湖南省常德市第一中学2024-2025学年高二下学期期中考试数学试题

答案第 1 页，共 9 页 常德市一中 2025 年上学期高二年级期中考试试卷答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 C D A C D B B A ABC AD BCD 1．C【详解】  2 1 i2 1 i 1 i 2 z       ，则   222i 1 3i 1 3 10z        ． 2．D【详解】由题意可知  ' 0 1f  ，则          ' 0 0 0 01 1 1 lim lim 2 2 2 2 0 x x f x f f x f x x f              . 3．A【详解】 π 3 1 sin cos( ) sin cos sin 6 2 2          1 3 π 1 sin cos sin 2 2 3 3             ， 则 22π π 7cos(2 ) 1 2sin 3 3 9             . 4．C【详解】由题设 4a b  ，则 1 1 1 1 1 1 1 ( )( ) (2 ) (2 2 ) 1 4 4 4 b a b a a b a b a b a b a b            ， 当且仅当 2a b  时取等号，即 1 1 a b  的最小值为 1. 5．D【详解】 6 6 2 1 63 ( ) 2 64 P A    ，事件 AB  “取出的重卦中有 4 阳 2 阴或 5 阳 1 阴”， 则 4 5 6 6 6 C +C 21 ( ) 2 64 P AB   ，则       7 21 P AB P B A P A  ∣ . 6．B【详解】由 1 12 3n n n na a a a   ， 2 9 11 a  可得 1 2 2 1 1 3 2 3 5 a a a a a    ， 易知 0na  ，两侧同时除 1n na a  ，可得 1 1 3 2 n na a    ，整理得 1 1 1 1 3 1 n na a          ， 所以 1 1 na       是以 1 1 2 1 3a   为首项， 1 3 为公比的等比数列，则 1 1 2 1 1 1 2 3 3 3 n n na                ， 故 1 2 1 2 2 1 1 3 31 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 3 1 3 n n n n n a a a a a a                                ， 故 1 2 1 1 1 1 1 3 n n n a a a            ，易知     1 1 N 3 n f n n n           单调递增，    99 100 1 1 99 100 100 100 101 3 3 f f      ，所以 max 99n  . 答案第 2 页，共 9 页 7．B【详解】作 1AO 平面BCD，则 1O 是等边 CBD△ 的中心，设O是正三棱锥 A BCD 外接球的球心， 点O在 1AO 上，连接 1, ,OE OD O E ，连接 1DO 并延长交BC于点F ， 则 13DF O F .设该球半径为 R ，则OA OD R  . 由 6, 3 3AB BC  ，可得 1 3 9 sin 60 3 3 2 2 D BDF      ， 故 2 2 1 1 1 1 2 3, 3 3 3 O D D F AO AD O D     . 在 1Rt OO D△ 中， 2 2 2(3 3 ) 3R R   ，解得 2 3R  . 因为点E 为BD的中点，所以 1 1 1 3 2 2 O E O D  ， 在 1Rt OO E△ 中， 1 1 3OO AO R   ，所以 2 2 1 1 21 2 OE O O O E   ， 设球心O到过点E 的截面圆的距离为d ，可知 21 0, 2 d       ， 截面圆半径 2 2 2 2 2712 ,12 4 r R d d           ，所以截面圆的面积的取值范围为 27 π,12π 4       . 8．A【详解】由2OQ OP OR  知Q为 PR中点，所以OQ PQ ，以OP 为直径的圆过点Q， 故 PQ是以OP 为直径的圆与圆M 的公共弦，联立圆O圆M 的方程，可解得  1, 3P  ， 当  1, 3P 时，以OP 为直径的圆的方程     2 21 3 3 0x x y y x y x y        ，与圆M 的方程相减， 可得直线 PQ的方程为5 3 2 0x y   ， 直线 PQ的斜率为 5 3 3 ，考虑对称性，直线 PQ斜率的另外一解为 5 3 3  .