《数理报》高考数学信息优化卷(九)——第二轮综合-【数理报】2025年高考数学专项提分

书 第Ⅰ卷 选择题 （共５８分） 一、单项选择题：本题共８小题，每小题５分，共４０分． 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　１．已知全集为Ｒ，集合Ａ＝｛ｘ｜ｘ２－２ｘ－３＜０｝，Ｂ＝｛ｙ｜ｙ＝ ｘ２｝，则（瓓ＲＢ）∩Ａ＝ （　　） （Ａ）｛ｘ｜－１＜ｘ＜２｝ （Ｂ）｛ｘ｜２＜ｘ＜３｝ （Ｃ）｛ｘ｜ｘ＜３｝ （Ｄ）｛ｘ｜－１＜ｘ＜０｝ ２．复数ｚ＝（１－ｉ） ２ １＋ｉ 的共轭复数为 （　　） （Ａ）－１－ｉ （Ｂ）－１－２ｉ （Ｃ）－１＋ｉ （Ｄ）－１＋２ｉ ３．某学校为了解学生参加体育运动的情况，用比例分配的分层 随机抽样方法作抽样调查，拟从初中部和高中部两层共抽取６０名学 生，已知该校初中部和高中部分别有４００名和２００名学生，则不同的 抽样结果共有 （　　） （Ａ）Ｃ４５４００·Ｃ １５ ２００种 （Ｂ）Ｃ ２０ ４００·Ｃ ４０ ２００种 （Ｃ）Ｃ３０４００·Ｃ ３０ ２００种 （Ｄ）Ｃ ４０ ４００·Ｃ ２０ ２００种 ４．已知ｆ（ｘ）＝ ｘｅ ｘ ｅａｘ－１ 是偶函数，则ａ＝ （　　） （Ａ）－２ （Ｂ）－１ （Ｃ）１ （Ｄ）２ ５．设双曲线ｘ ２ ａ２ －ｙ ２ ｂ２ ＝１（ａ＞０，ｂ＞０）的渐近线的倾斜角为α， 若该双曲线与椭圆 ｘ２ ４＋ ｙ２ ３＝１的离心率之积为１，且有相同的焦距， 则ｓｉｎα＝ （　　） （Ａ）槡３７ （Ｂ） 槡７ １３ （Ｃ） 槡３ ２ （Ｄ） 槡２ １３ ６．已知等比数列｛ａｎ｝的首项为４，公比为２，其前ｎ项和为Ｓｎ，若 ｌｏｇ８（Ｓｋ＋４）＝６，则ｋ＝ （　　） （Ａ）４ （Ｂ）８ （Ｃ）１２ （Ｄ）１６ ７．在△ＡＢＣ中，ＡＢ＝４，ＢＣ＝６，∠ＡＢＣ＝π２，Ｄ是ＡＣ的中点， Ｅ在ＢＣ上，且ＡＥ⊥ＢＤ，则 →ＡＥ· →ＢＣ＝ （　　） （Ａ）１６ （Ｂ）１２ （Ｃ）８ （Ｄ）－４ ８．已知圆锥ＳＯ的母线ＳＡ＝５，侧面积为１５π，若正四面体Ａ１－ Ｂ１Ｃ１Ｄ１能在圆锥ＳＯ内任意转动，则正四面体Ａ１－Ｂ１Ｃ１Ｄ１的最大棱 长为 （　　） （Ａ）１ （Ｂ）槡６ （Ｃ） ３ ２ （Ｄ）槡３ 二、多项选择题：本题共３小题，每小题６分，共１８分． ９．如图１，函数ｆ（ｘ）＝Ａｓｉｎ（ωｘ＋φ）（Ａ ＞０，ω＞０，｜φ｜≤ π２）的图象与ｘ轴的其中 两个交点为 Ａ，Ｂ，与 ｙ轴交于点 Ｃ，Ｄ为线段 ＢＣ的中点，ＯＢ ＝ 槡３ＯＣ，ＯＡ ＝ ２，ＡＤ ＝ 槡２ ２１ ３ ，则 （　　） （Ａ）ｆ（ｘ）的图象不关于直线ｘ＝８对称 （Ｂ）ｆ（ｘ）的最小正周期为１２π （Ｃ）ｆ（－ｘ＋２）的图象关于原点对称 （Ｄ）ｆ（ｘ）在［５，７］上单调递减 １０．已知Ｏ为坐标原点，点Ａ（１，１）在抛物线Ｃ：ｘ２＝２ｐｙ（ｐ＞０） 上，过点Ｂ（０，－１）的直线交Ｃ于Ｐ，Ｑ两点，则 （　　） （Ａ）Ｃ的准线为ｙ＝－１ （Ｂ）直线ＡＢ与Ｃ相切 （Ｃ）｜ＯＰ｜·｜ＯＱ｜＞｜ＯＡ｜２ （Ｄ）｜ＢＰ｜·｜ＢＱ｜＞｜ＢＡ｜２ １１．已知函数ｆ（ｘ）＝（ｘ－１）ｅ ｘ＋ｋ ｘ ，其导函数为ｆ′（ｘ），且ｆ（１） ＝１，记ｇ（ｘ）＝ｘｆ（ｘ），则下列说法正确的是 （　　） （Ａ）ｆ′（ｘ）＞０恒成立 （Ｂ）函数ｇ（ｘ）的极小值为０ （Ｃ）若函数ｙ＝ｇ（ｘ）－ｍ在其定义域内有两个不同的零点，则 实数ｍ的取值范围是（０，１） （Ｄ）对任意的 ｘ１，ｘ２ ∈ （２，＋∞），都有 (ｆ ｘ１＋ｘ２)２ ≤ ｆ（ｘ１）＋ｆ（ｘ２） ２ 第Ⅱ卷 非选择题 （共９２分） 三、填空题：本题共３小题，每小题５分，共１５分． １２．