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新高考数学一卷出炉，测测哪些 AI 有实力 搞七捻三

我会让 GPT 5.5 Pro + GPT 5.2 Pro 来打分， 标准： 客观题： 1~8 题为单选题，每题 5 分 9~11 题为多选题，每题 6 分，全选对得 6 分，有错选直接 0 分；如果标准答案有两个，那么选对一个得 3 分；如果标准答案有3 个选项，那么选对一个得 2 分，选对两个得 3 分 12~14 题为填空题，答案一眼看出来和标准答案等价就可以 主观题： 15~…

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答案总览

题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 答案 B A C D D B B A ACD BC BCD \sqrt{\dfrac{11}{6}} \theta = \dfrac{3\pi}{2}
f\left(\frac{2\pi}{3}\right) = 1 \sqrt[3]{\dfrac{3}{2}}

解答题结果：

15 题距离为 1；16 题 \cos A = \dfrac{1}{3}, CE = 3\sqrt{5}；17 题见分布列与证明；18 题 C : \dfrac{x^2}{4} + \dfrac{y^2}{3} = 1，l : y = \dfrac{\sqrt{5}}{2} (x + 1)，\tan \angle PQR 的最小值为 4\sqrt{3}；19 题见证明。

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一、单项选择题

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. 中位数

样本数据 6，8，4，5，12 的中位数为

• A. 5
• B. 6
• C. 8
• D. 9

答案：B

【解析】
将样本数据从小到大排列：

4, 5, 6, 8, 12.

共有 5 个数，中位数是第 3 个数，所以中位数为 6。

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2. 平面向量线性表示唯一性

已知平面向量 \boldsymbol{a}，\boldsymbol{b} 不共线，且 2\boldsymbol{a}+y\boldsymbol{b}=x\boldsymbol{a}-3\boldsymbol{b}，则

• A. x=2,\ y=-3
• B. x=-2,\ y=3
• C. x=2,\ y=3
• D. x=-2,\ y=-3

答案：A

【解析】
已知 a, b 不共线，且

2a + yb = xa - 3b.

移项得

(2 - x)a + (y + 3)b = 0.

因为 a, b 不共线，所以它们线性无关，于是对应系数均为 0：

2 - x = 0, y + 3 = 0.

因此

x = 2, y = -3.

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3. 集合交集

已知集合

A=\left\{\sin\frac{7\pi}{6},\ \cos\frac{5\pi}{3},\ \tan\frac{5\pi}{4}\right\},\quad B=\left\{-\frac{\sqrt{3}}{2},\ -\frac{1}{2},\ 1\right\}

则 A\cap B=

• A. \left\{-\dfrac{\sqrt{3}}{2},\ -\dfrac{1}{2}\right\}
• B. \left\{-\dfrac{\sqrt{3}}{2},\ 1\right\}
• C. \left\{-\dfrac{1}{2},\ 1\right\}
• D. \left\{-\dfrac{\sqrt{3}}{2},\ -\dfrac{1}{2},\ 1\right\}

答案：C

【解析】
先计算集合 A 中的三个数：

\sin\frac{7\pi}{6} = -\frac{1}{2}, \cos\frac{5\pi}{3} = \frac{1}{2}, \tan\frac{5\pi}{4} = 1.

所以

A = \left\{-\frac{1}{2}, \frac{1}{2}, 1\right\}.

又

B = \left(-\frac{\sqrt{3}}{2}, -\frac{1}{2}, 1\right).

两集合的公共元素为 -1/2 和 1，故

A\cap B = \left\{-\frac{1}{2}, 1\right\}.

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4. 曲线切线方程

曲线 y=5x+8\ln x 在点 (1,\ 5) 处的切线方程为

• A. y=3x+2
• B. y=5x
• C. y=8x-3
• D. y=13x-8

答案：D

【解析】
曲线为

y = 5x + 8\ln x.

求导得

y' = 5 + \frac{8}{x}.

在 x = 1 处，

y'(1) = 5 + 8 = 13.

又曲线过点 (1, 5)，所以切线方程为

y - 5 = 13(x - 1).

整理得

y = 13x - 8.

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5. 抛物线焦点距离

已知抛物线 C_1:y^2=2p_1x\ (p_1>0) 和 C_2:x^2=2p_2y\ (p_2>0) 均经过点 (4,\ 8)，则 C_1 的焦点与 C_2 的焦点之间的距离为

• A. 12
• B. 4\sqrt{5}
• C. 6
• D. \dfrac{\sqrt{65}}{2}

答案：D

【解析】
抛物线 C_1 : y^2 = 2p_1x 过点 (4, 8)，代入得

8^2 = 2p_1 \cdot 4, 64 = 8p_1, p_1 = 8.

标准式 y^2 = 2px 的焦点为 \left(\dfrac{p}{2}, 0\right)，所以

F_1 = (4, 0).

抛物线 C_2 : x^2 = 2p_2y 过点 (4, 8)，代入得

4^2 = 2p_2 \cdot 8, 16 = 16p_2, p_2 = 1.

标准式 x^2 = 2py 的焦点为 \left(0, \dfrac{p}{2}\right)，所以

F_2 = \left(0, \frac{1}{2}\right).

于是两个焦点间距离为

F_1F_2 = \sqrt{(4 - 0)^2 + \left(0 - \frac{1}{2}\right)^2} = \sqrt{16 + \frac{1}{4}} = \frac{\sqrt{65}}{2}.

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6. 函数最大值确定参数

已知函数

f(x)=\frac{x+2}{\mathrm e^x+a}

的最大值为 1，则 a=

• A. \dfrac{1}{2}
• B. 1
• C. \dfrac{3}{2}
• D. 2

答案：B

【解析】
设

f(x) = \frac{x + 2}{\mathrm{e}^x + a}.

求导：

f'(x) = \frac{(\mathrm{e}^x + a) - (x + 2)\mathrm{e}^x}{(\mathrm{e}^x + a)^2} = \frac{a - (x + 1)\mathrm{e}^x}{(\mathrm{e}^x + a)^2}.

若在 x = x_0 处取得最大值 1，则一方面

f'(x_0) = 0,

即

a = (x_0 + 1)\mathrm{e}^{x_0},

另一方面

f(x_0) = 1,

即

x_0 + 2 = \mathrm{e}^{x_0} + a.