故选：A. 9．ABC【详解】对于 A，二项式系数之和为 92 512 ，故 A 正确； 对于 B，因为第 3 项二项式系数为 2 9C ，第 8 项的二项式系数为 7 9C ， 2 9C 7 9=C ，故 B 正确； 对于 C，由于 9n  为奇数，中间两项即第 5 项与第 6 项的二项式系数最大，故 C 正确； 对于 D，令 1x  可得 0 1 9 1a a a     ①，令 1x   可得 9 0 1 2 9 3 19683a a a a      ②， 两式相减可得  1 3 5 7 92 1 19683 19684a a a a a        ，所以 1 3 5 7 9 9842a a a a a      ，故 D 错误； 故选：ABC 答案第 3 页，共 9 页 10．AD【详解】A 选项，由题意得  1,0F ，故抛物线方程为 2 4y x ， 由抛物线定义得 1 2| | 2 8 2 10AB x x      ，A 正确； B 选项，由于直线 l 的斜率为 0 时，与抛物线只有一个交点，不合要求，舍去， 设直线 : 1AB x my  ，联立 2 4y x ，得 2 4 4 0y my   ， 设    1 1 2 2, , ,A x y B x y ，由于 4BF FA ，则 2 14y y  由韦达定理得 1 2 1 24 , 4y y m y y    ， 故 2 1 13 4 , 4 4y m y     ，解得 1 1 3 3 1, 4 4 y m y      ， 故直线 l 的斜率为 4 3  ，倾斜角不为45或135，B 错误； C 选项，由题意得，准线方程为 1x   ，过点 P 作PG 垂直于直线 1x   于点G ， 由抛物线定义得 PM PG ，故 PM PF PG PF   ， 要想求得 PM PF 的最小值，则过点M 作MQ垂直于直线 1x   于点Q， 故 PM PF 的最小值为 MQ ，最小值为4 1 5  ，C 错误； D 选项，由题意得 1 21, 1AF x BF x    ，由于 1 2 4y y   ， 故   2 1 2 1 2 1 16 y y x x   ， 1 2 1 24 4 4 1 4 5AF BF x x x x        ， 因为 1 2, 0x x  ，由基本不等式得 2 2 1 2 1 24 4 5 2 4 5 9AF BF x x x x       ， 当且仅当 1 24 2x x  时，等号成立，故 4 AF BF 的最小值为 9，D 正确.故选：AD 11．BCD【详解】A，在棱长为 1 的正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中，建立如图所示的空间直角坐标系，则 1 1 1 1 (1,0,0), (1, ,0), ( ,1,0), (1,1,1), (1,0,1) 2 2 A P Q B A ， 1 1 1 1 ( , ,0), (0, ,1) 2 2 2 PQ PB   ， 设平面 1B PQ 的一个法向量 ( , , )n x y z ，则 1 1 1 0 2 2 1 0 2 n PQ x y n PB y z              ， 令 1z   ，得 (2,2, 1)n   ，设棱 1 1C D 上点 (0, ,1)M m ，0 1m  ， 则 ( 1, ,1)AM m  ，若 / /AM 平面 1B PQ ，则有 2 2 1 0n AM m      ，解得 3 2 m  ，与0 1m  矛盾，即 在棱 1 1C D 上不存在点 M，使得 / /AM 平面 1B PQ ，A 不正确； 答案第 4 页，共 9 页 B，点 1C 到平面 1B PQ 的距离 h，因 1 1 ( 1,0,0)B C   ， 则 1 1 2 2 2 | | | 1 2 | 2 3| | 2 2 ( 1) B C n h n          ，B 正确； C，取 AD，CD 的中点 E，F，连接 1 1, , ,A E EF C F EQ ， 则 1 1/ / / /EF AC AC ，即 1 1,EF AC 确定一个平面，如图， 依题意， 1 1/ / / /EQ AB A B ， 1 1EQ AB A B  ，即四边形 1 1A B QE是平行四边形， 1 1/ /A E B Q， 1A E 平面 1B PQ ， 1B Q 平面 1B PQ ，于是得 1 / /A E 平面 1B PQ ， 显然 / /EF PQ，EF 平面 1B PQ ，PQ 平面 1B PQ ，于是得 / /EF 平面 1B PQ ， 而 1A E