江西省新余市第一中学2024-2025学年高三下学期全真模拟数学试题

试卷第 1页，共 5页 新余一中 2025全真模拟数学试卷 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.已知集合  0,1,2A  ， { | 3 1, }B x x k k   N ，则 A B  （ ） A.  0,1,2 B.  1,2 C.  1 D.  2 【答案】D 【详解】因为  0,1,2A  ， { | 3 1, }B x x k k   N ，所以 {2}A B  .故选：D. 2.在 ABCV 中，D为 BC的中点，若 AC a   ，CB b   ，则 AD  为（ ） A． 1 2 a b  B． 1 2 a b   C． 1 2 a b  D． 1 2 a b   【答案】D. 【详解】 如图， 1 1 2 2 AD AC CD AC CB a b             ，故选：D. 3．设一组样本数据 1 2, , , nx x x 的平均数为 3，方差为 4，则数据 1 23 1,3 1, ,3 1nx x x   的标准差为（ ） A．12 B．3 3 C．6 D．36 【答案】C 【详解】 1 2, , , nx x x 的方差为 4，故 1 23 1,3 1, ,3 1nx x x   的方差为 24 3 36  ， 故标准差为 36 6 .故选：C 4抛物线 2 8y x  上与焦点的距离等于 6的点的坐标是（ ） A．  4, 4 2  B．  4, 4 2 C．  6, 4 3  D．  6, 4 3 【答案】A 【详解】因为 2 8p  ，所以 4p  ．由焦半径公式 0 62 px   得 0 2 6x   ， 0 4x  ， 因为抛物线开口朝左，所以 0 0x  ，即 0 4x   ，所以 0 4 2y   故选：A． 5已知 π 4sin 4 5       ，且 π 3π 4 4   ，求 cos （ ） A． 2 10 B． 6 2 C． 2 2 D． 6 10 【答案】A 【详解】因为 π 3π 4 4   ，所以 π π π 2 4    ， 2π π 3cos( ) 1 sin ( ) 4 4 5         ， π π π π π π 3 4 2 2cos cos ( ) cos( ) cos sin( )sin ( ) 4 4 4 4 4 4 5 5 2 10                   ，故选：A. 6．在等比数列{an}中，a6，a10是方程 x2＋6x＋2＝0的两个实数根，则 a8的值为( ) A.2 B.－ 2或 2 C. 2 D.－ 2 【答案】D 【详解】由题意 a6a10＝2，且 a6＋a10＝－6，所以 a6<0，a10<0，又数列{an}为等比数列，所以 a8<0，所以 a8＝－ a6a10＝－ 2. 7．某群体中的每位成员使用移动支付的概率都为 p，各成员的支付方式相互独立.设 X为该群体的 10位成 员中使用移动支付的人数，D(X)＝2.4，P(X＝4)<P(X＝6)，则 p＝( ) A.0.7 B.0.6 C.0.4 D.0.3 【答案】B 【详解】由题意知，该群体的 10位成员使用移动支付的概率分布符合二项分布，所以 D(X)＝10p(1－p)＝ 2.4，所以 p＝0.6或 p＝0.4.由 P(X＝4)<P(X＝6)，得 C410p4(1－p)6<C610p6(1－p)4，即(1－p)2<p2，所以 p>0.5， 所以 p＝0.6. 8 已知函数    ,f x g x 都是定义在R 上的函数，  1 2f x   是奇函数，  2g x  是偶函数，且      2 3, 2 1f x g x g     ，则   2023 1k f k   （ ） A．-4052 B．-4050 C．-1012 D．-1010 【答案】A 【详解】因为  2g x  是偶函数，所以    2 2g x g x     ,由    2 3f x g x    知，    2 3f x g x     ， 所以    f x f x  ，则 f（x）为偶函数. 由  1 2f x   是奇函数可知，    1 2 1 2f x f x        ，所以    1 1 4f x f x      ，则    2 4f x f x     ，则    2 4f x f x      ， 所以    2 4f x f x     ，所以    2 2f x f x     ，则    4f x f x    ，所以    4f x f x   ，则 4为 f（x）的一个周期. 