已知向量ａ＝（ｃｏｓ３０°，－ｓｉｎ２１０°），ｂ＝（－槡３，１），则ａ与 ｂ夹角的余弦值为 ． １３．若数列｛ａｎ｝为等差数列，｛ｂｎ｝为等比数列，且满足：ａ１＋ ａ２４２２ ＝２７，ｂ１·ｂ２４２２ ＝２，函数ｆ（ｘ）满足ｆ（ｘ＋２）＝－ｆ（ｘ）且ｆ（ｘ） ＝ｅｘ，ｘ∈［０，２］，则 (ｆ ａ１２１１＋ａ１２１２１＋ｂ１２１１ｂ )１２１２ ＝ ． １４．如果两地的距离是６００公里，驾车走完这６００公里耗时６小 时，那么在某一时刻，车速必定会达到平均速度１００公里 ／小时．上 述问题转换成数学语言：ｆ（ｘ）是距离关于时间的函数，那么一定存 在 ｆ（ｂ）－ｆ（ａ） ｂ－ａ ＝ｆ′（ｃ），ｆ′（ｃ）就是ｃ时刻的瞬时速度．前提条件是 函数ｆ（ｘ）在［ａ，ｂ］上连续，ｆ（ｘ）在（ａ，ｂ）内可导，且ａ＜ｃ＜ｂ．也 就是在曲线的两点间作一条割线，割线的斜率就是 ｆ（ｂ）－ｆ（ａ） ｂ－ａ ， ｆ′（ｃ）是与割线平行的一条切线的斜率，切线与曲线相切于Ｃ点．已 知对任意实数ｘ１，ｘ２∈（１，３），且ｘ１ ＞ｘ２，不等式ｆ（ｘ１）－ｆ（ｘ２）＜ ｋ（ｘ１－ｘ２）恒成立，若函数ｆ（ｘ）＝２ｘ ２－ｋｌｎｘ，则实数ｋ的取值范围 是 ． 四、解答题：本题共５小题，共７７分． １５．（１３分）在 △ＡＢＣ中，角 Ａ，Ｂ，Ｃ的对边分别是 ａ，ｂ，ｃ，且 ４ａｃｏｓ２Ｂ２ ＝２ａ－ｂ＋２ｃ． （１）求Ａ； （２）如图２，若ｂ＝２，△ＡＢＣ的面积为３＋槡３２ ，Ｍ是ＡＢ的中点， 求ＣＭ２． １６．（１５分）已知函数ｆ（ｘ）＝ｘｌｎｘ－１３ａｘ ３－ｘ（ａ∈Ｒ）． （１）若ｆ（ｘ）在ｘ＝１处的切线与直线ｙ＝ｘ垂直，求ａ的值； （２）若ｆ（ｘ）有两个极值点，求ａ的取值范围． ! " # $ % & ' " ( ) & * + , - . / 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 " : $ ; & ' " ( ) & * + , - . / 0 1 2 3 4 5 < 7 8 !"# !"#$%&'()* ! !"#$%&'()* !"#$%&'"( )*+,-./0 ! " # $ % & ' ! ! % ( ) $ ! " 书 １７．（１５分）如图３，四面体ＡＢＣＤ中，ＡＤ⊥ＣＤ，ＡＤ＝ＣＤ，∠ＡＤＢ ＝∠ＢＤＣ，Ｅ为ＡＣ的中点． （１）证明：平面ＢＥＤ⊥平面ＡＣＤ； （２）设ＡＢ＝ＢＤ＝２，∠ＡＣＢ＝６０°，点Ｆ在ＢＤ上，当△ＡＦＣ的 面积最小时，求ＣＦ与平面ＡＢＤ所成的角的正弦值． １８．（１７分）“绿色出行，低碳环保”的理念已经深入人心，逐渐 成为新的时尚．甲、乙、丙三人为响应“绿色出行，低碳环保”号召，他 们计划每天选择“共享单车”或“地铁”两种出行方式中的一种．他 们之间的出行互不影响，其中，甲每天选择“共享单车”的概率为 １ ２， 乙每天选择“共享单车”的概率为 ２ ３，丙在每月第一天选择“共享单 车”的概率为 ３ ４，从第二天起，若前一天选择“共享单车”，后一天继 续选择“共享单车”的概率为 １ ４，若前一天选择“地铁”，后一天继续 选择“地铁”的概率为 １ ３，如此往复． （１）若３月１日有两人选择“共享单车”出行，求丙选择“共享单 车”的概率； （２）记甲、乙、丙三人中３月１日选择“共享单车”出行的人数为 Ｘ，求Ｘ的分布列与数学期望； （３）求丙在３月份第ｎ（ｎ＝１，２，…，３１）天选择“共享单车”的 概率Ｐｎ，并帮丙确定在３月份中选择“共享单车”的概率大于“地铁” 的概率的天数． １９．