江西省南昌市第十中学2024-2025学年高三一模模拟考试数学试卷

答案第 1 页，共 15 页 南昌十中 2024－2025 学年高三一模模拟考试 高三数学参考答案及评分标准 一、单选题（本大题共 8题，每小题 5分，共计 40分。在每小题列出的四个选项中只有一 项是最符合题目要求的） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 C B C B B C A A 二、多选题（本大题共 3题，每小题 6分，共计 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，部分选对按正确选项平均给分，多选错选得 0分。） 题号 9 10 11 答案 AD ABD ABD 三、填空题（本大题共 3题，每小题 5分，共计 15分。） 12． 220 13． -1 14． 2 1 2 n n − 四、解答题（本大题共 5题，共计 77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．） 15．（13 分）．答案：(1) 3 C  = (2) )1,2 【详解】（1）由正弦定理得2sin cos sin cos sin cosA C B C C B− = ， 即2sin cos sin cos sin cosA C B C C B= + ， ( ) ( )2sin cos sin sin sinA C B C A A= + = − = ， 因为 ( )0,A  ，所以sin 0A  ，所以 1 cos 2 C = ， 又因为 ( )0,C  ，所以 3 C  = ；………………………………6 分 （2）由 2a b+ = 得 2b a= − ，且0 2a  由（1）知： 3 C  = ，由余弦定理得： ( ) ( ) 22 2 2 22 cos 2 2c a b ab C a a a a= + − = + − − − ( ) 223 6 4 3 1 1a a a= − + = − + 当0 2a  时，由二次函数的性质知： ( ) 2 3 1 1y a= − + 的值域为 )1,4 ，当且仅当 1a = 时取等号， 此时 1b = ，所以 21 4c  ，即1 2c  所以 c的取值范围为 )1,2 .…………………13 分 答案第 2 页，共 15 页 16．16（15 分）．答案：(1) 2nna = ； (2) 1 , 7    +    【详解】（1）设等比数列的首项为 1a ，公比为q， 由题意可知： 3 2 42( 2)a a a+ = + ，又因为 2 3 4 28a a a+ + = 所以 3 2 48, 20a a a= + = ． 3 1 1 2 1 20 8 a q a q a q  + =  = ，解得 1 2 2 a q =  = 或 1 32 1 2 a q =   =  （舍） ∴ 2nna = ；…………………………4 分 （2）由（1）知， 2 n nb n=  ， 2 31 2 2 2 3 2 ... 2nnS n =  +  +  + +  2 3 4 12 1 2 2 2 3 2 ... 2nnS n +=  +  +  + +  ①-②得 2 3 12 2 2 2 2n nnS n +− = + + ++ −  1 1 12 2( 2 ) ( 1)2 2 1 2 n n n nS n n + + +− = − −  = − + − …………………………10 分 若 2( 1) ( 1)nn m S n−  − − 对于 2n  恒成立，则 2 1( 1) ( 1)2 2 1nn m n n+ −  − + − −  2 1 1 1 ( 1) ( 1)(2 1), 2 1 n n n n m n m+ + − −  − −   − ， 令 1 1 ( ) 2 1n n f n + − = − ， 则当 2n  ， 1 2 1 2 1 1 (2 )2 1 ( 1) ( ) 0 2 1 2 1 (2 1)(2 1) n n n n n n n n f n f n + + + + + − − + + − = − =  − − − − 当 2n  ， ( )f n 单调递减，则 ( )f n 的最大值为 1 7 ， 故实数m 的取值范围为 1 , 7    +    ．