由    1 1 4f x f x      得，    1 1 4f f     ，则    1 1 4f f   ，所以 ( )1 2f = - ， 由    1 1 4f x f x      得，    3 1 4f f    ，即    3 1 4f f   ，所以  3 2f   , 由    2 3f x g x   ，得    0 2 3f g   ，又  2g   1，所以    0 4 4f f  ； 在    2 4f x f x     中，令 4x  ，得    2 4 4f f   ，所以    2 4 4 8f f     .   2023 1k f k                  505 1 2 3 4 1 2 3 505 8 12 4052f f f f f f f              . 故选：A. 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． 已知函数      sin 0, 0,0 2πf x A x A         的部分图象如图所示，则（ ） 试卷第 2页，共 5页 A. 5π 6   B. 2  C.  f x 的图象关于直线 5π 3 x  对称 D.  f x 在 π 5π, 4 6      上的值域为 2,1 【答案】BC 【详解】由函数    sinf x A x   的部分图象可知： 2A  ， 又因为    0 2sin 0 1f      ，即  1sin 0,2π 2   ， ，结合函数的单调性可得 π 6   ,故 A错误； 5π 5π π2sin 0 12 12 6 f               即 5π π 5π πsin 0 ω π 12 6 12 6         ， ，所以 2  , 故 B正确； 所以 π( ) 2sin 2 6 f x x      ． 对于选项 C：当 5π 3 x  时，可得 5π 20π π 7π2sin 2sin 2 3 6 6 2 f                ， 所以  f x 的图象关于直线 5π 3 x  对称， 故 C正确； 对于选项 D： 当 π 5π, 4 6 x      时， π 2π 11π2 , 6 3 6 x       ， 所以 π 3sin 2 1, 6 2 x            ，即   π2sin 2 2, 3 6 f x x           ，故 D错误；故选：BC． 10．下列命题中正确的是（ ） A．若复数 z满足 1 R z  ,则 Rz B．若 z为复数，则 2 2z z∣∣必成立 C．若复数 1 3 i, 2 2 z   则 18 1z  D．若复数 z满足 i 1z z   ， 则 z为纯虚数 【答案】ACD 【详解】对于 A，若 1 R z  ,设 i( , R)z a b a b   ，即 2 2 1 i R i a b a b a b      ，则 0b  ， Rz ，故 A正确， 对于 B，若 iz  ，则 22= 1 =1z z ， ， 2 2z z∣∣，故 B错误， 对于 C，若 3 2 3 1 3 1 3 1 3 1 3 3 1 3i i i i i 2 2 2 2 2 2 4 4 2 2 2 z                                            1 3 1 3i i 1 2 2 2 2                 ，故  618 3 1z z  ，故 C正确， 对于 D，设 i, ( , )z a b a b R   ，则  22 2 2i 1, 1 1z a b a bz     ， 故  22 2 2 1 1a b a b     ，化简可得 0a  ， 1b   ，故 z为纯虚数，D正确， 11. 已知曲线 2: 1 0C xy x x y     .则（ ） A. 曲线C为中心对称图形； B. 曲线C与直线 1y x  有两个交点； C.曲线C恰好经过两个整点（即横、纵坐标均为整数的点）； D. 曲线C上任意两点  1 1,A x y ，  2 2,B x y ，当 1 21x x< < 时， 2AB  . 