（１７分）人类对地球形状的认识经历了漫长的历程．古人认为 宇宙是“天圆地方”的，之后人们又认为地球是个圆球．１７世纪，牛顿 等人根据力学原理提出地球是扁球的理论，这一理论直到１７３９年才被 南美和北欧的弧度测量所证实．其实，之前中国就曾进行了大规模的 弧度测量，发现纬度越高，每度子午线弧长越长的事实，这同地球两极 略扁，赤道隆起的理论相符．地球的形状类似于椭球体，椭球体的表面 为椭球面，在空间直角坐标系下，椭球面Г：ｘ ２ ａ２ ＋ｙ ２ ｂ２ ＋ｚ ２ ｃ２ ＝１（ａ＞０，ｂ ＞０，ｃ＞０），这说明椭球完全包含在由平面ｘ＝±ａ，ｙ＝±ｂ，ｚ＝±ｃ所 围成的长方体内，其中ａ，ｂ，ｃ按其大小，分别称为椭球的长半轴、中半 轴和短半轴．某椭球面与坐标面ｚ＝０的截痕是椭圆Ｅ：ｘ ２ ２＋ｙ ２ ＝１． （１）已知椭圆ｘ ２ ａ２ ＋ｙ ２ ｂ２ ＝１（ａ＞ｂ＞０）在其上一点Ｑ（ｘ０，ｙ０）处 的切线方程为 ｘｘ０ ａ２ ＋ ｙｙ０ ｂ２ ＝１．过椭圆Ｅ的左焦点Ｆ１作直线ｌ与椭圆Ｅ 相交于Ａ，Ｂ两点，过点Ａ，Ｂ分别作椭圆Ｅ的切线，两切线交于点Ｍ， 求△ＡＢＭ面积的最小值． （２）我国南北朝时期的伟大科学家祖日恒于５世纪末提出了祖日恒 原理：“幂势既同，则积不容异”．祖日恒原理用现代语言可描述为：夹 在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平 面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体 积相等．当ｂ＝ｃ时，椭球面Γ围成的椭球是一个旋转体，类比计算球 的体积的方法，运用祖日恒原理求该椭球的体积． !"#$%&'()*+ !" ,- ! " # $ % & ' " ( ) & * + , - . / 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 " : $ ; & ' " ( ) & * + , - . / 0 1 2 3 4 5 < 7 8 !"# ! " # $ % & ! ! ! " # $ !" 书 － ｍｙ２＋３ ｙ (２ ｘ－ ｍｙ２－１)２ ． 设Ｑ（ｘ０，ｙ０），则ｙ１，ｙ２是方程ｙ０－ ｙ ２＝－ ｍｙ＋３(ｙ ｘ０ －ｍｙ－１)２ 的两根， 即ｙ１，ｙ２是方程（ｍ ２＋１）ｙ２－（２ｍｘ０－２ｍ＋２ｙ０）ｙ－ ３－６ｘ０ ＝０的两根， 所以ｙ１＋ｙ２ ＝ ２ｍｘ０－２ｍ＋２ｙ０ ｍ２＋１ ，ｙ１ｙ２ ＝ －６ｘ０－３ ｍ２＋１ ， 又因为ｙ１＋ｙ２ ＝－ ２ｍ ｍ２＋３ ，ｙ１ｙ２ ＝－ ３ ｍ２＋３ ， 所以 ２ｍｘ０－２ｍ＋２ｙ０ ｍ２＋１ ＝－ ２ｍ ｍ２＋３ ， －６ｘ０－３ ｍ２＋１ ＝－ ３ ｍ２＋３ ， 解得ｘ０ ＝ －１ ｍ２＋３ ，ｙ０ ＝ ３ｍ ｍ２＋３ ，所以 ｙ０ ｘ０ ＝－３ｍ， 所以ｋＯＱ·ｋＭＮ ＝ ｙ０ ｘ０ · １ ｍ ＝（－３ｍ）· １ ｍ ＝－３， 所以直线ＯＱ与ＭＮ的斜率之积为定值 －３． 高考数学信息优化卷（九） 第二轮综合参考答案 一、单项选择题 １～４　ＤＣＤＤ　５～８　ＣＤＡＢ 提示： １．由题得Ａ＝｛ｘ｜－１＜ｘ＜３｝， Ｂ＝｛ｙ｜ｙ＝ｘ２｝＝｛ｙ｜ｙ≥０｝， 瓓ＲＢ＝｛ｙ｜ｙ＜０｝， 所以（瓓ＲＢ）∩Ａ＝｛ｘ｜－１＜ｘ＜０｝． ２．因为ｚ＝（１－ｉ） ２ １＋ｉ ＝ （－２ｉ）（１－ｉ） ２ ＝－１－ｉ， 所以共轭复数为 －１＋ｉ． ３．由题意，初中部和高中部学生人数之比为４００２００＝ ２ １，所以抽取的 ６０名学生中初中部应有 ６０× ２ ３ ＝ ４０（人），高中部应有６０×１３ ＝２０（人），所以不同的抽样 结果共有Ｃ４０４００·Ｃ ２０ ２００种． ４．