陕西兴平市2026届高三命题趋势预测(二) 数学试题

百 2026届高三命题趋势预测(二) 数学参考答案及评分意见 1.D 【解析】因为 $$B = \left\{ x \in Z | x ^ { 2 } - 2 x - 3 \le 0 \right\} = \left\{ - 1 ， 0 ， 1 ， 2 ， 3 \right\} ， A = \left\{ x | 2 ^ { x } > 1 \right\} = \left\{ x | x > 0 \right\} ，$$ ，所以 A∩B={1，2， 3}.故选D. 2.D 【解析】因为x $$z = \frac { a - i } { 1 + 2 i } = \frac { \left( a - i \right) \left( 1 - 2 i \right) } { \left( 1 + 2 i \right) \left( 1 - 2 i \right) } = \frac { \left( a - 2 \right) - \left( 2 a + 1 \right) i } { 5 } ，$$ 所以 a-2=-(2a+1) ，解得 $$a = \frac { 1 } { 3 } ，$$ ，故选D. 3.A 【解析】因为 $$f \left( - 2 \right) = 2 \times { \left( - 2 \right) ^ { 2 } } - 6 = 2 ，$$ ，所以 $$f \left( f \left( - 2 \right) \right) = f \left( 2 \right) = 3 ^ { 2 } + m = 7 ，$$ ，解得 m=-2. .故选A. 4.D【解析】由概率之和为1及正态分布的对称性，得P≈95.4%+ $$P \approx 9 5 . 4 \% + \frac { 1 - 9 5 . 4 \% } { 2 } = 9 7 . 7 \% .$$ 6.故选 D 5.B 【解析】因为 a=(0，1)，b=(1，1)，c=(-1，2)， ，且 c=xa+yb， 所以 x(0，1)+y(1，1)=(-1，2)， 所以 x+y=2， ，故选B. 6.C 【解析】圆C的圆心是C(3，4) 半径是5，圆心 C 到点P(3，0)的距离为4，所以点P(3，0)在圆内.最长弦为圆 的直径，长度为10，最短弦的长为 $$2 \sqrt { 5 ^ { 2 } - 4 ^ { 2 } } = 6 ，$$ 所以公差d的最大值为 $$\frac { 1 0 - 6 } { 8 } = \frac { 1 } { 2 } ，$$ ，最小值为 $$\frac { 6 - 1 0 } { 8 } = - \frac { 1 } { 2 } ，$$ 公差d的取值范围为 $$\left[ - \frac { 1 } { 2 } ， \frac { 1 } { 2 } \right] ，$$ 故选C. 7.B【解析】设底面正方形 ABCD 的中心为F ^{∘} 则 PF=6. 过点P作 PG⊥AB 于点G，则 $$P G = \sqrt { P F ^ { 2 } + G F ^ { 2 } } = \sqrt { 6 ^ { 2 } + 2 ^ { 2 } } = 2 \sqrt { 1 0 } .$$ 因为 $$S _ { 正 } 和 A B C D = 4 \times 4 = 1 6 ，$$ 所以 $$S _ { 水 } = S _ { 正 } 和 A B C D + S _ { } = 1 6 + 4 \times \frac { 1 } { 2 } \times 4 \times 2 \sqrt { 1 0 } = 1 6 + 1 6 \sqrt { 1 0 } .$$ 又因为 $$V _ { P - A B C D } = \frac { 1 } { 3 } S _ { 水 } 和 E A B C D \cdot P F ， V _ { P - A B C D } = \frac { 1 } { 3 } S _ { 水 } \cdot { r ， }$$ 所以 $$r = \frac { 1 6 \times 6 } { 1 6 + 1 6 \sqrt { 1 0 } } = \frac { 2 \left( \sqrt { 1 0 } - 1 \right) } { 3 } ，$$ ，故选B. 8.A 【解析】 $$g \left( x \right) = f \left( x \right) - \frac { 1 } { 2 } \sin x ，$$ 则 $$g \left( x \right) - g \left( - x \right) = f \left( x \right) - \frac { 1 } { 2 } \sin x - \left[ f \left( - x \right) - \frac { 1 } { 2 } \sin \left( - x \right) \right] = f \left( x \right) -$$ f(-x)-sinx=0， 所以 g(x) 为偶函数. 当 x≤0 0时， $$g ' \left( x \right) = f ' \left( x \right) - \frac { 1 } { 2 } \cos x \ge \frac { 1 } { 2 } - \frac { 1 } { 2 } \cos x \ge 0 ，$$ 所以 g(x) 在( (-∞，0] 上单调递增，在 [0，+∞) 上单调递减. 因为 $$f \left( \theta \right) \ge f \left( \frac { \pi } { 3 } - \theta \right) + \frac { \sqrt 3 } { 2 } \sin \left( \theta - \frac { \pi } { 6 } \right) ， f \left( x \right) = g \left( x \right) + \frac { 1 } { 2 } \sin x$$ 所以 $$g \left( \theta \right) + \frac { 1 } { 2 } \sin \theta \ge g \left( \frac { \pi } { 3 } - \theta \right) + \frac { 1 } { 2 } \sin \left( \frac { \pi } { 3 } - \theta \right) + \frac { \sqrt 3 } { 2 } \sin \left( \theta - \frac { \pi } { 6 } \right) .$$ 又因为 $$\frac { 1 } { 2 } \sin \left( \frac { \pi } { 3 } - \theta \right) + \frac { \sqrt 3 } { 2 } \sin \left( \theta - \frac { \pi } { 6 } \right) = \frac { 1 } { 2 } \left( \sin \frac { \pi } { 3 } \cos \theta - \cos \frac { \pi } { 3 } \sin \theta \right) + \frac { \sqrt 3 } { 2 } \left( \sin \theta \cos \frac { \pi } { 6 } - \cos \theta \sin \frac { \pi } {$$ $$= \frac { \sqrt 3 } { 4 } \cos \theta - \frac { 1 } { 4 } \sin \theta + \frac { 3 } { 4 } \sin \theta - \frac { \sqrt 3 } { 4 } \cos \theta = \frac { 1 } { 2 } \sin \theta ，$$ 所以 $$\lg \left( \theta \right) \ge g \left( \frac { \pi } { 3 } - \theta \right) ，$$ $$\lambda | \theta | \le | \frac { \pi } { 3 } - \theta | ，$$ $$u . \theta \in \left( - \infty ， \frac { \pi } { 6 } \right]$$ ，故选A 9.ABC 【解析】由已知得 $$A _ { 1 } \left( - a ， 0 \right) ， A _ { 2 } \left( a ， 0 \right) ， F \left( c ， 0 \right) .