【答案】AC 【详解】对于 A，假设曲线C的对称中心为  ,h k ，将对称点  2 ,2h x k y  代入原方程：        22 2 (2 ) 2 2 1 0h x k y h x h x k y          ， 整理得 2 2(4 2 1) (1 2 ) 4 4 2 2 1 0xy x h k x h y hk h h k            ， 与原方程比较系数，有 2 4 2 1 1 1 2 1 4 4 2 2 0 h k h hk h h k             ，解得 1, 1h k  ， 说明曲线C关于点  1,1 对称，故 A正确； 对于 B，联立 1y x  与 2 1 0xy x x y     ， 消去 y并整理可得 0x  ，此时 1y  ， 故曲线C与直线 1y x  有一个交点  0,1 ，故 B错误； 对于 C，当 1x  时，原方程不成立，故曲线C可变形为 2 1 1 1 1 x xy x x x        ， 若横、纵坐标均为整数，则 1 1x  必须为整数，故 0x  或 2x  ； 当 0x  时， 1y  ，当 2x  时， 1y  ， 故曲线C恰好经过两个整点  0,1 和  2,1 ，故 C正确； 对于 D，由 C可知 2 1: 1 x xC y x     ， 因为     22 2 22 2 2 2 2 2 2 2 1| | ( 1) 1 1 1 1 x xBM x y x x              ， 令 2 1t x  ， 2 1 0x t   ， 2 1x t   ，   22 2 2 2 2 ( 1) 1 1 1| | 1 2 2 2 2 2 t t BM t t t t                  ， 当且仅当 2 2 12 ,t t  即 2 2 2 t  时等号成立， 同理 2| | 2 2 2AM   ， 由 A知曲线C关于点 (1,1)M 成中心对称，所以当 2| |BM 和 2| |AM 都最小时， , ,A B M 三点共线， 此时 AB 最小，所以 22min| | 4 | 8 2 8 4AB BM    ，故 D错误. 故选：AC. 三､填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分. 试卷第 3页，共 5页 12．若    3ln 1xf x e ax   是偶函数，则 a=________ 【答案】 3 2  . 【解析】由题设及偶函数性质(2)，可得   3 3 0 3 3 3' 0, 1 2 2 x x x ef x a a a e             13．若圆心为  3,0 的圆与双曲线 2 2 1 4 x y  的渐近线相切，则该圆的标准方程为 【答案】  2 2 93 5 x y   14．已知正六棱柱 1 1 1 1 1 1ABCDEF A BC D E F 的各个顶点都在半径为 R的球面上，一个能放进该正六棱柱内部的 最大的球的半径为 r．若 2AB  ，则当 R r 最小时，该正六棱柱的体积为 ． 【答案】36 【详解】设正六边形 ABCDEF的中心为点M ，则点M 与任意一条边均构成等边三角形， 因此点M 到各边的距离均为等边三角形的高，为 2sin60 3  ．不妨设该正六棱柱的高为 h，那么有 2 hr≤ 且 3r ， r取两者之中的较小者．易得该正六棱柱的外接球半径为 2 2 2 162 2 2 h hR        ． 当 2 3h  时， 2 hr  ， 2 2 16 16 16 71 1 12 3 R h r h h        ． 当 2 3h≥ ， 3r  ， 2 16 12 16 72 33 2 3 h R r      ，所以 2 3h  时， R r 取得最小值 7 3 ． 又因为一个等边三角形的面积为 21 2 sin60 3 2     ，所以正六边形底面的面积为6 3，则该正六棱柱的体 积为 6 3 2 3 36  ．故答案为：36． 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)在△ABC中，a，b，c分别是角 A，B，C的对边，且 asin A－bsin B＝( 3a－c)sin C， a∶b＝2∶3. (1)求 sin C的值；(2)若 b＝6，求△ABC的面积. 【详解】(1)∵asin A－bsin B＝( 3a－c)sin C， 由正弦定理得 a2－b2＝( 3a－c)c，∴a2＋c2－b2＝ 3ac， ∴cos B＝a 2＋c2－b2 2ac ＝ 3ac 2ac ＝ 3 2 .