广东省2025届高三年级下册二模热身测试数学试题（解析版）

广东省中山市第一中学2025届高三下学期二模热身测试数学试题

一、单项选择题（下面每小题给出的四个选项中，只有一个是正确的，请选出正确的选项.本题有8

个小题，每小题5分，共40分）

1.设集合A={x|3<x<6},集合B={x\x2-4x-5<0},则AnB=（）

A.{x|3<x<5}B.{x|3<x<5}C.{x|-l<x<6}D.{x|-l<x<5}

【答案】A

【解析】【解答】解：由一元二次不等式得B={x|-l<x<5）,

又4={x|3<x<6}»*»AnB={x|3<x<5].

故答案为：A.

【分析】第一步得解出集合B（解一元二次不等式%2一4%一5W0）,第二步找集合A与B的公共区间.

2.设z=1^+2i,则\z\=（）

A.0B.1C.1D.V2

【答案】C

【解析】【解答】解：z=号+2i=%戡;二?+2i=^+2i=i,・・・|z|=1,

故答案为：Co

【分析】先由复数的乘除运算求出复数z,再由几何意义求模.

3.马根梅森（MarinMersenne,1588-1648）是17世纪法国著名的数学家和修道士，也是当时欧洲科学界一位

独特的中心人物.梅森在欧几里得、费马等人研究的基础上对2P-1作了大量的计算、验证工作，人们为纪念梅

森在数论方面的这一贡献，将形如2"-1（其中p是素数）的素数，称为梅森素数.在不超过40的素数中，随机

选取两个不同的数，至少有一个为梅森素数的概率是（）

A-H62222

【答案】A

【解析】【解答】解：可知不超过40的素数有2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37共12个,

其中梅森素数有3,7,31共3个，

则在不超过40的素数中，随机选取两个不同的数共有饼2=66和，

其中至少有一个为梅森素数有或以+C,=30种，

所以至少有一个为梅森素数的概率是P=||=^.

故答案为：A.

【分析】计算“在不超过40的素数中，随机选取两个不同的数，至少有一个为梅森素数的概率“，得先明确

不超过40的素数有哪些、其中梅森素数有哪些，接着算出从这些素数里选两个数的总组合数，再算出“至

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少有一个梅森素数'’的组合数，最后用“至少有一个梅森素数”的组合数除以总组合数得到概率.

4.如图，在圆柱。］。2内有一个球0,该球与圆柱的上，下底面及母线均相切.若。］。2=2,则圆柱。1。2的表

A.47rB.57rC.67rD.7n

【答案】C

【解析】【解答】解：由题意知，圆柱0］。2底面半径r=乎=1，母线长1=。］。2=2,

所以圆柱。1。2的表面积S=2汗7*22rcrl=2〃+4TT=67T.

故答案为：C.

【分析】已知球与圆柱的上、下底面及母线均相切，利用这个相切关系，结合已知的。］。2的长度，来找出底

面半径和母线长与。1。2的联系，进而计算表面积.

5.在直角梯形4BC0中，AB=4,CD=2,AB//CD,ABLAD,E是BC的中点，则肪・（何+胭）=

C.16D.20

【答案】D

【解析】【解答】解：;布•（而+恁）=而•而+而•希，

由数量积的几何意义可得：丽•尼的值为|而|与尼在而方向投影的乘积，

又配在而方向的投影为:AB=2,

・••福•尼=4x2=8，同理丽•丽=4x3=12，

.•・丽•（而+荏）=8+12=20,

故答案为：D.

【分析】本题考查向量数量积的运算，利用数量积的分配律将式子展开，再结合数量积的几何意义（向量m-

n等十|m|与n在m方向上投影的乘积）分别计算AB•AC和AB•AE,最后求和得到结果.

