文档文本内容
提分小卷：解答题
限时训练01（A 组+B 组+C 组）
（考试时间：50 分钟 试卷满分：77 分）
解答题（本大题共5 小题，满分77 分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
15.（13 分）
2025 年我国多地推广“碳普惠”体系，鼓励市民参与绿色出行获取低碳积分．某社区随机抽取100 名居民
调查绿色出行情况，得到如下列联表（绿色出行定义为“日常通勤采用公交、骑行、步行”）：
参与绿色出行
不参与绿色出行
总计
青年群体（
40
岁）
35
15
50
中老年群体（
40
岁）
20
30
50
总计
55
45
100
(1)依据小概率值
的独立性检验，分析参与绿色出行是否与年龄群体有关？
(2)若市民甲前一天参与了绿色出行，则后一天参与绿色出行的概率为
；若前一天没有参与绿色出行，则
后一天参与绿色出行的概率为
．如果市民甲第一天参与了绿色出行的概率为
，分别求出他在第二天、
第三天参与了绿色出行的概率．
附：
0.100
0.050
0.010
2.706
3.841
6.635
【解析】（1）零假设
：参与绿色出行与年龄群体无关，
则
，
根据小概率值
的独立性检验，
不成立，
所以参与绿色出行与年龄群体有关．
（2）设
“市民甲第天参与了绿色出行”，
“市民甲第天没有参与绿色出行”，
．
由题意知：
，
1
∴
，
∴
，
∴
．
∴市民甲第二天参与了绿色出行的概率为
，第三天参与了绿色出行的概率为
．
16．(15 分)
记
的内角
，
，
的对边分别为
，
，，且满足
．
(1)求
；
(2)设点
为边
的中点，
，
的面积为
，求
，．
【解析】（1）因为
，
所以
，
所以
，
即
.
因为
，所以
，
所以
，则
，
又因为
，则
，
所以
，解得
.
（2）由题得
，
所以
，
所以
.
又因为
，则
①
由
，得
，②
由①②得
.
17．(15 分)
如图，在三棱台
中，
平面
，
．
2
(1)证明：
．
(2)
为
的中点，
是
上一点，若
平面
，求直线
与平面
所成角的正弦值．
【解析】（1）∵
平面
，
平面
，∴
，
∵
，
平面
，
∴
平面
，
因为
平面
，∴
，
∵
，∴
；
（2）由（1）可以
为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系
，
设
，则
，
所以
，
，
设
，
，
则
，所以
，
所以
，
设平面
的一个法向量
，
由题意
，即
，令
，则
，
又
，解得
，所以
．
设直线
与平面
所成的角为
，
3
则
．
18．(17 分)
已知
为抛物线
上一点.
(1)求
的准线方程；
(2)若点
与
关于
轴对称，过点
且斜率为2 的直线交
于另一点
，设
.
（i）求数列
的前
项和
；
（ii）求
的面积.
【解析】（1）由题意知
，则
，
所以
的准线方程为
.
（2）由（1）知
的方程为
，
（i）
，
所以
，
所以
，
所以数列
是以
为首项，以4 为公差的等差数列，
所以
，所以
.
（ii）将
代入
得
，
则
，
法一：
直线
的方程为
，
4
点
到直线
的距离
，
，
的面积
.
法二：
.
19．(17 分)
已知函数
.
(1)讨论函数
的单调性；
(2)设
，若对任意
，
恒成立，求实数
的取值范围；
(3)当
时，函数
有两个零点
，
，求证：
.
【解析】（1）函数
，其定义域为
，∴
.
当
时，
恒成立，∴
在
上单调递增；
当
时，令
，解得
，
当
时，
，当
时，
，
∴
在
上单调递减，在
上单调递增.
综上所述，当
时，
在
上单调递增；
当
时，
在
上单调递减，在
上单调递增.
（2）由题意
，∴
即
.
∵
，∴不等式可化为
，即
.
设
，则当
时，
；当
时，
；当
时，
.
，当
时，
，
在
上单调递增.
5
当
时，
，
，故
，
当
时，
，
，
，
在
上恒成立，
即
在
上恒成立.
设
，
，则
，
在
上单调递增，
，
∴
，
综上实数a 的取值范围是
.
（3）由（1）知，当
时，
在
上单调递减，在
上单调递增.
