\documentclass[10pt]{article} \usepackage[verbose, a4paper, hmargin=2.5cm, vmargin=2.5cm]{geometry} \usepackage{fontspec} \usepackage{ctex} \usepackage{paratype} \usepackage{amsmath} \usepackage{amssymb} \usepackage{amsfonts} \usepackage{esint} \usepackage{stmaryrd} \usepackage[mathbf=sym]{unicode-math} \setmainfont{STIX Two Text} \setmathfont{STIX Two Math} \setsansfont{Arial} \setmonofont{Courier New} \usepackage{makecell} \usepackage{wasysym} \usepackage{pifont} \usepackage[export]{adjustbox} \usepackage{graphicx} \usepackage{mdframed} \usepackage{booktabs,array,multirow} \usepackage{tabularx} \usepackage{hyperref} \hypersetup{colorlinks=true, linkcolor=blue, filecolor=magenta, urlcolor=cyan,} \urlstyle{same} \usepackage[most]{tcolorbox} \definecolor{mygray}{RGB}{240,240,240} \tcbset{ colback=mygray, boxrule=0pt, } \graphicspath{ {./images/} } \newcommand{\HRule}{\begin{center}\rule{0.9\linewidth}{0.2mm}\end{center}} \newcommand{\customfootnote}[1]{ \let\thefootnote\relax\footnotetext{#1} } \newcommand{\lt}{\mathrel{<}} \newcommand{\gt}{\mathrel{>}} \newcommand*\circled[1]{\tikz[baseline=(char.base)]{\node[shape=circle,draw,inner sep=1.5pt] (char) {\small #1};}} \setcounter{MaxMatrixCols}{256} \begin{document} A01 \section*{福建省福州市 2026 届高三年级 第一次质量检测} \section*{你有能力拿到的分数} 本试卷基础题和中档题为 \(1 \sim 7,9,{10},{12} \sim {14},{15},{16},{17}\) , 18(1)(2),19(1) 合计 117 分. 上述分数是基础题和中档题的分数, 是通过科学的训练能够拿到的分数, 你拿到了吗? 必得分 答案速查(标黑的有两种及以上解法) 1-5 BBDCC 6-8 DAA 9. AC 10. ACD 11. BCD 12. 2 13. \(\left( {0,1}\right)\) 1 14. \(\frac{37\pi }{3}\) 1. B 因为 \(U = \left\{ {x \in \mathbf{Z}\left| {{x}^{2} - 1 \leq 0\} = \{ x \in \mathbf{Z}}\right| - 1 \leq x \leq 1}\right\} = \; \{ - 1,0,1\} ,A = \{ 0,1\}\) ,所以 \({\complement }_{U}A = \{ - 1\}\) ,所以 \({\complement }_{U}A\) 中元素个数为 1 . 2. \(\mathrm{B}\) 解法 1 由 \(\mathrm{i}z = 2 - \mathrm{i}\) 得 \(\left| {\mathrm{i}z}\right| = \left| {2 - \mathrm{i}}\right|\) ,即 \(\left| \mathrm{i}\right| \left| z\right| = \left| {2 - \mathrm{i}}\right|\) , 则 \(\left| z\right| = \sqrt{5}\) . 解法 2 由 \(\mathrm{i}z = 2 - \mathrm{i}\) ,得 \(z = \frac{2 - \mathrm{i}}{\mathrm{i}} = \frac{\left( {2 - \mathrm{i}}\right) \left( {-\mathrm{i}}\right) }{\mathrm{i} \cdot \left( {-\mathrm{i}}\right) } = - 1 - 2\mathrm{i}\) ,所以 \(\left| z\right| = \sqrt{{\left( -1\right) }^{2} + {\left( -2\right) }^{2}} = \sqrt{5}.