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a=lo2

6.设函数/(x)=Iog2|x|,若f(§i),b=/(logs?),C=f(e°2)，则Q,b,c的大小

为()

A.b<a<cB.c<a<bC.b<c<aD.a<b<c

【答案】A

【解析】【解答】因为/(-%)=log2|-x\=log2|x|=f(x),所以/(x)为偶函数，

a2

所以=/0°gl)=/(-log32)=/-(log32),

3

当x>0时，/(x)=log2x在(0,4oo)上为增函数，

02

因为0<log52<log32<1,e>e0=1,

02

所以0<log52<log32<e»

因为/(%)在(0,+oo)上为增函数，

02

所以/(log52)</(log32)</(e-)，

所以b<a<co

故答案为：A

【分析】利用已知条件结合偶函数的定义，从而推出函数/(x)=log2|x|为偶函数，再结合对数的运算法

则，所以«=/(logi2)=/(log32)，再利用对数函数的单调性，从而推出当x>0时，/(X)=log2x在

(0,4-00)上为增函数，再利用对数函数的单调性结合指数函数的单调性，从而比较出a,b,c的大小。

7.已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为几点g,a)(Q>0)在C上，?|=3.若直线4F与。交于另一点

B,则依81的值是

A.12B.10C.9D.4.5

【答案】C

【解析】【解答】解：结合抛物线的性质可得号+乡=3,p=4,所以抛物线方程为产=8心所以点A坐标为

(1,2®,所以直线AF的方程为y=—2或(x—2)，联立直线”与抛物线方程Rj噢;一？)，计算B的

坐标为(4,一4v2)，所以=J(》i—%2)2+Qi-'a)?=9

故答案为：C.

【分析】先利用抛物线的定义求出p的值，确定抛物线方程和点力的坐标，再求出直线A尸的方程，联立抛物

线方程得到点8的坐标，最后用两点间距离公式计算[48|.

exX<0

8.已知函数/(%)='一'g(x)=f[x)+x+a.若g(x)存在2个零点，则。的取值范围是

Jnx,x>0,

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A.[-1,0)B.|0,loo)C.[-1,Ioo)D.|1,loo)

【答案】C

【解析］【解答】解：画出函数/(%)的图像,

y-ex在y轴右侧的去掉，

再画出宜线y=,之后上下移动，

可以发现当直线过点A时，直线与函数图象有两个交点，

并且向下可以无限移动，都可以保证直线与函数的图象有两个交点，

即方程/(x)=-X-a有两个解，

也就是函数g(x)有两个零点，

此时满足—a<1,即a>—1»

故答案为：C.

【分析】根据g(x)=0得由f(X)=-x-a,分别作出两个函数的图象，根据图像交点个数与函数的零点

之间的关系进行转化即得。

二、多项选择题(本题有3个小题，每小题有多个选项符合题目要求，全对得6分，漏选得2分，

错选。分.共18分)

9.已知数列｛%｝：1,1,2,1,3,5,1,4,7,10,…，其中第1项为1,接下来的2项为1,2,接下来

的3项为1,3,5,再接下来的4项为1,4,7,10,依此类推，则()

A.。20=21

B.即(勺1)二"一2九+2

C.存在正整数m,使得为”，与计1，%计2成等比数列

D.有且仅有4个不同的正整数m,使得Qm+%+1+%n+2=156

【答案】A,B

【解析】【解答】解：根据规律，数列｛。工中各项可以如下排列：

1.共1项：

1,2共2项；

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1,3,5共3项；

1,4,7,10共4项;

1,5,9,13,17共5项；

1,6,11,16,21,26共6项;

可以发现规律为每一行均为等差数列，首项为1,第〃行的公差为n-l.

B、根据等差数列通项公式，可得第n行的最后一项为1+(n-1)(九-1)=14-(n-I)2=n2-2n+2.

又因为前几行的项数之和为1+2+…+几=吗西，所以第荏行的最后一位数在整个数列｛。工中的项数为第

哽由项，故与5+1)二九2一2九+2,B正确

A、由上述规律可知，第6行的最后一项为效1，将"=6代入九2-2n+2可得：

«2i=62—2x6+2=36—12+2=26

因为第6行的公差为6-1=5,所以第20项比第21项少一个公差，即做0=做1—5=26—5=21,A正确.

C、由于数列的每一组都是从1开始，然后依次增加固定的正整数，所以每一行均为递增的正项数列.

若。,a,n+i，a)n+2不在同一行，则氏n+i=1或％计2=L

若玛什：=1,根据等比中项性质碌+1=斯坦血+2，则1=*+i=。m。抽+2，因为>。，"+2>°，所以不可

能成立；

若。+2=1，则这三项为Qm，am+l，l，由〜+1>>1可知，*+1装H+2，不可能成等比数列.