代入 a = (x_0 + 1)\mathrm{e}^{x_0}，得

x_0 + 2 = \mathrm{e}^{x_0} + (x_0 + 1)\mathrm{e}^{x_0} = (x_0 + 2)\mathrm{e}^{x_0}.

x_0 = -2 不可能满足上式的最大值条件，因此可除以 x_0 + 2，得到

\mathrm{e}^{x_0} = 1, x_0 = 0.

再代入 a = (x_0 + 1)\mathrm{e}^{x_0}，得

a = 1.

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7. 数列配对成等差数列

108 塔位于宁夏回族自治区青铜峡市，以其独特的建筑格局和深远的历史文化闻名遐迩。该塔群有 108 座塔，依山势自下而上排成 12 行，将第 i 行中塔的座数记为 a_i\ (i=1,2,\cdots,12)，其中 a_1=1，a_2=a_3=3，a_4=a_5=5，且 a_6,a_7,\cdots,a_{12} 是一个首项为 7、公差为 2 的等差数列。将 a_1,a_2,\cdots,a_{12} 分为 6 组，每组两个数，使得每组 the 两个数之和可构成一个项数为 6 且公差为 d\ (d>0) 的等差数列，则 d=

• A. 2
• B. 4
• C. 6
• D. 8

答案：B

【解析】
由题意可知这 12 行的塔数依次为

1, 3, 3, 5, 5, 7, 9, 11, 13, 15, 17, 19.

先核对总数：

1 + 3 + 3 + 5 + 5 + 7 + 9 + 11 + 13 + 15 + 17 + 19 = 108,

与题干一致。
将这 12 个数分成 6 组，每组 2 个数。设每组两个数之和依次构成首项为 T、公差为 d 的等差数列，则这 6 个组和为

T, T + d, T + 2d, T + 3d, T + 4d, T + 5d.

它们的总和仍然等于所有塔数之和 108，所以

T + (T + d) + (T + 2d) + (T + 3d) + (T + 4d) + (T + 5d) = 108.

整理得

6T + 15d = 108, 2T + 5d = 36.

因此

T = 18 - \frac{5}{2}d.

题目选项给出的 d 为 2, 4, 6 或无解，逐项排除。
若 d = 2。此时 T = 18 - 5 = 13，六个组和应为 13, 15, 17, 19, 21, 23。但原来的 12 个数全部是奇数，任意两个奇数之和必为偶数，不可能得到奇数组和。因此 d = 2 不可能。

若 d = 6。此时 T = 18 - 15 = 3，六个组和应为 3, 9, 15, 21, 27, 33。然而任意一组由两个正整数相加，最小可能和是 1 + 3 = 4，不可能得到首项 3。因此 d = 6 不可能。

若 d = 4。此时 T = 18 - 10 = 8，六个组和应为 8, 12, 16, 20, 24, 28。下面给出一个可行分组：

\begin{aligned} 1 + 7 &= 8, \\ 3 + 9 &= 12, \\ 3 + 13 &= 16, \\ 5 + 15 &= 20, \\ 5 + 19 &= 24, \\ 11 + 17 &= 28. \end{aligned}

这正好把 12 个数全部用完，且组和构成首项为 8、公差为 4 的等差数列。
因此 d = 4。

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8. 随机变量的数学期望

设

U=\{(x_1,x_2,x_3)\mid x_i\in\{-2,-1,1,2\},\ i=1,2,3\}

为空间中 64 个点构成的集合，点 P(1,1,1)。记样本空间

\Omega=\complement_U\{P\}

从 \Omega 中随机选取一个点，定义随机变量 X 如下：对于 \Omega 中的每个点 A(x_1,x_2,x_3)，令

X(A)=x_1+x_2+x_3

则 X 的数学期望为

• A. -\dfrac{1}{21}
• B. -\dfrac{1}{63}
• C. 0
• D. \dfrac{1}{7}

答案：A

【解析】
集合

U = \{(x_1, x_2, x_3) \mid x_i \in \{-2, -1, 1, 2\}, i = 1, 2, 3\}

共有 4^3 = 64 个点。样本空间为

\Omega = U \setminus \{(1, 1, 1)\},

所以 \Omega 中共有 63 个点。
在完整集合 U 中，每个坐标的取值 -2, -1, 1, 2 出现次数相同，且

-2 - 1 + 1 + 2 = 0.

因此

\sum_{(x_1,x_2,x_3)\in U} (x_1 + x_2 + x_3) = 0.

被删去的点是 (1, 1, 1)，其对应的 X = 1 + 1 + 1 = 3。所以在 \Omega 中，X 的总和为 0 - 3 = -3。于是数学期望为

E(X) = \frac{-3}{63} = -\frac{1}{21}.

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二、多项选择题

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，有选错的得 0 分。

9. 复数运算

设 z=3+2\mathrm i，则

• A. \overline z=3-2\mathrm i
• B. |z|=5
• C. z^2=5+12\mathrm i
• D. \dfrac{z+3}{z-\mathrm i}\in\mathbb R

答案：ACD

【解析】
已知 z = 3 + 2\mathrm{i}。
A 项：\overline{z} = 3 - 2\mathrm{i}，正确。
B 项：|z| = \sqrt{3^2 + 2^2} = \sqrt{13} \neq 5，错误。
C 项：z^2 = (3 + 2\mathrm{i})^2 = 9 + 12\mathrm{i} + 4\mathrm{i}^2 = 5 + 12\mathrm{i}，正确。
D 项：\dfrac{z + 3}{z - \mathrm{i}} = \dfrac{6 + 2\mathrm{i}}{3 + \mathrm{i}} = \dfrac{2(3 + \mathrm{i})}{3 + \mathrm{i}} = 2 \in \mathbb{R}，正确。
故选 A、C、D。

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10. 空间中到定直线距离与二面角

在空间中，A，B 为两个定点，动点 C 到直线 AB 的距离为 2，动点 D 到直线 AB 的距离为 1。若二面角 C\text{-}AB\text{-}D 为 60^\circ，则

• A. \angle CAD\ge 60^\circ
• B. CD\ge\sqrt 3
• C. 当 AB\perp CD 时，CD\perp 平面 ABD
• D. 当 AB\perp 平面 ACD 时，AC\perp AD

答案：BC

【解析】
取直线 AB 为 x 轴。设点 C, D 到直线 AB 的垂足在 x 轴上的坐标分别为 c, d。在垂直于 AB 的平面内，设
u = 点 C 到 AB 的垂直向量，
v = 点 D 到 AB 的垂直向量。
由题意

|u| = 2, \quad |v| = 1, \quad \angle(u, v) = 60^{\circ}.

