(
π
6 −x)=2cos(
π
6 −x)+sin( π
3 −2 x)=√3cos x +sin x + √3
2 cos2 x−1
2 sin 2 x，
则f(
π
6 + x)−f(
π
6 −x)=−2sin x +sin 2 x≠0，即f(
π
6 + x)≠f(
π
6 −x)，
则x =π
6 不是f ( x)的对称轴，故C 错误；
对D：令f (x)=0，即2cos x +sin2 x =0，2cos x +2sin x cos x =0，即2cos x (1+sin x)=0，
则cos x =0，或sin x =−1，解得x =k π + π
2 ，或x =2k π −π
2 ，k ∈Z，
又{x| x =2k π −π
2 ，k ∈Z }⊆{x| x =k π + π
2 ,k ∈Z }，故f ( x)的零点为π
2 +k π,k ∈Z，D 正确.
故选：ABD.
【点睛】关键点点睛：本题综合考察研究三角函数周期、零点、对称性以及值域的研究方法，其中，周期
的定义f (x +a)= f ( x)，以及对称性的判断f (a+ x)= f (a−x)，都在考察学生基本功，同时利用导数研究
函数值域，也是本题的难点，属综合中档题.
11．已知椭圆C : x
2
4 + y
2
2 =1的左、右焦点分别为F1，F2，点P在C上，圆O: x
2+ y
2= 4，则下列说法正确
的是（ ）
A．若∠F1 P F2=90°，则△F1 P F2的面积为2
B．若∠F1 P F2=90°，则直线P F2被圆O截得的弦长为2√3
C．若△F1 P F2为等腰三角形，则满足条件的点P有2 个
D．若P为C与x轴正半轴的交点，MN为圆O的直径（M在第一象限），PN的中点为R，k PM =−k MR
（k表示斜率），则点R的横坐标为1
3
【答案】ABD
【知识点】已知两点求斜率、圆的弦长与中点弦、椭圆定义及辨析、椭圆中三角形（四边形）的面积
【分析】设P 记 |P F2|=t , 则 |P F1|= 4−t，利用P F1⊥P F2，转化求解三角形的面积，判断A；应用
圆的弦长几何法求解判断B；分情况讨论，找出使△F1 P F2为等腰三角形的所有点可判断C；设点的坐标
再结合斜率公式计算求解得出坐标判断 D.
【详解】对于A，a=2,b=√2,c =√2，设点P,记 |P F2|=t , 则 |P F1|= 4−t
因为 P F1⊥P F2, 所以 (−t + 4)
2+t
2=8
解得 t =2, 所以 △F1 P F2的面积为
1
2|P F1||P F2|= 1
2 ×2×2=2，故A 正确；
对于B，若∠F1 P F2=90°，则|P F2|=|P F1|=2，
所以P(0，√2), F2(√2,0)，所以直线P F2为x
√2 + y
√2 =1，所以x + y −√2=0，
又因为O: x
2+ y
2= 4，圆心到直线距离d = √2
√2 =1，
所以直线P F2被圆O截得的弦长为2√r
2−d
2=2√4−1=2√3，故B 正确；
对于C，由椭圆的性质可知a−c≤|F1 P|≤a+c，即2−√2≤|F1 P|≤2+√2.
若△F1 P F2是以P为顶点的等腰三角形，点P位于椭圆的上顶点或下顶点，满足条件的点P有2 个；
若△F1 P F2是以F1为顶点的等腰三角形，则|F1 P|=|F1 F2|=2√2，则满足条件的点P有2 个；
同理，若△F1 P F2是以F2为顶点的等腰三角形，满足条件的点P有2 个；
故使得△F1 P F2为等腰三角形的点P共6 个，故C 错误；
对于D：设P(2,0), M (x1, y1), N (−x1,−y1), R(
2−x1
2
, −y1
2 )，k PM =
y1
x1−2 ,k MR=
y1+ y1
2
x1−2−x1
2
=
3 y1
3 x1−2，
因为k PM =−k MR，
所以x1= 4
3 ，所以点R的横坐标为2−x1
2
=
2−4
3
2
= 1
3
，D 选项正确.