ｆ（ｘ）的定义域为｛ｘ｜ｘ≠０｝， 因为ｆ（ｘ）是偶函数，所以ｆ（ｘ）＝ｆ（－ｘ）， 即 ｘｅｘ ｅａｘ－１ ＝ －ｘｅ －ｘ ｅ－ａｘ－１ ， 即ｅ（１－ａ）ｘ－ｅｘ ＝－ｅ（ａ－１）ｘ＋ｅ－ｘ， 即ｅ（１－ａ）ｘ＋ｅ（ａ－１）ｘ ＝ｅｘ＋ｅ－ｘ， 所以ａ－１＝±１，解得ａ＝０（舍去）或ａ＝２． ５．由题可得，双曲线的焦距为２ｃ＝２，则ｃ＝１， 所以ａ２＋ｂ２ ＝１． 因为椭圆的离心率为ｅ＝ １２， 所以 １ ２× ｃ ａ ＝１，得 ｃ ａ ＝２． 所以 ｃ２ ａ２ ＝ａ ２＋ｂ２ ａ２ ＝１＋ｂ ２ ａ２ ＝４， 则 ｂ２ ａ２ ＝３，得 ｂａ ＝槡３，所以ｔａｎα＝±槡３， 又０＜α＜π，解得α＝π３或α＝ ２π ３，所以ｓｉｎα＝ 槡３ ２． ６．根据题意，得Ｓｎ ＝ ４（１－２ｎ） １－２ ＝４（２ ｎ－１） ＝２ｎ＋２－４， 所以ｌｏｇ８（Ｓｋ＋４）＝ｌｏｇ８［（２ ｋ＋２－４）＋４］ ＝ｌｏｇ８２ ｋ＋２ ＝ １３（ｋ＋２） ＝６． 解得ｋ＝１６． ７．建立如图１所示的平面直角坐标系， 则Ａ（４，０），Ｂ（０，０），Ｃ（０，６），Ｄ（２，３）． 设Ｅ（０，ｂ），因为ＡＥ⊥ＢＤ，所以→ＡＥ·→ＢＤ＝０， 即（－４，ｂ）·（２，３）＝０，解得ｂ＝ ８３， 所以 (Ｅ ０， )８３ ，→ (ＡＥ＝ －４， )８３ ， 所以 →ＡＥ·→ＢＣ＝１６． ８．如图２所示，设正四面体Ａ１－Ｂ１Ｃ１Ｄ１的棱长为ａ， 则正方体的棱长为槡 ２ ２ａ，体对角线长为 槡６ ２ａ， 所以棱长为ａ的正四面体Ａ１－Ｂ１Ｃ１Ｄ１的外接球半 径为槡 ６ ４ａ． 如图３，在圆锥ＳＯ中，设底面圆半径为Ｒ， 则５πＲ＝１５π，解得Ｒ＝３， 所以ＳＯ＝ ５２－３槡 ２ ＝４． 取轴截面ＳＡＢ，设△ＳＡＢ内切圆的半径为ｒ， 则 １ ２×４×６＝ １ ２（６＋５＋５）ｒ，解得ｒ＝ ３ ２， 即圆锥ＳＯ的内切球半径为 ３２． 因为正四面体Ａ１－Ｂ１Ｃ１Ｄ１能在圆锥 ＳＯ内任意转 动，所以槡 ６ ４ａ≤ ３ ２，即ａ≤槡６， 所以正四面体Ａ１－Ｂ１Ｃ１Ｄ１的最大棱长为槡６． 二、多项选择题 ９．ＡＣＤ；　１０．ＢＣＤ；　１１．ＣＤ． 提示： ９．由题可得Ａ（２，０）， (Ｂ ２＋πω， )０ ，Ｃ（０，Ａｓｉｎφ）， 则 (Ｄ １＋π２ω，Ａｓｉｎφ)２ ． 由ＯＢ＝槡３ＯＣ得槡３｜Ａｓｉｎφ｜＝２＋ π ω ， ① 因为ＡＤ＝ 槡２ ２１３ ， (所以 π２ω－ )１ ２ ＋Ａ ２ｓｉｎ２φ ４ ＝ ２８ ３，② 由①② (得 π )ω ２ －２×π ω －２４＝０， 解得 π ω ＝６（负值舍去），所以ω＝π６． 将点Ａ（２，０）代入ｆ（ｘ）＝Ａｓｉｎ（ωｘ＋φ）中得ｓｉｎ（２ω ＋φ）＝０，所以 (ｓｉｎ π３＋ )φ ＝０， 又｜φ｜≤ π２，解得φ＝－ π ３， 所以由①得槡３ Ａ (ｓｉｎ －π )３ ＝８，解得Ａ＝１６３， 所以ｆ（ｘ）＝１６３ (ｓｉｎ π６ｘ－π )３ ． ｆ（８）＝１６３ (ｓｉｎ π６×８－π )３ ＝０，（Ａ）正确； ｆ（ｘ）的最小正周期为２π π ６ ＝１２，（Ｂ）错误； 因为ｆ（－ｘ＋２）＝１６３ [ｓｉｎ π６（－ｘ＋２）－π ]３ ＝ －１６３ (ｓｉｎ π６ )ｘ ，所以ｆ（－ｘ＋２）为奇函数，（Ｃ）正确； 当５≤ｘ≤７时，π２≤ π ６ｘ－ π ３≤ ５π ６，所以ｆ（ｘ） 在［５，７］上单调递减，（Ｄ）正确． 故选（Ａ）（Ｃ）（Ｄ）． １０．将点Ａ（１，１）代入抛物线Ｃ的方程， 得１＝２ｐ，解得ｐ＝ １２． 