\) 3. \(\mathbf{D}\) 由题意可知 \(\overrightarrow{AB} = \left( {2,4}\right) - \left( {5,0}\right) = \left( {-3,4}\right) ,\mathbf{F} = ( - 2\) , 3), \(\overrightarrow{AB} \cdot \mathbf{F} = \left( {-3}\right) \times \left( {-2}\right) + 4 \times 3 = {18}\) ,所以 \(\mathbf{F}\) 对该物体所做的功为 18 . 4. C 解法 1 因为函数 \(f\left( x\right) = \tan \left( {{\omega x} + \varphi }\right) \left( {\omega > 0}\right)\) 的图象与直线 \(y = a\) 的两个相邻交点之间的距离为 \(\frac{\pi }{4}\) ,所以 \(f\left( x\right)\) 的最小正周期 \(T = \frac{\pi }{4}\) . 又 \(T = \frac{\pi }{\omega } = \frac{\pi }{4}\) ,所以 \(\omega = 4\) . 解法 2 因为 \(\varphi \left( x\right) = \tan x\) 在 \(\left( {-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}}\right)\) 上单调递增,且值域为 \(\mathbf{R}\) . 所以存在唯一 \(\alpha \in \left( {-\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2}}\right)\) ,使得 \(\tan \alpha = a\) . 令 \(\tan ({\omega x} + \; \varphi ) = a\) 得 \({\omega x} + \varphi = \alpha + {k\pi },k \in \mathbf{Z}\) ,即 \(x = \frac{\alpha - \varphi + {k\pi }}{\omega },k \in \mathbf{Z}\) . 因为 \(f\left( x\right) = \tan \left( {{\omega x} + \varphi }\right) \left( {\omega > 0}\right)\) 的图象与直线 \(y = a\) 的相邻两个交点的距离为 \(\frac{\pi }{4}\) ,故 \(\frac{\alpha - \varphi + \pi }{\omega } - \frac{\alpha - \varphi }{\omega } = \frac{\pi }{4}\) ,即 \(\omega = 4\) . 5. C 解法 1 由抛物线 \(C : {y}^{2} = {2px}\left( {p > 0}\right)\) ,得准线 \(l\) 为 \(x = - \frac{p}{2},F\left( {\frac{p}{2},0}\right)\) . 再由直线 \(y = 3\) 与准线 \(l\) 交于点 \(M\) ,所以 \(M\left( {-\frac{p}{2},3}\right)\) ,则 \(\left| {MF}\right| = \sqrt{{\left( -\frac{p}{2} - \frac{p}{2}\right) }^{2} + {3}^{2}} = 5\) ,解得 \(p = 4\) (舍去负值). 解法 2 设准线 \(l\) 与 \(x\) 轴交于点 \(N\) ,则 \(\left| {NF}\right| = p\) ,在 \(\mathrm{{Rt}}\bigtriangleup {MNF}\) 中, \(\left| {NF}\right| = \sqrt{{\left| MF\right| }^{2} - {\left| MN\right| }^{2}} = \sqrt{{5}^{2} - {3}^{2}} = 4\) ,即 \(p =\) 4. 6. \(\mathbf{D}\) 由 \(x \geq 0,f\left( x\right) = f\left( {x - 4}\right)\) 知 \(f\left( {2025}\right) = f(4 \times {506} + \; 1) = f\left( 1\right) = f\left( {-3}\right) = \cos \left\lbrack {\left( {-3}\right) \times \frac{2\pi }{3}}\right\rbrack = \cos \left( {-{2\pi }}\right) = 1\) . 7. A 解法 1 (几何法) 取 \({BC}\) 的中点为 \(D\) ,连接 \({AD},{B}_{1}D\) , 如图所示. 易证 \({AD} \bot\) 平面 \({BC}{C}_{1}{B}_{1}\) ,所以 \(\angle A{B}_{1}D\) 为直线 \(A{B}_{1}\) 与平面 \({BC}{C}_{1}{B}_{1}\) 所成角. 设 \({AB} = 2\) ,则 \({AD} = \sqrt{3},A{B}_{1} = 2\sqrt{2}\) . 