故选：ABD.
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．
12．已知直线l: x +ay −5a−3=0与⊙C :( x−1)
2+( y −2)
2= 4，若直线l与⊙C相交于A ,B两点，且
|AB|=√14，则a= ．
【答案】−7
17 或−1
【知识点】由直线与圆的位置关系求参数、已知圆的弦长求方程或参数
【分析】由弦长可求得圆心到该弦的距离，由点到直线的距离公式即可列方程求解.
【详解】若直线l与⊙C相交于A ,B两点，且|AB|=√14，
则圆心C到直线l的距离d =√
4−(
√14
2 )
2
= √2
2
，所以|−3a−2|
√1+a
2 = √2
2 ，
解得a=−7
17或a=−1．
故答案为：−7
17 或−1.
13．已知数列{an}满足a1=2，an>0且an+1
2
−an
2= 1
2
n +1，则an
2−n= .
【答案】4−1
2
n−1
【知识点】累加法求数列通项、由递推关系式求通项公式、求等比数列前n 项和
【分析】由题意结合累加法求出an
2即可求解.
【详解】由题得an
2=(an
2−an−1
2
)+(an−1
2
−an−2
2
)+...+(a2
2−a1
2)+a1
2
= 1
2
n−1 +
1
2
n−2 +...+ 1
2
1 +(n−1)+ 4 =
1
2(1−1
2
n−1)
1−1
2
+(n−1)+ 4 =n+ 4−1
2
n−1，
当n=1时，n+ 4−1
2
n−1 =1+ 4−1= 4 =a1
2符合题意，
所以an
2−n=n+ 4−1
2
n−1 −n= 4−1
2
n−1，
故答案为：4−1
2
n−1.
14．已知f ( x)= ln x−ax，g(x)=e
x−ax，若对任意x1∈(0,+∞)，都存在x2∈(0,+ ∞)，使得
f ( x1)g( x2)= x1 x2，则实数a 的取值范围为 .
【答案】[e+ 1
e ,+∞)
【知识点】根据集合的包含关系求参数、由函数在区间上的单调性求参数、由导数求函数的最值（不含
参）
【分析】由f ( x1)g( x2)= x1 x2得
f ( x1)
x1
=
1
g( x2)
x2
.设F( x)= f ( x)
x
，G( x)= g( x)
x
，求导，分析函数单调性，
求两个函数的值域，再根据函数值域的包含关系求a的取值范围.
【详解】由f ( x1)g( x2)= x1 x2得
f ( x1)
x1
=
1
g( x2)
x2
，
设F( x)= f ( x)
x
= ln x
x −a，x∈(0,+ ∞)，则F
'( x)= 1−ln x
x
2
，
当0< x<e时，F
'( x)>0，则F( x)在(0,e)上单调递增；
当x>e时，F
'( x)<0，则F( x)在(e,+ ∞)上单调递减；
所以F( x)max= F(e)= 1
e −a.
且当x→0时，F( x)→−∞；当x→+ ∞时，F( x)→−a，
故F( x)的值域为(−∞, 1
e −a]；
设G( x)= g( x)
x
=e
x
x −a，x∈(0,+ ∞)，则G
'( x)=e
x( x−1)
x
2
，
当0< x<1时，G
'( x)<0，则G( x)在(0,1)上单调递减；
当x>1时，G
'( x)>0，则G( x)在(1,+ ∞)上单调递增；
所以G( x)min=G(l)=e−a，
且当x→0时，G( x)→+∞；当x→+ ∞时，G( x)→+∞，
故G( x)的值域为[e−a,+∞)；
依题意，F( x)的值域是
1
G( x)的值域的子集.