于是

CD^2 = (c - d)^2 + |u - v|^2.

又

|u - v|^2 = |u|^2 + |v|^2 - 2|u||v| \cos 60^{\circ} = 4 + 1 - 2 = 3.

所以

CD^2 = (c - d)^2 + 3 \ge 3 \implies CD \ge \sqrt{3}.

B 正确。
若 AB \perp CD，则 CD 在 x 轴方向上的分量为 0，即 c = d。此时

\vec{CD} = (0, v - u).

它显然垂直于 AB。再看它与 AD 的关系：

\vec{AD} = (d, v),

故

\vec{CD} \cdot \vec{AD} = (v - u) \cdot v = |v|^2 - u \cdot v = 1 - 2 \cdot 1 \cdot \cos 60^{\circ} = 0.

所以 CD \perp AD，且 CD \perp AB，从而 CD \perp 平面 ABD。C 正确。

A 项不一定正确。例如让 C, D 在 AB 方向上的坐标都很大且相同，则 AC, AD 几乎同向，\angle CAD 可趋近于 0^{\circ}。
D 项也不一定正确。若 AB \perp 平面 ACD，则 A, C, D 到 AB 的垂足都在 A，但 AC, AD 在垂直于 AB 的平面内夹角仍为 60^{\circ}，并不垂直。

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11. 三圆截弦长

已知圆

C_1:(x+1)^2+y^2=1,\quad C_2:(x-1)^2+y^2=1,\quad C_3:x^2+(y-\sqrt3)^2=1

直线 l:y=kx+b 与 C_1,C_2,C_3 均有两个交点。设 l 被 C_1,C_2,C_3 截得的弦长分别为 s_1,s_2,s_3，则

• A. k 可以取任意实数
• B. 满足 s_1=s_2=s_3 的直线 l 共有 3 条
• C. 满足 s_1+s_2+s_3=3 的直线 l 多于 3 条
• D. 当 b=0 时，s_1+s_2+s_3 的最大值为 \dfrac{2\sqrt{21}}{3}

答案：BCD

【解析】
三个圆的圆心分别为

O_1 = (-1, 0), \quad O_2 = (1, 0), \quad O_3 = (0, \sqrt{3}),

半径都为 1。直线 l : y = kx + b 写成 kx - y + b = 0。记

N = \sqrt{k^2 + 1}.

圆心到直线的距离分别为

d_1 = \frac{|b - k|}{N}, \quad d_2 = \frac{|b + k|}{N}, \quad d_3 = \frac{|b - \sqrt{3}|}{N}.

对应截弦长为

s_i = 2\sqrt{1 - d_i^2} \quad (i = 1, 2, 3).

A 项错误。取 k = -1/\sqrt{3} \implies N = 2/\sqrt{3}。
要与 C_1 有两个交点，需要

|b - k| < N \iff \left|b + \frac{1}{\sqrt{3}}\right| < \frac{2}{\sqrt{3}} \iff -\sqrt{3} < b < \frac{1}{\sqrt{3}}.

要与 C_3 有两个交点，需要

|b - \sqrt{3}| < N \iff \left|b - \sqrt{3}\right| < \frac{2}{\sqrt{3}} \iff \sqrt{3} - \frac{2}{\sqrt{3}} < b < \sqrt{3} + \frac{2}{\sqrt{3}} \iff \frac{1}{\sqrt{3}} < b < \frac{5}{\sqrt{3}}.

两个开区间没有公共点，所以此时不存在满足题意的 b，故 k 不能取任意实数。

B 项正确。由 s_1 = s_2 = s_3 可知

|b - k| = |b + k| = |b - \sqrt{3}|.

先由 |b - k| = |b + k| 得 k = 0 或 b = 0。
若 k = 0，则 |b| = |b - \sqrt{3}| \implies b = \frac{\sqrt{3}}{2}，得到一条直线。
若 b = 0，则 |k| = \sqrt{3} \implies k = \pm\sqrt{3}，得到两条直线。共 3 条。

C 项正确。只看过原点的直线，即取 b = 0。此时

d_1 = d_2 = \frac{|k|}{\sqrt{k^2 + 1}}, \quad d_3 = \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{k^2 + 1}}.

要有三个实弦，需 k^2 > 2。令

u = \sqrt{k^2 - 2} > 0.

则

s_1 + s_2 + s_3 = \frac{4 + 2\sqrt{k^2 - 2}}{\sqrt{k^2 + 1}} = \frac{2(2 + u)}{\sqrt{u^2 + 3}}.

令该和等于 3，得

\frac{2(2 + u)}{\sqrt{u^2 + 3}} = 3.

两边平方：

4(u + 2)^2 = 9(u^2 + 3),

即

5u^2 - 16u + 11 = 0.

解得 u = 1 或 u = \frac{11}{5}。
于是至少有 k = \pm\sqrt{3}， k = \pm\sqrt{\frac{171}{25}} 四条直线满足 s_1 + s_2 + s_3 = 3，所以多于 3 条。

D 项正确。当 b = 0 时，上式给出

S(k) = s_1 + s_2 + s_3 = \frac{2(2 + u)}{\sqrt{u^2 + 3}}, \quad u = \sqrt{k^2 - 2} > 0.

令

g(u) = \frac{u + 2}{\sqrt{u^2 + 3}}.

则

g'(u) = \frac{(u^2 + 3) - u(u + 2)}{(u^2 + 3)^{3/2}} = \frac{3 - 2u}{(u^2 + 3)^{3/2}}.

所以最大值在 u = 3/2 处取得。此时

S_{\max} = 2 \cdot \frac{2 + 3/2}{\sqrt{9/4 + 3}} = \frac{7}{\sqrt{21}/2} = \frac{14}{\sqrt{21}} = \frac{2\sqrt{21}}{3}.

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三、填空题

本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。

12. 双曲线离心率

双曲线 5x^2-6y^2=1 的离心率为 \underline{\qquad}。

答案：\sqrt{\dfrac{11}{6}}

【解析】
双曲线 5x^2 - 6y^2 = 1 化为标准形式：

\frac{x^2}{1/5} - \frac{y^2}{1/6} = 1.