又∵B∈(0，π)，∴B＝π 6 . ∵a∶b＝2∶3，∴a＝2 3 b，则 sin A＝2 3 sin B.∴sin A＝2 3 sinπ 6 ＝ 1 3 . 由 3a＝2b知，a<b，∴A为锐角，∴cos A＝ 1－1 9 ＝ 2 2 3 . ∴sin C＝sin[π－(A＋B)]＝sin(A＋B)＝sin Acos B＋cos Asin B＝ 3＋2 2 6 . (2)∵b＝6，a∶b＝2∶3，∴a＝4. ∴S△ABC＝ 1 2 absin C＝1 2 ×4×6× 3＋2 2 6 ＝2 3＋4 2. 16.已知 3 2 2( ) 3 ( 1)f x x ax bx a a     在 1x   时有极值 0. (1)求常数 a，b的值； (2)如果存在 1 2, [ 4,1]x x   ，使得    1 2f x f x M  成立，求满足条件的最大整数M . 【详解】（1）由 3 2 2( ) 3 ( 1)f x x ax bx a a     可得 2( ) 3 6   f x x ax b， 因 1x   时有极值 0，可得     1 0 1 0 f f         ，即 2 3 6 0 1 3 0 a b a b a         ，解得： 1 3 a b    ，（因 1a  ，故舍去）或 2 9 a b    ， 当 2, 9a b  时， 2( ) 3 12 9 3( 1)( 3)f x x x x x       ， 由 ( ) 0f x  可得 3x   或 1x   ，由 ( ) 0f x  可得 3 1x    ， 即函数 ( )f x 在 ( , 3)  和 ( 1, )  上单调递增，在 ( 3, 1)  上单调递减，故函数 ( )f x 在 1x   时取得极小值， 符合题意.故 2, 9a b  . （2）由（1）可知 3 2( ) 6 9 4f x x x x    ， 2( ) 3 12 9 3( 1)( 3), [ 4,1]f x x x x x x         ， x 4 ( 4, 3)  3 ( 3, 1)  1 ( 1,1) 1 ( )f x + 0  0 + ( )f x 0 增 4 减 0 增 2 所以函数 ( )y f x 在 ( 4, 3)  和 ( 1,1) 上单调递增，在 ( 3, 1)  上单调递减. 且 ( 4) 0, ( 3) 4, ( 1) 0, (1) 20f f f f       ，如果存在 1 2, [ 4,1]x x   使得    1 2f x f x M  成立， 等价于    1 2 maxf x f x M    ．而    1 2 max minmax ( ) ( )f x f x f x f x     . 故得 max min( ) ( )f x f x M  ，因 [ 4,1]x  时， max min( ) 20, ( ) 0f x f x  ， 所以 20M  ，即满足条件的最大整数M 为 20． 17．（15分）已知动点到两定点 1( 3,0)F  ， 2 ( 3,0)F 的距离之和为定值，且过点 (2,0)． (1)求动点的轨迹方程 C； (2)若过点 (1,0)P 的直线 l与C交于 ,A B两点，O为坐标原点， OAB△ 面积为 4 5 ，求直线 l的方程． 【详解】（1）依题意，点 (2,0)到点 1 2( 3,0), ( 3,0)F F 的距离和为 (2 3) (2 3) 4 2 3     ， 因此动点的轨迹是以点 1 2,F F 为左右焦点，长轴长为 4的椭圆，短半轴长为 2 22 ( 3) 1- = ， 所以动点的轨迹方程 C： 2 2 1 4 x y  . （2）直线 l不垂直于 y轴，设其方程为 1x ty  ， 1 1 2 2( )A x y B x y, , ( , )， 试卷第 4页，共 5页 由 2 2 1 4 4 x ty x y      消去 x得 2 2( 4) 2 3 0t y ty    ， 1 2 1 22 2 2 3, 4 4 ty y y y t t        ， OAB△ 的面积 2 2 1 2 1 2 1 2 2 2 2 1 1 1 4 12| || | ( ) 4 2 2 2 ( 4) 4OAB tS OP y y y y y y t t          2 2 2 3 4 4 5 t t     ，解得 1t   ， 所以直线 l的方程为 1 0x y   或 1 0x y   . 