重庆市巴蜀中学校2025届高三上学期高考适应性月考（四）数学试卷

数学参考答案 一、单项选择题 (本大题共 8 小题, 每小题 5 分, 共 40 分) 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 A B C A D D B A 【解析】 1. 因为 ,解得 ,进而集合 的子集个数为 ,故选 A. 2. 对于 ,若 ,则 或 ,又 ,则 或 ,故 错误; 对于 ,若 与 都不相交,则 ,则 ,这与 是异面直线矛盾,故 正确; 对于 ,若 与 和 所成的角相等,如果 ,则 ,故 错误; 对于 ,若 ,则 或 ,由 ,则 与 斜交、垂直、平行均有可能, 故 D 错误, 故选 B. 3. 由题意可知 ,即 ,所以数列 为等比数列,所以 ,故选 C. 4. ,根据韦达定理知 是方程 的两根,因式分解可得方程两根为 ,不妨设 ,则 在复平面上的顶点坐标为 ,则其面积为 6,故选 A. 5. 在 上是增函数,且 , ,所以 ,则 ,两式相减可得 ,又 ,所以 ,故选 D. 6. 由题意, , 如图 1,原图形 中, , ,所以直角梯形 的边 为轴旋转一周得到的几何体为圆台, ,故选 D. 图 1 7. 记 ,则 ,所以 在 上单调递增,所以 ,可得 ,又 ,所以 ,即 ,所以 ,故选 B. 8. 当 时,则 ,记 ,由题,函数 在 上为增函数, 对任意的 恒成立,则有 ,令 ,其中 ,且 ,令 ,可得 , 列表如下: - 0 + 减 极小值 增 所以函数 在 取得极小值,亦即最小值,即 , 所以 ,可得 ,故实数 的取值范围为 ,故选 A. 二、多项选择题 (本大题共 3 小题, 每小题 6 分, 共 18 分. 在每小题给出的选项中, 有多项 是符合题目要求的, 全部选对的得 6 分, 部分选对的得部分分, 有选错的得 0 分) 题号 9 10 11 答案 BCD ABD BC 【解析】 9. 选项 和 有可能反向,故 错误; 选项 ,当 时, 共线,但 , 而 时, 或 或 与 同向,即有 共线,所以 “ ” 是 “ ” 的必要不充分条件,故 B 正确；选项 C, ,故 正确; 选项 ,向量 在 方向上的投影向量为 ,又 代入可得 ,故 正确, 故选 BCD. 10. 选项 A, 定义域为 ,假设 ,使得 为奇函数,则必有 ,此时 ,所以 不是奇函数,所以假设不成立,故 A 正确; 选项 B, 时, ,又 ,所以 在 处的切线方程为 ,故 正确; 选项 , ,当 时, ,函数单调递减, 无极值点,故 错误; 选项 ,由 可知 时,无极大值; 若 在 上单调递减, 上单调递增,则极大值为 ; 若 在 上单调递减, 上单调递增,则极大值为 ,故 D 正确,故选 ABD. 11. 选项 A,因为 平面 ,且 平面 ,所以平面 和平面 的交线 ,而 与平面 相交,则平面 内不存在直线与 平行,即不存在直线与直线 平行,故 错误; 选项 平面 ,所以点 到平面 的距离为定值,而三角形 的面积为定值,故三棱锥 的体积为定值,故 正确; 选项 C,记 到平面 到距离为 ,由选项 B 可知, 为定值,记直线 与平面 所成角为 ,则 ,又正弦函数在 上单调递增,则 最大时, 最大,从而即为 最小时,此时 ,由相似可得 , 故 正确; 选项 ,作平面 与平面 的展开图如图 2 所示,则 的最小值即为展开图中线段 的长, 中, , 所以 ,从而 中,由余弦定理可知, ,从而 的最小值为 ,故 错误,故选 . 图 2 三、填空题 (本大题共 3 小题, 每小题 5 分, 共 15 分) 题号 12 13 14 答案 2 【解析】 12. ,所以数列 是以 为首项,1 为公差的等差数列, 即 . 13. . 14. 由题: 如图 3,外接球的球心 ,且 平面 ,即 为外接球的直径,设 平面 ,可知 为正三角形 的中心,取 的中点 ,连接 ,则 ,可知二面角 的平面角为 ,所求即为 ,正四面体 中, , ,记外接球半径为 ,则在 Rt 中, ,解得 ,则外接球表面积为 ,记 ,则 图 3 ,所以 ,即为所求. 四、解答题 (共 77 分. 解答应写出文字说明, 证明过程或演算步骤) 15.