EF E  ， 1 ,A E EF 平面 1 1AC FE ，因此，平面 1 1 / /AC FE 平面 1B PQ ， 即梯形 1 1AC FE 是过 1 1AC 与平面 1B PQ 平行的正方体的截面， 而 1 1 1 1 5 2 , , 2 2 2 A E C F EF AC    ， 则此等腰梯形的高 2 21 1 1 5 2 3 2 ( ) 2 4 16 4 AC EF h A E        ， 所以过 1 1AC 与平面 1B PQ 平行的正方体的截面面积为 21 1 3 2 9( ) 2 4 8 AC EF h     ，C 正确； D，过 PQ 的平面截正方体的外接球所得截面小圆最小时， 该小圆直径是直线 PQ 被正方体的外接球所截弦，由对称性知线段 PQ 中点 N 是这个小圆的圆心，令正方 体 1 1 1 1ABCD A B C D 的外接球球心为 O，连接 ON，OP， 则ON PQ ，而 2 2 2 2 6 , , 2 4 4 OP PN ON OP PN     ，而球半径 3 2 R  ， 则这个小圆半径 2 2 3 6 6 4 16 4 r R ON     ，此圆面积为 2 ππ 3 8 r  ，D 正确.故选：BCD 12． 17 30 【详解】根据题意，共有 3 6A 120 种不同的安排方法， 因为甲、乙 2 名教师不能到A 学校，且丙教师不能到 B 学校，可分为两种情况讨论： 第一种情况：若丙去A 学校，则有 2 5A 20 中安排方法； 第二种情况：若丙不去A 学校，则A 学校有 1 3C 3 种选法， B 学校有 1 4C 4 种选法， C 学校有 1 4C 4 种选法，有 1 1 1 3 4 4C C C 48 种不同的安排方法，综上可得，共有20 48 68  种不同的安排方 法，由古典概型的概率计算，可得概率为 68 17 120 30 P   .故答案为： 17 30 . 答案第 5 页，共 9 页 13．19【详解】设等差数列 na 的前n 项和为 nS ，项数为2 1k  ， 则  1 2 1 1 3 2 1 290 2 k k k k a a S a a a ka          奇 ，     2 2 22 4 2 2 1 1 261 2 k k k k a a S a a a k a             偶 ， 两式相除得 290 1 261 k k   ，解得 10k  ，则项数为2 10 1 19   . 故答案为：19 14． 1 , e        【详解】因为    1 2 1 2 1 f x f x x x    ，所以    1 1 2 2 1 2 0 f x x f x x x x            令函数     ln emxg x f x x x x x     ，则  g x 在  0,  上单调递减， 所以   ln e 0mxg x x m   在  0,  上恒成立，所以 ln emxx m ， 即 ln e e lnemx mx mxx x mx  .令函数   lnh x x x ，则   ln 1h x x  ， 所以  h x 在 1 0, e       上单调递减，在 1 , e        上单调递增.当  0,1x 时，   0h x  ，当  1,x   时，   0h x  ， 且由题干可知 0m  ， 0x  ，即e 1mx  ，若  0,1x ，则 emxx  恒成立，当  1,x   时， ln e lnemx mxx x≤ 恒成立等价于当  1,x   时， emxx  ， 故  0,x   时， emxx  恒成立，故 ln x m x  . 令函数   ln x x x   ，则   2 1 ln x x x     ，当  0,ex 时，   0x  ，当  e,x   时，   0x  ， 所以  x 在  0,e 上递增，在  e,  上递减，所以  x 的最大值     max 1 e e x   ， 1 e m  ； 综上所述，正实数m 的取值范围为 1 e ,      . 故答案为： 1 , e        . 15．【详解】（1）因为 1 1a  ，则 1 1 1 S  ，因为数列 n S n       是以 3 2 为公差的等差数列. 