若的”。"1，斯1+2在同一行，设公差为小且d>0,根据等比中项性质可得(％„+d)?=%］(册1+2d)，展开可

得a/十2amd十"2=十2°„1出即，=0，所以d=0,这与d>。矛盾.

综上，不可能存在连续三项成等比数列，C错误.

D、对〜,即什1，1+2的位置分以下三种情况讨论：

情况一：若Qm，Qnt+l，%n+2在同一行

设在第n行,由0m+*1+*2=156,因为am，Qm+i，Qm+2成等差数列，所以3。抽+1=156,解得叫］二

52.

设=52为此行中笫k项，根据等差数列通项公式可得Qm+1=1+W-1)5-1)=52,即(k-l)(n-

1)=51=1x51=3x17,其中A,ri€N",k<n.

所以｛七刍或｛七$

当［“;禽时，第52行的数字依次为：1,52,103,…，所以〃=1&什1=52,而+2=103满足条件，此时第

51行最后一项为第?lx?l+l)=1326项，故m=1327.

当时，第18行的数字依次为：1,18,35,52,69,…，所以丽=35,%+1=52必什2=69满足条件，此时

1几=lo

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第17行最后一项为第1Z缚土2=153项，故m=156.

情况二：若Qm，am+l，a7n+2中册1在第九行的最后一位，。小+1，。加+2在第九+1行的前两位

a

则""H(n+l)=几2_2n+2,Qm+]=匕4+？=九+1,由%+a)n+14-flni+2=156可得小一2九+2+1+

(n+1)=n2—n+4=156,即小一九一152=0.

对于一元二次方程M-九一152=0,其判别式4=(-1)2-4x1X(-152)=1+608=609,V5=而不

是整数，所以对于nWN无解.

情况三：若+中金，。”田在第几行的最后两位，Qm+2在第九+1行的第一位

2

则Qm+:=^n(n+v)="-2n+2,=a,n+1-(ri-1)=n-3n+3,am+2=1,由+ain+1+am+2=

156可得n2-3n+3+n2-2n+2+l=156,即2小-5n-150=0.

分解因式可得(2n+15)(九一10)=0,解得n=10或九二一手(舍去).

第10行的最后两位Qm=73,am+i=82,第11行第一位数为1十2=1，满足条件，此时第10行最后一项为

第l°x〔；°+l)=55项,故m=54.

综上所述，存在有且仅有3个不同的正整数小，使得am+Qm+i+Qm+2=156,。错误.

故答案为：AB.

【分析】A、B：利用分组后每组的项数和等差数列通项、求和公式，确定指定项位置和表达式.

C：分连续三项“在同一组”和“不在同一组”讨论，结合等比中项性质判断是否存在.

D：同祥分“同一组”和“跨组”情况，根据等差数列求和或项的关系列方程，求解正整数解个数.

10.已知函数/(%)=si九x+|cos2x|,则下列说法正确的是()

A.27r是/(%)的一个周期

B."x)的最小值是-2

C.存在唯一实数Q€(0,2),使得/'(x+a)是偶函数

D.f(x)在[0,初上有3个极大值点

【答案】A,C,D

【解析】【解答】解：A、/(%十2TT)=sln^x十2TT)+\cos2(x+2TT)|=sinx+|cos2x|=/(x),所以27r是/(x)

的一个周期，A正确；

B、f(x)=sinx+\cos2x\>sinx>-1>-2,B错误；

C、若f(a+x)=f(a-x),

则f(Q+另=/(Q—分即cosa4-\cos2a\=-cosa+\cos2a\f

所以cosa=0,又Q£(0,2),所以Q=$经检验符合题意，C正确；

D、设p(x)=sinx+cos2x,q(x)=sinx—cos2x,

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则p(x)=cosx-2sin2x,(/(x)=cosx+2sin2x»

令，n(x)=pz(x),n(x)=q'O),

则m'(x)=-sinx-4cos2x在(0,»(竽，。上的函数值小于0,

n(x)=—sinx+4cos2x在仔，竽)上的函数值小于0,

故所有上面的极值点都是极大值点，

同时，p，(0)=1>0>竽-2=pg)/(勺=2+孝>0>-¥-2=q，(苧).