$$ 数学答案 第 1 页(共8页) 因为点B在双曲线C上，且 BF⊥x 轴， ， $$| B F | = \sqrt 3 ，$$ ，不妨设 $$B \left( c ， \sqrt 3 \right) ，$$ ，则 $$k _ { B A _ { 1 } } = \frac { \sqrt 3 } { c + a } ， k _ { B A _ { 2 } } = \frac { \sqrt 3 } { c - a } ，$$ $$\frac { \sqrt 3 } { c - a } = 3 \times \frac { \sqrt 3 } { c + a }$$ ，解得 c=2a. 又因为 $$c ^ { 2 } = a ^ { 2 } + b ^ { 2 } ，$$ ，所以 $$b ^ { 2 } = 3 a ^ { 2 } ，$$ 所以双曲线方程为 $$B \left( 2 a ， \sqrt 3 \right)$$ 代入，得 $$\frac { 4 a ^ { 2 } } { a ^ { 2 } } - \frac { 3 } { 3 a ^ { 2 } } = 1 ，$$ ，所以 $$a ^ { 2 } = \frac { 1 } { 3 } ， b ^ { 2 } = 1 ，$$ 所以双曲线C的方程为 $$3 x ^ { 2 } - y ^ { 2 } = 1 ， a = \frac { \sqrt 3 } { 3 } ，$$ ， ，故A正确. 双曲线C的渐近线方程为 $$y = \pm \frac { b } { a } x = \pm \frac { 1 } { \frac { \sqrt 3 } { 2 } } x = \pm \sqrt 3 x ，$$ 故B正 因为 $$a ^ { 2 } = \frac { 1 } { 3 } ， b ^ { 2 } = 1 ，$$ 所以 $$c = \frac { 2 \sqrt 3 } { 3 } ，$$ ，设双曲线的左焦点为 $$F _ { 1 } \left( - \frac { 2 \sqrt 3 } { 3 } ， 0 \right) ，$$ ，根据双曲线的定义， $$| Q F | - | Q F _ { 1 } | =$$ $$2 a = \frac { 2 \sqrt 3 } { 3 } ，$$ 所以 $$| Q F | = | Q F _ { 1 } | + \frac { 2 \sqrt 3 } { 3 } ，$$ 所以 $$| P Q | + | Q F | = | P Q | + | Q F _ { 1 } | + \frac { 2 \sqrt 3 } { 3 } ，$$ .当 $$P ， Q ， F _ { 1 }$$ 三点共线，且点Q 且线段 $$P F _ { 1 }$$ 上时， |PQ|+|QF| |的值最小， 最小值为PF $$| P F _ { 1 } | + \frac { 2 \sqrt 3 } { 3 } = \sqrt { \left( 0 + \frac { 2 \sqrt 3 } { 3 } \right) ^ { 2 } + \left( 2 - 0 \right) ^ { 2 } } + \frac { 2 \sqrt 3 } { 3 } = 2 \sqrt 3 ，$$ C正确. 设点 Q(x，y) $$3 x ^ { 2 } - y ^ { 2 } = 1 ， x \le - \frac { \sqrt 3 } { 3 } ， | P Q | = \sqrt { \left( x - 0 \right) ^ { 2 } + \left( y - 2 \right) ^ { 2 } } = \sqrt { \frac { 4 } { 3 } y ^ { 2 } - 4 y + \frac { 1 3 } { 3 } } = \sqrt { \frac { 4 } { 3 } \left( y - \frac { 3 } {$$ 所以当 $$y = \frac { 3 } { 2 }$$ 时， |PQ| 最小，最小值为 $$\frac { 2 \sqrt 3 } { 3 } ，$$ ，故D错误.故选 ABC. 10.AC 【解析】对于A，设 g(x)=f(ax+b)， 因为 g(x) 为奇函数，所以 g(0)=f(a⋅0+b)=f(b)=0， 且 g(-x)=-g(x)， ，即 f(-ax+b)=-f(ax+b). 令 t=ax， ，则 f(b-t)=-f(b+t)， ，所以 f(x) 的图象关于点(b，0)对称. 设 h(x)=f(bx+a)， ，因为 h(x) 为偶函数，所以 f(b(-x)+a)=f(bx+a)， ，即 f(-bx+a)=f(bx+a). 令 s=bx， ，则 f(a-s)=f(a+s)， ，所以 f(x) 的图象关于直线 x=a 对称. 若 a=b≠0， 则 g(x)=f(ax+a) 即是奇函数，又是偶函数，故只能有 g(x)=0， 即 f(ax+a)=0 对任意x成 立，则 f(x)=0 对任意 x 成立，与 f(2)=2 矛盾，故 a≠b 故A正确. 对于B，由于 f(b)=0， 若 b=2， ，则 f(b)=f(2)=0， ，与 f(2)=2 矛盾，故B错误. 对于C，取b=4，则 f(x) 的图象关于点(4，0)对称， f(4)=0， ，即存在b使得f(4)为0，故C正确. 对于D，取 a=1，b=4， 则 f(x) 的图象关于直线 x=1 对称，故 f(1+s)=f(1-s)， 令 s=-3， ，有 f(-2)=f(4)， ，由C得 f(4)=0， 故存在 a，b使得 f(-2) 不为一2，故D错误.选AC. 11.ABD 【解析】对于A， 因为 $$B D \parallel { B _ { 1 } } { D _ { 1 } } ，$$ 所以 BD//EF. .因为 AC⊥BD， 所以 AC⊥EF， ，故A正确. 对于B，如图，取 $$B _ { 1 } D _ { 1 }$$ 的中点O，连接 $$C O ， A O ， C B _ { 1 } ， C D _ { 1 } .$$ $$A _ { 1 }$$ $$D _ { 1 }$$ $$B _ { 1 }$$ $$C _ { 1 }$$ $$A _ { x } ^ { 4 }$$ D $$\overrightarrow { G }$$ B C 数学答案 第2 页(共8页) 因为 $$C B _ { 1 } = C D _ { 1 } = B _ { 1 } D _ { 1 } = 2 \sqrt 2 ，$$ ，所以 $$C O \bot { B _ { 1 } } { D _ { 1 } } ，$$ 即 CO⊥EF， 且CO=2 $$C O = 2 \sqrt 2 \times \frac { \sqrt 3 } { 2 } = \sqrt 6 ；$$ 同理可得， ，AO⊥EF， 且 $$A O = \sqrt 6 ，$$ 所以 △AOC 是等腰三角形. 记 AC∩BD=G， 则 G 为BD和 AC 的中点，所以 OG⊥AC， 所以 $$S _ { \triangle A C O } = \frac { 1 } { 2 } A C \times O G = \frac { 1 } { 2 } \times 2 \sqrt 2 \times 2 = 2 \sqrt 2 .$$ 因为 AC⊥EF，AC∩CO=C，AC，COC 平面 ACO， ，所以 EF⊥ 平面 ACO. 因为 $$B _ { 1 } O = D _ { 1 } O = \frac { 1 } { 2 } B _ { 1 } D _ { 1 } = \sqrt 2 = E F ，$$ ，所以EF过点O. 所以 $$V _ { A - } E F C V = V _ { A } - R x + V _ { A } - o _ { A C } = V _ { E } - A a c + V _ { E - A C C } = \frac { 1 } { 3 } \times \left( O E + O F \right) \times S _ { \triangle A C O } = \frac { 1 } { 3 } \times E F \times S _ { \triangle A C D } = \frac {$$ ，为定值， 故B正确. 对于C，易知正方体的体对角线与正方体的12条棱所在直线所成的角均相等， 所以过点A的体对角线 $$A C _ { 1 }$$ 及过A分别平行于 $$A _ { 1 } C ， B D _ { 1 } ， B _ { 1 } D$$ 的直线均满足要求，故C错误. 对于D，因为 $$P B \bot P C _ { 1 } ，$$ 所以点P在以 $$B C _ { 1 }$$ 的中点Q为球心，半径为 $$\frac { 1 } { 2 } B C _ { 1 } = \sqrt 2$$ 的球面上， 所以动点P的轨迹为平面 $$B D D _ { 1 } B _ { 1 }$$ 与球Q的球面的交线. 