广东省2025届高三年级下册二模热身测试数学试题（含答案）

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4={x|3VxV6},集合B={%|产一4%-540},则AnB=（）

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

2.设z=4-2i,则\z\=（）

AIv

A.0B.；C.1D.V2

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（）

4.如图，在圆柱。1。2内有一个球0,该球与圆柱的上，下底面及母线均相切.若。42=2,则圆柱。1。2的表

面积为（）

A.47TB.57rC.67rD.7JT

5.在直角梯形48CD中，AB=4,CD=2,AB//CD,140,E是BC的中点，则脑•(AC+Af)=

a=,0202

6.设函数/-(x)=log2|x|,若f(81),b=/(log52),C=/(e)，则Q,b,c的大小

为()

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

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7.已知抛物线。:丫2=2口%(2>0)的焦点为四点力(£(1)(。>0)在。上，|4F|=3.若直线4尸与。交于另一点

B,则|A8|的值是

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

e"x0

8.已知函数/(x)='—'^(%)=/(x)+x4-a.若g(x)存在2个零点，则。的取值范围是

,Inx,x>0,

()

A.[-1,0)B.[0,+oo)C.[-1,+oo)D.[1,+oo)

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｛斯｝：1,1,2,1,3,5,I,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.an(n+l)=n2-2n+2

C.存在正整数m,使得a,”，Qm+l，%+2成等比数列

D.有且仅有4个不同的正整数m,使得Qm+斯1+1+而+2=156

10.已知函数f(%)=sinx+|cos2%],则下列说法正确的是()

A.27r是〃%)的一个周期

B.f(¥)的最小值是-2

C.存在唯一实数aE(0,2),使得/1(x+a)是偶函数

D./(%)在[0,河上有3个极大值点

11.如图，在长方体48CD-48iGDi中，已知48=2,8C=W,44i=1,P为棱CWi的中点，Q为底面

ABCDh(含边界)的一动点.记点Q轨迹的长度为3则下列说法正确的有()

A'^^C

A.若PQ1BC则L=2

B.若PQ||平面&BCi，则乙=夸

c.若PQ=V2，则L=n

D.若C到平面4PQ的距离为多则L=2

三、填空题(本题有3个小题，每题5分，共15分.)

12.(%-1)。+1)4的展开式中好的系数为.

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

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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.

14.已知平面内两个定点A,B及动点P,若嚼｛=4(4>0且2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(0,0),Q(0,孝)，直线，i：kx-y+2k+3=0,直线％：x+ky+3k+2=0,若

P为h，P的交点，则?IPOI+IPQI的最小值为.

四、解答题(本题有5个小题，共77分.)

15.记△48C的内角4SC的对边分别为a,b,c,己知B=J,4bcosC=+2Q.

q

(1)求CQ九C;

(2)若ZMBC的面积为I，求8C边上的中线长.

16.如图，四棱锥P-A8CD的侧面“0是边长为2的正三角形，底面48co为矩形，且平面PAD1平面

ABCD,M,N分别为AB,40的中点，二面角。一PN-C的正切值为2.

(1)求四棱锥P—力BC。的体积；

(2)证明：DM1PC

(3)求直线PM与平面PNC所成角的正弦值.

17.已知函数/(x)=g+hu:(Q6R).

X

(1)讨论/'(%)的极值:

<2)求/(%)在口㈤上的最小值g(a).

22

18.己知椭圆马+马=l(Q>b>0)过点4(2,1),焦距为2K.过8(3,0)作直线I与椭圆交于C、D两点，直

ab

线AC、40分别与直线x=3交于E、F.

(1)求椭圆的标准方程：

(2)记直线AC、40的斜率分别为七、七，证明的+矽是定值；

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（3）是否存在实数九使恒成立.若存在，请求出2的值；若不存在，请说明理由.