(本小题满分 13 分) 解: (1)由 ,正弦定理可得: , (2 分) 则 ,所以 , (4 分) 又 ,所以 ,所以 , 又 ,所以 . (6 分) (2) 及余弦定理有: , 可得 , 因为 ,所以 , (8 分) 又 , (10 分) 由正弦定理有 , 由三角形面积公式可知, , 所以 . (13 分) 16.(本小题满分 15 分) (1)证明: 连接 , 因为平面 平面 ,平面 平面 , 所以 平面 , (2 分) 所以 为 在平面 内的射影, 故 为 与平面 所成角,即 , 所以 ,又 平面 为平行四边形, . (4 分) 在 中, ,所以 , 又 与 交于点 平面 , 所以 平面 . (7 分) (2)解:由(1)可知 平面 , 以 为坐标原点, 分别为 轴正向建立空间直角坐标系,如图 4, 所以 , 设平面 的一个法向量为 , 图 4 又 , 则有 令 , 则 ,故 , (10 分) 设平面 的一个法向量为 ,又 , 则有 令 ,故 , (13 分) 则 , 所以二面角 的余弦值的绝对值为 . (15 分) 17. (本小题满分 15 分) (1)证明: 由已知 可得 , 两式相减得 ,即 , 从而 , (2 分) 当 时, ,所以 , 又 得 , 从而 . (3 分) 故总有 ,从而 , 所以数列 是以 2 为首项,2 为公比的等比数列. ,所以 . (6 分) (2)解: ,则有 , 记为①式, 记为②式, ①-②得: , 所以 , (10 分) 由上得: , 当 时, ,所以 ; 当 时, ,所以 ; 当 时, ,又 , 所以 ,所以 , 综上,当 时, ; 当 时, ; 当 时, . (15 分) 18.(本小题满分 17 分) 解:(1)点 是 上一点 , 的面积为 , 两式联立求解得; , 所以双曲线 的方程为 . (5 分) (2) 为定值 -6, 设 , 由(1)知: , (7 分) ,又 , (9 分) 两式相减得: , , (13 分) 由 ,同理可得: , (16 分) 为定值. (17 分) 19.(本小题满分 17 分) 解:(1)①质点最终回到原点的情况为:向右走 3 次,向左走 3 次, (2 分) ② 设 和 时质点最终落在原点右侧的概率分别为 , 情况为: 第一次必然向右,后两次至少有一次向右, 则 , (4 分) 包含 2 种情况: (i) 前 2 次均向右, 后三次至少有一次向右; (ii) 第一次向右, 第二次向左, 第三次向右, 最后两次至少有 1 次向右, (6 分) ,则 . (7 分) (2)①第一阶段通过的情况为 3 次均向右或者有 2 次向右,1 次向左, 其概率为: , (9 分) 令 为最终得分,则 可以为0,1,3, (11 分) 则其数学期望为 , (13 分) ② 若 ,则 , 令 , 所以 在 ,在 , 即当 时,该游戏得分的期望值最大. (17 分) 学科网（北京）股份有限公司 $$ 数 学 试 卷 注意事项： 1. 答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚。 2. 每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。 在试题卷上作答无效。 3. 考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。 满分150分，考试用时120分钟。 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分。 在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 已知集合，则集合的子集个数为 A. 4 B. 8 C. 16 D. 32 2. 空间中有两个不同的平面和两条不同的直线，则下列说法中正确的是 A. 若则 B. 为异面直线且，则与中至少一条相交 C. 若与所成的角相等， 则 D. 若, 则 3. 已知数列是公差为的等差数列， 则 A. 8 B. 4 C. D. 4. 法国数学家佛朗索瓦·韦达最早发现了代数方程的根与系数之间的关系，因此人们把这个关系称为韦达定理，韦达定理也可用于复数系一元二次方程中，即这也是因式分解中的“十字相乘法”. 设 (为坐标原点)的三个顶点为复平面上的三点，它们分别对应复数, 且 则的面积为 A. 6 B. 6 C. 12 5. 若函数在区间上是增函数，且. 则 A. B. C. D. 6. 