因为 $$A _ { 1 } C _ { 1 } \bot$$ 平面 $$B D D _ { 1 } B _ { 1 } ，$$ 所以点 $$C _ { 1 }$$ 到平面 $$B D D _ { 1 } B _ { 1 }$$ 的距离为 $$C _ { 1 } O = \frac { 1 } { 2 } A _ { 1 } C _ { 1 } = \sqrt 2$$ 所以球心Q到平面 $$B D D _ { 1 } B _ { 1 }$$ 的距离为 h= ，且 且球心 Q 在平面 $$B D D _ { 1 } B _ { 1 }$$ 内的射影为BO的中点H. 设平面 $$B D D _ { 1 } B _ { 1 }$$ 截球 Q 所得截面圆的半径为 r， $$r = \sqrt { \left( \sqrt 2 \right) ^ { 2 } - \left( \frac { \sqrt 2 } { 2 } \right) ^ { 2 } } = \frac { \sqrt 6 } { 2 } .$$ 所以点P在平面 $$B D D _ { 1 } B _ { 1 }$$ 内的轨迹是半径为 $$\frac { \sqrt 6 } { 2 }$$ 的圆，因此动点P的轨迹长度为 $$\sqrt 6 \pi ，$$ ， 故D正确.故选ABD. $$A _ { 1 }$$ $$D _ { 1 }$$ E $$B _ { 1 }$$ $$C _ { 1 }$$ H D B C 12.3 【解析】二项式 $$\left( 2 x - \frac { 1 } { x ^ { 2 } } \right) ^ { n }$$ 的展开式的通项公式为T+=C(2 $$T _ { r + 1 } = C _ { n } \left( 2 x \right) ^ { n - n } \left( - \frac { 1 } { x ^ { 2 } } \right) ^ { r } = \left( - 1 \right) ^ { n } \cdot { 2 ^ { n - n } } \cdot { C _ { n } } \cdot$$ $$C _ { n } \cdot { x ^ { n - 3 n } }$$ 要有常数项，需满足 的指数为0，即 n-3r=0，n=3r. .因为 $$n \in { N ^ { * } } ， r \in N$$ 且 0≤r≤n， 所以n必须是3的正整 数倍，所以取 r=1 时， ，n 取得最小值3. 13.2760 【解析】数列 $$\left\{ a _ { n } \right\}$$ }中 $$， a _ { n + 2 } - a _ { n } = 3 + \left( - 1 \right) ^ { n } ，$$ 当n为奇数时， $$， a _ { n + 2 } - a _ { n } = 2 ，$$ ，数列 $$\left\{ a _ { 2 n - 1 } \right\}$$ 是首项 $$a _ { 1 } = 2 ，$$ ，公差为2的等差数列， 当 n 为偶数时 $$， a _ { n + 2 } - a _ { n } = 4 ，$$ 数列 $$\left\{ a _ { 2 n } \right\}$$ 是首项 $$a _ { 2 } = 3 ，$$ ，公差为4的等差数列， 所以 $$S _ { 6 0 } =$$ =(a +a …十as9)+(a+a，+…+as)=30×2 $$\left. { + a _ { 5 } } \right) + \left( a _ { 2 } + a _ { 4 } + \cdots + a _ { 6 0 } \right) = 3 0 \times 2 + \frac { 3 0 \times 2 9 } { 2 } \times 2 + 3 0 \times 3 + \frac { 3 0 \times 2 9 } { 2 } \times 4 = 2 7 6 0 .$$ 数学答案 第 3 页(共8页) $$1 4 . \left[ \frac { 1 } { e } ， e$$ ce 【解析】因为 a>0，x>0， ，所以 ax>0， 所以不等式 $$\left( a \ln x - x \right) \left( a e ^ { x } - x \right) \le 0$$ 等价 $$\left( \frac { \ln x } { x } - \frac { 1 } { a } \right) \left( \frac { e ^ { x } } { x } - \frac { 1 } { a } \right) \le 0 .$$ $$f \left( x \right) = \frac { \ln x } { x } ，$$ $$f ' \left( x \right) = \frac { 1 - \ln x } { x ^ { 2 } } ，$$ 令 f'(x)>0， ，解得 0<x<e， f'(x)<0， 解得 x>e， 故 f(x) 在区间(0，e) 上单调递增，在区间 (e，+∞) 上单调递减，故 $$f \left( x \right) \le f \left( e \right) = \frac { 1 } { e } ；$$ $$g \left( x \right) = \frac { e ^ { x } } { x } \left( x > 0 \right) ，$$ $$则 g ' \left( x \right) = \frac { \left( x - 1 \right) e ^ { x } } { x ^ { 2 } } ，$$ 令 g'(x)>0， 解得 x>1， g'(x)<0， 解得 0<x<1， 故 g(x) 在区间 ( 0，1)上单调递减，在区间 (1，+∞) )上单调递增，故 $$g \left( x \right) \ge g \left( 1 \right) = e > \frac { 1 } { e } \ge f \left( x \right) .$$ (x). 因为 $$\left( \frac { \ln x } { x } - \frac { 1 } { a } \right) \left( \frac { e ^ { x } } { x } - \frac { 1 } { a } \right) \le 0$$ 恒成立，所以 $$\frac { 1 } { e } \le \frac { 1 } { a } \le e ， 且 \frac { 1 } { e }$$ $$\frac { 1 } { e } \le a \le e ，$$ 所以实数a的取值范围为 $$\left[ \frac { 1 } { e } ， e \right]$$ 15.解： $$\left( 1 \right) \tan \left( A - \frac { \pi } { 4 } \right) = \frac { \tan A - 1 } { 1 + \tan A } = 2 ，$$ 解得 tanA=-3. .................................. 2分 又因为 $$\int { \frac { \sin A } { \cos A } } = - 3 ，$$ 且A为三角形的内角，所以 sinA>0， 所以si $$\sin A = \frac { 3 \sqrt { 1 0 } } { 1 0 }$$ ..........5分 $$\sin ^ { 2 } A + \cos ^ { 2 } A = 1 ，$$ (2)设 AC=b，BC=a，AB=c， 则AB边上的高为 $$\frac { 3 } { 2 } c ， \triangle A B C$$ 的面积 $$S = \frac { 3 } { 4 } c ^ { 2 } .$$ ........... 6分 由面积公式 $$S = \frac { 1 } { 2 } b c \sin A$$ ，得 $$\frac { 3 } { 4 } c ^ { 2 } = \frac { 1 } { 2 } b c \frac { 3 \sqrt { 1 0 } } { 1 0 } ，$$ 解得 $$b = \frac { \sqrt { 1 0 } } { 2 } c .$$ $$\sin A = \frac { 3 \sqrt { 1 0 } } { 1 0 } ， \tan A = - 3 ， 则 \cos A = - \frac { \sqrt { 1 0 } } { 1 0 } .$$ 代入余弦定理，得 $$a ^ { 2 }$$ $$^ { 2 } + c ^ { 2 } - 2 b c \cos A = \left( \frac { \sqrt { 1 0 } } { 2 } c \right) ^ { 2 } + c ^ { 2 } - 2 \times \frac { \sqrt { 1 0 } } { 2 } c \times c \times \left( - \frac { \sqrt { 1 0 } } { 1 0 } \right) = \frac { 9 } { 2 } c ^ { 2 } ，$$ $$a = \frac { 3 \sqrt 2 } { 2 } c .