所以

a^2 = \frac{1}{5}, \quad b^2 = \frac{1}{6}.

双曲线满足

c^2 = a^2 + b^2 = \frac{1}{5} + \frac{1}{6} = \frac{11}{30}.

离心率

e = \frac{c}{a} = \sqrt{\frac{c^2}{a^2}} = \sqrt{\frac{11/30}{1/5}} = \sqrt{\frac{11}{6}}.

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13. 三角函数的偶性与单调性

已知 f(x)=2\sin(ax+\theta)，其中 a\in\mathbb Z,\ 0\le\theta<2\pi。若 f(x) 是偶函数，且 f(x) 在区间 \left(0,\dfrac{\pi}{2}\right) 单调递增，则

\theta=\underline{\qquad},\qquad f\left(\frac{2\pi}{3}\right)=\underline{\qquad}

答案：\theta = \dfrac{3\pi}{2} ，f\left(\dfrac{2\pi}{3}\right) = 1

【解析】
已知

f(x) = 2\sin(ax + \theta), \quad a \in \mathbb{Z}, \quad 0 \le \theta < 2\pi.

题设说 f(x) 是偶函数，即 f(-x) = f(x) 对一切 x 成立。因此

\sin(\theta - ax) = \sin(\theta + ax).

两边相减得

\sin(\theta + ax) - \sin(\theta - ax) = 2\cos\theta\sin(ax) = 0.

由于 f(x) 在 \left(0, \dfrac{\pi}{2}\right) 上单调递增，所以 f 不可能是常函数，从而 a \neq 0。于是 \sin(ax) 不恒为 0，必须有

\cos\theta = 0.

又 0 \le \theta < 2\pi，所以 \theta = \frac{\pi}{2} 或 \theta = \frac{3\pi}{2}。

情形一：\theta = \frac{\pi}{2}。此时

f(x) = 2\sin\left(ax + \frac{\pi}{2}\right) = 2\cos(ax).

若 a > 0，则在充分靠近 0 的右侧有 f'(x) = -2a\sin(ax) < 0；若 a < 0，令 m = -a > 0，则 f(x) = 2\cos(mx)，同样在充分靠近 0 的右侧单调下降。因此该情形不可能满足在整个 \left(0, \dfrac{\pi}{2}\right) 上单调递增。

情形二：\theta = \frac{3\pi}{2}。此时

f(x) = 2\sin\left(ax + \frac{3\pi}{2}\right) = -2\cos(ax).

令 m = |a|，则 f(x) = -2\cos(mx)，m \in \mathbb{N}^*。
求导得

f'(x) = 2m\sin(mx).

若 m = 1，则 0 < mx < \frac{\pi}{2}，所以 f'(x) > 0；若 m = 2，则 0 < mx < \pi，所以 f'(x) > 0。这两种情况都满足单调递增。

若 m \ge 3，则 \frac{\pi}{m} < \frac{\pi}{2}，并且在 x 略大于 \frac{\pi}{m} 时，有 \pi < mx < 2\pi，从而 \sin(mx) < 0，于是 f'(x) < 0，不可能在整个 \left(0, \frac{\pi}{2}\right) 上单调递增。
因此 |a| = 1 或 |a| = 2。
无论 |a| = 1 还是 |a| = 2，都有

f\left(\frac{2\pi}{3}\right) = -2\cos\left(a \cdot \frac{2\pi}{3}\right).

当 |a| = 1 时，

-2\cos\frac{2\pi}{3} = -2 \cdot \left(-\frac{1}{2}\right) = 1;

当 |a| = 2 时，

-2\cos\frac{4\pi}{3} = -2 \cdot \left(-\frac{1}{2}\right) = 1.

所以 \theta = \frac{3\pi}{2}， f\left(\frac{2\pi}{3}\right) = 1。

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14. 数列中连续九项成等比数列

设实数 q 满足：存在数列 \{a_n\}，使得对于任意 n\in\mathbb N^*，均有

a_1+a_2+\cdots+a_{3n}=n^2+n

且 \{a_n\} 中有某些连续 9 项 a_k,a_{k+1},\cdots,a_{k+8} 是公比为 q 的等比数列，则 q 的最大值为 \underline{\qquad}。

答案：\sqrt[3]{\dfrac{3}{2}}

【解析】
题意为：存在数列 \{a_n\}，使得对任意 n \in \mathbb{N}^*，均有

a_1 + a_2 + \cdots + a_{3n} = n^2 + n.

令

S_n = a_1 + a_2 + \cdots + a_{3n} = n^2 + n.

相邻两个式子相减，得第 n 个三项块的和为

a_{3n-2} + a_{3n-1} + a_{3n} = S_n - S_{n-1} = (n^2 + n) - [(n - 1)^2 + (n - 1)] = 2n.

也就是说，按每 3 项分块，三项块和依次为

2, 4, 6, 8, \dots, 2n, \dots.

设某连续九项 a_{\ell}, a_{\ell+1}, \dots, a_{\ell+8} 构成公比为 q 的等比数列。由于这些连续项中必含两个或三个完整三项块，而完整三项块的和均为正数，后面将得到 q^3 > 0，故最大值只需考虑 q > 0。
将这九项记为

A, Aq, Aq^2, \dots, Aq^8.

按照 \ell 除以 3 的余数分类讨论。

情形一：\ell \equiv 1 \pmod 3。
此时九项正好覆盖三个完整三项块。设第一个完整三项块是第 n 个块，则

A(1 + q + q^2) = 2n, Aq^3(1 + q + q^2) = 2(n + 1), Aq^6(1 + q + q^2) = 2(n + 2).

由于 1 + q + q^2 > 0，可由前两式相除得 q^3 = \frac{n + 1}{n}，由后两式相除得 q^3 = \frac{n + 2}{n + 1}。这要求

\frac{n + 1}{n} = \frac{n + 2}{n + 1},

即

(n + 1)^2 = n(n + 2),

也就是

n^2 + 2n + 1 = n^2 + 2n,

矛盾。因此此情形不可能出现。

情形二：\ell \equiv 2 \pmod 3。
设 \ell = 3r + 2，其中 r \ge 0。这九项中包含两个完整三项块：第 r + 2 个块和第 r + 3 个块。对应到等比数列中的项为

Aq^2 + Aq^3 + Aq^4 = 2(r + 2), Aq^5 + Aq^6 + Aq^7 = 2(r + 3).