……………………………………15 分 17．（15 分）.答案：(1)表格见解析，90．(2)① ( ) 35 3 E X = ；②12 【详解】（1）列联表如下： 满意 不满意 合计 男生 2 5 m 4 15 m 2 3 m 女生 1 10 m 7 30 m 1 3 m 答案第 3 页，共 15 页 合计 1 2 m 1 2 m m 先提出统计假设为 0H ：性别与满意度没有关系， 根据上表可知， 2 2 2 2 14 4 2150 150 2 1 1 1 25 3 3 2 2 m m m m m m m m    −   = =    ， 因为性别与满意度有关系，所以 2 2 6.635 25 m  =  ，解得 82.9375m  ， 由题意可知，m为 30 的整数倍，故m 的最小值为 90；………………………………4 分 （2）①设 iA （ 1i = ，2，3）分别表示 3 道题目答对事件， 令该年级的 20 名同学中 1 人晋级的事件为 B ， 则 ( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3P B P A A A P A A A P A A A P A A A= + + + 2 1 1 2 1 1 2 1 1 2 1 1 7 1 1 1 3 2 2 3 2 2 3 2 2 3 2 2 12       =   + −   +  −  +   − =            ， 由题意可知， 7 20, 12 X B        ，则 ( ) 7 35 20 12 3 E X =  = ；………………………………9 分 ② ( ) 12 20 7 7 C 1 12 12 k k kP X k −     = = −        ， 0k = ，1， 2，3，L ，20， ( )P k 最大，则 20 1 21 1 20 20 20 1 19 1 20 20 7 7 7 7 C 1 C 1 , 12 12 12 12 7 7 7 7 C 1 C 1 , 12 12 12 12 k k k k k k k k k k k k − − − − − + − +          −  −                           −  −                解得 45 147 4 12 k  ， *kN ， 所以 12k = ，即 ( )P k 取最大值时 k 的取值为 12．………………………………15 分 18．（17 分）．答案：(1)； (1 e)y x= − ； (2)答案见解析； (3) 1 , 2   − −    . 【详解】（1）当 0a = 时， ( ) exf x x= − ， ( ) 1 exf x = − ， 设切点为 ( )( )1 1,x f x ，切线方程为 ( ) ( )( )1 1 1y f x f x x x− = − 因为切线过原点，所以 ( ) ( )1 1 1f x f x x= ，即 1 11 1 1e e x xx x x− = − ，解得 1 1x = ； 所以 (1) (1)( 1)y f f x− = − ，因此 (1 e) (1 e)( 1)y x− − = − − ； 即切线方程为 (1 e)y x= − ；…………………………4 分 答案第 4 页，共 15 页 （2）易知 ( ) ( 1) ( 1)exf x a ax a = + − + + ， 令 ( ) ( 1) ( 1)exg x a ax a= + − + + ，则 ( ) ( 2 1)exg x ax a = − + + ， ①当 0a = 时， ( ) e 0xg x = −  ，则 ( )f x 在R 上递减； ②当 0a  时，令 ( ) ( 2 1)e 0xg x ax a = − + +  ，可得 2 1a x a +  − ； 所以 ( )f x 在区间 2 1 , a a +  − −    上单调递增，在 2 1 , a a  +  − +    上单调递减； ③当 0a  时令 ( ) ( 2 1)e 0xg x ax a = − + +  ，即 2 1a x a +  − ； 所以 ( )f x 在区间 2 1 , a a +  − −    上单调递减，在 2 1 , a a  +  − +    上单调递 