所以   3 3 1 1 1 2 2 2 n n n n S       ，可得 23 1 2 2 nS n n  ， 当 2n  时，     22 1 3 1 3 1 1 1 3 2 2 2 2 2 n n na S S n n n n n                      ，又 1 1a  , 3 2na n  . （2）由（1）可得：  2 3 1 1 1 1 1 2 7 2 2 2 2 n n b S n n n n n n n              ， 故 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 3 2 4 3 5 1 1 2 nT n n n n                   1 1 1 1 3 1 1 1 3 1 2 2 1 2 4 2 1 2 4n n n n                       答案第 6 页，共 9 页 16．【详解】（1）取PD的中点为S，连接 ,SF SC ，则 1 // , 1 2 SF ED SF ED  ， 而 // , 2ED BC ED BC ，故 // ,SF BC SF BC ，故四边形 SFBC为平行四边形，故 //BF SC ， 又BF 平面 PCD， SC 平面 PCD，所以 //BF 平面 PCD . （2）因为 2ED  ，故 1AE  ，故 // , =AE BC AE BC ， 故四边形 AECB为平行四边形，故 //CE AB ， 因 AB 平面PAD，所以CE 平面PAD， 而 ,PE ED平面PAD，故 ,CE PE CE ED  ，而PE ED ， 故以E 为原点，分别以 , ,EC ED EP所在直线为 x 轴， y 轴， z 轴，建立如图空间直角坐标系， 则          0, 1,0 , 1, 1,0 , 1,0,0 , 0,2,0 , 0,0,2A B C D P  ， 则        0, 1, 2 , 1, 1, 2 , 1,0, 2 , 0,2, 2PA PB PC PD          ， 设平面PAB的法向量为  , ,m x y z ， 则 0 0 m PA m PB       ，即 2 0 2 0 y z x y z        ，令 1z  ，则  0, 2,1m   ， 设平面 PCD的法向量为  , ,n a b c ， 则 0 0 n PC n PD       ，即 2 0 2 2 0 a b b c      ， 令 1b  ，则  2,1,1n  ， 故 1 30 cos , 305 6 m n m n m n         ， 故正弦值为 2 30 870 1 30 30         . 17．【详解】（1）设事件 iA “第 i 次投篮命中”，则 iA  “第 i 次投篮未命中”， 1,2,i  ， 易知 2 1 2 1 2 1 2,A A A A A A A  与 1 2A A 是互斥事件，所以由全概率公式得                2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 2 1 P A P A A A A P A A P A A P A P A A P A P A A     ∣ ∣ 3 4 1 2 23 4 5 4 3 30      该运动员第二次投篮命中的概率为 23 30 ． 答案第 7 页，共 9 页 （2）由题意得，        1 1 2 1 2 1 3 1 4 2 , , , 4 4 5 3 P A P A P A A P A A   ∣ ∣ ， X 的所有取值为 0,1,2，      1 2 1 2 1 1 2 1 ( 0) 1 4 3 12 P X P A A P A P A A             ∣ ,      1 2 1 2 1 2 1 2( 1)P X P A A A A P A A P A A            1 2 1 1 2 1 3 4 3 2 19 | 1 1 , 4 5 4 3 60 P A P A A P A P A A                     ∣      1 2 1 2 1 3 4 3 ( 2) , 4 5 5 |P X P A A P A P A A      所以 X 的分布列为 X 0 1 2 P 1 12 19 60 3 5 …… 所以 1 19 3 91 ( ) 0 1 2 12 60 5 60 E X        ． （3）由题意得， 1 3 4 P  ； 当 2i  时，              1 1 1 1 1 1i i i i i i i i i i iP A P A A P A A P A P A A P A P A A        ∣ ∣ 即  1 1 1 4 2 2 2 1 ( 2) 5 3 15 3 i i i iP P P P i          ， 变形为 1 10 2 10 ( 2) 13 15 13 i iP P i          ，所以数列 10 13 iP       是以 2 15 为公比的等比数列， 又 1 10 1 13 52 P    ，于是 1 10 1 2 13 52 15 i iP            ，即 1 10 1 2 13 52 15 i iP           ，所以 1 3 10 4 13 iP P   ． 