显然a≠e，若a<e，则
1
G( x)的值域为(0,
1
e−a]，不合题意，舍去；
若a>e，则
1
G( x)的值域(−∞,
1
e−a]∪(0,+ ∞)，
则需F( x)的值域(−∞, 1
e −a]⊆(−∞,
1
e−a]∪(0,+ ∞)，则¿，解得a≥e+ 1
e .
综上，实数a 的取值范围为[e+ 1
e ,+ ∞).
【点睛】关键点点睛：由f ( x1)g( x2)= x1 x2得
f ( x1)
x1
=
1
g( x2)
x2
.设F( x)= f ( x)
x
，G( x)= g( x)
x
，对任意
x1∈(0,+∞)，都存在x2∈(0,+ ∞)，使得f ( x1)g( x2)= x1 x2就转化成F( x)的值域是
1
G( x)的值域的子
集.
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．（13 分）在△ABC中，角A ,B ,C所对的边分别为a，b，c，且A =π
3 ，a= 4.
(1)若BC边上的高AD =2√3，求证：△ABC为等边三角形；
(2)已知直线AM为∠BAC的平分线，且与BC交于点M，若AM = 2√6
3
，求△ABC的周长.
【答案】(1)证明见解析；
(2)4√2+ 4.
【知识点】三角形面积公式及其应用、余弦定理解三角形、正、余弦定理判定三角形形状、几何图形中的
计算
【分析】（1）利用余弦定理并结合三角形面积公式计算可得b=c = 4 =a，可得结论；
（2）根据角平分线以及角度大小利用等面积法解方程可得b+c = 4√2，可得其周长.
【详解】（1）证明：在△ABC中，A =π
3 ，a= 4，
由余弦定理得b
2+c
2−2bc cos A = 4
2，即b
2+c
2−bc =16①.
又SΔ ABC = 1
2 ⋅|BC |⋅| AD|= 1
2 ⋅bc sin A，
即1
2 ×4×2√3= 1
2 ⋅bc⋅√3
2 ，故bc =16②.
由①②得(b−c)
2+bc =16，即(b−c)
2=0，
故b=c = 4 =a.
所以△ABC为等边三角形.
（2）在△ABC中，由S Δ ABC = S Δ ABM + S Δ ACM，
得1
2 bc sin ∠BAC = 1
2 AM ⋅c⋅sin ∠BAM + 1
2 AM ⋅b⋅sin ∠CAM，
又直线AM为∠BAC的平分线，
则∠BAM =∠CAM = 1
2 ∠BAC =π
6 ，
所以1
2 bc× √3
2 = 1
2 × 2√6
3
c× 1
2 + 1
2 × 2√6
3
b× 1
2，即bc = 2√2
3 (b+c)③，
又由余弦定理可得cos∠BAC = b
2+c
2−a
2
2bc
，即b
2+c
2−bc =16.④，
由③④可知16=(b+c)
2−3bc =(b+c)
2−2√2(b+c)，
解得b+c = 4√2或b+c =−2√2（舍），
所以△ABC的周长为a+b+c = 4√2+ 4.
16．（15 分）甲参加围棋比赛，采用三局两胜制，若每局比赛甲获胜的概率为p(0< p<1)，输的概率为
1−p，每局比赛的结果是独立的．
(1)当p= 2
3时，求甲最终获胜的概率；
(2)为了增加比赛的趣味性，设置两种积分奖励方案．方案一：最终获胜者得3 分，失败者得−2分；方案
二：最终获胜者得1 分，失败者得0 分，请讨论选择哪种方案，使得甲获得积分的数学期望更大．
【答案】(1)20
27
(2)答案见解析
【知识点】独立事件的乘法公式、求离散型随机变量的均值
【分析】（1）甲最终获胜有两种情况：前2 局赢、三场输一场赢两场，据此求解概率；
（2）由（1）可得甲最终获胜的概率，分别计算两种方案下甲获得积分的数学期望，通过作差比较其大小
即可.