两式相除得

q^3 = \frac{r + 3}{r + 2}.

因为 r \ge 0，所以

q^3 = \frac{r + 3}{r + 2} = 1 + \frac{1}{r + 2} \le \frac{3}{2}.

于是

q \le \sqrt[3]{\frac{3}{2}}.

情形三：\ell \equiv 0 \pmod 3。
设 \ell = 3r，其中 r \ge 1。这九项中包含两个完整三项块：第 r + 1 个块和第 r + 2 个块。对应到等比数列中的项为

Aq + Aq^2 + Aq^3 = 2(r + 1), Aq^4 + Aq^5 + Aq^6 = 2(r + 2).

两式相除得

q^3 = \frac{r + 2}{r + 1} = 1 + \frac{1}{r + 1} \le \frac{3}{2}.

因此仍有

q \le \sqrt[3]{\frac{3}{2}}.

综上，凡能出现的公比 q 都满足

q \le \sqrt[3]{\frac{3}{2}}.

最后说明这个上界可以取到。取 \ell = 2，令 q = \sqrt[3]{\frac{3}{2}}。
连续九项 a_2, a_3, \dots, a_{10} 取为

A, Aq, Aq^2, \dots, Aq^8.

第 2 个完整三项块为 a_4 + a_5 + a_6，应等于 4，所以令

A(q^2 + q^3 + q^4) = 4.

此时

a_7 + a_8 + a_9 = Aq^5 + Aq^6 + Aq^7 = q^3 A(q^2 + q^3 + q^4) = \frac{3}{2} \cdot 4 = 6,

正好等于第 3 个三项块的和。其余未被固定的项，例如 a_1, a_{11}, a_{12}, \dots，可以再按每个三项块和为 2n 的要求补足。因此该上界确实可以达到。
所以 q 的最大值为 \sqrt[3]{\frac{3}{2}}。

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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. 直三棱柱中的线面关系与距离

在直三棱柱 ABC\text{-}A_1B_1C_1 中，\angle ACB=90^\circ，AC=BC，D，E 分别为 AB，AC_1 的中点。

• （1）证明：DE\parallel 平面 BCC_1B_1；
• （2）设 CC_1=2，直线 DE 与平面 ACC_1A_1 所成的角为 45^\circ，求直线 DE 到平面 BCC_1B_1 的距离。

答案：(1) 见证明；(2) 距离为 1。

【解析】
设直三棱柱 ABC - A_1B_1C_1 中

\angle ACB = 90^\circ, \quad AC = BC.

取坐标系如下：令

C = (0, 0, 0), \quad A = (a, 0, 0), \quad B = (0, a, 0),

其中 a = AC = BC。因为是直三棱柱，设

C_1 = (0, 0, h), \quad A_1 = (a, 0, h), \quad B_1 = (0, a, h).

本题第二问给出 CC_1 = 2，所以之后取 h = 2。
点 D 是 AB 的中点，因此

D = \left(\frac{a}{2}, \frac{a}{2}, 0\right).

点 E 是 AC_1 的中点，因此

E = \left(\frac{a}{2}, 0, \frac{h}{2}\right).

所以

\overrightarrow{DE} = E - D = \left(0, -\frac{a}{2}, \frac{h}{2}\right).

• （1）证明 DE \parallel 平面 BCC_1B_1。
  平面 BCC_1B_1 由点

  B = (0, a, 0), \quad C = (0, 0, 0), \quad C_1 = (0, 0, h), \quad B_1 = (0, a, h)

  组成，故其方程为

  x = 0.

  直线 DE 上两点 D, E 的 x 坐标都等于 a/2，且方向向量 \overrightarrow{DE} = \left(0, -\frac{a}{2}, \frac{h}{2}\right) 没有 x 分量，说明 DE 的方向平行于平面 x = 0。又 D, E 不在平面 x = 0 内，所以

  DE \parallel \text{平面} BCC_1B_1.

• （2）求 DE 到平面 BCC_1B_1 的距离。
  此时 h = 2，所以

  \overrightarrow{DE} = \left(0, -\frac{a}{2}, 1\right).

  平面 ACC_1A_1 的方程为

  y = 0.

  其法向量可取

  n = (0, 1, 0).

  设直线 DE 与平面 ACC_1A_1 所成角为 \alpha，题给 \alpha = 45^\circ。线面角满足

  \sin\alpha = \frac{|\overrightarrow{DE} \cdot n|}{|\overrightarrow{DE}| |n|}.

  代入得

  \sin 45^\circ = \frac{a/2}{\sqrt{(a/2)^2 + 1}}.

  即

  \frac{\sqrt{2}}{2} = \frac{a/2}{\sqrt{a^2/4 + 1}}.

  两边平方：

  \frac{1}{2} = \frac{a^2/4}{a^2/4 + 1}.

  于是

  a^2/4 = 1, a = 2.

  平面 BCC_1B_1 为 x = 0，直线 DE 上任意点的 x 坐标恒为 a/2。因为 DE \parallel 该平面，所以线面距离等于任意一点到该平面的距离：

  \text{dist}(DE, \text{平面} BCC_1B_1) = \frac{a}{2} = 1.

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16. 三角形与平行垂直条件

已知在 \triangle ABC 中，AB=3，BC=2\sqrt3，\cos B=\dfrac{\sqrt3}{3}。

• （1）求 \cos A；
• （2）设 D，E 两点满足：D 在 BA 的延长线上，DE\parallel BC，AE\perp AC。若 DE=\sqrt6，求 CE。

答案：\cos A = \dfrac{1}{3}， CE = 3\sqrt{5}。

【解析】
已知

AB = 3, \quad BC = 2\sqrt{3}, \quad \cos B = \frac{\sqrt{3}}{3}.

• （1）求 \cos A。
  由余弦定理，

  AC^2 = AB^2 + BC^2 - 2 \cdot AB \cdot BC \cos B.

  代入数据：

  AC^2 = 3^2 + (2\sqrt{3})^2 - 2 \cdot 3 \cdot 2\sqrt{3} \cdot \frac{\sqrt{3}}{3} = 9 + 12 - 12 = 9.