18．【详解】（1）由题意得 1a  ， 1OA  ， 则当 l 与 x 轴垂直时，不妨设  12,M y ，由 1 1 2 61 2 S OA y   ，得 1 6y  ， 将  12,M y 代入方程 2 2 2 1 1 x y b   ，得 24 1 6 b   ，解得 2 2b  ， 所以双曲线 E 的方程为 2 2 1 2 y x   ． （2）①设  1 1,M x y ，  2 2,N x y ，  00,C y ， 由CM MB 与  2,0B ，得    1 1 0 1 1, 2 ,x y y x y    ， 答案第 8 页，共 9 页 即 1 2 1 x     ， 01 1 y y    ，将 0 2 , 1 1 y M           代入 E 的方程得： 2 0 2 2 1 2 1 1 y                ， 整理得： 2 2 06 4 2 0y     ①， 同理由CN NB 可得 2 2 06 4 2 0y     ②． 由①②知，，是方程 2 2 06 4 2 0x x y    的两个不等实根． 由韦达定理知 3 4 6 2     ，所以  为定值． ②又 1 2 2 9 S S mS  ，即 1 2 1 2 1 12 1 1 1 9 2 2 2 AB y y y m y          ， 整理得： 1 2 1 2 2 3 y y y m y   ， 又 1 2 0y y  ，且 5 < 3 3   ，所以 1 20y y  ，则   1 22 1 2 3 y y y my    ， 整理得 1 2 2 2 3 3 y m y          ，又 2 3    ，故 1 2 2 3 y m y   ， 而由①知 01 1 y y    ， 0 2 1 y y    ，故 1 2 5 1 3 1 1 y y           ， 代入 5 1 2 3 3m         ， 令1 t  8 ,4 3 t         ，得   8 8 2 3 3 3 3 1t t m t t t             ， 由双勾函数 8 3y t t   在 8 ,4 3       上单调递增，得 3 8 3 , 2 5 3 3 m t t           ，所以 m 的范围为 2 5 , 3 3       ． 19．【详解】（1）解：由函数 2 ( ) lnf x a x x   ，可得其定义域为  0,  ，可得   2 2ax f x x   ， ①当 0a  时，若 0x  ， 2 0ax  恒成立， 2 0x  恒成立， 可得   0f x  ，所以  f x 在  0,  内单调递减； ②当 0a  时，令   0f x  ， 2 0ax  ，可得 2 x a  ；令   0f x  得： 2 0 x a   ， 所以  f x 在 2 0, a       内单调递减，在 2 , a        内单调递增， 综上所述，当 0a  时，  f x 在  0,  内单调递减； 当 0a  时，  f x 在 2 0, a       内单调递减，在 2 , a        内单调递增． 答案第 9 页，共 9 页 （2）解：由函数 22 2( ) ( ) [1,ln e],a xg f x x xx x x     ，可得 22 ( ) a x g x x    ， ①当 0a  时，   0g x  在区间[1,e]上恒成立， ( )g x 区间[1,e]上单调递增， 所以 min( ) (1) 1 2 2ln 2g x g    （舍去）； ②当 0a  时，令 22 ( ) 0 a x g x x     ，可得 2 a x   ， （i）当 1 2 a   时，即 2 0a   ， ( )g x 区间[1,e]上单调递增， min( ) (1) 1 2 2ln 2g x g    （舍）； （ii）当1 e 2 a    时，即 22e 2   a ， ( )g x 区间[1, ) 2 a  上递减，在区间 ( ,e] 2 a  上递增，所以 min( ) ( ) ln( ) 2 2ln 2 2 2 2 2 a a a a g x g       ； 令函数 ( ) ln , (1,e)h t t t t t    ，可得 ( ) ln 0h t t    ，所以函数  h t 为单调函数，所以 2 2 