在 \(\operatorname{Rt}\bigtriangleup A{B}_{1}D\) 中, \(\sin \angle A{B}_{1}D = \frac{AD}{A{B}_{1}} = \frac{\sqrt{3}}{2\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{6}}{4}\) . \begin{center} \includegraphics[max width=0.2\textwidth]{images/0_1100_82_225_246_0.jpg} \end{center} \hspace*{3em} 解法 2 (空间向量法) 设三棱柱的棱长为 1,以 \(B\) 为原点,以过点 \(B\) 作 \({BC}\) 的垂线为 \(x\) 轴,以 \({BC}\) 所在直线为 \(y\) 轴, \(B{B}_{1}\) 所在直线为 \(z\) 轴,建立空间直角坐标系,如图. \begin{center} \includegraphics[max width=0.2\textwidth]{images/0_1084_457_253_293_0.jpg} \end{center} \hspace*{3em} 则 \(B\left( {0,0,0}\right) ,{B}_{1}\left( {0,0,1}\right) ,A\left( {\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{1}{2},0}\right)\) ,所以 \(\overrightarrow{A{B}_{1}} = \; \left( {-\frac{\sqrt{3}}{2}, - \frac{1}{2},1}\right)\) ,易知平面 \({BC}{C}_{1}{B}_{1}\) 的一个法向量为 \(\mathbf{n} = (1,0\) , 0). 设直线 \(A{B}_{1}\) 与平面 \({BC}{C}_{1}{B}_{1}\) 所成角为 \(\theta ,\theta \in \left\lbrack {0,\frac{\pi }{2}}\right\rbrack\) ,则 \(\sin \theta = \left| {\cos \left\langle {\mathbf{n},\overrightarrow{A{B}_{1}}}\right\rangle }\right| = \frac{\left| \mathbf{n} \cdot \overrightarrow{A{B}_{1}}\right| }{\left| \mathbf{n}\right| \cdot \left| \overrightarrow{A{B}_{1}}\right| } = \frac{\frac{\sqrt{3}}{2}}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{6}}{4}\) . 解法 3 (等体积法) 设 \({AB} = 2\) ,则 \(A{B}_{1} = 2\sqrt{2}\) . 设 \(A\) 到平面 \(B{B}_{1}{C}_{1}C\) 的距离为 \(h\) ，由 \({V}_{A - B{B}_{1}{C}_{1}C} = \frac{2}{3}{V}_{{ABC} - {A}_{1}{B}_{1}{C}_{1}}\) 得 \(\frac{1}{3} \times {2}^{2}h = \; \frac{2}{3} \times \left( {\frac{\sqrt{3}}{4} \times {2}^{2}}\right) \times 2\) ,解得 \(h = \sqrt{3}\) . 设 \(A{B}_{1}\) 与平面 \({BC}{C}_{1}{B}_{1}\) 所成角为 \(\theta\) ,则 \(\sin \theta = \frac{h}{A{B}_{1}} = \frac{\sqrt{3}}{2\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{6}}{4}\) . 解后反思与线面角有关的正弦值问题的三种解法 解法 1 适用于空间想象能力强、熟悉线面垂直构造的学生. 直接锁定线面角, 运算量最小、效率最高, 是考试中优先选择的解法, 尤其适合快速得分场景, 对学生空间想象能力要求较高. 解法 2 适用于空间想象能力较弱、擅长代数运算的学生. 需建立空间直角坐标系, 明确各点坐标, 无需复杂的辅助线几何构造, 将立体几何问题转化为坐标运算, 逻辑直接, 适合应对无法快速找到线面角的题目，是通用性较强的“保底解法”. 解法 3 适用于线面角构造困难,但体积计算便捷的学生. 避开线面角的直接构造, 通过体积转化求距离, 再结合定义求解, 适合底面为特殊图形 (如正三角形)、体积易计算的场景, 可作为补充解法验证答案. 8. A 甲审题指导 问题要求判断 \(x,y\) 大小关系不可能的选项, 属于“存在性/可能性”判断类问题, 优先考虑赋值验证排除法或构造函数分析单调性法. 解法 1 (赋值法) (I) 启发式分析 采用赋值法, 选取特殊值代入等式，计算对应 \(y\) 的范围，直接验证选项是否成立. 设 \(g\left( t\right) = t + 4{\log }_{2}t\) ,则 \(g\left( t\right)\) 为增函数,且 \(g\left( 1\right) = 1\) . 启发式分析 挖掘隐含条件, 排除矛盾选项, 从选项特征来看,均围绕 \(x,y\) 与 1 的大小关系展开,因此赋值时可优先选取 \(x = \frac{1}{2},x = 2,x = 4\) 等与 1 相关的特殊值,结合函数单调性快速排除成立的选项, 锁定不可能的结果. 