$$ ..... ........... 11分 代入cos∠AC. $$\cos \angle A C B = \frac { a ^ { 2 } + b ^ { 2 } - c ^ { 2 } } { 2 a b } ，$$ $$\frac { 2 } { - 1 } ， \frac { \pi } { 4 } ，$$ $$\cos \angle A C B = \frac { \left( \frac { 3 \sqrt 2 } { 2 } c \right) + \left( \frac { \sqrt { 3 } } { 2 } c \right) - c \cdot \frac { 3 \sqrt { 2 } } { 2 } c | \times \sqrt { \frac { \sqrt { 1 0 } } { 2 } } } = \frac { 6 c ^ { 2 } } { 3 \sqrt { 3 } c ^ { 2 } } = \frac { 2 \sqrt 5 } { 5 } .$$ ........ 13分 16.解：(1)因为20名学生中答对第5题的人数为4人，所以第5题的实测难度为 $$\frac { 4 } { 2 0 } = 0 . 2 ，$$ ..................... 2分 所以240名学生中实测答对第5题估计有240×0.2=48人..........................................................4分 (2)X 的所有可能取值为 0，1，2， $$P \left( X = 0 \right) = \frac { C _ { 6 } ^ { 2 } } { C _ { 2 0 } ^ { 2 } } = \frac { 1 2 } { 1 9 } ， P \left( X = 1 \right) = \frac { C _ { 1 0 } ^ { 1 } C _ { 4 } ^ { 1 } } { C _ { 2 0 } ^ { 2 } } = \frac { 3 2 } { 9 5 } ， P \left( X = 2 \right)$$ ....... 7分 X的分布列为： X 0 1 2 P $$\frac { 1 2 } { 1 9 }$$ $$\frac { 3 2 } { 9 5 }$$ $$\frac { 3 } { 9 5 }$$ ........... 8分 数学答案 第 4 页(共8页) $$E \left( X \right) = 0 \times \frac { 1 2 } { 1 9 } + 1 \times \frac { 3 2 } { 9 5 } + 2 \times \frac { 3 } { 9 5 } = \frac { 3 8 } { 9 5 } .$$ ............ ............................................... ............ 10分 (3)将抽样的20名学生中第i题的实测难度，作为240名学生第i题的实测难度， $$P ' _ { 1 } = \frac { 1 6 } { 2 0 } = 0 . 8 ， P ' _ { 2 } = \frac { 1 6 } { 2 0 } = 0 . 8 ， P ' _ { 3 } = \frac { 1 4 } { 2 0 } = 0 . 7 ， P ' _ { 4 } = \frac { 1 4 } { 2 0 } = 0 . 7 ， P ' _ { 5 } = 0 . 2 .$$ P==0.7，P=0.2. ................................... 12分 $$S = \frac { 1 } { 5 } \times \left[ \left( 0 . 8 - 0 . 9 \right) ^ { 2 } + \left( 0 . 8 - 0 . 8 \right) ^ { 2 } + \left( 0 . 7 - 0 . 7 \right) ^ { 2 } + \left( 0 . 7 - 0 . 6 \right) ^ { 2 } + \left( 0 . 2 - 0 . 4 \right) ^ { 2 } \right] = 0 . 0 1 2$$ ........ 14分 因为 S=0.012<0.05， ，所以本次测试的难度预估是合理的.…................................................... 15分 17.(1)证明：如图，连接 $$A _ { 1 } C$$ 交 $$A C _ { 1 }$$ 于点F，连接EF.…...........................................................1. 因为四边形 $$A _ { 1 } A C C _ { 1 }$$ 是平行四边形，所以F为 $$A _ { 1 } C$$ 的中点， 又因为 DE=EC， ，故 EF 为 $$\triangle { A _ { 1 } } C D$$ 的中位线，所以 $$E F \parallel A _ { 1 } D .$$ .............................................3分 因为 EF⊂ 平面 $$A C _ { 1 } E ， A _ { 1 } D$$ D∉ 平面 $$A C _ { 1 } E ，$$ ，所以 $$A _ { 1 } D \parallel$$ 平面 $$A C _ { 1 } E .$$ ............................................ ·5分 $$A _ { 1 }$$ $$4 ^ { 2 }$$ $$C _ { 1 }$$ C y E D (2)解：取AC的中点O ^{∘} 连接 $$O B ， O A _ { 1 } ，$$ ，如图.因为底面 ABC 是等边三角形，所以 OB⊥AC， ，即 OB⊥OC. 因为侧面 $$A A _ { 1 } C _ { 1 } C$$ 是菱形， $$\angle { A _ { 1 } } A C = 6 0 ^ { \circ } ，$$ 所以 $$\triangle A A _ { 1 } C$$ 是等边三角形，所以 $$A _ { 1 } O \bot A C .$$ 因为平面 $$A A _ { 1 } C _ { 1 } C \bot$$ 平面 ABC， ，且平面 $$A A _ { 1 } C _ { 1 } C \cap$$ 平面 $$A B C = A C ， A _ { 1 } O \subset$$ 平面 $$A A _ { 1 } C _ { 1 } C ，$$ 故 $$A _ { 1 } O \bot$$ 平面 ABC. .因为 BO，OC⊂ 平面 ABC， ，所以 $$A _ { 1 } O \bot B O ， A _ { 1 } O \bot O C ，$$ 所以 $$O B ， O C ， O A _ { 1 }$$ 两两垂直. 以O为坐标原点， $$， \overrightarrow { O B } ， \overrightarrow { O C } ， \overrightarrow { O A _ { 1 } }$$ 的方向分别为 x，y，z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.……7分 设 AB=2， ，则A(0，一1，0)，A(0，0，√ $$0 \right) ， A _ { 1 } \left( O ， 0 ， \sqrt 3 \right) ， D \left( \frac { 2 \sqrt 3 } { 3 } ， \frac { 1 } { 3 } ， 0 \right) ， E \left( \frac { \sqrt 3 } { 3 } ， \frac { 2 } { 3 } ， 0 \right)$$ 故 $$\overrightarrow { A _ { 1 } } = \left( 0 ， 1 ， \sqrt 3 \right) ， \overrightarrow { A D } = \left( \frac { 2 \sqrt 3 } { 3 } ， \frac { 4 } { 3 } ， 0 \right) ， \overrightarrow { A E } = \left( \frac { \sqrt 3 } { 3 } ， \frac { 5 } { 3 } ， 0 \right) ，$$ ............... .............. ·9分 设平面 $$A A _ { 1 } D$$ 的法向量为 $$m = \left( x _ { 1 } ， y _ { 1 } ， z _ { 1 } \right) ，$$ 则 $$\left\{ \begin{array}{l} \overrightarrow { A D } \cdot m = 0 ， \\ \overrightarrow { A A } \cdot m = 0 ， \overrightarrow { m } ， \frac { 2 \sqrt 3 } { 3 } x ， \frac { 2 } { 3 } x + \frac { 4 } { 3 } y _ { 1 } = 0 ， \\ \end{array} \right.