函数
有两个零点
，
，不妨设
，则
.
要证
，只要证
，
，
，
只要证
.
又∵
，∴只要证
.
设
，
，
则
.
当
时，
，
，
，
∴
，∴
单调递减，∴
.
，即
，
∴
.
（考试时间：60 分钟 试卷满分：77 分）
解答题（本大题共13 小题，满分81 分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
15.(13 分)
已知
为等差数列
的前
项和，
，
.
(1)求
；
(2)求数列
的前
项和
.
【答案】(1)
6
【解析】（1）因为数列
是等差数列，
所以由
，
所以公差为
，
所以
；
（2）
，
所以
，因此
.
16．（15 分）
如图，在三棱柱
中，
平面
，
，
，
，D 为棱
的
中点．
(1)求证：
平面
；
(2)若E 为棱BC 的中点，求三棱锥
的体积．
【解析】（1）由题意可知在三棱柱
中，
，
，所以
为等边三角
形，所以
，
又
，
，故
，
可得
，因此
，
又因为
平面
，
平面
，所以
，即
，
7
又
，所以
平面
；
（2）由（1）可知
,由
平面
，
平面
，
所以
，则
为直角三角形，
由
平面
，
平面
，所以
，即
，
所以在
中，
,
则在
中，
,
所以
的面积为
.
连接
，因为
，
，所以
，
因为
平面
，所以
，即
两两垂直，
所以以
为原点，
所在直线分别为
轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则
，
所以
，
设
是平面
的一个法向量，
则
，解得
，取
,
所以点
到平面
的距离
,
则三棱锥
的体积
.
17．(15 分)
当前，全球贸易格局发生重大变化，随着中美贸易战的不断升级，越来越多的中国科技企业开始意识到自
主创新的重要性，大大加强科技研发投入的力度，形成掌控高新尖端核心技术及其市场的能力.某企业为确
定下一年对某产品进行科技升级的研发费用，需了解该产品年研发费用
（单位：千万元）对年销售量
8
（单位：千万件）和年利润
（单位：千万元）的影响.根据市场调研与模拟，对收集的数据
进行初步处理，得到散点图及一些统计量的值如下：
30.5
15
15
46.5
表中
，
.
(1)根据散点图判断，
与
哪一个更适合作为年销售量
关于年研发费用
的回归方程类型
（给出判断即可，不必说明理由），并根据判断结果及表中数据，建立
关于
的回归方程；
(2)已知年利润
与
，
的关系为
（其中为自然对数的底数），要使企业下一年的年利润最
大，预计下一年应投入多少研发费用？
(3)科技升级后，该产品的效率
大幅提高，经试验统计得
大致服从正态分布
.企业对科技
升级团队的奖励方案如下：若
不超过
，不予奖励；若
超过
，但不超过
，每件产品奖励
10 元；若
超过
，每件产品奖励20 元.记
为每件产品获得的奖励，求
.
附：对于一组数据
，其回归直线
的斜率和截距的最小二乘估计分别为
，
.
附：若随机变量
，则
，
.
【解析】（1）根据散点图可判断，
更适合作为
关于
的回归方程类型，
因为
呈线性变化，不合要求，故选
，
对
两边取对数，得
，即
，
由表中数据得：
，
，
，所以
，
9
所以
关于
的回归方程为
；
（2）因为
，所以
，
，令
，得
，
当
时，
，
单调递增；
当
时，
，
单调递减.
所以预计下一年投入
千万元时，
年利润
取得最大值为
千万元.
（3）因为
，
，
所以
，
，
（元）.
18．（17 分）
已知函数
，其中
．
(1)证明：当
时，
；
(2)当
时，证明：对任意
，
；
(3)若
是
的极小值点，求实数
的取值范围．
【解析】（1）设
，则
，
所以
在
上单调递增，当
时，
，
即
.
（2）设
，
因为当
时，
，由（1）可知
，
所以
10
，
所以
在
上单调递增，即
，
即
，得证.