P管)=_孝+2>0>-1=p，(7T),

所以f(x)在(0,勺，仔，豹，(竽㈤上各有一个极大值点，从而有三个极大值点，D正确.

故答案为：ACD.

【分析】4利用周期函数定义f(x+T)=/(x),验证2兀是否满足.

B：化简|cos2x|,结合sinx的取值范围，分析函数最小值.

C：若f(x+a)是偶函数，贝IJ/(.Y+a)=/•(-X+Q),代入函数化简后，根据偶函数性质求解a

D：求导(或利用三角函数性质)找[0,司内导数为0且左右单调性变化的点，确定极大值点个数.

11.如图，在长方体48。。一力1/6。1中，己知AB=2,8C=6,A4I=1,P为楂QD1的中点，Q为底面

ABCDk(含边界)的一动点.记点Q轨迹的长度为L则下列说法正确的有()

A.若PQ1BC则L=2

B.若PQ||平面ABC],则

C.若PQ=V2»则L=TT

D.若C到平面&PQ的距离为孚贝心=2

【答案】A,C,D

【解析】【解答】解：A、设Q在BC上的射影为M,所以QMljffiBCGBi，

又PQ1面BCC/i，所以QM〃PG，则P,Q,M，G四点共面，

又当Cu面BCG&,所以QM1&C,

又PQLBCPQCQM=Q,PQ,QA1u面PQMG，

所以B]C1面PQMG，又©Mu面PQMCi，即C〔M_L々C,

以0为原点建系，如图所不，

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由=2,BC=V5,44I=1得Ci(0,2,1),Bi(6,2,1),C(0,2,0),

设M(m,2,0),则和=(犯0,-1),定=(一75,0,-1),

所以讦？♦可？=1=0，解得〃1=碍，

所以可得吹=卓=/小且点Q的轨迹是过点M且平行于48的线段，故A=48=2,A正确;

B、取;18,BC的中点瓦尸,所以EF〃4C,

又力C//41Q,EF//AG，

又PC\〃CD,PC\=|CD,BE//CD,BE=CD,

乙乙

所以四边形PC/E是平行四边形，所以PE〃Z?G，

而RQu面418c1，PEC面418%,

所以PE〃面&BG，同理FE〃面%8C1，

又因为PECEF=E,PE,EFu平面PFE,

所以平面尸产E〃面力/Ci，又PQ〃平面4BC1，

所以L="=j(堂)>12=冬B错误；

C、设P在CD上的射影为N,即PN1面4BCD,

又NQu面ABCD,所以PN1NQ,

易得PN=DDX=44i=1,又PQ=企，

所以可得NQ=6F=1,即点Q的轨迹是以点N为圆心1为半径的半圆弧，

所以L=iX2zrX1=7T，C正确；

D、以D为原点建系，公(V5,0,l),P(0,l,l),C(0,2,0),设Q(m,几0),

所以两=(V3,-l,0),PQ=(m,n-1,-1)，京=(百,-2,1),

设平面4PQ的法向量为记=(%,y,z),

则L『•两=届7=°=>n=(l,V3,m+V3n-V3),

.n•PQ=mx+(n—l)y—z=0

令m+A/5TI—遍=3则五=(1,b,t),

」|五•弧|1(-731V3

d=同=p—=2，解得t=0或七=8\/3,

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即m4-V3n-y3=0或m+yJ3n—9V3=0»

所以点N的轨迹为xOy'F面内的两条直线+y/3ri—V3=0或+V3n-9\/3=0被矩形AGCD所截得的线段,

显然只有直线m+V3n-V3=0与矩形ABCO交于点G（0,1,0）,力（、/5,0,0），

即点Q的轨迹为线段GA,

所以可得L=\GA\=V34-1=2»D正确.

故答案为：ACD.

【分析】本题围绕长方体中动点Q的轨迹长度，综合考查空间线面垂直、平行，空间距离及筑迹形状判断，

解题思路是建立空间直角坐标系，将几何条件转化为向量或坐标关系，分析Q的轨迹形状，进而计算轨迹长

度.

三、填空题（本题有3个小题，每题5分，共15分.）

12.（工一1）（%+1）4的展开式中的系数为.