【详解】（1）记“甲最终以2:1获胜”为事件A，记“甲最终以2:0获胜”为事件B，“甲最终获胜”为
事件C，
于是C = A ∪B，A与B为互斥事件，
由于P( A)=C2
1⋅p⋅p⋅(1−p)= 8
27，P(B)= p
2= 4
9 ，
则P(C)= P( A)+ P(B)=3 p
2−2 p
3= 20
27 ，
即甲最终获胜的概率为20
27 ．
（2）由（1）可知，P(C)= P( A)+ P(B)=3 p
2−2 p
3，
若选用方案一，记甲最终获得积分为X分，则X可取3,−2，
P( X =3)= P(C)=3 p
2−2 p
3, P( X =−2)=1−3 p
2+2 p
3，
则X的分布列为：
X
3
−2
p
3 p
2−2 p
3
1−3 p
2+2 p
3
则E (X )=9 p
2−6 p
3−2+6 p
2−4 p
3=−10 p
3+15 p
2−2，
若选用方案二，记甲最终获得积分为Y 分，则Y 可取1，0，
P(Y =1)= P(C)=3 p
2−2 p
3 P(Y =0)=1−3 p
2+2 p
3，
则Y 的分布列为：
Y
1
0
p
3 p
2−2 p
3
1−3 p
2+2 p
3
则E (Y )=3 p
2−2 p
3，
所以E (X )−E (Y )=−8 p
3+12 p
2−2=−4(p−1
2)(2 p
2−2 p−1)，
由于0< p<1，则2 p
2−2 p−1=2 p( p−1)−1<0，
于是p= 1
2时，两种方案都可以选，
当0< p< 1
2时，E (X )< E (Y )，应该选第二种方案，
当1
2 < p<1时，E (X )> E (Y )，应该选第一种方案．
17．（15 分）已知函数f (x)=ae
x−ln x−1．
(1)设x =2是f (x)的极值点．求a的值，并讨论f (x)的零点个数；
(2)证明：当a≥1
e 时，f (x)≥0．
【答案】(1)a= 1
2e
2，有两个零点
(2)证明见解析
【知识点】函数单调性、极值与最值的综合应用、利用导数证明不等式、利用导数研究函数的零点、根据
极值点求参数
【分析】（1）根据极值点定义代入计算可得a= 1
2e
2，得出相应单调性以及零点存在定理可得结论；
（2）对函数求导得出其单调性求出f (x)的最小值，可证明得出结论.
【详解】（1）f (x)的定义域为(0, + ∞)，
f
' (x)=ae
x−1
x ，
由题设知，f
' (2)=0，所以a= 1
2e
2，
从而f (x)= 1
2e
2 e
x−ln x−1, f
' (x)= 1
2e
2 e
x−1
x ，
当0< x<2时，f
' (x)<0；当x>2时，f
' (x)>0，
可得f (x)在(0,2)上单调递减，在(2,+∞)上单调递增，
f (x)min= f (2)=−1
2 −ln2<0，
由易知f(
1
e)= 2
2e
2 e
1
e >0, f (e
2)>0，由零点存在定理可得函数有两个零点
（2）证明：当a≥1
e 时，f (x)≥e
x
e −ln x−1；
设g(x)=e
x
e −ln x−1，则g
' (x)=e
x
e −1
x ，
当0< x<1时，g
' (x)<0；当x>1时，g
' (x)>0，
∴x =1是g(x)的极小值点，也是最小值，
故当x>0时，g(x)≥g(1)=0，
因此，当a≥1
e 时，f (x)≥0
18．（17 分）在三棱柱ABC −A1B1C1中，点D在B1C上，且B1 D =2 DC，E为线段A1C上的动点.
(1)若E为A1C的中点，
（i）在图中画出△A B1C的重心G，并说明点G与线段BE 的位置关系；
（ii）求证：AC //平面BDE.
(2)若三棱柱ABC −A1B1C1是棱长均为2 的正三棱柱，当二面角E−AB−A1为π
3 时，求B1到平面ABE
的距离.