所以抛物线Ｃ：ｘ２ ＝ｙ的准线为ｙ＝－１４， 故（Ａ）错误； ｋＡＢ ＝ １－（－１） １－０ ＝２，所以直线ＡＢ的方程为ｙ＝２ｘ－１， 联立 ｙ＝２ｘ－１， ｘ２ ＝ｙ{ ， 整理得ｘ２－２ｘ＋１＝０， Δ＝（－２）２－４×１×１＝０，故（Ｂ）正确； 设直线ＰＱ的方程为ｙ＝ｋｘ－１，Ｐ（ｘ１，ｙ１），Ｑ（ｘ２，ｙ２）， 联立方程 ｙ＝ｋｘ－１， ｘ２ ＝ｙ{ ， 整理得ｘ２－ｋｘ＋１＝０， 所以ｘ１＋ｘ２ ＝ｋ，ｘ１ｘ２ ＝１，且Δ＝ｋ ２－４＞０， 解得ｋ＞２或ｋ＜－２， 所以｜ＯＰ｜·｜ＯＱ｜＝ ｘ２１＋ｙ槡 ２ １· ｘ ２ ２＋ｙ槡 ２ ２ ＝ ｙ１＋ｙ槡 ２ １· ｙ２＋ｙ槡 ２ ２ ＝ ｙ１ｙ２（１＋ｙ１）（１＋ｙ２槡 ） ＝ （ｘ１ｘ２） ２×ｋｘ１×ｋｘ槡 ２ ＝ ｋ槡 ２ ＞２＝｜ＯＡ｜２， 故（Ｃ）正确； 因为｜ＢＰ｜＝ １＋ｋ槡 ２｜ｘ１｜，｜ＢＱ｜＝ １＋ｋ槡 ２｜ｘ２｜， ! ! " ! # ! $ ! ! " " % % ! $ & ! # ! " # $ %&" &! %!"" ' ( ( ( ( ( ( ( ( ) ) ) ) ) ) ) ) $ # ! * ! ! + ' % $ # " ! &! ! " # $ !" 书 所以｜ＢＰ｜·｜ＢＱ｜＝（１＋ｋ２）｜ｘ１ｘ２｜ ＝１＋ｋ２ ＞５＝｜ＢＡ｜２， 故（Ｄ）正确． 故选（Ｂ）（Ｃ）（Ｄ）． １１．由题得ｆ（１）＝ｋ＝１， 所以ｆ（ｘ）＝（ｘ－１）ｅ ｘ＋１ ｘ ． 由ｆ′（ｘ）＝（ｘ ２－ｘ＋１）ｅｘ－１ ｘ２ ，因为 ｆ′（－２）＝ ７ｅ－２－１ ４ ＜０，所以ｆ′（ｘ）＞０不恒成立，（Ａ）错误； 由ｇ（ｘ）＝ｘｆ（ｘ）＝（ｘ－１）ｅｘ ＋１（ｘ≠ ０），可得 ｇ′（ｘ）＝ｘｅｘ，其中ｇ（０）无意义，所以ｇ（ｘ）的极小值一定 不为０，（Ｂ）错误； 因为ｇ′（ｘ）＝ｘｅｘ（ｘ≠０），当ｘ＜０时，ｇ′（ｘ）＜０； 当ｘ＞０时，ｇ′（ｘ）＞０，所以函数ｇ（ｘ）在（－∞，０）上单 调递减，在（０，＋∞）上单调递增，且当ｘ→－∞时，ｇ（ｘ） →１，当ｘ→０时，ｇ（ｘ）→０，当ｘ→＋∞时，ｇ（ｘ）→＋∞， 作出函数ｇ（ｘ）的大致图象，如图４所示． 结合图象可知，当０＜ｍ＜１时，函数ｙ＝ｇ（ｘ）与 ｙ＝ｍ的图象有两个不同的交点，即函数ｙ＝ｇ（ｘ）－ｍ 在其定义域内有两个不同的零点，所以实数 ｍ的取值范 围是（０，１），（Ｃ）正确； 设ｈ（ｘ）＝ｆ′（ｘ）＝（ｘ ２－ｘ＋１）ｅｘ－１ ｘ２ （ｘ＞２）， 则ｈ′（ｘ）＝ｅ ｘ（ｘ２＋２）（ｘ－１）＋２ ｘ３ ＞０， 所以ｈ（ｘ）在（２，＋∞）上单调递增，即ｆ′（ｘ）在（２， ＋∞）上单调递增，又ｆ′（２）＝３ｅ ２－１ ４ ＞０，所以当ｘ＞ ２时，ｆ′（ｘ）＞０，则ｆ（ｘ）在（２，＋∞）上单调递增，且ｆ（２） ＝ｅ ２＋１ ２ ，作出函数ｆ（ｘ）的大致图象，如图５所示． 易知 ｆ（ｘ）的图象为凸函数，所以 (ｆｘ１＋ｘ２)２ ≤ ｆ（ｘ１）＋ｆ（ｘ２） ２ ，当且仅当ｘ１ ＝ｘ２时等号成立，（Ｄ）正确． 故选（Ｃ）（Ｄ）． 三、填空题 １２．－１２；　１３．ｅ；　１４．［９，＋∞）． 提示： １２．ａ (＝ 槡３２， )１２ ，ａ·ｂ＝－１，｜ａ｜＝１，｜ｂ｜＝２， 设ａ与ｂ的夹角为θ， 则ｃｏｓθ＝ ａ·ｂ｜ａ｜｜ｂ｜＝ －１ １×２＝－ １ ２． １３．因为数列｛ａｎ｝为等差数列，且ａ１＋ａ２４２２ ＝２７， 所以ａ１２１１＋ａ１２１２ ＝２７， 又｛ｂｎ｝为等比数列，且ｂ１·ｂ２４２２ ＝２， 所以ｂ１２１１ｂ１２１２ ＝２，所以 ａ１２１１＋ａ１２１２ １＋ｂ１２１１ｂ１２１２ ＝９． 