【答案】-2

【解析】【解答】解：（X+1）4展开式的通项公式为77+1=r=0,123,4,

22

令r=3得，T4=clx=4x,令r=2得，T3=C1x=6x,

故（x-1）（%+1尸的展开式中X2的系数为ix4-1x6=-2.

故答案为：—2.

【分析】先求出。+展开式的通项，找到能与。-1）相乘得到d项的对应项，再通过乘法分配律计算系

数.

13.已知一袋中有标有号码1、2、3、4的卡片各一张，每次从中取出一张，记下号码后放回，当四种号码

的卡片全部取出时即停止，则恰好取6次卡片时停止的概率为.

【答案】高

【解析】【解答】由分步乘法计数原理知，每次从中取出一张，记下号码后放回，进行6次一共有4x4x

...x4=46种不同的取法.

恰好取6次卡片时停止，说明前5次出现了3种号码且第6次出现第4种号码，三种号码出现的次数分别为

3,1,1或者2,2,1,

11

21

X2种

三种号码分别出现3,1,1且6次时停止的取法有4240

2

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三种号码分别出现2,2,1且6次时停止的取法有^k^3xlxl=360种,

由分类加法计数原理知恰好取6次卡片时停止，共有240+360=600种取法,

所以恰好取6次卡片时停止的概率为：P=翳=翡，

故答案为：75

【分析】根据题意可知恰好取6次卡片时停止，说明前5次出现了3种号码且第6次出现第4种号码.三

种号码出现的次数分别为3,1,1或者2,2,1.可以分步完成，先确定前三种种颜色的出现顺序有A43

种，再分别确定这三种颜色出现的位置(注意平均分组问题)，最后让第四种颜色出现有一种方法，相乘可

得.

14.己知平面内两个定点A,B及切点P,若解=4(/1>0且人工1),则点P的轨迹是圆.后世把这种圆称

为阿波罗尼斯圆.已知。(0,0),Q(0,孝)，直线人：kx-y+2k+3=0,直线%：x+ky+3k+2=0,若

P为，2的交点，则9归。|+|PQ|的最小值为.

【答案】孥

【解析】【解答】解：直线A：kx-y+2k+3=0即k(x+2)-y+3=0,过定点M(-2,3)

直线，2：x+ky+3k+2=(^k+k(y+3)+2=0,过定点N(—2,-3)

又kx1+(—1x/c)=0,故A-L%，

则点P在以线段MN为直径的圆上，

22

2

即点P的轨迹为卜_二养)+(y_与2)=3，即(久+2)2+/=9,

假设存在点R(a,b),使睛=|恒成立，设P(x,y)

22

44少36

整

得

理z\

+++b

(X-^y---2+

则\57525a

4

-Q=2

5

45

bo解得

-=Q=-b-of

与P的凯迹(X+2尸+y2=9对照得・52

36

+匕9

25=

即存在点/?G，0),使卜丹=2，即|PR|=9|PO|,

所以||PO|+\PQ\=\PR\+\PQ\>|RQ|=J(l)2+(穿=373,

即加0|+|PQ|的最小值为乎.

第10页

故答案为：孥.

【分析】本题需要先确定直线，1、%的定点及位置关系，得出点P的轨迹，再利用阿波罗尼斯圆的性质找到合

适的点R,将||00|十|PQ|转化为|PR|+|PQ|,最后根据两点之间线段最短求最小值.

四、解答题（本题有5个小题，共77分.）

15.记△48C的内角的对边分别为a,b,c,已知B=14bcosC=+2a.

（1）求£tmC；

（2）若A/BC的面积为会求8C边上的中线长.

【答案】（1）解：由正弦定理可得就法二五篇，所以4sinBcosC=+2smA，即2&cosC=

y/2sinC+2sinA^

又A+B+C=7T,所以2&cosC=\/2sinC+2sin（今+C）=2y]2sinC4-\[2cosC»

整理得迎cosC=2鱼sEC，解得tanC=i.