如图1，按斜二测画法所得水平放置的平面四边形的直观图为梯形其中 以原四边形的边为轴旋转一周得到的几何体体积为 7. 已知 则 A. B. C. D. 8. 已知函数为定义在上的增函数，则m的取值范围为 二、多项选择题 （本大题共3个小题。 每小题6分，共18分，在每个给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9. 对于任意两个平面向量和，下列命题中正确的是 A 若 则 B.是 的必要不充分条件 C. D.若 向量在方向上的投影向量为 则 10. 已知函数 其中，则下列说法正确的是 A. 对的任意取值，都不可能为奇函数 B. 当时，在处的切线方程为 C.,一定存在极值点 D. 若存在极大值，则极大值恒为正数 11. 如图2, 在正四棱柱中， 底面正方形 边长为, ，为线段上的一个动点，则下列说法中正确的有 A. 已知直线为平面和平面ABCD 的交线， 则平面内存在直线与平行 B. 三棱锥的体积为定值 C. 直线与平面所成角最大时， D.的最小值为 三、填空题 （本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知数列满足 且 则的通项公式 . 13. 已知 则 . 14. 如图3, 棱长为3 的正四面体与正三棱锥共底面，它们的各 顶点均在同一个球面上，则该球表面积为 （这个填空为2分），二面角 的正切值为 （这个填空为3分）. 四、解答题 （共77分。 解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15. （本小题满分13分） 在中， 角所对的边分别为且 的面积为 (1) 求角的大小； (2) 求边的长。 16. （本小题满分15分） 如图4, 在四棱锥中， 平面平面, 底面 为平行四边形， 与 平面所成角的正切值为2,分别为棱的中点。 (1) 求证：平面; (2) 求二面角的余弦值的绝对值。 17. （本小题满分15分） 数列的前项和为, 满足 且首项 . (1) 证明： 数列为等比数列，并求出数列的通项公式； (2) 令 讨论为的导数)与 的大小关系。 18.(本小题满分17分) 已知分别为双曲线的左、右焦点、点 是 上一点，且的面积为 (1) 求双曲线的方程； (2) 如图5, 点是上一动点， 直线与的另一交点为点,直线与的另一交点为，设 请问是否为定值？ 若是，请求出这个定值并证明； 若不是，请说明理由。 19. （本小题满分17分） 一游戏规则如下：一个质点在数轴上运动，从原点出发，每次向左或者向右移动一个单位，共移动了次。 (1) 已知质点每次向右移动的概率为. ①当 时，求质点最终回到原点的概率； ②规定质点在运动过程中，只要出现在原点左侧，游戏就结束，否则游戏就继续、直到移动了次，分别求出当和时质点最终落在原点右侧的概率并比较它们的大小 (2) 现在规定游戏分为两个阶段：第一阶段，质点每次向右移动的概率为、共移动了3次、若 最终落在了原点左侧，则结束游戏，且最终得分为0分。 若最终落在了原点右侧、则通过第一阶段，并进入第二阶段：质点重新回到原点，每次向右移动的概率为，并再次移动了3次，若最 终落在了原点左侧，则最终得分也为0分； 若最终落在了原点右侧、则最终得分为质点位于数轴上所在位置对应的实数。 ①请用含的式子表示该游戏得分的数学期望； ②若 则当取何值的时候，该游戏得分的期望值最大？ 第 1 页 共 4 页 学科网（北京）股份有限公司 $$数学参考答案 一、 单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 A B C 0 D 【解析】 1.因为x∈N,解得A=礼，2}，进而集合A的子集个数为22=4，故选A. 2.对于A,若a∥B,m∥a,则m∥B或mcB,又m∥n,则n∥B或ncB,故A错误：对 于B,若I与，n都不相交，则1∥m,I∥n,则m∥n,这与m,n是异面直线矛盾，故B 正确：对于C,若a∩B=m,n与a和B所成的角相等，如果n∥a,n∥阝，则m∥n,故C 错误：对于D,若a⊥B,m⊥a,则mMB或mcB,由m⊥n,则n与B斜交、垂直、平 行均有可能，故D错误，故选B. 3.由愿意可知g:a-bg,a=1,即。号，所以数列a为等比数列，所以 .-4=,故选C as-az 8 4.