19.某商场为促销设计了一项回馈客户的抽奖活动，抽奖规则足：有放回的从装有大小相同的6个红球和4

个黑球的袋中任意抽取一个，若第一次抽到红球则奖励50元的奖券，抽到黑球则奖励25元的奖券；第二次

开始，每一次抽到红球则奖券数额是上一次奖券数额的2倍，抽到黑球则奖励25元的奖券，记顾客甲第n

次抽奖所得的奖券数额XKl<n<6）的数学期望为E（XQ.

（1）求E（&）及X2的分布列.

（2）写出E（XQ与E（Xn_D（nN2）的递推关系式，并证明｛氏人）+50｝为等比数列；

（3）若顾客中一共有6次抽奖机会，求该顾客所得的所有奖券数额的期望值.（考数据：1.266=2.986）

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答案解析部分

1.【答案】A

【解析】【解答】解：由一元二次不等式得8={x|-l<x<5},

又4={x|3<x<6},/.i4ClB={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/一4%-5WO),第二步找集合力与8的公共区间.

2.【答案】C

【解析】【解答】解：z==i+2i=?+21=+2i=i,A|z|=1,

l+i(Ji+1)(1—l)L

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.【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第2=66和，

其中至少有一个为梅森素数有乙。+点=30种，

所以至少有一个为梅森素数的概率是P=fl=含

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

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.【答案】C

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

所以圆柱。1。2的表面积S=2rcr2+2nrl=2TT+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。1。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.【答案】D

【解析】【解答】解：•・•丽・(尼+而)=而•冠+存•布，

由数量积的几何意义可得：丽•尼的值川丽|与正在荏方向投影的乘积，

又就在南方向的投影为

・••希•元=4x2=8，同理荏•丽=4x3=12,

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・,.而•(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等于|m卜与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.

6.【答案】A

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

所以a=/Oogi2)=/(-log32)=f(log32),

当%>0时，/(x)=log2x在(0,4-00)上为增函数，

Q2

因为0<log52<log32<1,e>e°=1,

02

所以0Vlogs2<log32<e,

因为/(x)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)=10g2lH为偶函数，再结合对数的运算法

则，所以«=/0ogi2)=/(log32),再利用对数函数的单调性，从而推出当x>0时，/(x)=log2x在

(0.+00)卜.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.【答案】C

【解析】【解答】解：结合抛物线的性质可得，+与=3,p=4,所以抛物线方程为y2=8x,所以点A坐标为

所以直线AF的方程为y=—2或(x—2)，联立直线所与抛物线方程R2),计算B的

坐标为(4,一4鱼)，所以依例=](占一中)2+(%-%)2=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AF的方程，联立抛物

线方程得到点B的坐标，最后用两点间距离公式计算|4B|.

8.【答案】C

【解析】【解答】解：画出函数r(x)的图像，

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可以发现当直线过点A时，直线与函数图象有两个交点，

并旦向卜.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9。)有两个零点，

此时满足一a<1,即a之一1,

故答案为：C.

【分析】根据g(%)=0得出r(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。

9.【答案】A,B

【解析】【解答】解：根据规律,数列｛%｝中各项可以如下排列:

1，共1项；

1,2共2项；

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,第九行的公差为几-1.

B、根据等差数列通项公式，可得第八行的最后一项为14-(n-l)(n-1)=1+(几-1产=/一2几+2.

又因为前九行的项数之和为1+2+…+几=吗1,所以第九行的最后一位数在整个数列｛。八｝中的项数为第

吗由项，故。曾)=储一2九+2,8正确.

A、由上述规律可知，第6行的最后一项为g1，将〃=6代入九2一2力+2可得：

2

a21=6-2x6+2=36-12+2=26

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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=。21-5=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",％2+1，1+2不在同一行，则即i+i=1或％i+2=1.

若斯什：=1,根据等比中项性质确+1=amam+2>贝11=*+1=QmQ7n+2，因为aI>0，册1+2>。，所以不可

能成立；

若。+2=1，则这三项为见加册1+1，1，由%n+1>Qm>1可知，*+1看1%+2，不可能成等比数列.