又ｆ（ｘ＋２）＝－ｆ（ｘ）， 所以ｆ（ｘ＋４）＝－ｆ（ｘ＋２）＝ｆ（ｘ）， 所以函数ｆ（ｘ）的最小正周期为４， 又ｆ（ｘ）＝ｅｘ，ｘ∈［０，２］， 所以ｆ（９）＝ｆ（２×４＋１）＝ｆ（１）＝ｅ， 即 (ｆ ａ１２１１＋ａ１２１２１＋ｂ１２１１ｂ )１２１２ ＝ｅ． １４．因为对任意实数ｘ１，ｘ２∈（１，３），且ｘ１ ＞ｘ２， 不等式ｆ（ｘ１）－ｆ（ｘ２）＜ｋ（ｘ１－ｘ２）恒成立， 所以ｋ＞ ｆ（ｘ２）－ｆ（ｘ１） ｘ２－ｘ１ ， 即ｋ＞ｆ′（ｘ）在（１，３）上恒成立． 由ｆ（ｘ）＝２ｘ２－ｋｌｎｘ，可得ｆ′（ｘ）＝４ｘ－ｋｘ， 所以ｋ＞４ｘ－ｋｘ在（１，３）上恒成立， 即ｋ＞ ４ｘ ２ ｘ＋１在（１，３）上恒成立， 又 ４ｘ２ ｘ＋１＝ ４（ｘ＋１）２－８（ｘ＋１）＋４ ｘ＋１ ＝４（ｘ＋１）＋ ４ｘ＋１－８， 令ｔ＝ｘ＋１，ｔ∈（２，４），设ｇ（ｔ）＝４ｔ＋４ｔ－８， 则ｇ′（ｔ）＝４－４ ｔ２ ＞０， 所以ｇ（ｔ）＝４ｔ＋４ｔ－８在（２，４）上单调递增， 则ｇ（ｔ）＜ｇ（４）＝９，所以ｋ≥９． 四、解答题 １５．解：（１）根据题意２ (ａ ２ｃｏｓ２Ｂ２－ )１ ＝－ｂ＋２ｃ， 即２ａｃｏｓＢ＝－ｂ＋２ｃ， 由正弦定理得：２ｓｉｎＡｃｏｓＢ＝－ｓｉｎＢ＋２ｓｉｎＣ ２ｓｉｎＡｃｏｓＢ＝－ｓｉｎＢ＋２ｓｉｎ（Ａ＋Ｂ） ２ｓｉｎＡｃｏｓＢ＝－ｓｉｎＢ＋２ｓｉｎＡｃｏｓＢ＋２ｃｏｓＡｓｉｎＢ ｓｉｎＢ（２ｃｏｓＡ－１）＝０， 因为ｓｉｎＢ≠０，所以ｃｏｓＡ＝ １２， 又因为Ａ∈（０，π），所以Ａ＝π３． （２）因为ｂ＝２，△ＡＢＣ的面积为３＋槡３２ ， 所以 １ ２ｂｃｓｉｎＡ＝ １ ２×２×ｃ× 槡３ ２ ＝ ３＋槡３ ２ ， 解得ｃ＝槡３＋１， 所以 ＣＭ２ ＝ ＡＭ２ ＋ＡＣ２ －２ＡＭ· ＡＣｃｏｓ ( Ａ ＝ 槡３＋１)２ ２ ＋２２－２×槡３＋１２ ×２× １ ２ ＝４－ 槡３ ２． １６．解：（１）由题得ｆ′（ｘ）＝ｌｎｘ＋１－ａｘ２－１ ＝ｌｎｘ－ａｘ２， 因为ｆ（ｘ）在ｘ＝１处的切线与直线ｙ＝ｘ垂直， 所以ｆ′（１）＝－１，即 －ａ＝－１，所以ａ＝１． （２）因为ｆ′（ｘ）＝ｌｎｘ－ａｘ２，且ｆ（ｘ）有两个极值点， 所以方程ｆ′（ｘ）＝０在（０，＋∞）上有两个不同的 根，即方程ｌｎｘ－ａｘ２ ＝０有两个不同的正实数根， 将问题转化为函数ｇ（ｘ）＝ｌｎｘ ｘ２ 与函数ｙ＝ａ的图象 在（０，＋∞）上有两个不同的交点． 又ｇ′（ｘ）＝ｘ（１－２ｌｎｘ） ｘ４ ＝１－２ｌｎｘ ｘ３ ， 令ｇ′（ｘ）＝１－２ｌｎｘ ｘ３ ＝０，解得ｘ＝槡ｅ． 当ｘ＞槡ｅ时，ｇ′（ｘ）＜０，ｇ（ｘ）单调递减， 当０＜ｘ＜槡ｅ时，ｇ′（ｘ）＞０，ｇ（ｘ）单调递增， 当０＜ｘ＜１时，ｇ（ｘ）＜０，当ｘ＞１时，ｇ（ｘ）＞０， 又ｇ（１）＝０，且当ｘ→＋∞时，ｇ（ｘ）→０． 作出ｇ（ｘ）的大致图象如图６所示： 结合图象可得，ａ (的取值范围是 ０，１ )２ｅ ． １７．（１）证明：因为ＡＤ＝ＣＤ，∠ＡＤＢ＝∠ＣＤＢ， 所以△ＡＢＤ≌△ＣＢＤ，所以ＡＢ＝ＣＢ． 因为Ｅ为ＡＣ的中点，所以ＡＣ⊥ＢＥ，ＡＣ⊥ＤＥ． 又ＤＥ∩ＢＥ＝Ｅ，ＤＥ，ＢＥ平面ＢＥＤ， 所以ＡＣ⊥平面ＢＥＤ． 又ＡＣ平面ＡＣＤ，所以平面ＢＥＤ⊥平面ＡＣＤ． （２）解：由（１）知ＡＢ＝ＢＣ，又因为ＡＢ＝２，∠ＡＣＢ＝ ６０°，所以△ＡＢＣ为正三角形． 则ＡＣ＝２，ＢＥ＝槡３，ＡＥ＝１． 因为ＡＤ＝ＣＤ，ＡＤ⊥ＣＤ， 所以△ＡＤＣ为等腰直角三角形，所以ＤＥ＝１． 所以ＤＥ２＋ＢＥ２ ＝ＢＤ２，则ＢＥ⊥ＤＥ． 由（１）知，ＡＣ⊥平面ＢＥＤ． 