名+22=8+3i,32=16+12i,，根据韦达定理知，22是方程z2-(8+3i)z+16+12i=0的 两根，因式分解可得方程两根为4,4+3i,不妨设：=4，z,=4+3i,则△ABC在复平面 上的顶点坐标为O(0,0),A(40),B(4,3),则其面积为6，故选A. 5.f)=sinx+S=2 sinx+在a,1上是增函数，且f@)=-l=5smo如+牙 4 =li(o咖+到，所以so咖+引-s咖+}9 ,则 0a+=-正+2k,ob+=+2ka,k∈Z,两式相减可得ob-a)=,又b-a=元，所 44 44 故选D 以0= 6.由题意，AB∥C'D,AB⊥B'C,AB=4,DC=2,∴.AD'=2N2, 如图1，原图形ABCD中，AB∥CD,AB⊥AD,AB=4,DC=2, AD=2A'D'=4√互，所以直角梯形ABCD的边AD为轴旋转一周得到 的几何体为圆台，r-行+后+5h=背×2++2xx45 3 -1125 x,故选D. 数学参考答案·第1页（共9页） 一■■山圆■山 7.记g(x)=x-sinx,x∈[0,1)，则g'(x)=1-cosx≥0，所以g(x)在[0,1)上单调递增，所以 得0，可得a=如96： <e< 所以2h2<1<3n2,即 333 2 n3是<5，所以a<e<b,故选B. 223 8.当x>0时，则f(x)=xm>0,记g(x)=lnf(x)=lnx"=(x-m)lnx,由题，函数g(x)在 (0,+o)上为增函数，g)=-m+nr=1-m+nx≥0对任意的x>0恒成立，则有 m≤x+xnr,令M)=x+xnx,其中x>0,且()=nx+2,令h(闭=0，可得x=怎 列表如下： e h'(x) 0 + h(x) 减 极小值 增 所以函数()在x=二取得极小值，亦即最小值，即()=h 121 e 卡三-z=a习 所以m≤h(x)nm=- ,可得m≤- e2, 故实数m的取值范围为 故选A 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的选项中，有多项 是符合题目要求的，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分) 题号 9 10 11 答案 BCD ABD BC 【解析】 9.选项A,a和6有可能反向，故A错误：选项B,当a=-2b时，a,b共线，但|a+ba+1b, 而1a+b曰a+b1时，a=0或b=0或a与b同向，即有a,b共线，所以“a∥i”是 “a+b曰a+b1”的必要不充分条件，故B正确：选项C, 1a.ba‖1cos(a,曰ab‖cos(a,1≤|ab1,故C正确：选项D,向量a在b方向上 的投影向量为1a1cosa。-2万，又21aHi#0代入可得cos=_ 1b6 3 ,故D正 确，故选BCD. 数学参考答案·第2页（共9页） 一■■山■■山 10.选项A,fx)定义域为R,假设3m∈R,使得f(x)为奇函数，则必有f(O)=m=0,此 ，0+心-)￥0，所以=2二不是奇函数。所以假设不成立，故A正 时/)=2x 确：选项B,f)=2r+m+4r-2m,m=1时，f0,=-2,又0)=l,所以y=f问 在(0，f(0)处的切线方程为y=-2x+1,故B正确：选项C, ∫=-2+m+4r-2m-2r+m-2),当m=4时，/0，函数单调递减， e e 无极值点，故C错误；选项D,由C可知m=4时，无极大值：若m>4,f()在 (,2（受+上单调递减 ()上单调递增，则极大值为 m>0:若 m<4,在，》+四)上单调递减， 上单调递增，则极大值为 )=8。>0.故D正确故达ABD 11.选项A,因为AC∥平面ABCD,且ACc平面ACD,所以平面ACD和平面ABCD的 交线1∥AC,而AC与平面ABB4相交，则平面ABB,4内不存在直线与AC平行，即不 存在直线与直线I平行，故A错误：选项B,B,C∥平面ACD,所以点M到平面ACD 的距离为定值，而三角形ACD的面积为定值，故三棱锥M-ACD的体积为定值，故B 正确：选项C,记M到平面ACD到距离为d,由选项B可知，d为定值，记直线MC,与 平面4C,D所成角为0∈0， 引 又正弦函数在0，上单调递增，则 0最大时，si加0最大，从而即为MC,1最小时，此时MC,⊥CB,由相似可得CM=3CB, 故C正确：选项D,作平面ABCD与平面BBC的展开图如图2所示，则AM+MB的最 