（2）解：依题意,^acsinB=iacx解得ac=3四，

sin/1_

7领=-3Q

又£加4=tcm得—C）=七鬻=-3,所以4为钝角，所以由

sin2/l4-COS2A=1

解得siM=^，cosA=一卷由正弦定理可锯=孤=是=条

._cviyiRv^2—

又ac=3VL所以Q=3,c==—产=4，

、VItL«

7s

设BC的中点为D,则而二;（而+恁）,

2+5+2X&X氏（一备）_5

所以而2=^（AB+AC）2=自+C2+JCCOS/1

4-4

所以8c边上的中线长为苧.

【解析】【分析】（1）求tanC,已知边的关系4儿osC=V5c+2a，用正弦定理将边转化为角，结合三角形内

角和及三角恒等变换，把sia4用8和C表示，代入化简后得到关于sin。与cos。的关系，进而求出tanC.

（2）由三角形面积公式结合已知条件求出QC的值，用正弦定理、三角恒等变换求出角力的三角函数值，用正

弦定理求出边b,通过向量法或余弦定理计算中线长.通过面积、正弦定理建立边的关系，用余弦定理（或向

量）求中线.

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(I)由正弦定理可得五%；=?益，所以4sE8cosC=y/2sinC+2sinA>

即2或cosC=y/2sinC+2sinA^乂4+8+C=TT,

所以2、2OSC=\f2sinC+2sin(*+C)=2\f2sinC+\[2cosC,

整理得V^cosC=2V2sinC»解得tcmC=i;

(2)依题意,1acsinB=acx=2,解得=3戊，

又=£加倍一。）=吉鬻=-3,

sin4__Q

cosA~~

!sin2/l+COS24=1

3i

解得sM4=质,cos"=-而，

由正弦定理可得标=；；；：=-y--与，又ac=3加,

7W

所以a=3,c=&,b=，；；器-、2：Z=y/5,

浜

设8C的中点为0,则而=3（而+恁），

/+c2+2bccos<_2+5+2。吃X后x(一焉)_

所以而2=弥而+而=5,

444

所以BC边上的中线长为李

16.如图，四棱锥P-48C。的侧面巴4。是边长为2的正三角形，底面/BCD为矩形，且平面P4D1_平面

ABCD,M,N分别为A8,40的中点，二面角0—PN—C的正切值为2.

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(1)求四棱锥P-ABC。的体积；

(2)证明：DM1PC

(3)求直线PM与平面PNC所成角的正弦值.

【答案】(1)解：•••△P4D是边长为2的正三角形，N为4。中点，・・・PN14D,PN=^3

又•・•平面PAD1平面4BC。，平面PADn平面力BCD=AD

:・PN，平面48co

又NCu平面48C0,：.PN1NC

・・・4DNC为二面角。-PN-C的平面角，

nr

•­tanWNC=2=标

乂DN=\,・・・0C=2・0应面48co为正方开乡.

・・・四棱P-48co的体积u=1x2x2xV3=^.

(2)证明：因为PN140,PN1NC,ADCNC=N,所以PN_L平面A8C0,

又因为DMu平面ABCD,：.PN1DM

在正方形力BCD中，易知aO/lM三△ON

：./.ADM=乙DCN

而NAOM+4MOC=90°,

:•乙DCN+Z-MDC=90。，DM1CN

•：PNCCN=N,・・・OM_L平面PNC

•:PCu平面PNC,

：.DM1PC.

(3)设DMCCN=0,连接PO,MN.

,：DM，平面PNC.所以PO是PM在平面PNC内射影，

第13页

."MP。为直线PM与平面PNC所成的角

1x2_2、尺

*：AD=2,AM=1,••DM=V5>DO=15=~

..尼2底3底

••MAOn=V5——=-g-

又MN=V2»PM=>JPN2+MN2=V5

八3店

•*•sinz.MPO—“°—5—3

sin£M^U一PM一店一5

3

・・・直线PM与平面PNC所成知的正弦值为5

【解析】【分析】(1)先根据面面垂直、线面垂直性质，证明/川”•为二面角。-PN-C的平面角，根据正切

值可得底面4BCZ)为正方形边长，利用锥体的体积公式计算即可求解；

(2)利用线面垂直的判定、性质定理证明DM_L平面PNC,利用线面垂直性质即可证明。例_LPC；

(3)由0M，平面PNC可得4MP。为直线PM与平面PNC所成的角，解直角三角形，计算其正弦值即可.