$$ y $$y _ { 1 } + \sqrt 3 z _ { 1 } = 0 ，$$ $$x _ { 1 } = 1 ，$$ $$m = \left( 1 ， - \frac { \sqrt 3 } { 2 } ， \frac { 1 } { 2 } \right) .$$ .... .... ................. ........... 11分 设平面 $$A A _ { 1 } E$$ 的法向量为 $$n = \left( x _ { 2 } ， y _ { 2 } ， z _ { 2 } \right) ，$$ ，则 $$\left\{ \begin{array}{l} \overrightarrow { A E } \cdot n = 0 ， \\ \overrightarrow { A A _ { 1 } } \cdot n = 0 ， \end{array} \right.$$ $$= 0 ， 则 \frac { \sqrt 3 } { 3 }$$ $$\frac { \sqrt 3 } { 3 } x _ { 2 } + \frac { 5 } { 3 } y _ { 2 } = 0 ，$$ $$y _ { 2 } + \sqrt 3 z _ { 2 } = 0 ，$$ $$x _ { 2 } = 1 ，$$ $$n = \left( 1 ， - \frac { \sqrt 3 } { 5 } ， \frac { 1 } { 5 } \right) .$$ ................................................................ ............ 13分 数学答案 第5 页(共8页) 所以cos(m， $$\cos \left( m ， n \right) = \frac { m \cdot n } { | m | | n | } = \frac { 1 \times 1 + \frac { 1 } { 2 } \times \left( - \frac { 1 } { 5 } \right) + \frac { 1 } { 2 } \times \frac { 1 } { 5 } } { \sqrt { 1 + \frac { 3 } { 4 } + \frac { 1 } { 2 } } \times \sqrt { 1 + \frac { 3 } { 2 } + \frac { 1$$ 故二面角D- A.一E的正弦值为 $$\sqrt { 1 - \left( \frac { 7 \sqrt { 5 8 } } { 5 8 } \right) ^ { 2 } } = \frac { 3 \sqrt { 5 8 } } { 5 8 } .$$ ...……15分 18.解：(1)因为椭圆 $$E ： \frac { x ^ { 2 } } { a ^ { 2 } } + \frac { y ^ { 2 } } { b ^ { 2 } } = 1 \left( a > b > 0 \right)$$ 过点 $$\left( 1 ， \frac { 3 } { 2 } \right)$$ ，离心率 $$e = \frac { 1 } { 2 } ，$$ $$\left[ \frac { 1 } { a ^ { 2 } } + \frac { 9 } { 4 b ^ { 2 } } = 1 ，$$ $$\left\{ a ^ { 2 } = 4 ，$$ 所以 $$c ^ { 2 } = a ^ { 2 } - b ^ { 2 } ，$$ ，解得 $$b ^ { 2 } = 3 ，$$ ............ ......4分 $$e = \frac { c } { a } = \frac { 1 } { 2 } ，$$ $$c ^ { 2 } = 1 .$$ 故椭圆E的标准方程为 $$\frac { x ^ { 2 } } { 4 } + \frac { y ^ { 2 } } { 3 } = 1 .$$ ..... .............. 5分 (2)当直线AB的斜率存在且不等于零时，设斜率为 k(k≠0). .因为 AB⊥CD， 所以直线CD的斜率为 $$- \frac { 1 } { k } .$$ 因为右焦点 F(1，0)， 所以直线AB的方程为 y=k(x-1)， ，设 $$A \left( x _ { 1 } ， y _ { 1 } \right) ， B \left( x _ { 2 } ， y _ { 2 } \right) .$$ {y=k(x-1)， 由 $$\left\{ \frac { x ^ { 2 } } { 4 } + \frac { y ^ { 2 } } { 3 } = 1 ， \\ \end{array} \right.$$ 消去 y 得， $$\left( 3 + 4 k ^ { 2 } \right) x ^ { 2 } - 8 k ^ { 2 } x + 4 k ^ { 2 } - 1 2 = 0 .$$ ................................ ............. 7分 $$\triangle = \left( - 8 k ^ { 2 } \right) ^ { 2 } - 4 \left( 3 + 4 k ^ { 2 } \right) \left( 4 k ^ { 2 } - 1 2 \right) = 1 4 4 \left( k ^ { 2 } + 1 \right) > 0 ，$$ 则x+x $$x _ { 1 } + x _ { 2 } = \frac { 8 k ^ { 2 } } { 3 + 4 k ^ { 2 } } ， x _ { 1 } x _ { 2 } = \frac { 4 k ^ { 2 } - 1 2 } { 3 + 4 k ^ { 2 } } .$$ $$| A B | = \sqrt { 1 + k ^ { 2 } } | x _ { 1 } - x _ { 2 } | = \sqrt { 1 + k ^ { 2 } } \cdot \sqrt { \left( x _ { 1 } + x _ { 2 } \right) ^ { 2 } - 4 x _ { 1 } x _ { 2 } } = \sqrt { 1 \left( \frac { 8 k ^ { 2 } } { 3 + 4 k ^ { 2 } } \right) } - \frac$$ $$\frac { 1 2 \left( k ^ { 2 } + 1 \right) } { 2 + 1 3 2 }$$ $$\frac { 1 } { 2 } ，$$ 同理可得 $$| C D | = \frac { 1 2 \left( 1 + k ^ { 2 } \right) } { 3 k ^ { 2 } + 4 } .$$ ............................................................. 10分 因为 D，所以， $$S _ { \max } = \frac { 1 } { 2 } | A B | \cdot | C D | = \frac { 7 2 \left( k ^ { 2 } + 1 \right) ^ { 2 } } { \left( 3 + 4 k ^ { 2 } \right) \left( 3 k ^ { 4 } + 4 \right) ^ { 2 } + 1 2 - b k ^ { 2 } } + 1 2 k ^ { 2 } + 1 2 }$$ $$= 6 - \frac { 6 } { 1 2 k ^ { 4 } + 2 5 k ^ { 2 } + 1 2 } = 6 - \frac { 6 } { 1 2 \left( k ^ { 2 } + \frac { 1 } { k ^ { 2 } } \right) } + \frac { 6 } { 1 2 \times 2 } = 1 2 \sqrt { k ^ { 2 } + \frac { 1 } { k ^ { 2 } } + 2 5 } = \frac { 2 8 8$$ ，m..13分 当且仅当 $$k ^ { 2 } = \frac { 1 } { k ^ { 2 } } ，$$ 即 k=±1 时，等号成立，四边形 ACBD 面积有最小值 $$\frac { 2 8 8 } { 4 9 } ，$$ ..... 