增. …………………………10 分 （3）由（2）可知 ( ) ( 2 1)exg x ax a = − + + ， ①当 1 2 a  − 时，2 1 0a+  ，因为 0 0x ax   ，所以 ( 2 1) 0ax a+ +  ， 所以 ( ) ( 2 1)e 0xg x ax a = − + +  在[0, )+ 上恒成立， 所以 ( ) ( 1) ( 1)exf x a ax a = + − + + 在区间[0, )+ 上单调递增， 又因为 (0) 0f  = ，所以 ( ) 0f x  ，所以 ( )f x 在区间[0, )+ 上单调递增， 又因为 (0) 1f = − ，所以 0x  时， ( ) 1f x  − . ②当 1 0 2 a−   时，令 ( ) 0g x  ，可得 2 1a x a +  − ， 则函数 ( ) ( 1) ( 1)exf x a ax a = + − + + 在区间 2 1 0, a a +  −    上单调递减； 因为 (0) 0f  = ，所以 ( )f x 在区间 2 1 0, a a +  −    上小于零， 所以 ( )f x 在区间 2 1 0, a a +  −    上递减， 又因为 (0) 1f = − 所以当 2 1 0, a x a +   −    时 ( ) 1f x  − 与条件矛盾. ③当 0a  时，因为 0x  ，所以 ( ) ( 2 1)e 0xg x ax a = − + +  ， 所以函数 ( ) ( 1) ( 1)exf x a ax a = + − + + 在区间 (0, )+ 上单调递减， 因为 (0) 0f  = ，所以 ( )f x 在区间 (0, )+ 上小于零，所以 ( )f x 在区间 (0, )+ 上递减， 又因为 (0) 1f = − ，所以 ( ) 1f x  − 与条件矛盾， 答案第 5 页，共 15 页 综上可得 1 2 a  − ，实数a的取值范围为 1 , 2   − −    .…………………………17 分 19．（17 分）答案：((1) 2 2 1 4 x y+ = ； (2) 8 3 , 5 5 P       或 6 4 , 5 5       ； (3) 3 3 y x= 【分析】（1）根据题意列出方程组求出𝑎, 𝑏得解； （2）根据三角形面积公式及面积比，利用相似转化为关于 P 点的坐标的方程，求解即可； （3）利用直线 ,PS QS 斜率之积为常数，转化为 ,PS PQ 斜率之间的关系，再由两角差的正 切公式及基本不等式求解即可. 【详解】（1）由题意，𝑏 = 1， 1 𝑎2 + 3 4 = 1， 则𝑎 = 2 椭圆方程为： 2 2 1 4 x y+ = .………………………4 分 （2）如图， 设𝑃(𝑥0, 𝑦0)，则 0 0 : ( 2) 2 y PA y x x = + + ， 0 0 1 : 1 y PB y x x + = − 对 0 0 1 1 y y x x + = − ，令 0 0 0 1 D x y x y =  = + ， 1 | | | | sin | | | |2 1 | | | | | | | | sin 2 PAB PCD PA PB APB S PA PB S PC PD PC PD APB    = =    △ △ ， 所以由相似三角形可得： 0 0 0 0 0 0 1 1 2 6 PCD PAB x x S x y S x x − + = = + △ △ ， 所以 0 0 0 1 2 5 1 y x y + = − ， 又因为 2 20 0 1 4 x y+ = ，所以 2 20 0 0 1 1 5 1 y y y  + + =  −  解得 0 3 5 y = 或 0 4 5 y = ，所以对应的 0x 分别为 0 8 5 x = 或 0 6 5 x = ， 所以 8 3 , 5 5 P       或 6 4 , 5 5       . ………………………10 分 （3）设 ( , )S m n ， 答案第 6 页，共 15 页 则 0 0 PS n y k m x − = − ， 0 0 QS n y k m x + = + ， 则 2 2 0 2 2 0 2 2 2 2 0 0 1 4 1 4 4 4 PS QS x n n y k k m x n x   − −  −   = = = − − − − . 