2

若Qm,a,n+i,Qm+2在同一行，设公差为d,且d>0,根据等比中项性质可得(。6+d)=am(an)+2d)，展开可

得。*+2斯〃+d=a*+2Q,“d，即/=0，所以d=0,这与d>0矛盾.

综上，不可能存在连续三项成等比数列，C错误.

D、对〜,M+i，am+2的位置分以下三种情况讨论：

情况一：若即”而+1，即1+2在同一行

设在第n行,由0m+0Tn+1+0m+2=156,因为册“册1+1，%„+2成等差数列，所以3am+1=156,解得0m+1二

52.

设0+:=52为此行中第k项，根据等差数列通项公式可得而+1=1+(k-l)(n-1)=52,即(々-l)(n-

1)=51=1x51=3x17,其中死九€N\k<n.

所以｛七刍或｛七备

当(”禽时，第52行的数字依次为：1,52,103,…，所以』=1，=+1=52,%+2=103满足条件，此时第

51行最后一项为第星缪士12=1326项，故租=1327.

当二时，第18行的数字依次为：1,18,35,52,69,…，所以%=35,%+i=52，瓯+2=69满足条件，此时

1九一lo

第17行最后一项为第17x(；7+l)=153项,故m=156.

情况二：若am,Qnt+LQm+zU’am在第几行的最后一位，。加+1，/n+2在第一+1行的前两位

Q

则际=n(n+1)="2_2几+2,=匕=九+1,由丽+a；n+1+am+2=156可得?i?一2n+2+1+

(n4-1)=n2—n+4=156,即九2-n-152=0.

对•于一元二次方程M-n-152=0,其判别式4=(一1)2-4x1x(-152)=1+608=609,VA=不

是整数，所以对于九WN无解.

情况三：若“”而+1，即1+2中而，%1+1在第九行的最后两位，。加+2在第九+1行的第一位

2

则a徵+：==几2-2n+2,Qm=aw+1-(n-l)=n-3n+3,a7n+2=1，由+%+i+am+2=

156可得一3几+3+几2_2几+2+1=156,即2小-5n-150=0.

分解因式可得(2n十15)。1-10)=0,解得n=10或n=一竽(舍去).

第10行的最后两位Qm=73,am+i=82,第II行第一位数为0+2=1，满足条件，此时第10行最后一项为

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第竺号±12=55项，故m=54.

综上所述，存在有且仅有3个不同的正整数m,使得.+册计1+。加+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：同样分“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.【答案】A,C,D

【解析】【解答】解：A、f(x+2TT)=sin(x4-2TT)+\cos2(x4-2n)\=sinx4-|cos2x|=/(x),所以27r是/(%)

的一个周期，A正确；

/(x)=sinx+\cos2x\>sinx>-1>-2,B错误;

C、若f(a+Q)=)(a—Q),

则f(a+9=/(a—分即cosa4-\cos2a\=-cosa+\cos2a\,

所以cusa=0,又ae(0,2),所以a=/经检验符合题意，C正确；

D、设p(x)=sinx+cos2x,q(x)=sinx—cos2x,

贝ijp(x)=cosx-2sin2x,(/(%)=cosx+2sin2x»

令m(x)=pz(x),n(x)=q'(x),

则m(x)=-sinx-4cos2%在(0,*),(¥，兀)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>孝_2=p，(»q图=2+乎>0>-孝-2=/(竽),

P偿)=-*+2>0>-1=P'5)，

所以「⑺在(0,勺,华,竽),(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/(x+T)=/(x),验证27r是否满足.

B：化简|cos2x|,结合sin%的取值范围,分析函数最小值.

C：若/'(x+a)是偶函数，贝疗Q+a)=r(—x+a),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，网内导数为0且左右单调性变化的点，确定极大值点个数.