14分 当直线AB的斜率不存在时，或者斜率等于零时，AB与CD位置互换， 此时， $$| A B | = 2 | y _ { A } | = 2 \sqrt { 3 \times \left( 1 - \frac { 1 } { 4 } \right) } = 3 ， | C D | = 2 a = 4 ，$$ 或者 |AB|=4，|CD|=3， 所以S四边形A CBD=|AB| CDl=÷×3×4=6.…................................................................ 16分 因为 $$6 > \frac { 2 8 8 } { 4 9 } ，$$ ，所以四边形 ACBD 面积的最小值为 $$\frac { 2 8 8 } { 4 9 } ，$$ ....................................................17分 数学答案 第6 页(共8页) 19.(1)解：当 n=2 时， $$f \left( x \right) = \sin x + \frac { \sin 2 x } { 2 } ，$$ 2x， 求导得 $$f ' \left( x \right) = \cos x + \cos 2 x = 2 \cos ^ { 2 } x + \cos x - 1 = \left( 2 \cos x - 1 \right) \left( \cos x + 1 \right)$$ ................ .............. 2分 因为 x 所以令 f'(x)>0， ，得 $$0 \le x < \frac { \pi } { 3 } ；$$ ∉f'(x)<0， 得 $$\frac { \pi } { 3 } < x < \pi .$$ 所以函数 f(x) 在 $$\left[ 0 ， \frac { \pi } { 3 } \right)$$ 上单调递增，在 $$\left( \frac { \pi } { 3 } ， \pi \right)$$ 上单调递减，…....... .............. ·4分 所以 f(x) 在 [0，π] ]上的最大值为 $$f \left( \frac { \pi } { 3 } \right) = \sin \frac { \pi } { 3 } + \frac { \sin \frac { 2 \pi } { 3 } } { 2 } = \frac { 3 \sqrt 3 } { 4 } .$$ ........................................5分 (2)证明：函数 ：函数 $$f \left( x \right) = \sin x + \frac { \sin 2 x } { 2 } + \cdots + \frac { \sin n x } { n }$$ ，求导得 f'(x)=cosx+cos2x+⋯+cosnx. 6分 s $$\sin \left( i x + \frac { x } { 2 } \right) - \sin \left( i x - \frac { x } { 2 } \right) = 2 \cos i x \sin \frac { x } { 2 } ，$$ $$\cos i x = \frac { \sin \left( i x + \frac { \pi } { 2 } \right) - \sin \left( i x - \frac { x } { 2 } \right) } { x } ，$$ $$2 \sin \frac { x } { 2 }$$ in -sin s in -sin $$2 ^ { \circ } \cos t = \frac { \sin \frac { 3 } { 2 } x - \sin \frac { x } { 2 } \sin \frac { 5 } { 2 } x - \sin \frac { 3 } { 2 } x } + \cdots + \left( n x + \frac { x } { 2 } \right) - \sin \left( n - \frac { x } { 2 } \right) \sin \left( m x + \frac { x } { 2 } \right) - \sin \frac { x } { 2 }$$ $$2 \sin \frac { x } { 2 }$$ $$2 \sin \frac { x } { 2 }$$ $$2 \sin \frac { x } { 2 }$$ $$2 \sin \frac { x } { 2 }$$ $$\frac { 1 } { 2 \sin \frac { \pi } { 2 } } \cdot 2 \cos \left( \frac { \left( \pi + \frac { x } { 2 } \right) + \frac { \pi } { 2 } } { 2 } \right] \sin \left( \frac { \pi x + \frac { \pi } { 2 } } { 2 } \right) - \frac { x } { 2 } \right]$$ $$\sin \frac { n x } { 2 } \cos \frac { \left( n + 1 \right) x } { 2 }$$ .... .........8分 $$\sin \frac { x } { 2 }$$ n≥2 $$x \in \left( 0 ， \frac { \pi } { n + 1 } \right)$$ 时， $$0 < \frac { n x } { 2 } < \frac { n \pi } { 2 \left( n + 1 \right) } < \frac { \pi } { 2 } ， 0 < \frac { \left( n + 1 \right) x } { 2 } < \frac { \pi } { 2 } ，$$ 所以 si $$\sin \frac { x } { 2 } > 0 ， \sin \frac { n x } { 2 } > 0 ， \cos \frac { \left( n + 1 \right) x } { 2 } > 0 ，$$ 因此 $$f ' \left( x \right) = \sum _ { i = 1 } ^ { n } \cos i x > 0 ，$$ 所以当 n≥2 时， ，f(x) 在 $$\left( 0 ， \frac { \pi } { n + 1 } \right)$$ 上单调递增. ….................................. 10分 (3)证明： $$h \left( x \right) = \sin x - \frac { 2 } { \pi } x ， x \in \left[ 0 ， \frac { \pi } { 2 } \right] ，$$ $$则 h \left( 0 \right) = 0 ， h \left( \frac { \pi } { 2 } \right) = 0 ，$$ $$h ' \left( x \right) = \cos x - \frac { 2 } { \pi } ，$$ $$\cos x _ { 1 } = \frac { 2 } { \pi } ， x _ { 1 } \in \left( 0 ， \frac { \pi } { 2 } \right) ，$$ 当 $$0 < x < x _ { 1 }$$ 时， ，h'(x)>0， 当 $$x _ { 1 } < x < \frac { \pi } { 2 }$$ 时， h'(x)<0， $$h \left( x \right) = \sin x - \frac { 2 } { \pi } x$$ 在 $$\left( 0 ， x _ { 1 } \right)$$ 上单调递增，在 $$\left( x _ { 1 } ， \frac { \pi } { 2 } \right)$$ 上单调递减， 所以当 $$x \in \left[ 0 ， \frac { \pi } { 2 } \right]$$ $$\frac { 1 } { 2 } \right]$$ $$h \left( x \right) = \sin x - \frac { 2 } { \pi } x \ge 0 ， \sin x \ge \frac { 2 } { \pi } x .