又因为 ( ) 0 0 0 0 0 0 3 32 4 4 QS PQ y y y k k x x x + = = = − − ， 所以 1 3 PQ PSk k = − ，则 1 3 PS PQ k k = − ， 设 0 0 0 y k x =  ，直线PS 倾斜角为 ，直线 PQ倾斜角为 ， 所以 QPS   = − ， 则 tan tan 3 1 3 2 tan 3 1 tan tan 2 3 2 3 QPS k k     −    = = − +  −  = −  +   ， 因为 π ,π 2 QPS      = −     ，所以 2π 3 QPS  ，此时 3 3 k = ， 所以QP 直线方程为 3 3 y x= . ………………………17 分 答案第 7 页，共 15 页 另附：选择题和填空题详细解答 1．C 【分析】求出集合A 、 B ，利用补集的定义可得出集合 ABð . 【详解】因为    0 5 0,1,2,3,4A x x=    =N ， ( )( )   4 1 0 1,4B x x x= − − = = ， 故  0,2,3AB =ð . 故选：C. 2．B 【分析】应用向量数量积的运算律及已知条件得 0a b = ，再由数量积的坐标表示列方程求 参数. 【详解】将 2 2a b a b+ = − 两边同时平方，得 2 2| 2 | | 2 |a b a b+ = − ，整理得 0a b = . 因为 ( ) ( )2 1 1 3 0a b m = +  +  − = ，解得 1m = . 故选：B 3．C 【分析】利用充分条件和必要条件的定义，结合复数的除法运算及纯虚数的概念求解. 【详解】复数 ( )( ) ( )( ) ( ) ( )i 1 i 1 1 ii 1 1 i 1 i 1 i 1 i 2 2 2 a a aa a a+ + − + ++ − + = = = + − − + ， 当 1a = 时， 1 0 2 a − = ，复数 iz = ，是纯虚数； 当复数 ( ) i 1 i a a +  − R 为纯虚数时，有 1 0 2 1 0 2 a a − =  +   ，解得 1a = . 则“ 1a = ”是“复数 ( ) i 1 i a a +  − R 为纯虚数”的充要条件. 故选：C 4．B 【分析】求出直线 AC 的方程联立抛物线方程，可得 ,A C 的横坐标，利用弦长公式结合抛 物线对称性求出相关线段长，即可求得答案. 【详解】由题意知𝐹(1,0)，直线 AC 的倾斜角 45 = ，则直线 AC 的方程为 1y x= − ， 联立 2 4y x= ，可得 2 6 1 0x x− + = ，解得 3 2 2x =  ， 答案第 8 页，共 15 页 结合图可取 3 2 2Ax = + ， 3 2 2Cx = − ， 故 1 4 2 2AAF x= + = + ， 1 4 2 2CCF x= + = − ， 根据抛物线的对称性结合 ,AC BD 是过抛物线焦点 F的两条互相垂直的弦， 可知 1 4 2 2, 1 4 2 2A BDF x BF x= + = + = + = − ， 故 ( )( )1 1 4 2 2 4 2 2 4 2 2 AFBS AF BF=  = + − = ， 故结合抛物线对称性可得“蝴蝶形图案（阴影区域）”的面积为2 4 8 = . 故选：B 5．【答案】B 【解析】 【分析】由 ( )f x 偶函数，可排除 A；当 0x  时， ( ) 2 sin 4 f x x   = +    ，可排除 C；当 x = 时，函数 ( ) 1f x = − ，可排除 D，即可求解. 【详解】由函数 ( )y f x= 图像知， ( )f x 为偶函数， 对于 A 中，函数 ( ) sin cosf x x x= + 为非奇非偶函数，所以可排除 A 项； 对于 C 中，当 0x  时， ( ) sin cos sin cos 2 sin 4 f x x x x x x   = + = + = +    ， 当 5 4 =x  时，取得最小值 2− ，不符合题意，排除 C 项； 对于 D 中，函数 ( ) sin cosf x x x= + ，当 x = 时，函数 ( ) 1f x = ，可排除 D 项； 综上可得，只有选项 B 符合题意. 故选：B. 6．