小值即为展开图中线段AB的长，Rt△B,BC中，BC=I,BB=V3, 所以∠CBB=交，从而∠ABB= 红，△4BB中，由余弦定理可知， 3 48=1+3-2x1x5x} 4+√5，从而AM+MB的最小值为 图2 V4+√5，故D错误，故选BC 数学参考答案·第3页（共9页） 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 题号 12 13 14 答案 an=(2n-3)(n-4) 2 要 【解析】 12.0L=,0,+1meN),所以数列 2n-12n-3 名-司是以2是-3为首项1为公差的等差数列， 2n-3 即203-3+a-01→4，=2m-3n-40, 2-sin a 2 13. 1-sina 2 cos-sin 1-tan = 2 cosa 2-sin2a cos 2 cos+sin 2=tan 2 1+tan 14.由题：如图3，外接球的球心O∈PQ,且PQ⊥平面ABC,即PQ为 外接球的直径，设PQ∩平面ABC=G,可知G为正三角形ABC的 中心，取AB的中点E,连接PE,QE,则PE⊥AB,QE⊥AB,可 知二面角P-AB-Q的平面角为∠PEQ,所求即为tan∠PEQ,正 因面体P-c本，-cE-号-9cG-c-5。 图3 32 PG=√PE-EG=√6，记外接球半径为R,则在Rt△OGC中，R2=(√6-R)}+3,解 得R-36,则外接球表面积为S=4R=,，记∠PEG=a,∠OsG=B,则 4 6 PG -22,amB=ee2R-pc.去=V5,所以m∠PE0 EGV5√5 2 2 2 tan(a+B)= ana+anB=一反，即为所求. 1-tana·tanB 四、解答题（共77分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15.(本小题满分13分) 解：(1)由a=beosC+√3 csin B,正弦定理可得：sinA=sin BcosC+√3 sin CsinB, (2分) 数学参考答案·第4页（共9页） ■■山■■山 则sin(B+C)=sin BcosC+√5 sinCsin B,所以sin CcosB=√3 sin Csin B, …(4分) 又Ce(0,,所以sinC≠0，所以amB= 3 又Be(0,),所以B=T (6分) 6 (2)a2+b2-c2=√2ab及余弦定理有：a2+b2-c2=2 abcosC, 可得cosC=g+-c2V2abV2 2ab 2ab 2 因为C(0,),所以C= 4 …(8分) 又B= 6 sin 4-sin(B+C)=sin BcosC+sin Ccos 2 2 2 4 …(10分) 由正弦定理有a=sinA· sinC 2c b=sin B.-c c3+1 sinc-2c, 由三角形面积公式可知，Sc)absin C=3+c…2c.2=3+c2=3+33 22 2 2 8 所以c=2W6.… …(13分) 16.(本小题满分15分) (1)证明：连接AC, 因为平面PAB⊥平面ABCD,平面PAB∩平面ABCD=AB,PA⊥AB, 所以PA⊥平面ABCD,…(2分) 所以AC为PC在平面ABCD内的射影， 故∠PCA为PC与平面ABCD所成角，即tan∠PCA=PAL=2 14C14C2, 所以|AC=1,又PA⊥AD,∴.AD=√PD2-PA=√5，，平面ABCD为平行四边形， .BC=5.… …(4分) 在△BAC中，|ABP+AC=BCP,所以AB⊥AC, 又PA⊥AB,PA与AC交于点A,PA,ACC平面PAC, 所以AB⊥平面PAC,…(7分) 数学参考答案·第5页（共9页） (2)解：由(1)可知PA⊥平面ABCD,AB⊥AC, 以A为坐标原点，AB,ACAP分别为x,,z轴正向建立空间直角坐标系，如图4， 所以c0k0D210a02E0&小Fb号 设平面EFC的一个法向量为n=(x,片名)， 又F(小F（2 示=-4-2+名=0 则有 令月=2， 五，F=-+2=0 1 图4 则x=14=2,故川=(1,2,2)， …(10分） 设平面DFc的-个法向量为元=g,.又F-气k7小Dc=200, 则有 5C乎=--2+=0 万.DC=2x=0, 令为=2，则x=0.3=1,故m=(0,2) …(13分) 则cos你，)非·L=6、25 nm1355 所以二面角E-CP-D的余弦值的绝对值为 ,…(15分) 5 17.