18．离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标．设 P为多面体M 的一个顶点，定义多面体M 在点 P处的离散 曲率为  1 2 2 3 1 1 1Φ 1 2πP k k k Q PQ Q PQ Q PQ Q PQ       ，其中  1,2, , , 3iQ i k k  为多面体M 的 所有与点 P相邻的顶点，且平面 1 2Q PQ ，平面 2 3 ,Q PQ ，平面 1k kQ PQ 和平面 1kQ PQ为多面体M 的所有以 P 为公共点的面．如图，在三棱锥 P ABC 中． (1)求三棱锥 P ABC 在各个顶点处的离散曲率的和； (2)若 PA 平面 , , 2ABC AC BC AC BC   ，三棱锥 P ABC 在顶点C处的离散曲率为 3 8 ，求点 A到平面 PBC 的距离； (3)在（2）的前提下，又知点Q在棱 PB上，直线CQ与平面 ABC所成角的余弦值为 30 6 ，求 BQ的长度． 【详解】（1）由离散曲率的定义得  1Φ 1 2πP APB BPC APC      1Φ 1 2πA PAB BAC PAC     ，  1Φ 1 2πB PBA ABC PBC     ，  1Φ 1 2πC PCA BCA PCB     ，所以 1Φ Φ Φ Φ 4 4π 2 2πP A B C      ． （2）由 PA 平面 ,ABC BC 平面 ABC，得 PA BC ， 又 AC BC ， , ,AC PA A AC PA  平面 PAC，则 BC 平面 PAC， 由 PC 平面 PAC，得 BC PC ，即 π 2 BCP  ，又  1Φ 1 2πC PCA BCA PCB     ， 即 3 1 π π1 ( ) 8 2π 2 2 PCA     ，解得 π 4 PCA  ， 过点 A作 AM PC 于点M ，由 BC 平面 ,PAC AM 平面 PAC，得 BC AM ， 又 , ,BC PC C BC PC  平面 PCB，则 AM 平面 PCB， 因此点 A到平面 PCB的距离为线段 AM 的长，在Rt ACM 中， 2sin 2 2 2 AM AC PCA     ， 所以点A到平面 PBC 的距离为 2 . （3）过点Q作 / /QG PA交 AB于点G，连接CG， 由 PA 平面 ABC，得QG 平面 ABC，则 GCQ 为直线CQ与平面 ABC所成的角， 依题意， 2 2 2 22, 2 2 2 2, 2 (2 2) 2 3PA AB PB       ， 则 3 6sin ,cos 3 3 PA ABPBA PBA PB PB       ， 设 3 6(0 2 3), sin , cos 3 3 BQ x x QG BQ PBA x BG BQ PBA x         ， 在 BCG ， 2 2 22 4 32 cos 4 3 3 CG BC BG BC BG CBG x x        ， 由 30cos 6 GCQ  ，得 2 6sin 1 cos 6 GCQ GCQ     ， sin 5tan cos 5 GCQGCQ GCQ      ， 因此 2 3 53tan 52 4 34 3 3 xQGGCQ CG x x       ，而 0x  ，解得 2 3 3 x  ， 所以 2 3 3 BQ  . 19. 有编号为1,2, ,n 的 n个空盒子  2, Nn n  ，另有编号为1,2, ,k 的 k个球  2 , Nk n k   ， 现将 k个球分别放入 n个盒子中，每个盒子最多放入一个球．放球时，先将 1 号球随机放入 n个盒子中的 其中一个，剩下的球按照球编号从小到大的顺序依次放置，规则如下：若球的编号对应的盒子为空，则将 该球放入对应编号的盒子中；若球的编号对应的盒子为非空，则将该球随机放入剩余空盒子中的其中一 个．记 k号球能放入 k号盒子的概率为  ,P n k ． （1）求  3,3P ； （2）当 3n  时，求  ,3P n ； （3）求  ,P n k ． 试卷第 5页，共 5页 【小问 1详解】 1号球放入 1号盒中的概率为 1 3 ,此时 2,3号球分别放入 2,3号盒中； 1号球放入 2号盒中的概率为 1 3 ,欲使 3号球放入 3号盒中，则 2号球需放入 1号盒中，概率为 12 , 1号球放入 3号盒中时，此时 3号球不能放入 3号盒中; 综上所述：   1 1 1 13,3 3 3 2 2 P     . 