a   ，解得 4a   ， 故关于a 的方程 ln( ) 2 2ln 2 2 2 2 a a a     的解为 4a   ； （iii）当 e 2 a   时，即 22e a ， ( )g x 区间[1,e]上单调递减， 所以 2 min( ) (e) e 2 ln 2g x g a     ，解得 2 22 2ln 2 e 2ea      （舍去）；综上所述，实数a 的值为 4 ． （3）证明：当 1a  时， 2 ( ) lnf x x x   ，要证 21 12 ln 2 2 x x x x    ， 即证 21 3ln 0 2 2 x x x x    ，记函数 21 3( ) ln 2 2 m x x x x x    ，定义域为 (0, ) ，可得 ( ) lnm x x x   ，令   ( ) ln , (0, )x m x x x x      ， 由 1 ( ) 1 0x x     ，可得 ( )m x 在 (0, ) 为单调增函数， 因为 1 1 ( ) 1 0m e e      ，且 (1) 1 0m   ， 所以存在 0 1 ( ,1) e x  ，使得 0( ) 0m x  ，即 0 0ln 0x x  ，所以 0 0ln x x  ， 当 0(0, )x x 时， ( ) 0m x   ， ( )m x 单调递减； 当 0( )x x  ， 时， ( ) 0m x   ， ( )m x 单调递增； 所以 2 0 0 0 0 0 1 3 ( ) ( ) ln 2 2 m x m x x x x x     ， 将 0 0ln x x  代入得 2 0 0 0 0 0 0 1 3 1 3 ( ) ln 2 2 2 2 m x x x x x x x        ，其中 0 1 ,1 e x       ， 故 0 0 0 1 3 ( ) (1) 0 2 2 n x x x n      ，即 ( ) 0m x  故当 1a  时， 21 1( ) 2 2 xf x x x   ． 学科网（北京）股份有限公司 常德市一中 2025 年上学期高二期中考试数学试题 （满分 150 分 考试用时 120 分钟 命题人：高二数学备课组） 一､选择题：本题共 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．若复数 2 1 i z   ，则 2iz  （ ） A． 2 B．2 C． 10 D．10 2．如果函数  y f x 在 0x  处的导数为 1，那么     0 0 lim 2x f x f x      （ ） A． 1 B． 1 2  C．1 D． 1 2 3．已知 π 1 sin cos( ) 6 3     ，则 2π cos(2 ) 3   的值为（ ） A． 7 9 B． 2 3  C． 1 3 D． 7 9  4．若随机变量  22,X N  ，且 ( ) ( )( 0, 0)P X a P X b a b     ，则 1 1 a b  的最小值为（ ） A． 1 4 B． 1 2 C．1 D．2 5．我国古代典籍《周易》用“卦”描述万物的变化，每一“重卦”由从下到上排列的 6 个爻（yáo）组成，其中 爻分为阳爻“ ”和阴爻“ ”.在所有重卦中随机取一重卦，记事件 A  “取出的重卦中至少有 1 个 阴爻”，事件B  “取出的重卦中至少有 4 个阳爻”，则  P B A （ ） A． 5 16 B． 11 32 C． 21 64 D． 7 21 6．已知数列 na 满足 1 12 3n n n na a a a   ，且 2 9 11 a  ，则使不等式 1 2 1 1 1 100 na a a     成立的n 的最大值为 （ ） A．98 B．99 C．100 D．101 7．已知正三棱锥 A BCD 的外接球为球 , 6, 3 3O AB BC  ，点E 为BD的中点，过点E 作球O的截面，则 所得截面图形面积的取值范围为（ ） A． 21 π,12π 4       B． 27 π,12π 4       C． 21π, 48π D． 27π, 48π 8．设点 P 是圆 2 2: 4O x y  与圆 2 2: 6 2 0M x y x    的一个交点，过点 P 作直线 PQ交圆M 于另一点Q， 交圆O于另一点 R ，若2OQ OP OR  ，则直线 PQ的斜率为（ ） A． 5 3 3  B． 5 3  C． 3 5  D． 3 2 5  学科网（北京）股份有限公司 二､多选题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分.