1L【答案】A,C,D

【解析】【解答】解：A、设Q在8c上的射膨为M,所以QM1面BCG%,

又PG1面BCC/i，所以QM〃PQ,则P,Q,M，G四点共面,

第9页

又BiCu面8CC181，所以QM_L8iC,

又PQ工B[C,PQCQM=Q,PQ,QMu面PQMG，

所以BiCi面PQMG，又GMu面PQMG，即C]MJL8]C,

以。为原点建系，如图所示，

由48=2,BC=43,AA1=1得G(0,2,1),8I(V5,2,1),C(0,2,0),

设M(m,2,0),则普瓦=(犯0,=(-V3,0,-1),

所以可0瓦？=-V5m+1=0，解得7n=坐，

所以可得MC=*=^CB，且点Q的轨迹是过点M且平行于4B的线段，故L=/1B=2,A正确;

B、取AB,BC的中点E,F,所以EF//AC,

又AC“AiC[,EF”AiG，

又PG//SPG=之CD,BE〃CD,BE=』CD,

所以四边形PC18E是平行四边形，所以PE〃BG，

而8C1U面48C1，PEU面4BC1，

所以PE〃面4道。1，同理FE〃面4道。1，

又因为PECEF=E,PE,EFu平面PFE,

所以平面PFE〃面Ai8Q,又PQ〃平面48ci，

所以L=E尸=穿+*冬B错误；

C、设P在CO上的射影为N,即PN1面48C。，

又NQu面ABC。，所以PN上NQ,

易得PN=DD1=AA1=1,又PQ=a,

所以可得NQ=万二！=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=X2TTX1=7T,C正确；

D、以D为原点建系，/i(g,0,l)〃(0,l,l),C(0,2,0),设Q(mgO),

所以西=(国,一1,0),而=(m,n-l,-l),C47=(6，-2,1),

设平面&PQ的法向量为五=(%y,z).

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则L」•两=缶7=。="(1,但m+房一四

2•PQ=mx+(n-l)y—z=0

令m+8九一百=£,则五

|元访||t->/3|J3

d='■|n|-=必;=T>解得£=0或£=8百，

即m+V3n—x/3=0或m+V3n-9A/3=0,

所以点N的轨迹为xOy平面内的两条直线m+V3n-V3=0或机4-V3n-973=0被矩形/BCD所截得的线段,

显然只有直线m+V3n-V3=0与矩形4BC。交于点G(0,l,0),4(百,0,0),

即点Q的轨迹为线段G4,

所以可得L=\GA\=所+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，空间距离及轨迹形状判断，

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.

12.【答案】-2

【解析】【解答】解：0+1)4展开式的通项公式为G+1=CZ/T,r=0,123,4,

22

令r=3得，T4=Cjx=4x,令r=2得，T3=C1x=6x，

故(x-l)(x+1)4的展开式中好的系数为ix4-lx6=-2.

故答案为：—2.

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

数.

13.【答案】翕

【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,

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三种号码分别出现3,1,1且6次时停止的取法有履腐岑xl=240种,

三种号码分别出现2,2,1且6次时停止的取法有lx1=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：。*=焉，

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.【答案】孥

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

直线，2：%+ky+3k+2=0即％+k(y+3)+2=0,过定点N(-2,-3)

又kxl+(-lxk)=0,故Al。，

则点P在以线段MN为直径的圆上，

22

即点P的轨迹为［一号2)+(y_竽)=32，即(％+2)2+y2=9,

假设存在点R(a,b),使崎=宗恒成立，设P(x,y)

322

44力36

与

整

得7\

-理(X+-^+y+--+b

2\57-25

lx2+y25

4

-Q2

5

45

bO解得

2-Q--O

与P的纨迹(x+2)+y2=9对照得52

3

6z2

--(Q+9

25\

即存在点R©,0),使崎=米即|PR|=||PO|，

所以||P0|+\PQ\=\PR\+\PQ\>\RQ\=J(l)2+(劣2=等

即沙0|+|PQ|的最小值为竽.

故答案为：孥.

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【分析】本题需要先确定直线h、％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/PO|+|PQ|转化为|PR|+|PQ|,最后根据两点之间线段最短求最小值.