(本小题满分15分) (1)证明：由已知S1=2S。+n+1可得n≥2，Sn=2S1+n, 两式相减得S1-S。=2(Sn-Sn-)+1,即a1=2a,+1, 从而a1+1=2(an+)（n≥2)，… (2分) 当n=1时，S2=2S+2,所以42+a1=2a1+2, 又a,=1得a=3, 从而42+1=2(a+1).… …(3分) 数学参考答案·第6页（共9页） 一■■山■■ 故总有a1+1=2(a.+),n∈N,a+1=2≠0，从而 +l=2, a,+1 所以数列{a+}是以2为首项，2为公比的等比数列. 0n+1=2”,所以0n=2”-1.…(6分) (2)解：f(x)=ax+ax2+…+ax”,则有f'(x)=a,+2a2x+…+nanx, f"(0)=a1+2a2+…+nan=2+2×22+3×23+…+n×2-1+2+…+m) =2+2×2+3×2++nx2”-m+D记为①式， 2 2f0=2+2×2+3×2++n×2-2×+i记为②式. 2 ①-②得：-0=2+2+2++2”-nx2…+m0+D=0-m24-2++D 2 2 所以f0=(a-12+2-nm+D, …(10分) 2 由上得：/0-7m,5n=20-2-212n2-n-)=2n-2-(2n+川， 2 当n=1时，2m-2”-(2n+切=0，所以f0=7m5 2 当n=2时，2n-12-(2m+训=-2<0，所以f0<7m5n 2 当n≥3时，n-1>0,又2”=1+1)”=C+C+…+C0+C≥2n+2>2n+1, 所以a-2-(2m+>0,所以/0>7m_5n。 2 综上，当n=1时，∫0=7m5n。 2 当n=2时，了0<7m-5”, 2 当n≥3时，f0>7m2-sm ，…(15分) 18.(本小题满分17分) 31 数学参考答案·第7页（共9页） 11.2c △QF5的面积为2→2 11 →c=1→a2+b2=1, 22 两式联立求解得：a2=b2=号， 所以双曲线C的方程为2x2-2y2=1。…(5分) (2)2+4为定值-6， 设M(,%),A(乃B(x): 由(1)知：E(-1,0),E,0), MF1=FA→(-1-o,-y)=(:+1,)→ 6+y=0 2x=-x。-1-1, …(7分） 2x-2y=1→2(2x)2-2(1y)}=12,又2.x-26=1, ……(9分) 两式相减得：2(2x+x)(x-x】-2[(y+y)(2y-】=A2-1 →2(1+10(2x。+1+1)=22-1, ∴.2(2x+2+1）=元-1→2+3+4x=0,…(13分) 由M=μFB,同理可得：4+3-4x。=0,，…(16分) 元十1=6为定值.…(17分) 19.(本小题满分17分) 解：(1)①质点最终回到原点的情况为：向右走3次，向左走3次， ……(2分) ②设n=3和n=5时质点最终落在原点右侧的概率分别为P,P, n=3情况为：第一次必然向右，后两次至少有一次向右， 则p1=p1-(1-p)}2]=p2(2-p),… …(4分) n=5包含2种情况： (1)前2次均向右，后三次至少有一次向右： (ⅱ)第一次向右，第二次向左，第三次向右，最后两次至少有1次向右， 数学参考答案·第8页（共9页） p=p1-(1-p)']+p1-p)pl-0-p)]=p2-p-20-p)], …(6分) 乃3-p=2p21-p)3>0,则p3>p5.… …(7分) (2)①第一阶段通过的情况为3次均向右或者有2次向右，1次向左， 其概率为：p+Cp-B)=p(3-2p),…(9分) 令X为最终得分，则X可以为0,1,3， pX=3)=p(3-2B)p,p(X=1)=p(3-2p)[Cp1-P2】, …(1们分) 则其数学期望为E(X)=3p(3-2)P+P(3-2n)Cp0-P】=3p(3-2p,)P, ……(13分) ②若B+P2=1,则E(X)=3p(3-2p)1-p)》2=3(P-p)'(3-2p), 令f(p)=3(p-py3-2p), f'(p)=32(p-p2)1-2p3-2p)+(p-p2)'(-2]=6p0-p5p2-9p+3),B∈(01)， fp>0→0<p<9=,fp<09-i<p<1, 10 10 即当=。9-=回时，该游戏得分的期望值最大.…(17分 10 数学参考答案·第9页（共9页）第 1 页 共 5 页 数 学 试 卷 注意事项： 1. 