(1)解：:△PAO是边长为2的正三角形，N为40中点，・・・PN1AO,PN=也

乂•・・平面尸40，平面48CD,平面PAOn平面力BCD=AD

:,PN_L平面ABC。

又NCu平面;4BCD,：.PN1NC

•••△DNC为二面角。-PN-C的平面角，

nr

-'•tan^DNC=2=粽

又ON=1,・・・。。=2・・・底面48。。为正方形.

・•・四棱P-48co的体积v=1x2x2xV3=^.

(2)证明：由(1)知，PNL^ABCD,DMu平面力BCD,

:,PN1DM

第14页

在正方形A8C0中，易知&DAM三ACDN

=4DCN

而4/DM+乙MDC=90°,

：.Z.DCN+乙MDC=90°：,DM1CN

■:PNCCN=N,，DM_L平面PNC

♦：PCu平面PNC,

：.DM1PC.

(3)设。MCICN=。，连接PO,MN.

VDM_L平面PNC.

・・・4MP。为直线PM与平面PNC所成的角

VAD=2,AM=1,：,DM=DO=噎=竽

JJ

又MN=PM-yJPN2+MN2-V5

•.n/ccMO飞-3

・・SSNMP°=^=1^=亏

・•・直线PM与平面PNC所成角的正弦值为自

17.已知函数/•(%)=?+Inx(QER).

人

(1)讨论/(%)的极值；

(2)求/⑺在［1,。］上的最小值g(a).

【答案】(1)解：由题意知：f(%)的定义域为(0,+8),/(幻=_9+］=号

XX

当a<0时，%-a>0,f\x)>0恒成立，二f(x)在(0,+8)上单调递增，

第15页

.•./(x)无极值；

当a>0时，若无W(0,a),/(X)<0;若xW(a,+8),/(%)>0;

/(%)在(0,Q)上单调递减，在(a,+8)上单调递增；

・••/(%)的极小值为f(a)=1+Ina,无极大值；

综上所述：当QW0时，f(x)无极值；当a>0时，/'(%)的极小值为1+lna,无极大值.

(2)解：当QW1时，/'(%)20在［l,e］上恒成立，/(X)在［l,e］上单调递增，

,fCOmin=f(1)=Q：

当leave时，若/(%)<0：若xE(a,e］,/(%)>0；

:，f(x)在［l,a)上单调递减，在(Q,e］上单调递增，

•・•/(x)min=/(。)=1+lna；

当aNe时，/(x)工0在［l,e］上单调递减，二f(x)min=f(e)=微+1;

'a,a<1

综上所述:f(%)在［1,句上的最小值上的=1+Ha，1<QVe.

?+1，”

【解析】【分析】本题围绕函数/■(x)=?+lnx展开，分为极值讨论和区间最小值求解两部分：

(1)先求导函数，依据导函数符号与Q取值的关系，判断函数单调性，进而确定极值情况.

(2)结合(1)中得到的单调性，按a与区间［l,e］的位置关系分类，分析函数在［l,e］上的单调性，求出对应

最小值.

(1)由题意知:f(X)的定义域为(0,+8),f(%)=-^4-i=

当a<。时，%-a>0,f'(x)>0恒成立，二/(%)在(0,+8)上单调递增，

•・•/(%)无极值;

当Q>0时，若%£(0,Q),/(%)<0;若％E(a,+8),/(X)>0;

/(%)在(0,a)上单调递减，在(a,+8)上单调递增；

•••/•(%)的极小值为/'(a)=l+lna,无极大值；

综上所述：当aWO时，f(%)无极值；当a>0时，f(x)的极小值为1+1na,无极大值.

(2)当aW1时，/(%)30在［l,e］上恒成立，.•./(X)在口,e］上单调递增，

•0•/U)min=/(I)=Q：

当lVaVe时，若不€［1,Q),/(%)<0：若x£(a,e］,/(%)>0；

•••f(x)在［l,a)上单调递减，在(a,e］上单调递增，

•・•/COmin=f(a)=1+lna；

当aNe时，f'(x)40在n，e］上单调递减，・•・f(x)min=f(e)=?+1：

第16页

(a,a<1

综上所述：/(x)在[l,e]上的最小值g(a)=]1+1皿,1<Q<e

I7+1,U>e

18.已知椭圆多+4=1（。>5>0）过点4（2,1）,焦距为2技过8（3,0）作直线1与椭圆交于C、D两点，直

Qb

线AC、4。分别与直线％=3交于E、F.