C 【分析】根据给定条件，查得以 A为圆心，2 2 为半径的圆与以 B为圆心，6 2 为半径的 圆的两圆相交，再借助两点间距离公式列式求解. 【详解】恰好存在两条直线 l，使得点 A，B到 l的距离分别为2 2 和6 2 ， 以 A为圆心，2 2 为半径的圆，以 B为圆心，6 2 为半径的圆，这两圆有两条公切线， 因此这两个圆相交，即4 2 8 2AB  ，而 ( ) ( ) 2 2 1 1 2 1AB a a a= − + − = − ， 为 答案第 9 页，共 15 页 则 4 1 8a −  ，解得5 9a  或 7 3a−   − ， 所以a的取值范围是 ( ) ( )7, 3 5,9− − . 故选：C 7．A 【分析】先由图Ⅱ求出球的大圆的周长，可求得球的半径，利用球体的体积公式可求得结 果. 【详解】设正五边形的边长为a，则 4.5a = ，如下图，在正五边形中内角为108，边长为 4.5， Rt ABC△ 中， 180 108 108 72 2 ACB −   = − = ， tan 72 tan 72 2 a AB BC=   = ， 在正六边形中，内角为120，边长为4.5，正六边形的轴长为 3a ， 所以大圆的周长为4 3 4 tan 72 2 (4 1.7 2 3.1 2) 4.5 67.5 2 a a a+  + =  +  +  = ， 设球体半径为 R ，则2π 67.5R = ，得 67.5 2π R = ， 所以足球的体积为 3 3 34 4 67.5 22.5π π ( ) 3 3 2π 2 R =  =  35659.31cm . 故选：A 8．A 【分析】利用数列求通项的解法，先判断临界情况，令 ( )1 1na f x+ = + ， ( )1 1nb g x+ = + ，所 以得 12 3 2n n na a b+ = + + ， 12 3 2n n nb a b+ = + − ，求出 n na b+ ， 1n na b+ + 的通项公式，即可 判断得出正确答案. 【详解】先判断临界情况 ( ) ( ) ( )2 1 3 2f x f x g x+ = + + ， ( ) ( ) ( )2 1 3 2g x f x g x+ = + − ， 答案第 10 页，共 15 页 令 ( )1 1na f x+ = + ， ( )1 1nb g x+ = + ， 则 ( )1 1 2a f= = ， ( )1 1 0b g= = ， 令 12 3 2n n na a b+ = + + ， 12 3 2n n nb a b+ = + − ， 所以 ( )1 12 2 3 2 3 2 4n n n n n n n na b a b a b a b+ ++ = + + + + − = + ， 即 ( )1 1 2n n n na b a b+ ++ = + ， 又 1 1 2a b+ = ，所以 n na b+ 是以 2 为首项，2 为公比的等比数列， 所以 2 n n na b+ = . 又 12 3 2n n na a b+ = + + ，即 1 3 1 1 2 2 n n na a b+ = + + ， 所以 ( )1 3 1 3 3 1 1 2 1 2 2 2 2 n n n n n n n na b a b b a b+ + = + + + = + + =  + ， 故 ( ) ( ) 3 1 2 1 2 xf x g x+ +   + ， 所以 ( ) ( ) 10 3 10 1 10 2 1 1537 2 f g+ +   + = ，即 ( ) ( )11 10 1000f g+  ，故 A 正确，B 错误； ( ) ( ) 5 3 5 1 5 2 1 49 2 f g+ +   + = ，故 C,D 错误. 故选：A. 【点睛】关键点点睛：利用数列求通项的解法，先判断临界情况，令 ( )1 1na f x+ = + ， ( )1 1nb g x+ = + ，求出 n na b+ ， 1n na b+ + 的通项公式，从而得到 ( ) ( ) 3 1 2 1 2 xf x g x+ +   + . 9．AD 【分析】令 π 2 3 t = + 原方程可化为 10 cos 10 t = − ， π 4π 3 3 t  结合余弦函数性质判断方程 的解，判断 AB，由条件结合关系 π π π sin 2 sin 2 12 3 4        + = + −          利用两角和正弦公式求 结论，判断 C，根据函数图象变换结论求 ( )g x ，结合奇函数定义判断 D. 