连接ＥＦ，因为ＥＦ平面ＢＥＤ，所以ＡＣ⊥ＥＦ． 当△ＡＦＣ的面积最小时，点 Ｆ到直线 ＡＣ的距离最 小，即ＥＦ的长度最小． 在Ｒｔ△ＢＥＤ中，当ＥＦ的长度最小时， 此时ＥＦ⊥ＢＤ，ＥＦ＝ＤＥ·ＢＥＢＤ ＝ 槡３ ２． 以Ｅ为坐标原点，→ＥＡ，→ＥＢ，→ＥＤ所在方向为ｘ，ｙ，ｚ轴的 正方向建立如图７所示的空间直角坐标系Ｅ－ｘｙｚ． 则Ａ（１，０，０），Ｂ（０，槡３，０），Ｄ（０，０，１），Ｃ（－１，０，０）， (Ｆ ０，槡３４， )３４ ，→ＡＤ＝（－１，０，１）， →ＡＢ＝（－１，槡３，０），→ (ＣＦ＝ １，槡３４， )３４ ． ! " # $ % & ' ( ) ! ! & " ! !*+!&" # $" ! , ! % & & & & & $ $ & & -& $ $ !*.!&" ! " $ '# ( , ! ) & !*/ !*+!&" , ! ! * & ! " # $ !" 书 设平面ＡＢＤ的法向量为ｎ＝（ｘ，ｙ，ｚ）， 则 ｎ·→ＡＤ＝－ｘ＋ｚ＝０， ｎ·→ＡＢ＝－ｘ＋槡３ｙ＝０ { ， 令ｙ＝槡３，则ｎ＝（３，槡３，３）． 设ＣＦ与平面ＡＢＤ所成的角为θ， 则ｓｉｎθ＝｜ｃｏｓ〈ｎ，→ＣＦ〉｜＝｜ｎ· →ＣＦ｜ ｜ｎ →｜｜ＣＦ｜ ＝ ６ 槡２１×槡 ７ ４ ＝ 槡４３７， 所以ＣＦ与平面ＡＢＤ所成的角的正弦值为 槡４３７． １８．解：（１）记甲、乙、丙三人３月１日选择“共享单 车”出行分别为事件Ａ，Ｂ，Ｃ， 记三人中恰有两人选择“共享单车”出行为事件Ｄ， 则Ｐ（Ｄ）＝Ｐ（ＡＢＣ）＋Ｐ（ＡＢＣ）＋Ｐ（ＡＢＣ）＝１２× ２ ３× １ ４＋ １ ２× １ ３× ３ ４＋ １ ２× ２ ３× ３ ４ ＝ １１ ２４， 又Ｐ（ＣＤ）＝Ｐ（ＡＢＣ）＋Ｐ（ＡＢＣ）＝１２× ２ ３× ３ ４＋ １ ２× １ ３× ３ ４ ＝ ３ ８， 所以Ｐ（Ｃ｜Ｄ）＝Ｐ（ＣＤ）Ｐ（Ｄ） ＝ ３ ８ １１ ２４ ＝ ９１１， 即若３月１日有两人选择“共享单车”出行，丙选择 “共享单车”的概率为 ９ １１． （２）由题意可知，Ｘ的所有可能取值为０，１，２，３， 则Ｐ（Ｘ＝０）＝Ｐ（ＡＢＣ）＝ １２× １ ３× １ ４ ＝ １ ２４， Ｐ（Ｘ＝１）＝Ｐ（ＡＢＣ）＋Ｐ（ＡＢＣ）＋Ｐ（ＡＢＣ）＝１２ ×１３× １ ４＋ １ ２× ２ ３× １ ４＋ １ ２× １ ３× ３ ４ ＝ １ ４， Ｐ（Ｘ＝２）＝Ｐ（Ｄ）＝１１２４， Ｐ（Ｘ＝３）＝Ｐ（ＡＢＣ）＝ １２× ２ ３× ３ ４ ＝ １ ４， 所以Ｘ的分布列为 Ｘ ０ １ ２ ３ Ｐ １２４ １ ４ １１ ２４ １ ４ 数学期望Ｅ（Ｘ）＝０×１２４＋１× １ ４＋２× １１ ２４＋３× １ ４ ＝ ２３ １２． （３）由题意得Ｐ１ ＝ ３ ４， 则Ｐｎ ＝ １ ４Ｐｎ－１＋ ２ ３（１－Ｐｎ－１） ＝－５１２Ｐｎ－１＋ ２ ３（ｎ＝２，３，…，３１）， 所以Ｐｎ－ ８ １７＝－ ５ (１２ Ｐｎ－１－８ )１７ ， 所以 Ｐｎ－ ８ １７ Ｐｎ－１－ ８ １７ ＝－５１２（ｎ＝２，３，…，３１）． 又因为Ｐ１－ ８ １７＝ １９ ６８≠０， {所以数列 Ｐｎ－８}１７ 是以１９６８为首项，－５１２为公比 的等比数列， 所以Ｐｎ ＝ ８ １７＋ １９ ６８ (· －５ )１２ ｎ－１ （ｎ＝２，…，３１）， 经检验当ｎ＝１时，上式也成立， 所以Ｐｎ＝ ８ １７＋ １９ ６８ (· －５ )１２ ｎ－１ （ｎ＝１，２，…，３１）． 