【小问 2详解】 1号球放入 1号,4号，5号，, n 号盒中的概率为 2n n  ，此时 3号球可放入 3号盒中; 1号球放入 2号盒中的概率为 1 n ,欲使 3号球放入 3号盒中，则 2号球需放入 1号，4号，5号，.... n 号盒 中，概率为 2 1 n n   , 1号球放入 3号盒中时，此时 3号球不能放入 3号盒中; 综上所述：   2 1 2 2,3 1 1 n n nP n n n n n          【小问 3详解】 1号球放入 1号， 1k  号， 2k  号， 3k  号，..., n 号盒中的概率为 1n k n   ,此时 k 号球可放入 k 号盒 中： 1号球放入  2 1j j k   号盒中的概率为 1 n ,此时 2号，3号，.... 1j  号球都可以放入对应编号的盒中， 剩下编号为 , 1, 2, ,j j j k   的球和编号为 1, , 2, ,j l j n   的空盒， 此时 j 号盒非空， j 号球在所有空盒中随机选择一个放入，此时要让 k 号球放入 k 号盒中的放法总数等 效于将编号为1,2, , 1k j  的球， 按照题设规则放入编号为1,2, , 1n j  的盒中（1号球仍然随机选择一个盒子放入）,所以概率为  1, 1P n j k j    1号球放入 k 号盒中时，此时 k 号球不能放入 k 号盒中： 所以     1 2 1 1, 1, 1 k j n kP n k P n j k j n n            , 整理得：       1 2 , 1 1, 1 k j nP n k n k P n j k j           ,① 分别用 1n  和 1k  替换 n 和 k ，可得：         2 2 1 1, 1 1 , k j n P n k n k P n j k j            ,②, 由①②式相减，整理得：    , 1, 1P n k P n k   从而      , 1, 1 2,2P n k P n k P n k       ,  2,2P n k  等于 1号球不放在 2号盒的概率，即   1 12,2 1 2 2 n kP n k n k n k            . 所以   1, 2 n kP n k n k      试卷第 1页，共 5页 新余一中 2025全真模拟数学试卷 命题人 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.已知集合  0,1,2A  ， { | 3 1, }B x x k k   N ，则 A B  （ ） A.  0,1,2 B.  1,2 C.  1 D.  2 2.在 ABCV 中，D为 BC的中点，若 AC a   ，CB b   ，则 AD  为（ ） A． 1 2 a b  B． 1 2 a b   C． 1 2 a b  D． 1 2 a b   3．设一组样本数据 1 2, , , nx x x 的平均数为 3，方差为 4，则数据 1 23 1,3 1, ,3 1nx x x   的标准差为（ ） A．12 B．3 3 C．6 D．36 4抛物线 2 8y x  上与焦点的距离等于 6的点的坐标是（ ） A．  4, 4 2  B．  4, 4 2 C．  6, 4 3  D．  6, 4 3 5已知 π 4sin 4 5       ，且 π 3π 4 4   ，求 cos （ ） A． 2 10 B． 6 2 C． 2 2 D． 6 10 6．在等比数列{an}中，a6，a10是方程 x2＋6x＋2＝0的两个实数根，则 a8的值为( ) A.2 B.－ 2或 2 C. 2 D.－ 2 7．某群体中的每位成员使用移动支付的概率都为 p，各成员的支付方式相互独立.设 X为该群体的 10位成 员中使用移动支付的人数，D(X)＝2.4，P(X＝4)<P(X＝6)，则 p＝( ) A.0.7 B.0.6 C.0.4 D.0.3 8 已知函数    ,f x g x 都是定义在R 上的函数，  1 2f x   是奇函数，  2g x  是偶函数，且      2 3, 2 1f x g x g     ，则   2023 1k f k   （ ） A．-4052 B．-4050 C．-1012 D．