  所以

  AC = 3.

  再由余弦定理，

  \cos A = \frac{AB^2 + AC^2 - BC^2}{2AB \cdot AC} = \frac{9 + 9 - 12}{2 \cdot 3 \cdot 3} = \frac{1}{3}.

• （2）求 CE。
  建立坐标系。令

  A = (0, 0), \quad B = (3, 0).

  因为 AC = 3 且 \cos A = 1/3，所以

  C = (3\cos A, 3\sin A) = (1, 2\sqrt{2}).

  于是

  \overrightarrow{BC} = C - B = (-2, 2\sqrt{2}).

  因为 D 在 BA 的延长线上，所以可设

  D = (-t, 0), \quad t > 0.

  又 DE \parallel BC，所以可设

  \overrightarrow{DE} = \lambda(-2, 2\sqrt{2}).

  于是

  E = D + \lambda(-2, 2\sqrt{2}) = (-t - 2\lambda, 2\sqrt{2}\lambda).

  由 DE = \sqrt{6}，且 |\overrightarrow{BC}| = 2\sqrt{3}，可得

  |\lambda| \cdot 2\sqrt{3} = \sqrt{6}, |\lambda| = \frac{\sqrt{2}}{2}.

  由于 D 在 BA 的延长线上，最终取 \lambda > 0。

  又 AE \perp AC。因为

  \overrightarrow{AC} = (1, 2\sqrt{2}), \quad \overrightarrow{AE} = (-t - 2\lambda, 2\sqrt{2}\lambda),

  所以

  \overrightarrow{AE} \cdot \overrightarrow{AC} = 0.

  即

  (-t - 2\lambda) \cdot 1 + (2\sqrt{2}\lambda)(2\sqrt{2}) = 0.

  化简：

  -t - 2\lambda + 8\lambda = 0, t = 6\lambda.

  so

  E = (-8\lambda, 2\sqrt{2}\lambda).

  代入 \lambda = \frac{\sqrt{2}}{2}：

  E = (-4\sqrt{2}, 2).

  于是

  CE^2 = (1 + 4\sqrt{2})^2 + (2\sqrt{2} - 2)^2.

  分别计算：

  (1 + 4\sqrt{2})^2 = 1 + 8\sqrt{2} + 32 = 33 + 8\sqrt{2}, (2\sqrt{2} - 2)^2 = 8 - 8\sqrt{2} + 4 = 12 - 8\sqrt{2}.

  相加得

  CE^2 = 45.

  因此

  CE = 3\sqrt{5}.

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17. 投篮停止次数的分布与无记忆性

设整数 N\ge2，某同学用一个球进行投篮练习，至多投篮 N 次，当且仅当投中一次时，或 N 次均未投中时，停止练习。设该同学每次投中的概率为 p\ (0<p<1)，各次投中与否相互独立。记 X 为停止练习时该同学的投篮次数。

• （1）当 N=4，p=\dfrac13 时，求 X 的分布列；
• （2）设 k，m 均为自然数。
  • （i）当 k\le N-1 时，求 P(X>k)；
  • （ii）当 k+m\le N-1 时，证明：
  P(X>k+m\mid X>k)=P(X>m)

【解析】
记一次投篮命中的概率为 p，未命中的概率为

q = 1 - p.

练习至多进行 N 次，且一旦命中就停止；若前 N 次均未命中，也在第 N 次后停止。于是

X = \min\{\text{首次命中的投篮次数}, N\}.

• （1）当 N=4， p = \frac{1}{3} 时，求 X 的分布列。
  此时 p = \frac{1}{3}, \quad q = \frac{2}{3}. 对 j = 1, 2, 3，事件 X = j 表示前 j - 1 次未中，第 j 次命中，所以 P(X = j) = q^{j-1}p. 当 X = 4 时，只要求前三次都未中；第四次中或不中都会停止，所以 P(X = 4) = q^3. 因此 P(X = 1) = \frac{1}{3}, P(X = 2) = \frac{2}{3} \cdot \frac{1}{3} = \frac{2}{9}, P(X = 3) = \left(\frac{2}{3}\right)^2 \cdot \frac{1}{3} = \frac{4}{27}, P(X = 4) = \left(\frac{2}{3}\right)^3 = \frac{8}{27}. 分布列为：

X 1 2 3 4 P \dfrac{1}{3} \dfrac{2}{9} \dfrac{4}{27} \dfrac{8}{27}

检查：

\frac{1}{3} + \frac{2}{9} + \frac{4}{27} + \frac{8}{27} = \frac{9}{27} + \frac{6}{27} + \frac{4}{27} + \frac{8}{27} = 1.

• （2）（i）当 k \le N - 1 时，求 P(X > k)。
  X > k 表示前 k 次均未命中。由于各次投篮相互独立，

  P(X > k) = q^k = (1 - p)^k.

• （2）（ii）证明条件概率公式。
  当 k + m \le N - 1 时，由上式

  P(X > k + m) = (1 - p)^{k+m}, P(X > k) = (1 - p)^k.

  于是

  P(X > k + m \mid X > k) = \frac{P(X > k + m)}{P(X > k)} = \frac{(1 - p)^{k+m}}{(1 - p)^k} = (1 - p)^m.

  又由于 m \le k + m \le N - 1，同理

  P(X > m) = (1 - p)^m.

  因此

  P(X > k + m \mid X > k) = P(X > m).

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18. 椭圆、面积比与角的最值

已知椭圆 C:\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1\quad(a>b>0) 的左焦点为 F(-1,0)，离心率为 \dfrac12。

• （1）求 C 的方程；
• （2）过 F 且斜率大于 0 的动直线 l 与 C 交于 P，Q 两点，其中 Q 在第三象限，直线 PO 与 C 的另一个交点为 R。
  • （i）若 \triangle PQR 的面积是 \triangle PFO 的面积的 3 倍，求 l 的方程；
  • （ii）求 \tan\angle PQR 的最小值。

【解析】

• （1）求椭圆 C 的方程。
  已知左焦点为 F(-1, 0)，故焦距参数

  c = 1.

  离心率

  e = \frac{c}{a} = \frac{1}{2}.

  所以

  a = 2.

  又

  b^2 = a^2 - c^2 = 4 - 1 = 3.