15.【答案】（1）解：由正弦定理可得点所以4sin8cosC=戊5勿。+2sin4，即2、/^cosC=

y/2sinC+2sinA^

又A+B+C=TT,所以2鱼cosC=\[2sinC+2sin(^+C)=2\[2sinC+\[2cosC,

整理得V^cosC=2V2sinC>解得=今

(2)解：依题意,^acsinB=\ac解得ac=3鱼,

sinA_

又=（竿一C）=吉鬻=一3,所以力为钝角，所以由领=-3o

sin2/l+COS2/4=1

解得sie=亮，皿4=一卷由正弦定理可得:=舞=季=冬

7W

又ac=3五,所以a=3,c==瓜

v＞V/CO.

底

设8C的中点为。，则而=；（而+就）,

b2+c2+2bccosA_2+5+2X&X底x(-加_5,

所以而2=X而+正）之

4=4=4

所以BC边上的中线长为卓.

乙

【解析】【分析】（1）求tan。，已知边的关系4儿osC=&c+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siM用8和C表示，代入化简后得到关于sinC与cosC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ac的值，用正弦定理、三角恒等变换求出角＞4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.

（1）由正弦定理可得=b所以4sEBcosC=y/2sinC+2sinA»

stnCsinB

即2«cosC=V2sinC+2sinA^又＜+8+C=zr,

所以2、2OSC=V2sinC+2sin(左+C)=2>/2sinC+\[2cosC,

整理得75cosc=2\/2sinC*解得tanC=i;

J

(2)依题意,4QCS讥B=/acx竽=,，解得ac=3a‘

第13页

又tan/l=tan(当一C)=—1—tanC_&

1-tanC=T

sinH_

所以4为钝角，所以由cosA~~

sin2/l+COS24=1

Q1

解得SiM=询,cos/=一闻,

4=

由正弦定理可得髀孤=受=孝r，又ac=3或,

7TU

所以Q=3,c=&,b=黑=、2：；=V5,

设BC的中点为0,则而=；（而+恁）,

力2+C2+2儿cos/l_2+5+2X&X而x($)_,

所以前2=/（而+元）2二5

44

所以8C边上的中线长为卓.

16.【答案】（1）解：•••△PA。是边长为2的正三角形，N为A0中点，・・・PN1A。，PN=百

乂•・•平面PAOl^WiABCD,平面PAOn平面48CD=AD

：.PN_L平面ABCD

又NCu平面ABCD,APN1NC

・・・4。内。为二面角0-PN-C的平面角，

DC

•t­tan^DNC=2=烷

又DN=1,：.DC=2.'・底面/BCD为正方形.

••・四棱P-48C。的体积v=|x2x2xV3=^.

(2)证明：因为PN140,PN1/VC,ADCNC=N,所以PN_L平面4BCD,

又因为OMu平面48C0,：,PN1DM

在正方形48CD中，易知△DAM三ACDN

：.^ADM=乙DCN

而乙ADM+乙MDC=90°,

:,乙DCN+Z-MDC=90°ADM1CN

■:PNCCN=N,・・・DM1平面PNC

VPCu平面PNC,

第14页

・・・0M1PC.

(3)设。McCN=0,连接P0,MN.

〈DM,平面PNC.所以PO是PM在平面PNC内射影,

・・・4MP。为直线PM与平面PNC所成的角

1x22x/5

'：AD=2,AM=1,**•DM-V5»DO=7s=~

・・.M0=回等=等

KJ

又MN=JLPM=\/PN24-MN2=VS

*

器3

s-==-

IMPPO5

・•・直线PM与平面PNC所成角的正弦值为自

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

值可得底面48co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DM1PC；

(3)由DM_L平面PNC可得ZMP。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：是边长为2的正三角形，N为AD中点，，PNJ.AD,PN=V3

又•平面P4D1平面/1BCD,平面PADn平面4BCD=AD

：・PN上平面

又NCu平面力BCO,：.PN1NC

・・・/0NC为二面角0—PN—C的平面角，

nr

：.tanWNC=2=烷

乂DN=1,・・・DC=2.'・底面力BCD为止方形.