【答案】(1)（i）作图见解析，点G在线段BE 上；（ii）证明见解析
(2)√3
【知识点】证明线面平行、点到平面距离的向量求法
【分析】（1）（i）利用重心的性质即可判断点G在线段BE 上.
（ii）利用重心性质与对应线段比例即可证明AC //平面BDE
（2）建立空间直角坐标系，设⃗CE = λ⃗C A1，可知λ∈(0,1)，所以E( λ ,2 λ ,√3−√3 λ)，再利用面面角
的向量求法即可求出参数λ，再利用点面距的向量求法即可求出结果.
【详解】（1）（i）连结A1B，A B1交于点O1，连结C O1交BE 于点G.
因为O1为A1B的中点，E为A1C的中点，
所以G为△A1BC的重心，所以CG =2GO1.
又因为C O1为△A B1C的中线，
所以点G也为△A B1C的重心，所以点G在线段BE 上.
（ii）连结B1G，并延长交AC 于点F，连结DG.
因为G为△A B1C的重心，所以B1G =2GF.
又因为B1 D =2 DC，所以DG //CF，即DG // AC.
又因为AC ⊂平面BDE，DG⊂平面BDE，所以AC //平面BDE.
（2）取AB 的中点O.
因为ABC −A1B1C1为棱长相等的正三棱柱，所以△ABC为正三角形，所以CO⊥AB.
又因为在正三棱柱中B B1⊥平面ABC，所以CO⊥B B1，AB⊥B B1.
以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.
则C(0,0,√3)，A(1,0,0)，A1(1,2,0)，B(−1,0,0)，B1(−1,2,0)，
设⃗CE = λ⃗C A1，可知λ∈(0,1)，所以E( λ ,2 λ ,√3−√3 λ)，
所以⃗AB =(−2,0,0)，⃗BE =( λ+1,2 λ ,√3−√3 λ).
设平面ABE的法向量为⃗m=( x , y , z)，则¿所以¿
令z =1，则可得⃗m=(0, √3 λ−√3
2 λ
,1).
易知平面AB A1的一个法向量为⃗n=(0,0,1)，
所以|cosπ
3 |=|⃗m⋅⃗n|
|⃗m|⋅|⃗n| ，即
1
2 =
1
√
3( λ−1)
2
4 λ
2
+1，解得λ =−1（舍），或λ= 1
3.
所以E(
1
3 , 2
3 , 2√3
3 )，⃗m=(0,−√3,1).又⃗B1 A =(2,−2,0)，
则B1到平面ABE的距离d =|⃗B1 A ⋅⃗m|
|⃗m|
= 2√3
2
=√3.
19．（17 分）已知双曲线 C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0，b>0)的离心率为 √5
2 ，其虚轴的两个端点与右顶点所构
成的三角形的面积为 2 .
(1)求双曲线 C的方程；
(2)设 n∈N
*，an∈(0,π
2 )，a1=π
4 ，若点P(
2
cosan
,√bn) 在双曲线 C 上， C 在点P 处的切线 l
与两条渐近线分别交于 A ，B 两点， O 是坐标原点，且
1
|OA|
2 +
1
|OB|
2 = 2
5 (bn+1+bn) .
（i）证明数列{bn} 是等差数列，并求通项公式 bn ;
（ii）设数列{cosan}的前 n 项和为 Sn .求证:
对∀n∈N
*，4(√n+2−√2)
2<Sn
2≤2(
S1
√2 + S2
√3 +⋯+
Sn
√n+1)−1
2 [log2(n+1)] .
(其中 [log2(n+1)] 表示不超过 log2(n+1)的最大整数，例如 [0.7]=0，[2]=2，[5.3]=5 )
【答案】(1) x
2
4 −y
2=1
(2)（i）证明见解析；bn=n；（ii）证明见解析.