-1010 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． 已知函数      sin 0, 0,0 2πf x A x A         的部分图象如图所示，则（ ） 试卷第 2页，共 5页 A. 5π 6   B. 2  C.  f x 的图象关于直线 5π 3 x  对称 D.  f x 在 π 5π, 4 6      上的值域为 2,1 10．下列命题中正确的是（ ） A．若复数 z满足 1 R z  ,则 Rz B．若 z为复数，则 2 2z z∣∣必成立 C．若复数 1 3 i, 2 2 z   则 18 1z  D．若复数 z满足 i 1z z   ， 则 z为纯虚数 11. 已知曲线 2: 1 0C xy x x y     .则（ ） A. 曲线C为中心对称图形； B. 曲线C与直线 1y x  有两个交点； C.曲线C恰好经过两个整点（即横、纵坐标均为整数的点）； D. 曲线C上任意两点  1 1,A x y ，  2 2,B x y ，当 1 21x x< < 时， 2AB  . 三､填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分. 试卷第 3页，共 5页 12．若    3ln 1xf x e ax   是偶函数，则 a=________ 13．若圆心为  3,0 的圆与双曲线 2 2 1 4 x y  的渐近线相切，则该圆的标准方程为 14．已知正六棱柱 1 1 1 1 1 1ABCDEF A BC D E F 的各个顶点都在半径为 R的球面上，一个能放进该正六棱柱内部的 最大的球的半径为 r．若 2AB  ，则当 R r 最小时，该正六棱柱的体积为 ． 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)在△ABC中，a，b，c分别是角 A，B，C的对边，且 asin A－bsin B＝( 3a－c)sin C， a∶b＝2∶3. (1)求 sin C的值；(2)若 b＝6，求△ABC的面积. 16.已知 3 2 2( ) 3 ( 1)f x x ax bx a a     在 1x   时有极值 0. (1)求常数 a，b的值； (2)如果存在 1 2, [ 4,1]x x   ，使得    1 2f x f x M  成立，求满足条件的最大整数M . 17．（15分）已知动点到两定点 1( 3,0)F  ， 2 ( 3,0)F 的距离之和为定值，且过点 (2,0)． (1)求动点的轨迹方程 C； (2)若过点 (1,0)P 的直线 l与C交于 ,A B两点，O为坐标原点， OAB△ 面积为 4 5 ，求直线 l的方程． 试卷第 4页，共 5页 18．离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标．设 P为多面体M 的一个顶点，定义多面体M 在点 P处的离散 曲率为  1 2 2 3 1 1 1Φ 1 2πP k k k Q PQ Q PQ Q PQ Q PQ       ，其中  1,2, , , 3iQ i k k  为多面体M 的 所有与点 P相邻的顶点，且平面 1 2Q PQ ，平面 2 3 ,Q PQ ，平面 1k kQ PQ 和平面 1kQ PQ为多面体M 的所有以 P 为公共点的面．如图，在三棱锥 P ABC 中． (1)求三棱锥 P ABC 在各个顶点处的离散曲率的和； (2)若 PA 平面 , , 2ABC AC BC AC BC   ，三棱锥 P ABC 在顶点C处的离散曲率为 3 8 ，求点 A到平面 PBC 的距离； (3)在（2）的前提下，又知点Q在棱 PB上，直线CQ与平面 ABC所成角的余弦值为 30 6 ，求 BQ的长度． 19. 有编号为1,2, ,n 的 n个空盒子  2, Nn n  ，另有编号为1,2, ,k 的 k个球  2 , Nk n k   ， 现将 k个球分别放入 n个盒子中，每个盒子最多放入一个球．放球时，先将 1 号球随机放入 n个盒子中的 其中一个，剩下的球按照球编号从小到大的顺序依次放置，规则如下：若球的编号对应的盒子为空，则将 该球放入对应编号的盒子中；若球的编号对应的盒子为非空，则将该球随机放入剩余空盒子中的其中一 个．记 k号球能放入 k号盒子的概率为  ,P n k ． （1）求  3,3P ； （2）当 3n  时，求  ,3P n ； （3）求  ,P n k ．