第15页

・•・四棱P-4BCD的体积v=1x2x2xV3=^.

(2)证明：由(1)知，PN1平面A8C0,OMu平面A8C0,

：.PN1DM

在正方形48C。中，易知ADAM三ACDN

：.Z.ADM=乙DCN

而440M+乙MDC=90°,

:•(DCN+乙MDC=90。，DM1CN

■:PNCCN=N,：,DM

VPCu平面PNC,

：.DM1PC.

(3)设DMnCN=。，连接P。，MN.

\'DMJL平面PNC.

•••△MPO为直线PM与平面PNC所成的角

-：AD==1,：・DM=遥,DO=甯=等

・・・M。二回缪=等

•J。

又MN=V2，PM=VPN2+MN2=V5

,.oneMO-3

•"叫°=丽=方=亏

・•・直线PM与平面PNC所成角的正弦值为官

J

17•【答案】(1)解：由题意知：的定义域为(0,+8),/(%)=-4+^=^;

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16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17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

(±.±=1

因为椭圆过点4(2,1),焦距为26，所以忖2(a2=6

18.【答案】(1)解:hU2=3,

(a2—b2=3

所以椭圆的标准方程为4+=1.

03

(2)证明:

y2T

直线CD的斜率一定存在,

(y2

设为y=k(x-3),则石+至=1,消去y得到(2必+1)/-12/+18必_6=0,zl=(12/c2)2-

(y=k(x-3)

4(2k2+1)(18/-6)>0,

12k2_18k2-6

X\+M=--7--=--------7---9

2《+12k'+l

22

-12女乙+8/+4.

二Z(叼-3)-1k(%2-3)-1二川2%/2-5(/+%2)+12]—(叼+七)+4=2k2+1=一4k2+4

打-2X2—2%[%2-2(工1+乃2)+418k2_6_2聂2+纵2^720—2

2k2+l

一2,

故自+七是定值.

(3)解：

设存在实数九使SACDE=2SAC"恒成立，由代一1=%¥-2)=爪3,的+1),?-1=92乎一2)

\X—3X—3

5(3,七+1)，

,|3Ar—(/<2+1)-3ZC||3k-(如+1)—3川

设E到直线CO的距离为d2,“到直线CD的距离为由，则由=-------------，。=----商工----，①

第18页

因为S^CDE=心\。°尸，所以B|CD|xd?=xx由，(2)

把①代入②并化简可得1的+1|二4七+1］，由上问可知的+七=-2=七二一2-七，代入上式可得

|的+1|=川七+1|,所以1=1.

【解析】【分析】(1)根据椭圆的基本性质，已知椭圆过点A(2,l)和焦距2百，利用椭圆上点的坐标满足椭圆

方程，以及椭圆中。2=房+»(c为半焦距)的关系，列方程组求解〃和臣的值，从而确定椭圆标准方程.

(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、。坐标

的关系，再分别表示出直线/C、/W的斜率自、七，最后对的+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、AO与直线x=3交点E、口的坐标，然后分析ACOE和△COP的面积关系，由于它们有公

共底CD,面积比等于E、尸到直线CD的距离比，结合自+的=-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26，

41

=1=1=2，

1…2=3J

直线CD的斜率一定存在，设为y=Mx-3),

/y2

则石+至=1,消去y得到(2/+1)d_"3+18k2-6=0,1=(12fc2)2-4(21+l)(18/c2-6)>

y=k(x-3)

12k218k2-6

+4=-7—=-7，

2/c4+12/cz+l

-

kg—3)—1/c(x2—3)—1_/C[2X1X25(/+x2)+12]—(x1+x2)+4

i+2__

%]_2+x22__2(%i+&)+4

-12必型2+4

_2k2+1_-4k、+4_

-777—?——乙，

18-—6-24k'+8Y+42k-2

2k2+l

故的+