【知识点】利用导数证明不等式、利用定义求等差数列通项公式、根据a、b、c 求双曲线的标准方程、放
缩法
【分析】（1）由题可得2b=a，然后由虚轴的两个端点与右顶点所构成的三角形的面积为 2 可得答案；
（2）（i）由（1）可得√bn= tan an，
1
cos
2an
=bn+1，然后由导数知识可得切线斜率，即可得切线方程，
与渐近线方程联立后可得A ，B坐标，最后结合
1
|OA|
2 +
1
|OB|
2 = 2
5 (bn+1+bn)可完成证明，并得到通项公式；
（ii）由1
√n >
2
√n+√n+1 =2(√n+1−√n)，可证明4(√n+2−√2)
2<Sn
2；由题可得
Sn
2=2(
S1
√2 + S2
√3 +⋯+ Sn−1
√n +
Sn
√1+n)−(
1
2 + 1
3 +⋯+
1
n+1)，然后构造函数证明
(
1
2 + 1
3 +⋯+
1
n+1)≥1
2 log2(n+1)即可证明Sn
2≤2(
S1
√2 + S2
√3 +⋯+
Sn
√n+1)−1
2 [log2(n+1)].
【详解】（1）由题可得e = c
a = √5
2 ⇒c
2
a
2 = 5
4 ，又c
2=a
2+b
2，
则b
2
a
2 = 1
4 ⇒2b=a，又其虚轴的两个端点与右顶点所构成的三角形的面积为 2，
则1
2 ⋅2ba=2⇒ab=2，则2b
2=2⇒b=1，a=2，故双曲线方程为：x
2
4 −y
2=1；
（2）（i）因P(
2
cosan
,√bn)在双曲线上，
则
1
cos
2an
−bn=1⇒bn=
1
cos
2an
−1= tan
2an⇒√bn= tan an.
因n∈N
*，an∈(0,π
2 )，则cosan>0⇒P(
2
cosan
,√bn)在第一象限，
则此时点P 满足方程：y =(
x
2
4 −1)
1
2 = 1
2 (x
2−4)
1
2，
则y
' = 1
4 (x
2−4)
−1
2 ⋅2 x = 1
2 x(x
2−4)
−1
2，故点P 对应切线斜率为：
1
2 ⋅
2
cosan(
4
cos
2an
−4)
−1
2 =
1
cosan
1
√
4 sin
2an
cos
2an
=
1
cosan⋅2tan an
=
1
2sin an.
则切线方程为：y −tan an=
1
2sin an(x−
2
cosan)⇒y =
x
2sin an
−cosan
sin an
.
与渐近线y = 1
2 x联立，可得A(
2cosan
1−sin an
,
cosan
1−sin an)，同理可得B(
2cosan
1+sin an
, cosan
1+sin an).
则
1
|OA|
2 +
1
|OB|
2 = 1
5[(
1−sin an
cosan )
2
+(
1+sin an
cosan )
2
]= 2
5 ⋅(
1
cos
2an
+ tan
2an)，
又
1
cos
2an
−bn=1⇒
1
cos
2an
=bn+1，
则
2
5 ⋅(
1
cos
2an
+ tan
2an)= 2
5 (2bn+1)= 2
5 (bn+1+bn)⇒bn+1−bn=1，
又a1=π
4 ，则b1= tan
2π
4 =1，
故数列{bn} 是以1 为首项，公差为1 的等差数列，则bn=n；
（ii）由（1）可得
1
cos
2an
=bn+1，则cos
2an=
1
bn+1 =
1
n+1 ⇒cosan=
1
√n+1.
则Sn
2=(
1
√2 + 1
√3 +⋯+ 1
√n +
1
√1+n)
2
，
注意到Sn= 1
√2 + 1
√3 +⋯+ 1
√n +
1
√1+n =2(
1
2√2 +
1
2√3 +⋯+
1
2√n +
1
2√1+n)
>2(
1
√2+√3 +
1
√3+√4 +⋯+
1
√n+√n+1 +
1
√1+n+√n+2)
=2(√3−√2+√4−√3+⋯+√n+1−√n+√n+2−√n+1)=2(√n+2−√2)，
又Sn， 2(√n+2−√2)>0，则4(√n+2−√2)
2<Sn
2；
另一方面，Sn
2−Sn−1
2
=(Sn+ Sn−1)(Sn−Sn−1)=2Sn(Sn−Sn−1)−(Sn−Sn−1)
2.