【详解】因为 π 0 2   ，所以 π π 4π 2 3 3 3  +  ， 令 π 2 3 t = + ，则 π 4π 3 3 t  ， 10 cos 10 t = − ， 当 π π 3 t  时，函数 cosy t= 单调递减，且 1 1 cos 2 t−   ， 答案第 11 页，共 15 页 当 4π π 3 t  时，函数 cosy t= 单调递增，且 1 1 cos 2 t−   − ， 又 10 1 10 2 −  − ， 所以存在唯一的 0 π ,π 3 t       ，满足条件 0 10 cos 10 t = − ， 即存在唯一的 0 0 π 3 2 t  − = ，满足条件 0 π 10 cos 2 3 10    + = −    ， 即 10 cos 2 3 10     + = −    ， π 0, 2        只有一个解，A 正确，B 错误； 因为 π 10 cos 2 3 10    + = −    ， π 0, 2        ， 结合选项 A 知， π π 2 π 2 3  +  ， 所以 2 π π 3 10 sin 2 1 cos 2 3 3 10       + = − + =        ， π π π π π π π sin 2 sin 2 sin 2 cos cos 2 sin 12 3 4 3 4 3 4              + = + − = + − +                  ， 所以 π 3 10 2 10 2 2 5 sin 2 12 10 2 10 2 5     + =  − −  =        ，C 错误； 将函数 ( ) cos 2 3 f x x   = +    的图象向右平移 5 12  个单位得到函数 ( )g x 的图象， 所以 ( ) 5π π π cos 2 cos 2 sin 2 12 3 2 g x x x x      = − + = − =          ， 函数 ( )g x 的定义域为R ，定义域关于原点对称， ( ) ( ) ( )sin 2 sin 2g x x x g x− = − = − = − ，所以函数 ( )g x 为奇函数，D 正确； 故选：AD. 10．ABD 【分析】令𝑥 = 0， 0y = 即可判断 A，代入 ( ),y x 曲线成立判断 B，当 2a = 时，令 x y= ， 得出顶点坐标判断 C，应用图象得出 D. 【详解】对于 A，在 3 3 3 0x y axy+ − = 中，令 0x = ，则 0y = ，令 0y = ，则 0x = ， 答案第 12 页，共 15 页 即笛卡尔叶形线与坐标轴只有一个交点 ( )0,0 ，故 A 正确； 对于 B，在 3 3 3 0x y axy+ − = 中，将点 ( ),y x 代入可得： 3 3 3 0y x ayx+ − = ， 显然方程不变，即笛卡尔叶形线关于直线 y x= 对称，故 B 正确； 对于 C，当 2a = 时，笛卡尔叶形线方程： 3 3 6 0x y xy+ − = . 令 x y= ，解得 3x y= = 或 0x y= = ，故顶点坐标 ( )3,3A ，故 C 错误； 对于 D，由图象知 (3,3) 离原点距离最大，于是 2 2x y+ 的最大值为 18，故 D 正确. 故选：ABD. 11．ABD 【分析】对于 A，通过证明 1A B ⊥面 ACP，可判断 A，对于 B，通过证明平面 1 //ABB 平面 1AC N ，可判断 B，对于 C，过 1A 作 1AM CA⊥ 于点M ，证明出 1A M ⊥平面 ABC ，根据 1 cos ABM ABA S S    = 求出答案，对于 D，取BC中点G ，连接 1BG ， AG，该几何体可分割为三棱 锥 1 1 1A BC AGC− 和三棱锥 1 1B A AB− ， 1B AGB− ，通过计算体积和得到结果. 