（3）由题意得
，
令
，
，
（ⅰ）当
，即
时，取
，
所以，当
时，
，结合（1）可知
，
函数
的定义域为
，关于原点对称，
因为
，
所以函数
是偶函数，
故当
时，
，
因为
，所以
是
的极小值点，符合题意；
（ⅱ）当
时，因为
，且
在区间
上连续可导，
又因为
，
所以函数
是定义在
上的偶函数，
故存在
，使得对任意
，都有
，
所以函数
在区间
上单调递减，
当
时，
，当
时，
，
所以
是
的极大值点，不符合题意；
所以实数
的取值范围是
.
19．（17 分）
已知椭圆
的焦距为
，点
在
上，直线交
于
两点.
11
(1)求
的方程；
(2)
为坐标原点，
，求
的取值范围；
(3)若直线
的斜率之积为
，证明：直线过定点.
【解析】（1）设椭圆
的焦距为
，则
，
，所以焦点坐标为
.
由椭圆的定义知，
.
所以
，
，所以
.
所以椭圆
的方程为
.
（2）设
，由点
在椭圆上，得
，
所以
因为
，所以
.
由
，可得
，
由点
在椭圆上，得
，
所以
因为
，
所以
.
所以
.
因为
12
，
所以
.
因为
，所以
.
所以
的取值范围是
.
（3）设
.
当直线斜率不存在时，直线方程为
，
.
由点
在椭圆上，得
.
直线
的斜率之积为
，所以
，
即
，所以
，所以
或
.
此时直线方程为
.
当直线斜率存在时，直线方程为
.
由
，得
.
，得
.
.
直线
的斜率之积为
，
所以
.
因为
13
；
.
所以
，
所以
，
所以
，
所以
，
所以
或
.
当
时，直线
恒过定点
；
当
时，直线
，恒过定点
与点
重合，所以
三点共线，
不符合题意，舍去.
直线
也过点
.
综上所述，直线恒过定点
.
（考试时间：70 分钟 试卷满分：77 分）
解答题（本大题共5 小题，满分77 分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
15．(13 分)
在
中，角
的对边分别是
，且满足
.
(1)证明：
；
(2)若
边上的中线长为2，求
的面积的最大值.
14
【解析】（1）在
中，由
及正弦定理，
得
，而
，则
，
即
，而
，所以
，
.
（2）令
边的中点为
，则
，
，
两边平方得
，则
，
即
，当且仅当
时取等号，
的面积
，
所以
的面积的最大值为
.
16．(15 分)
“村BA”正盛行，它不仅是一场体育赛事，也是一场文化盛宴，更是一台经济引擎．某校为激发学生对篮
球、足球、排球运动的兴趣，举行了一次有关三大球类运动的知识竞赛，海量题库中篮球、足球、排球三
类相关知识题量占比分别为
．甲同学回答篮球、足球、排球这三类问题中每个题的正确率分别为
．
(1)若甲同学在该题库中任选一题作答，求他回答正确的概率；
(2)若甲同学从这三类题中各任选一题作答，每回答正确一题得3 分，回答错误得－1 分．设该同学回答三
题后的总得分为X 分，求X 的分布列及数学期望；
【解析】（1）设B＝“甲同学所选的题目回答正确”，
“所选的题目为篮球、足球、排球相关知识的题目”（i＝1，2，3），
根据题意得
，
；
所以
（2）由题意可知，X 的可能取值为
，
则
，
，
15
，
，
所以X 的分布列为：
X
1
5
9
P
所以
.
17.（15 分）
已知双曲线
的焦距为2c，渐近线方程为
，右焦点
到直线
的距
离为
．
(1)求
的方程；
(2)已知直线
交
于B，C 两点，
的左顶点记为
，若
，求弦长|BC|．
【解析】（1）由题意知，
，
解得
，
所以
的方程为
（2）联立
，整理得
，
由
，可得
，
设
，则
因为
，
又直线
过点
，且
，
16
所以
，所以
①，（也可利用斜率相等或向量共线得出
）
将①式代入得
，消去
得
，
解得
，
则
18．(17 分)
如图所示，已知四棱锥
，
平面
，点
为
的中点，
，垂足分别
为
，
，
，
．
(1)证明：
；
(2)若
平面EBD，设二面角
的平面角为
，且
为钝角，求
的最大值；
(3)若
，点
都在同一个球面上，且给定该球的半径时，三棱锥
的体积有3 个可能
的值，求该球半径的取值范围．
【解析】（1）
，点
为
的中点，
，
又
，
，
17
，
、
为等腰直角三角形，
由题意，可知
，
如图，
取PE 中点H，连接
，
,
，
平面
，
平面
，
，
平面
，
平面
，
.