注意到n≥2，n∈N
∗时，Sn−Sn−1=cosan=
1
√1+n，则Sn
2−Sn−1
2
= 2Sn
√1+n −
1
1+n.
则Sn
2−S1
2=(Sn
2−Sn−1
2
)+(Sn−1
2
−Sn−2
2
)+⋯+(S3
2−S2
2)+(S2
2−S1
2)
=2(
S2
√3 + S3
√4 +⋯+ Sn−1
√n +
Sn
√1+n)−(
1
3 + 1
4 +⋯+
1
n+1)，又S1=cosa1= √2
2 ，
则Sn
2=2(
S1
√2 + S2
√3 +⋯+ Sn−1
√n +
Sn
√1+n)−(
1
2 + 1
3 +⋯+
1
n+1).
下面证明：(
1
2 + 1
3 +⋯+
1
n+1)≥1
2 log2(n+1)，
注意到1
2 log2(n+1)= 1
2(log2
2
1 + log2
3
2 +⋯+ log2
n+1
n )，
则要证(
1
2 + 1
3 +⋯+
1
n+1)≥1
2 log2(n+1)，即证1
n+1 ≥1
2 log2(
n+1
n )，
注意到1
n+1 ≥1
2 log2(
n+1
n )⇔
2
n+1 ≥−log2(
n+1−1
n+1 )=−log2(1−
1
n+1)，
则证明2
n+1 + log2(1−
1
n+1)≥0.
令1
n+1 =t，因n∈N
*，则0<t ≤1
2，则对于函数f (x)=2 x + log2(1−x)，x∈(0, 1
2].
有f
' (x)=2−
1
ln 2(1−x) = 2ln 2−1−2ln 2 x
ln 2(1−x)
，
令f
' (x)=0，则x =1−
1
2ln2，
则f
' (x)>0⇒x∈(0,1−
1
2ln 2)，f
' (x)<0⇒x∈(1−
1
2ln 2 , 1
2)，
故f (x)在(0,1−
1
2ln 2)上单调递增，在(1−
1
2ln 2 , 1
2)上单调递减，
又注意到f (0)= f(
1
2)=0，则当x∈(0, 1
2]时，f (x)≥0.
则2
n+1 + log2(1−
1
n+1)≥0⇒
1
n+1 ≥1
2 log2(
n+1
n ).
最后由不等式同向可加性可得：(
1
2 + 1
3 +⋯+
1
n+1)≥1
2 log2(n+1)
又注意到1
2 log2(n+1)>0，则1
2 log2(n+1)≥1
2 [log2(n+1)]，
则(
1
2 + 1
3 +⋯+
1
n+1)≥1
2 [log2(n+1)]⇒−(
1
2 + 1
3 +⋯+
1
n+1)≤−1
2 [log2(n+1)].
则Sn
2=2(
S1
√2 + S2
√3 +⋯+ Sn−1
√n +
Sn
√1+n)−(
1
2 + 1
3 +⋯+
1
n+1)≤
2(
S1
√2 + S2
√3 +⋯+ Sn−1
√n +
Sn
√1+n)−1
2 [log2(n+1)].
综上可知，∀n∈N
*，4(√n+2−√2)
2<Sn
2≤2(
S1
√2 + S2
√3 +⋯+
Sn
√n+1)−1
2 [log2(n+1)].
【点睛】关键点睛：对于圆锥曲线的切线，可利用导数，从而简化运算；对于数列不等式，多利用放缩法，
或将需证不等式两边化为代数式相加的形式，再利用作差法，构造函数，数学归纳法证明多项式的大小关
系.