【详解】对于 A，取 1A B中点 P ， 1 1ACC A 为菱形， 1 2AA AC= = ， 1 2AA AB = = ， 1AP A B⊥ ， ABCV 中， 2 14 4 2 2 2 12 2 BC   = + −    − =    ， 1△ACA 中， 1 120A AC = ， 2 1 1 4 4 2 2 2 12 2 AC   = + −    − =    ， 1AC BC = ， 1CP A B⊥ ， ,AP CP面 ACP， AP CP P= ， 1A B ⊥面 ACP， AC 面 ACP， 1A B AC ⊥ ，故 A 正确. 答案第 13 页，共 15 页 对于 B，取BC中点N ， 1 1//BC BC ，且 1 1 1 2 B C BC= ， 则 1 1 //B C CN ， 1 1BC CN= ， 1 1//BC BN ， 1 1BC BN= ， 即 1 1B C NB为平行四边形， 1 1B C CN 为平行四边形，  1 1//B N CC ， 1 1B N CC= ， 1 1//B N A A ， 1 1B N A A= ，四边形 1 1ANB A 为平行四边形，  1 1//AN B A ，又 1 1//C N BB ， AN 平面 1AC N ， 1 1B A 平面 1AC N ，则 1 1 //B A 平面 1AC N ， 同理 1 //BB 平面 1AC N ， 1 1 1,B A BB 平面 1 1A BB ， 1 1 1 1B A BB B= 平面 1 1 //A BB 平面 1AC N ， 1AC 平面 1AC N ， 1 //AC 平面 1 1A BB ，故B正确. 对于 C，过 1A 作 1AM CA⊥ 于点M ， 1 120A AC BAC = = ， 1AB AA=  BM AC⊥ ，且 1 3A M BM= = ， 又 1 6A B = ， 1AM BM ⊥ ， 又 1AM CA⊥ ， ,BM CA平面 ABC ，BM CA M= ， 则 1A M ⊥平面 ABC ，记二面角 1A AB C- - 的平面角为， 1 3 52cos 51 10 6 2 2 ABM ABA S S S S     = = = =   投 原 ，  2 5sin 5  = ，故 C 错误. 答案第 14 页，共 15 页 对于 D，取BC中点G ，连接 1BG ， AG，该几何体可分割为三棱柱 1 1 1A BC AGC− 和三棱锥 1 1B A AB− ， 1B AGB− ， 则几何体体积 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2A B C AGC B AGB A B C AGC B ABGV V V V V− − − −= + = + ， 图中 1 1 3A M BM A B= = = ， 1A 到底面 ABC 的距离为 3 3 3 2 2  = ，  3 3 1 3 3 1 5 32 3 2 2 3 2 2 2 4 AGC AGBV S S =  +   =  +  = ，故 D 正确. 故选：ABD. 【点睛】方法点睛： 求几何体的体积，要注意分割与补形．将不规则的几何体通过分割或补形将其转化为规则 的几何体求解． 12．220 13． 1− 【分析】根据偶函数的知识解出 ,m n的值即可. 【详解】由题意得 2 0 0 0 1 m m n n n = =    + = = −  ，所以 1m n+ = − . 故答案为： 1− 14． 2 1 2 n n − 【分析】归纳求出满足Z X Y= + 的情况种数，根据古典概型的概率公式求解. 【详解】由题意，从三个袋子中摸出的球上所标记的数的总的情况为 3n 种， 满足Z X Y= + ，则2 Z n  ， 当 2Z = 时， ,X Y 对应的情况有 ( )1,1 ，1 种； 当 3Z = 时， ,X Y 对应的情况有 ( ) ( )1,2 , 2,1 ，2 种； 答案第 15 页，共 15 页 当 4Z = 时， ,X Y 对应的情况有 ( ) ( ) ( )1,3 , 2,2 , 3,1 ，3 种； L 当Z n= 时， ,X Y 对应的情况有 ( ) ( ) ( )1, 1 , 2, 2 , , 1,1n n n− − −L ， 1n− 种； 所以满足Z X Y= + 的情况有 ( ) ( )1 1 2 3 1 2 n n n − + + + + − = 种， 故所求事件的概率为 ( ) 3 2 1 12 2 n n n P n n − − = = . 故答案为： 2 1 2 n n − .