$$ 同理可证，当 $$x \in \left[ \frac { \pi } { 2 } ， \pi \right]$$ $$则 \sin x \ge 2 - \frac { 2 } { \pi } x .$$ ...... ......................... ......... 12分 数学答案 第7 页(共8页) 由(2)知 f(x) 在 $$\left( 0 ， \frac { \pi } { n + 1 } \right)$$ 上单调递增，取 $$x _ { 0 } = \frac { \pi } { n + 1 } .$$ 当 n=1 时， $$， x _ { 0 } = \frac { \pi } { 2 } ， f \left( x \right) = \sin x ， f \left( x _ { 0 } \right) = 1$$ 1满足题意.…...... .........… 13分 当 n>1 时，当 $$i \le \frac { n + 1 } { 2 }$$ 时， $$， \frac { i \pi } { n + 1 } \le \frac { \pi } { 2 } ，$$ $$\frac { \sin \frac { 1 \pi } { n + 1 } } { i } \ge \frac { 1 } { i } \cdot \frac { 2 } { \pi } \cdot \frac { i \pi } { n + 1 } = \frac { 2 } { n + 1 } ；$$ $$\frac { n + 1 } { 2 } < i \le n$$ $$， \frac { \pi } { 2 } < \frac { i \pi } { n + 1 } < \pi ，$$ 此时 $$\frac { \sin \frac { i \pi } { n + 1 } } { i } \ge \frac { 1 } { i } \left( 2 - \frac { 2 } { \pi } \cdot \frac { i \pi } { n + 1 } \right) = \frac { 2 } { i } - \frac { 2 } { n + 1 } .$$ .....................14分 若 n 为奇数，令 $$n = 2 n _ { 0 } - 1 ， 且$$ $$0 < n x _ { 0 } = \frac { n \pi } { n + 1 } < \pi ， \frac { \sin i x _ { 0 } } { i } > 0 ，$$ $$f \left( x _ { 0 } \right) \ge \frac { n _ { 0 } } { 2 } \frac { 2 } { n + 1 } + \frac { n } { 2 } x _ { n + 1 } \frac { 2 n } { i } ， \frac { 2 n _ { 0 } } { n + 1 } + o = \frac { n + 1 } { 2 } \cdot \frac { 2 } { n + 1 } = 1 ；$$ ...... ............. 15分 若n为偶数，令 $$n = 2 n _ { 0 } ，$$ ，则 $$f \left( x _ { 0 } \right) \ge \frac { x _ { 0 } } { 2 } = \frac { 2 } { n + 1 } + \frac { n } { 2 }$$ $$i _ { i + 1 } \left( \frac { 2 } { i } - \frac { 2 } { n + 1 } \right) = \frac { 2 n _ { 0 } } { n + 1 } - \frac { 2 \left( n - n _ { 0 } \right) } { n + 1 } + 2$$ $$\sum _ { n + 1 } ^ { n } = \frac { 1 } { n }$$ 令 $$= \frac { 4 n _ { 0 } - 2 n } { n + 1 } + 2$$ $$\frac { 1 } { a + 1 } \frac { 1 } { i } = 2$$ $$\frac { 1 } { 1 1 } \ge 2 ， \frac { 2 n _ { 0 } } { 2 } _ { 1 } = \frac { 1 } { 2 n _ { n } } = 2 n _ { 0 } \cdot \frac { 1 } { 2 n _ { 0 } } = 1 .$$ ..........................16分 综上， $$\forall n \in { N ^ { * } } ， \exists { x _ { 0 } } = \frac { \pi } { n + 1 } ，$$ ，使得 $$f \left( x _ { 0 } \right) \ge 1 .$$ ........................................................ 17分 数学答案 第 8 页(共8页)2026届高三命题趋势预测(二) 数学试题 1.答卷前、考生务必将自己的姓名、考场号、座位号、准考证号填写在容题卡上， 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在 本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回， 考试时间为120分钟，满分150分 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 $$A = \left\{ x | 2 ^ { x } > 1 \right\} ，$$ ，集合 $$B = \left\{ x \in Z | x ^ { 2 } - 2 x - 3 \le 0 \right\} ，$$ ，则 A∩B= A.{-1，0，1，2} B.{0，1，2} C.{1，2} D.{1，2，3 2.设复数 $$z = \frac { a - i } { 1 + 2 i }$$ 若z的实部与虚部相等，则实数 a 的值为 $$A . - \frac { 1 } { 3 }$$ B.一1 C.1 $$D . \frac { 1 } { 3 }$$ 3.已知函数f $$f \left( x \right) = \left\{ \begin{array}{l} 3 x + m ， x > 0 ， \\ 2 x ^ { 2 } - 6 ， x \le 0 ， \end{array} \right.$$ 若 f(f(-2))=7， 则 m= A.2 B.2 C.一1 D.1 4.某钢铁公司生产的钢管的标识长度是500 cm，但实际长度存在误差.已知每根钢管的实 际长度服从正态分布 $$N \left( 5 0 0 ， \sigma ^ { 2 } \right) ，$$ 且任意一根钢管的长度介于495cm到505cm之间的 可能性约为95.4%，则随意从该公司生产的钢管中抽取一根，其长度超过495 cm的可能 性约为 A.2.3% B.4 C.95.4% D.97.7% 5.向量 a=(0，1)，b=(1，1)，c=(-1，2)，c=xa+yb， 则x+y = A.一2 B.2 $$C . - \frac { 1 } { 2 }$$ $$D . \frac { 1 } { 2 }$$ 6.已知圆C的方程为 $$x ^ { 2 } + y ^ { 2 } - 6 x - 8 y = 0 ，$$ ，设圆C过点P(3，0)的9条弦长组成一个公差 为d的等差数列 $$\left\{ a _ { n } \right\} ，$$ 则公差 d 的取值范围为 A.[-1，1] $$B . \left[ 0 ， \frac { 1 } { 4 } \right]$$ $$C . \left[ - \frac { 1 } { 2 } ， \frac { 1 } { 2 } \right]$$ $$D . \left[ - \frac { 1 } { 4 } ， \frac { 1 } { 4 } \right]$$ 7.已知正四棱锥 P-ABCD 的底面边长为4，高为6，则该正四棱锥的内切球半径 $$A . \frac { \sqrt { 1 0 } } { 2 }$$ $$B . \frac { 2 \left( \sqrt { 1 0 } - 1 \right) } { 3 }$$ $$C . \frac { 2 \left( \sqrt { 1 0 } + 1 \right) } { 3 }$$ $$D . \frac { 2 \sqrt { 1 0 } } { 3 }$$ 数学试题第1页(共4页) 8.