（1）求椭圆的标准方程;

(2)记直线AC、4。的斜率分别为a、k?，证明的+七是定值;

(3)是否存在实数九使SAe£="ACDF恒成立.若存在，请求出入的值：若不存在，请说明理由.

（±±

+=12

【答案】（1）解：因为椭圆过点4（2,1）,焦距为275,所以。2庐=a=6

,

la2-b2=3y=3

所以椭圆的标准方程为晓+^=1.

63

心=0二J，直线CD的斜率一定存在，

x2~z

/y2

设为y=k(x-3),则与+9=1,消去y得到(2好+1卜2-12户+18必一6=0,A=(12/c2)2-

y=k(x-3)

4(2k2+1)(181-6)>0,

_12k2_18k2-6

X14-X2=-f--,%1必=~---

2《+l2/+1

22

-12Y+8Y+4

.,._।<(%2-3)-1_川2%/2-5(叼+%2)+12]-(叼+%2)+4_2k?+i_-4m+4

2

-2X2-2X1X2-2(X1+X2)+418於一6二2/+812+42k-2

2k2+l

故的+七是定值.

（3）解：

第17页

设存在实数人使鹿。「应加恒成立，由雪-2)”3阳+1)，彗一2).

F(3,七+1)，

,|3k-(kz+l)—3k||3k—(k1+1)—3k|

设E到直线CD的距离为d2,小到直线CO的距离为由，则由=----高——也=-----—,①

Jk+1Jk+1

因为“的=aS^DF，所以枭CD|Xd2=J/lX|CD|Xdi，②

把①代入②并化简可得的+1|=，1隹+1]，由上问可知的+七=-2=矽=一2-七，代入上式可得

|的+1|二川的+1],所以4=1.

【解析】【分析】(1)根据椭圆的基本性质，已知椭圆过点4(2,1)和焦距28，利用椭圆上点的坐标满足椭圆

方程，以及椭圆中。2=必+。2(c为半焦距)的关系，列方程组求解次和户的值，从而确定辅圆标准方程.

(2)设直线C。的方程(这里设为y=k(x-3)),将其与椭圆方程联立，利用韦达定理得到交点C、0坐标

的关系，再分别表示出直线力C、4。的斜率自、心，最后对自+七进行化简，结合韦达定理的结果证明其为

定值.

(3)求出直线AC、4。与直线x=3交点E、r的坐标，然后分析ACDE和△口)尸的面积关系，由于它们有公

共底CD,面积比等于E、9到直线CD的距离比，结合的+七二-2的结论，化简距离比，从而确定;I的值.

(1)因为椭圆过点4(2,1),焦距为273，

41

前+/=1=值=；,

1…2=31b=3

直线CD的斜率一定存在，设为y=〃(x—3),

(yZ

2222

则石+T=1,消去y得到(2/+l)x-12k2+18k2_6=0,A=(12k)-4(21+l)(18/c-6)>

(y=k(x-3)

第18页

0,

12/J18•2一6

Xi+x

22k2+l,%1%2-2必+1'

二k(Xi-3)一1姐-3)-1_1|2%1%2-5(%1+0)+12]—(/+&)+4

—

巧一2%22/工2—2(与+冷)+4

79

-12k乙+8k'+4

_______2居1_______—4/+4

555-

18-—6-2轨'+8k'+42k2—2

2k2+1

故的十七是定值.

(3)使SMDE=入S.CDF怛成立,

由0T=""一2)nE(3,ki+1),\"1=勺¥-2)=尸(3也+D，

(x=3(X—3

设E到克线CD的距离为电，F到直线C。的距离为由,

_13k-的+1)-3/_|3k-(h+l)-3川

则由----r^=—@=----­,①

Jk'+lJk'+l

因为枭.=应9，所以&CD|xd2=鼻乂|CD|xdj@

乙乙

把①代入②并化简可得®+11=4七+1|，

由上问可知的+七=-2=七=一2-的，代入上式可得|附+1