在每小题给出的四个选项中，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. 9．对于二项式   9 1 2x ，下列说法正确的是（ ） A．展开式中各项的二项式系数之和为 512 B．展开式中第 3 项与第 8 项的二项式系数相等 C．二项式系数最大的项是第 5 和第 6 项 D．若   9 2 9 0 1 2 91 2x a a x a x a x     ，则 1 3 5 7 9 9842a a a a a     10．已知椭圆 2 2 : 1 4 3 x y C   的右焦点为F ，抛物线Γ以 F 为焦点，过F 的直线 l 交抛物线Γ于    1 1 2 2, , ,A x y B x y 两点，下列说法正确的是（ ） A．若 1 2 8x x  ，则 10AB  B． 4BF FA ，直线 l 的倾斜角为45 或135 C．若  4,2 ,M P 为抛物线Γ上一点，则 PM PF 的最小值为 13 D．4 AF BF 的最小值为 9 11．如图所示，在棱长为 1 的正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中，P ，Q分别为棱 AB ，BC 的中点，则以下四个结 论正确的是（ ） A．棱 1 1C D 上存在一点M ，使得 / /AM 平面 1B PQ B．点 1C 到平面 1B PQ 的距离为 2 3 C．过 1 1AC 且与面 1B PQ 平行的平面截正方体所得截面面积为 9 8 D．过 PQ的平面截正方体的外接球所得截面面积的最小值为 3π 8 三､填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分. 12．现从环保公益演讲团的 6 名教师中选出 3 名，分别到 , ,A B C 三所学校参加公益演讲活动，则甲、乙 2 名教师不能到A 学校，且丙教师不能到 B 学校的概率为 ． 13．已知等差数列 na 的项数为奇数，其中所有奇数项和为 290，所有偶数项和为 261，则该数列的项数 为 . 14．已知函数   ln emxf x x x  对定义域内任意 1 2x x ，都有    1 2 1 2 1 f x f x x x    ，则正实数m 的取值范围 为 . 学科网（北京）股份有限公司 四､解答题：本题共 5 小题，共 77 分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤. 15.（13 分）设数列 na 的前n项和为 nS ，已知 1 1a  ，数列 nS n       是以 3 2 为公差的等差数列. (1)求数列 na 的通项公式； (2)设 3 2 7 n n b S n   ，数列 nb 的前n 项和为 nT ，证明： 3 4 nT  . 16.（15 分）如图．在四棱锥P ABCD 中， //BC AD， 1AB BC  ， 3AD  ，点E 在 AD上，且PE AD ， 2PE DE  ． (1)若 F 为线段PE中点，求证： //BF 平面 PCD； (2)若 AB 平面PAD，求平面PAB与平面 PCD夹角的正弦值． 17.（15 分）某篮球运动员进行定点投篮训练，据以往训练结果，第一次投篮命中的概率为 3 4 ．若前一次投 篮命中，那么下次投篮命中的概率为 4 5 ；若前一次投篮未命中，那么下次投篮命中的概率为 2 3 ． (1)求该运动员第二次投篮命中的概率； (2)记该运动员前两次投篮命中的次数为 X ，求 X 的分布列和数学期望； (3)设第 i 次投篮命中的概率为 iP ，求证： 3 10 4 13 iP  ． 学科网（北京）股份有限公司 18.（17 分）已知双曲线   2 2 2 2 : 1 >0, >0 x y E a b a b   一个顶点为  1,0A  ，直线 l 过点  2,0B 且交双曲线右支于 ,M N 两点，记 , ,AMN AOM AON 的面积分别为 1 2, ,S S S .当 l 与 x 轴垂直时， 1 6 2 S  (1)求双曲线E 的标准方程； (2)若 l 交 y 轴于点C ，CM MB ，CN NB . ①求证：  为定值； ②若 1 2 2 9 S S mS  ，当 5 < 3 3   时，求实数m 的取值范围. 19.（17 分）已知函数 2 ( ) ln ( , 0)f x a x a a x    R ． (1)讨论函数 ( )f x 的单调性； (2)若函数 2 2( ) ( ) , [1,e]g x f x x x x     的最小值为2 2ln 2 ，求 a 的值； (3)证明：当 1a  时， 21 1( ) 2 2 xf x x x   ．