答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚。 2. 每小题选出答案后，用 2B 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。 在试题卷上作答无效。 3. 考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。 满分 150 分，考试用时 120 分钟。 一、单项选择题（本大题共 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 2{ | 1 0}A x log x   N ，则集合 A的子集个数为 A. 4 B. 8 C. 16 D. 32 2. 空间中有两个不同的平面 ， 和两条不同的直线m n， ，则下列说法中正确的是 A. 若 , , ,m m n     则 n  B. , m n为异面直线且 , , m n l       ，则 l与m n， 中至少一条相交 C. 若 m n   、 与 、 所成的角相等， 则m n D. 若 , m m n    、 , 则n  3. 已知数列 2{ }nlog a 是公差为 1 的等差数列， 则 8 5 5 2 a a a a    A. 8 B. 4 C. 1 8 D. 1 4 4. 法国数学家佛朗索瓦·韦达最早发现了代数方程的根与系数之间的关系，因此人们把这个关系称为韦达定 理，韦达定理也可用于复数系一元二次方程中，即      21 2 1 2 1 2z z z z z z z z z z      ，这也是因式分 解中的“十字相乘法”. 设 OAB (O为坐标原点)的三个顶点为复平面上的三点，它们分别对应复数 1 2O z z、 、 , 且 1 2 1 28 3 , 16 12z z i z z i     ，则 OAB 的面积为 A. 6 B. 6 3 C. 12 D.12 3 5. 若函数   0)(f x sin x cos x     在区间  ,a b 上是增函数，且    1, 1,f a f b b a      . 则   A. 1 3 B. 1 4 C. 3 4 D. 1 2 6 . 如图 1，按斜二测画法所得水平放置的平面四边形 ABCD 的直观图为梯形 ,A B CD    其中 , , 4, 2.A B / /C D A B B C A B DC             以原四边形 ABCD的边 AD为轴旋转一周得到的几何体体 积为 第 2 页 共 5 页 A.14 2 8  56 2B. π 3 80C. 3 112 2D. π 3 7. 已知 1 3 3sin , , ln 3 3 2 a b c   ，则 A. c a b  B. a c b  C. a b c  D. b a c  8. 已知函数   x mf x x  为定义在 (0 )， 上的增函数，则 m 的取值范围为 2 1A. , e      2 1B. , e       1C. , e       1D. , e       二、多项选择题 （本大题共 3 个小题。 每小题 6 分，共 18 分，在每个给出的四个选项中，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. 对于任意两个平面向量 a和b  ，下列命题中正确的是 A 若 / / ,a b a b    ，则 a b  B. / /“a b”  是 “ ”a b a b      的必要不充分条件 C. a b a b     D.若 2 0.a b   向量 a 在 b  方向上的投影向量为 2 b 6   ，则 2cos , 3 a b    10. 已知函数   22 x x mx mf x e    ，其中mR ，则下列说法正确的是 A. 对m的任意取值， )(f x 都不可能为奇函数 B. 当 1m  时， ( )y f x 在  (0, )0f 处的切线方程为 2 1 0x y   C. m R ,  f x 一定存在极值点 D. 若 )(f x 存在极大值，则极大值恒为正数 11. 如图 2, 在正四棱柱 1 1 1 1ABCD ABC D 中， 底面正方形 ABCD边长为1, 1AA  3 ，M 为线段 1BC 上的一个动点，则下列说法中正确的有 A. 