函数f( 的定义域为 R，f(x)-f(-x)=sinx， ，当 x≤0 时， $$f ' \left( x \right) \ge \frac { } { 2 } ，$$ .若 f(θ)≥ $$f \left( \frac { \pi } { 3 } - \theta \right) + \frac { \sqrt 3 } { 2 } \sin \left( \theta - \frac { \pi } { 6 } \right) ，$$ 则实数 的取值范围为 $$A . \left( - \infty ， \frac { \pi } { 6 } \right]$$ $$B . \left[ \frac { \pi } { 6 } ， + \infty \right)$$ $$C . \left[ 0 ， \frac { \pi } { 6 } \right]$$ $$D . \left[ \frac { \pi } { 6 } ， \frac { \pi } { 3 } \right]$$ 二、选择题：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.已知双曲线 $$C ： \frac { x ^ { 2 } } { a ^ { 2 } } - \frac { y ^ { 2 } } { b ^ { 2 } } = 1 \left( a > 0 ， b > 0 \right)$$ >0，b>0)的右焦点为F，左、右顶点分别为 $$A _ { 1 } ， A _ { 2 } ，$$ ，双曲线 C上的点B满足 $$| B F | = \sqrt 3$$ 且BF与 x 轴垂直.直线 $$B A _ { 2 }$$ 的斜率是直线 $$B A _ { 1 }$$ 的斜率的3 倍，点P(0，2)，点Q在C的左支上，则 A.双曲线C的方程为 $$3 x ^ { 2 } - y ^ { 2 } = 1$$ B.双曲线C的渐近线方程为 $$y = \pm \sqrt 3 x$$ C.|PQ|+|QF| |的最小值为 $$2 \sqrt 3$$ D.|PQ|的最小值为 $$\sqrt 3$$ 10.设函数f( \left.x) 的定义域为R，且函数 y=f(ax+b) 为奇函数，函数 y=f(bx+a) 为偶函 数.若 f(2)=2，a≠0，b≠0， ，则 A.a≠b B.b可能为2 C.f(4)可能为0 D.f(-2)=-2 11.棱长为2的正方体 $$A B C D - A _ { 1 } B _ { 1 } C _ { 1 } D _ { 1 }$$ 中，E，F为线段 $$B _ { 1 } D _ { 1 }$$ 上有两个动点， $$E F = \sqrt 2 ，$$ 则下列说法正确的是 A.AC⊥EF B.三棱锥 A-EFC 的体积为定值 C.过点A仅能作1条直线，使正方体的12条棱所在直线与此直线所成的角都相等 D.点P是平面 $$B D D _ { 1 } B _ { 1 }$$ 内一点，若 $$B P \bot P C _ { 1 } ，$$ 则点P的轨迹长度是 $$\sqrt 6 \pi$$ 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 $$1 2 . \left( 2 x - \frac { 1 } { x ^ { 2 } } \right) ^ { n } \left( n \in { N ^ { * } } \right)$$ N)的展开式中有常数项，则n的最小值为. 13.已知数列 $$\left\{ a _ { n } \right\}$$ 的前n项和为 $$S _ { n } ， a _ { 1 } = 2 ， a _ { 2 } = 3 ， a _ { n + 2 } - a _ { n } = 3 + \left( - 1 \right) ^ { n } ，$$ ，则 $$S _ { 6 0 } =$$ . 14.若 a>0， ，且关于x的不等式 $$\left( a \ln x - x \right) \left( a e ^ { x } - x \right) \le 0$$ 恒成立，则实数 a 的取值范围 为. 数学试题第2页(共4页) 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)已知在 △ABC 中， $$\tan \left( A - \frac { \pi } { 4 } \right) = 2 .$$ (1) 求sin A的值； (2)若AB边上的高等于 $$\frac { 3 } { 2 } A B ，$$ ，求 cos∠ACB. 16.(15分)试题难度是指试题对考生知识、技能和思维能力的挑战程度，是衡量试题质量的 重要指标，某团队研究试题难度，规定单选题难度的计算公式为 $$P _ { t } = \frac { R _ { i } } { N } ，$$ ，其中P，为第； 题的难度， $$R _ { i }$$ 为答对该题的人数，N为参加测试的总人数.现对某校高三年级240名学 生进行一次测试，共5道单选题.测试前根据对学生的了解，预估了每道题的难度，如表 所示： 题号 1 2 3 4 5 考前预估难度 $$P _ { 1 }$$ 0.9 0.8 0.7 0.6 0.4 测试后，随机抽取了20名学生的答题数据进行统计，结果如下： 题号 1 2 3 4 5 实测答对人数 16 16 14 14 4 (1)根据题中数据，估计这240名学生中第5题的实测答对人数； (2)从抽样的20名学生中随机抽取2名学生，记这2名学生中第5题答对的人数为X， 求X的分布列和数学期望； (3)试题的预估难度和实测难度之间会有偏差.设P'为第i题的实测难度，定义统计量 [(P；-P) $$S = \frac { 1 } { n } \left[ \left( P _ { 1 } ^ { ' } - P _ { 1 } \right) ^ { 2 } + \left( P _ { 2 } ^ { 1 } - P _ { 2 } \right) ^ { 2 } + \cdots + \left( P ' _ { n } - P _ { n } \right) ^ { 2 } \right] ，$$ ，若 S <0.05，则称本次测试的难度 预估合理，否则不合理.请判断本次测试对难度的预估是否合理， 数学试题第3页(共4页) 17.(15分)如图，在三棱柱 $$A B C - A _ { 1 } B _ { 1 } C _ { 1 }$$ 中，D，E为棱 BC 的三等分点， (1)证明 $$A _ { 1 } D \parallel$$ 平面 $$A C _ { 1 } E ；$$ (2)若底面 ABC 是等边三角形，侧面 $$A A _ { 1 } C _ { 1 } C$$ 是菱形， $$\angle { A _ { 1 } } A C = 6 0 ^ { \circ } ，$$ ，且平面 $$A A _ { 1 } C _ { 1 } C \bot$$ 平面 ABC， 求二面角 $$D - A A _ { 1 } - E$$ 的正弦值. $$A _ { 1 }$$ $$B _ { 1 }$$ E D B 18.(17分)已知椭圆 $$E ： \frac { x ^ { 2 } } { a ^ { 2 } } + \frac { y ^ { 2 } } { b ^ { 2 } } = 1 \left( a > b > 0 \right)$$ 过点 $$\left( 1 ， \frac { 3 } { 2 } \right)$$ $$e = \frac { 1 } { 2 } ，$$ ，过椭圆E的右焦 点F作相互垂直的直线AB，CD与椭圆E分别交于A，B，C，D四点 (1)求椭圆E的标准方程； (2)求四边形 ACBD 面积的最小值. 19.(17分)已知函数f(x)=si $$f \left( x \right) = \sin x + \frac { \sin 2 x } { 2 } + \frac { \sin 3 x } { 3 } + \cdots + \frac { \sin n x } { n } \left( n \in { N ^ { * } } \right) .$$ (1)当 n= =2 时，求 f(x) 在 [[，π] ]上的最大值； (2)当 n≥2 时，证明：(z)在 $$\left( 0 ， \frac { \pi } { n + 1 } \right)$$ 上单调递增； (3)证明： $$\forall n \in { N ^ { * } } ， \exists { x _ { 0 } } \in R ，$$ ，使得 $$f \left( x _ { 0 } \right) \ge 1 .$$ 数学试题第4页(共4页) 百B