  故椭圆方程为

  \frac{x^2}{4} + \frac{y^2}{3} = 1.

• （2）设直线 l 的斜率为 t > 0。
  直线 l 过 F(-1, 0)，所以

  l : y = t(x + 1).

  令

  x = -1 + \lambda, \quad y = t\lambda.

  代入椭圆方程：

  \frac{(\lambda - 1)^2}{4} + \frac{t^2\lambda^2}{3} = 1.

  两边乘以 12：

  3(\lambda - 1)^2 + 4t^2\lambda^2 = 12.

  整理得

  (3 + 4t^2)\lambda^2 - 6\lambda - 9 = 0.

  设两个根为

  \lambda_1 > 0, \quad \lambda_2 < 0.

  则

  P = F + (\lambda_1, t\lambda_1), \quad Q = F + (\lambda_2, t\lambda_2).

  由求根公式，记 s = \sqrt{1 + t^2}，可得

  \lambda_1 = \frac{3 + 6s}{3 + 4t^2}, \quad \lambda_2 = \frac{3 - 6s}{3 + 4t^2}.

  • （i）面积比求直线 l。
    因为椭圆关于原点中心对称，直线 PO 与椭圆的另一个交点为

    R = -P.

    点 P, F, Q 共线。取 PF、PQ 为同一直线上的底边，则

    \frac{[\triangle PQR]}{[\triangle PFO]} = \frac{PQ}{PF} \cdot \frac{d(R, l)}{d(O, l)}.

    直线 l 的方程为

    tx - y + t = 0.

    原点到 l 的距离为

    d(O, l) = \frac{t}{\sqrt{1 + t^2}}.

    因为 P 在直线 l 上，且 R = -P，把 R 代入直线方程可得

    d(R, l) = \frac{2t}{\sqrt{1 + t^2}} = 2d(O, l).

    所以

    \frac{[\triangle PQR]}{[\triangle PFO]} = 2 \cdot \frac{PQ}{PF}.

    题设给出 [\triangle PQR] = 3[\triangle PFO]，因此

    \frac{PQ}{PF} = \frac{3}{2}.

    又 PF = \lambda_1 \sqrt{1 + t^2}， PQ = (\lambda_1 - \lambda_2)\sqrt{1 + t^2}，所以

    \frac{PQ}{PF} = \frac{\lambda_1 - \lambda_2}{\lambda_1} = \frac{3}{2}.

    即

    \lambda_1 - \lambda_2 = \frac{3}{2}\lambda_1, -\lambda_2 = \frac{1}{2}\lambda_1, \lambda_1 + 2\lambda_2 = 0.

    代入 \lambda_1, \lambda_2：

    \frac{3 + 6s}{3 + 4t^2} + 2 \cdot \frac{3 - 6s}{3 + 4t^2} = 0.

    分子为

    3 + 6s + 6 - 12s = 9 - 6s.

    so

    9 - 6s = 0, s = \frac{3}{2}.

    即

    \sqrt{1 + t^2} = \frac{3}{2}, t^2 = \frac{5}{4}.

    由于 t > 0，

    t = \frac{\sqrt{5}}{2}.

    故

    l : y = \frac{\sqrt{5}}{2}(x + 1).

  • （ii）求 \tan\angle PQR 的最小值。
    向量 \vec{QP} 与直线 l 同向，可取方向向量

    v = (1, t).

    又 R = -P, Q = F + (\lambda_2, t\lambda_2)，可得

    \overrightarrow{QR} = R - Q = (2, 0) - (\lambda_1 + \lambda_2)(1, t).

    由根与系数关系，

    \lambda_1 + \lambda_2 = \frac{6}{3 + 4t^2}.

    记

    S = \lambda_1 + \lambda_2 = \frac{6}{3 + 4t^2}.

    则

    \overrightarrow{QR} = (2 - S, -St).

    于是

    |v \times \overrightarrow{QR}| = |1 \cdot (-St) - t(2 - S)| = 2t, v \cdot \overrightarrow{QR} = 2 - S - St^2 = 2 - S(1 + t^2).

    代入 S = \frac{6}{3+4t^2}：

    2 - S(1 + t^2) = 2 - \frac{6(1 + t^2)}{3 + 4t^2} = \frac{2t^2}{3 + 4t^2} > 0.

    所以

    \tan\angle PQR = \frac{|v \times \overrightarrow{QR}|}{v \cdot \overrightarrow{QR}} = \frac{2t}{\frac{2t^2}{3+4t^2}} = \frac{3 + 4t^2}{t} = 4t + \frac{3}{t}.

    由 t > 0，利用基本不等式，或直接求导：

    4t + \frac{3}{t} \ge 2\sqrt{4t \cdot \frac{3}{t}} = 4\sqrt{3}.

    等号在 4t = \frac{3}{t}，即 t = \frac{\sqrt{3}}{2} 时成立。因此

    \tan\angle PQR_{\min} = 4\sqrt{3}.

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19. 集合 D(x_0) 与函数单调性

已知函数 f(x) 的定义域为 \mathbb R，且当 x<0 时，f(x)=2^x。对任意 x_0\in\mathbb R，定义集合

D(x_0)=\{d\in\mathbb R\mid f(x_0+d)>f(x_0)\}

• （1）若当 x\ge0 时，f(x)=1-x，求 D(-1)；
• （2）若 f(x) 是奇函数，f(x_1)\le f(x_2) 且 x_1,x_2\ne0，证明：

D(x_2)\subseteq D(x_1)

• （3）设 f(x) 满足：
  • ① 若 f(x_1)\le f(x_2)，则 D(x_2)\subseteq D(x_1)；
  • ② 当 0<x<1 时，f(x)<f(0)。
  • （i）证明：f(0)\ge1；
  • （ii）证明：f(x) 在区间 (0,+\infty) 单调递增。

定义

D(x_0) = \{d \in \mathbb{R} \mid f(x_0 + d) > f(x_0)\}.

也就是说，d \in D(x_0) 表示从 x_0 平移 d 后，函数值严格增大。

• （1）求 D(-1)。
  当 x < 0 时，f(x) = 2^x；当 x \ge 0 时，f(x) = 1 - x。
  先算

  f(-1) = 2^{-1} = \frac{1}{2}.

  要求

  f(-1 + d) > \frac{1}{2}.