（2）设
与
的交点为
，
∵
平面
，平面
平面
，
平面
，
，
点
为
的中点，
为
的中点，
平面
，
平面
，
，
又
，
，
，
如图所示，建立空间直角坐标系，
18
则
，
，
，
设
，
，
，
，
，
，
得
，
同理：可得
，
不妨设
，
，其中
，
，
过
，从而
，
由
，
，
得
，则
，
设平面
与平面
的法向量分别为
，
，
，即
，
可得
，
同理可得：
，
，
且易知
，满足θ 为钝角，
而
，当且仅当
，
时取等号，
19
故
，
二面角
的平面角的余弦值的最大值为
.
（3）如图，
且
，
,
平面
，
平面
，
,
平面
，
平面
，
，
由（2）知
，
，
关于平面
对称，
设
，则
，其中
且
，
设
的外心为，显然应在
轴上，
设
，
，
故有
，整理得：
，
同时
在平面
的垂直平分线恰为
，
因此球心
即为，过点且垂直于平面
的直线与
的交点，
故
，
令
，则
且
，代入
及
表达式，
得
，
因此
，令
，
故
，且
，
20
且给定该球的半径时，三棱锥P-BCD 的体积有3 个可能的值，
等价于有3 个不同的解，即有3 个不同的解，
①当
时，关于
的方程
，
在区间
上有唯一解，
此时关于v 的方程
仅在区间
有一解，不满足题意；
②当
时，
关于
的方程
恰有两解
，
，
方程
在区间
有1 解，
有唯一解
，
故共有2 组解，不满足题意；
③当
时，
关于
的方程
在
，
分别有一解，
此时关于v 的方程
在区间
有一解，在
有2 解，
共3 解，符合题意，
因此
，即
，
综上所述，该球半径的取值范围是
；
解法二：令
，则
且
，
代入
的表达式为：
，
则
，结合
，后同解法一的讨论．
方法二：（3）
，且
，
故
，
平面
，
平面
，
，
平面
，
平面
，
，
由（2）知
，
，
关于平面
对称，
设
，则
，其中
且
，
21
设球心
，则
，
化简整理得：
，且
，故
，
下同方法一.
19.（17 分）
已知函数
，设
，
，…，
，
（
）．
(1)证明：
，并求
；
(2)对于任意实数
，求使
成立的最大正整数
；
(3)求使得
，
，
成立的所有正整数
的取值集合．
【解析】（1）由题意知：
，
而
，故
；
接下来证明：
，
，
而
，命题得证.
（2）由（1）知，
且
，
易得：
，
，其中
.
故
，
所以原不等式可化为：
，由题意知
为正整数，
若
为正奇数，
可为负数，
对于任意实数
时，不等式不成立，故
必定为正偶数.
22
令
，则有：
，
设
，则令
，则
，
易知
时，
在
上单调递增，且
，
故当
时，
，
在
上单调递减，
当
时，
，
在
上单调递增，
故
，
若求
成立的最大正整数
，
只需求
成立时的最大整数m 即可.
即
成立时的最大整数m，
代入计算即可知使该不等式成立时的最大整数m 为4，
时，显然
成立，
故使
成立的最大正整数
为8.
（3）由题知：
，
，
成立
等价于
，
成立，
即
成立.
由（2）知：
，
，
故当
时，
；
故当
时，
；
故当
时，
；
23
故当
时，
；
令
，易得
，
此时满足
的
只有
或
，
当
时，
，
，
令
，则
，
接下来证明：
，
令
，则
，
而
时，
，
，易知
，
故
在
上单调递增，而
，
故
，所以
，
进而
，命题得证.
故
在
上单调递增，且
，故
，
即
，可知
在
上单调递增，
且
，故
，此时的
，满足题目要求；
当
时，
，
，令
，
则
，故
在
时单调递增，
即
在
时单调递增.
易知：
，
，根据零点存在定理可知，
在
内存在一个零点
，且
单调递减，
而
，故存在
的区间，故原不等式不成立，
则此时
不成立.
综上，使得
，
，
成立的所有正整数
的取值为
，
即
的取值集合为
.
24
25