已知直线 l为平面 1 1AC D和平面 ABCD 的交线， 则平面 1 1ABB A 内存在直线与 l平行 B. 三棱锥 1 1M AC D 的体积为定值 C. 直线 1MC 与平面 1 1AC D所成角最大时， 1 3CM CB 4    D. 1AM MB 的最小值为 4 3 第 3 页 共 5 页 三、填空题 （本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分） 12. 已知数列{ }na 满足  *1 1 ,2 -1 2 -3 n na a n n n    N 且 1 3a  ，则{ }na 的通项公式 na  . 13. 已知 tan 2, 4 2        则 1 sin cos     . 14. 如图 3, 棱长为 3 的正四面体 P ABC 与正三棱锥Q ABC 共底面 ABC，它们的各 顶点均在同一个球面上，则该球表面积为 （这个填空为 2 分），二面角 P AB Q  的正切值为 （这个填空为 3 分）. 四、解答题 （共 77 分。 解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15. （本小题满分 13 分） 在 ABC 中， 角 , , A B C 所对的边分别为 , , ,a b c 且 2 2 2 2 , cos 3 sin ,a b c ab a b C c B     ABC 的面积为 3 3 3. (1) 求角 B的大小； (2) 求边 c的长。 16. （本小题满分 15 分） 如图 4, 在四棱锥 P ABCD 中， 平面 PAB 平面 ABCD , 底面 ABCD为平行四边形， , 2, 3,PA AB PA AB PD    PC 与 平面 ABCD所成角的正切值为 2, , E F分别为棱 , PA PD的中点。 (1) 求证： AB 平面 PAC ; (2) 求二面角 E CF D  的余弦值的绝对值。 第 4 页 共 5 页 17. （本小题满分 15 分） 数列 na 的前 n项和为 nS , 满足 1 2 1n nS S n    且首项 1 1a  . (1) 证明： 数列 1na  为等比数列，并求出数列 na｛ ｝的通项公式 na ； (2) 令   2 *1 2 ,nnf x a x a x a x n N     ，讨论    ' 1 '(f f x 为 )(f x 的导数)与 27 5 2 n n 的大小关系。 18.(本小题满分 17 分) 已知 1 2,F F 分别为双曲线  2 2 2 2: 1 0, 0) x yC a b a b     的左、右焦点、点 3 1, 2 2 Q        是C 上一点，且 1 2QFF 的面积为 1 . 2 (1) 求双曲线 C的方程； (2) 如图 5, 点 M 是C上一动点， 直线 1MF 与C的另一交点为点 A ,直线 2MF 与C的另一交点为 B，设 1 1 2 2,MF F A MF F B       ，请问  是否为定值？ 若是，请求出这个定值并证明； 若不是，请说明理 由。 第 5 页 共 5 页 19. （本小题满分 17 分） 一游戏规则如下：一个质点在数轴上运动，从原点出发，每次向左或者向右移动一个单位，共移动了 n次。 (1) 已知质点每次向右移动的概率为  0 1p p  . ①当 1 , 6 2 p n  时，求质点最终回到原点的概率； ②规定质点在运动过程中，只要出现在原点左侧，游戏就结束，否则游戏就继续、直到移动了 n次，分别 求出当 3n  和 5n  时质点最终落在原点右侧的概率并比较它们的大小 (2) 现在规定游戏分为两个阶段：第一阶段，质点每次向右移动的概率为 1p 、共移动了 3 次、若 1P最终落 在了原点左侧，则结束游戏，且最终得分为 0 分。 若最终落在了原点右侧、则通过第一阶段，并进入第二 阶段：质点重新回到原点，每次向右移动的概率为 2p ，并再次移动了 3 次，若最 终落在了原点左侧，则 最终得分也为 0 分； 若最终落在了原点右侧、则最终得分为质点位于数轴上所在位置对应的实数。 ①请用含 1 2 ,P P 的式子表示该游戏得分的数学期望； ②若 1 2 1p p  ，则当 1p 取何值的时候，该游戏得分的期望值最大？