由题意知，３月份中选择“共享单车”的概率大于 “地铁”的概率需满足Ｐｎ ＞１－Ｐｎ，即Ｐｎ ＞ １ ２， 则 ８ １７＋ １９ ６８ (· －５ )１２ ｎ－１ ＞ １２， (即 －５ )１２ ｎ－１ ＞ ２１９（ｎ＝１，２，…，３１）， 当ｎ为偶数时 (， －５ )１２ ｎ－１ ＞ ２１９显然不成立， 当ｎ为奇数时， (不等式可变为 ５ )１２ ｎ－１ ＞ ２１９， 当ｎ＝１时，１＞ ２１９成立； 当 ｎ＝３时 (， ５ )１２ ２ ＝２５１４４＞ ２４ １４４＝ ２ １２＞ ２ １９成立； 当ｎ＝５时 (， ５ )１２ ４ (＜ ６ )１２ ４ ＝ １１６＜ ２ １９， 则ｎ＝５时 (， ５ )１２ ｎ－１ ＞ ２１９不成立． 又因为函数 (ｙ＝ ５ )１２ ｎ－１ 单调递减， 所以当ｎ≥５时 (， ５ )１２ ｎ－１ ＞ ２１９不成立， 所以只有在第１天和第３天时，Ｐｎ ＞ １ ２， 所以丙在３月份中选择“共享单车”的概率大于“地 铁”的概率的天数只有２天． １９．解：（１）椭圆Ｅ的标准方程为ｘ ２ ２＋ｙ ２ ＝１， 则Ｆ１（－１，０）． 当直线ｌ的倾斜角为０°时，Ａ，Ｂ分别为椭圆的左、右 顶点，此时两切线平行无交点，不符合题意， 所以直线ｌ的倾斜角不为０°． 设直线ｌ：ｘ＝ｔｙ－１，Ａ（ｘ１，ｙ１），Ｂ（ｘ２，ｙ２）， 由 ｘ２ ２＋ｙ ２ ＝１， ｘ＝ｔｙ－ { １ 得（ｔ２＋２）ｙ２－２ｔｙ－１＝０， 则Δ＝８ｔ２＋８＞０，ｙ１＋ｙ２ ＝ ２ｔ ｔ２＋２ ，ｙ１ｙ２ ＝ －１ ｔ２＋２ ， 所以｜ＡＢ｜＝ １＋ｔ槡 ２｜ｙ１－ｙ２｜ ＝ １＋ｔ槡 ２ （ｙ１＋ｙ２） ２－４ｙ１ｙ槡 ２ ＝ １＋ｔ槡 ２ ４ｔ２ （ｔ２＋２）２ ＋ ４ ｔ２＋槡 ２＝ 槡２２（ｔ ２＋１） ｔ２＋２ ． 又椭圆Ｅ在点Ａ处的切线方程为 ｘ１ｘ ２ ＋ｙ１ｙ＝１， 在点Ｂ处的切线方程为 ｘ２ｘ ２ ＋ｙ２ｙ＝１， 由 ｘ１ｘ ２ ＋ｙ１ｙ＝１， ｘ２ｘ ２ ＋ｙ２ｙ＝ { １ 得ｘＭ ＝ ２（ｙ２－ｙ１） ｘ１ｙ２－ｘ２ｙ１ ＝ ２（ｙ２－ｙ１） （ｔｙ１－１）ｙ２－（ｔｙ２－１）ｙ１ ＝ ２（ｙ２－ｙ１） ｙ１－ｙ２ ＝－２， 代入 ｘ１ｘ ２ ＋ｙ１ｙ＝１， 得ｙＭ ＝ １＋ｘ１ ｙ１ ＝ １＋（ｔｙ１－１） ｙ１ ＝ｔ，所以Ｍ（－２，ｔ）， 则点Ｍ到直线ｌ的距离ｄ＝｜－１－ｔ ２｜ １＋ｔ槡 ２ ＝ １＋ｔ槡 ２， 所以Ｓ△ＡＢＭ ＝ １ ２·｜ＡＢ｜·ｄ ＝ １２· 槡２２（ｔ ２＋１） ｔ２＋２ · ｔ２＋槡 １ ＝槡２（ｔ ２＋１） ｔ２＋槡 １ ｔ２＋２ ， 设ｍ＝ ｔ２＋槡 １≥１，则Ｓ△ＡＢＭ ＝槡 ２ｍ３ ｍ２＋１ ， 令ｆ（ｍ）＝槡２ｍ ３ ｍ２＋１ ，则ｆ′（ｍ）＝槡２（ｍ ４＋３ｍ２） （ｍ２＋１）２ ＞０， 所以ｆ（ｍ）在［１，＋∞）上单调递增， 所以当ｍ＝１，即ｔ＝０时，△ＡＢＭ的面积最小， 最小值是槡 ２ ２． （２）椭圆Ｅ的焦点在ｘ轴上， 长半轴长为槡２，短半轴长为１， 椭球由椭圆Ｅ及其内部绕 ｘ轴旋转１８０°而成旋转 体．构造一个底面半径为１，高为槡２的圆柱，在圆柱中挖 去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的 圆锥后得到一个新几何体（如图８）． 当平行于底面的截面与圆锥顶点距离为ｈ（０≤ｈ≤ 槡２）时，设小圆锥底面半径为ｒ， 则 ｈ 槡２ ＝ ｒ１，即ｒ＝ 槡２ ２ｈ， 所以新几何体的截面面积为π－１２πｈ ２． 把ｘ＝ｈ代入Ｅ：ｘ ２ ２＋ｙ ２ ＝１， 得 ｈ２ ２＋ｙ ２ ＝１，解得ｙ２ ＝１－１２ｈ ２， 所以半椭球的截面面积为πｙ２ ＝π－１２πｈ ２， 由祖日恒原理，得椭球的体积Ｖ＝２（Ｖ圆柱 －Ｖ圆锥） ＝ (槡２ ２π－１３×槡２ )π ＝ 槡４２π３ ． ! !