  令 y = -1 + d。分两种情况。
  若 y < 0，即 d < 1，则

  f(y) = 2^y > \frac{1}{2} = 2^{-1} \iff y > -1.

  即

  -1 < -1 + d < 0 \implies 0 < d < 1.

  若 y \ge 0，即 d \ge 1，则

  f(y) = 1 - y = 1 - (-1 + d) = 2 - d.

  要求

  2 - d > \frac{1}{2} \implies d < \frac{3}{2}.

  结合 d \ge 1，得

  1 \le d < \frac{3}{2}.

  合并两段：

  D(-1) = \left(0, \frac{3}{2}\right).

• （2）奇函数情形下的包含关系。
  若 f 是奇函数，且 x < 0 时 f(x) = 2^x，则

  f(0) = 0,

  并且当 x > 0 时，

  f(x) = -f(-x) = -2^{-x}.

  因此

  f(x) = \begin{cases} 2^x, & x < 0, \\ 0, & x = 0, \\ -2^{-x}, & x > 0. \end{cases}

  先求 D(x_0) 的形式。
  若 x_0 < 0，则 f(x_0) = 2^{x_0} > 0。要使 f(x_0 + d) > f(x_0)，只能仍在负半轴且指数变大，即

  x_0 < x_0 + d < 0.

  所以

  D(x_0) = (0, -x_0), \quad x_0 < 0.

  若 x_0 > 0，则 f(x_0) = -2^{-x_0} < 0。若 x_0 + d < 0 或 x_0 + d = 0，函数值分别为正数或 0，都大于 f(x_0)；若 x_0 + d > 0，则

  -2^{-(x_0+d)} > -2^{-x_0} \iff x_0 + d > x_0 \iff d > 0.

  所以

  D(x_0) = (-\infty, -x_0] \cup (0, +\infty), \quad x_0 > 0.

  现设

  f(x_1) \le f(x_2), \quad x_1x_2 \neq 0.

  分情况讨论。
  若 x_1, x_2 < 0，则 2^{x_1} \le 2^{x_2}，所以 x_1 \le x_2，从而

  (0, -x_2) \subset (0, -x_1),

  即

  D(x_2) \subset D(x_1).

  若 x_1, x_2 > 0，则

  -2^{-x_1} \le -2^{-x_2} \iff 2^{-x_1} \ge 2^{-x_2} \iff x_1 \le x_2.

  于是

  (-\infty, -x_2] \subset (-\infty, -x_1],

  且 (0, +\infty) 相同，所以

  D(x_2) \subset D(x_1).

  若 x_1 > 0, x_2 < 0，则

  f(x_1) < 0 < f(x_2),

  题设 f(x_1) \le f(x_2) 自动成立。此时

  D(x_2) = (0, -x_2) \subset (0, +\infty) \subset D(x_1).

  x_1 < 0, x_2 > 0 时，f(x_1) > 0 > f(x_2)，不可能满足 f(x_1) \le f(x_2)。
  综上，结论成立：

  D(x_2) \subset D(x_1).

• （3）（i）证明 f(0) \ge 1。
  反设

  f(0) < 1.

  由于

  \lim_{t\to 0^-} 2^t = 1,

  可取 t \in (-1, 0)，使得

  f(0) < 2^t = f(t) < 1.

  于是

  f(0) < f(t).

  由条件 1，取 x_1 = 0, x_2 = t，得

  D(t) \subset D(0).

  又因为 t < 0，取

  d = -\frac{t}{2}.

  则

  t + d = \frac{t}{2} < 0,

  且

  f(t + d) = 2^{t/2} > 2^t = f(t),

  所以

  d \in D(t).

  由 D(t) \subset D(0) 得

  d \in D(0),

  即

  f(d) > f(0).

  但 t \in (-1, 0)，所以

  0 < d < \frac{1}{2} < 1.

  由条件 2，

  f(d) < f(0),

  矛盾。因此

  f(0) \ge 1.

• （3）（ii）证明 f(x) 在区间 (0, +\infty) 单调递增。
  先证明一个关键结论：

  x > 0 \implies f(x) \le 0.

  第一步，证明 0 < x < 1 时 f(x) \le 0。反设存在 x \in (0, 1) 使

  f(x) > 0.

  由条件 2 有

  f(x) < f(0),

  所以

  -x \in D(x),

  因为

  x + (-x) = 0, f(0) > f(x).

  又可取足够小的 t < 0，使

  2^t = f(t) < f(x).

  于是 f(t) \le f(x)。由条件 1，

  D(x) \subset D(t).

  因此

  -x \in D(t).

  这意味着

  f(t - x) > f(t).

  但 t - x < t < 0，在负半轴上 f(u) = 2^u 严格递增，所以

  f(t - x) = 2^{t-x} < 2^t = f(t),

  矛盾。故

  0 < x < 1 \implies f(x) \le 0.

  第二步，把结论推广到所有 x > 0。任取 y > 0，取一个

  x \in (0, \min\{1, y\}).

  刚才已知 f(x) \le 0。再任取 M > y，则

  x - M < y - M < 0.

  因为负半轴上 f(u) = 2^u 严格递增，所以

  f(x - M) < f(y - M).

  由条件 1，

  D(y - M) \subset D(x - M).

  若 f(y) > 2^{y-M} = f(y - M)，则

  M \in D(y - M),

  从而

  M \in D(x - M).

  这会推出

  f(x) > f(x - M) = 2^{x-M} > 0,

  与 f(x) \le 0 矛盾。因此对一切 M > y，都有

  f(y) \le 2^{y-M}.

  令 M \to +\infty，得

  f(y) \le 0.

  由于 y > 0 任意，关键结论成立。

  最后证明严格递增。任取

  0 < x < y.

  令

  h = y - x > 0.

  由关键结论，

  f(x) \le 0.

  取 t < -h，则

  t < 0, t + h < 0.

  在负半轴上 f(u) = 2^u 严格递增，所以

  f(t + h) = 2^{t+h} > 2^t = f(t).

  因此

  h \in D(t).

  又因为

  f(x) \le 0 < 2^t = f(t),

  由条件 1 可得

  D(t) \subset D(x).

  于是

  h \in D(x).

  这正是

  f(x + h) > f(x),

  即

  f(y) > f(x).

  所以 f(x) 在 (0, +\infty) 上严格单调递增。

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