取 \(x = \frac{1}{2}\) ,则 \({x}^{2} + {\log }_{2}x = - \frac{3}{4}\) ,即 \(y + 4{\log }_{2}y = - \frac{3}{4}\) , \(g\left( \frac{1}{2}\right) = - \frac{7}{2} < - \frac{3}{4} = g\left( y\right) < g\left( 1\right)\) ,因此 \(\frac{1}{2} < y < 1\) ,即 \(x < y <\) 1,排除 B; 取 \(x = 2\) ,则 \({x}^{2} + {\log }_{2}x = 5\) ,即 \(y + 4{\log }_{2}y = 5,g\left( 1\right) < 5 = \; g\left( y\right) < 6 = g\left( 2\right)\) ,因此 \(1 < y < 2\) ,即 \(1 < y < x\) ,排除 \(\mathrm{D}\) ; 取 \(x = 4\) ,则 \({x}^{2} + {\log }_{2}x = {18}\) ,即 \(y + 4{\log }_{2}y = {18},g\left( 1\right) < {12} = g\left( 4\right) < {18} = g\left( y\right)\) , 因此 \(1 < 4 < y\) ,即 \(1 < x < y\) ,排除 \(\mathrm{C}\) . 解法 2 (函数综合法) 小,可以令 \({x}^{2} + 2{\log }_{4}x = y + 4{\log }_{2}y = m\) ,显然无法用 \(m\) 表示出 \(x,y\) ,因此考虑转化为研究直线 \(y = m\) 与 \({y}_{1} = {x}^{2} + 2{\log }_{4}x\) 和 \({y}_{2} = \; y + 4{\log }_{2}y\) 图象交点横坐标的大小关系,需要画出函数图象,特别要关注两个函数图象的上下位置关系,因此构造函数 \(\varphi \left( x\right) = \; {x}^{2} + 2{\log }_{4}x - x - 4{\log }_{2}x\) ,通过导数法研究 \(\varphi \left( x\right)\) 的单调性,进而确定 \(\varphi \left( x\right)\) 的正负. 令 \({x}^{2} + 2{\log }_{4}x = y + 4{\log }_{2}y = m\) ,则 \(x,y\) 分别为直线 \(y = m\) 与 \({y}_{1} = {x}^{2} + 2{\log }_{4}x\) 和 \({y}_{2} = y + 4{\log }_{2}y\) 交点的横坐标,令 \(\varphi \left( x\right) = {x}^{2} + \; 2{\log }_{4}x - x - 4{\log }_{2}x = {x}^{2} - x - 3{\log }_{2}x\) ,则 \({\varphi }^{\prime }\left( x\right) = {2x} - 1 - \frac{3}{x\ln 2}\) , \(x > 0\) . 因为 \(\ln \sqrt{\mathrm{e}} < \ln 2 < \ln \mathrm{e}\) ,即 \(\frac{1}{2} < \ln 2 < 1\) ,所以 \({\varphi }^{\prime }\left( 1\right) = 1 - \frac{3}{\ln 2} < \; 0,{\varphi }^{\prime }\left( 3\right) = 5 - \frac{1}{\ln 2} > 0\) . 又因为 \({\varphi }^{\prime }\left( x\right)\) 在 \(\left( {0, + \infty }\right)\) 上单调递增,所以 \({\varphi }^{\prime }\left( x\right)\) 有唯一零点,记为 \({x}_{0}\) ,则 \({x}_{0} \in \left( {1,3}\right)\) . 所以当 \(0 < x < {x}_{0}\) 时, \({\varphi }^{\prime }\left( x\right) < 0,\varphi \left( x\right)\) 单调递减; 当 \(x > {x}_{0}\) 时, \({\varphi }^{\prime }\left( x\right) > 0,\varphi \left( x\right)\) 单调递增. 因为 \(\varphi \left( 1\right) = 0,\varphi \left( {x}_{0}\right) < \varphi \left( 1\right) = 0,\varphi \left( 4\right) = {12} - 6 > 0\) ,所以 \(\varphi \left( x\right)\) 有两个零点,其中一个为 1,另一个记为 \(t\) ,则 \(t \in \left( {1,4}\right)\) . 所以当 \(0 < \; x < 1\) 时, \(\varphi \left( x\right) > \varphi \left( 1\right) = 0\) ,则 \({x}^{2} - x - 3{\log }_{2}x > 0\) ,即 \({x}^{2} + 2{\log }_{4}x > \; x + 4{\log }_{2}x\) ,即 \({y}_{1} = {x}^{2} + 2{\log }_{4}x\) 图象在 \({y}_{2} = x + 4{\log }_{2}y\) 上方; 当 \(1 < x < t\) 时, \(\varphi \left( x\right) < 0\) ,则 \({x}^{2} - x - 3{\log }_{2}x < 0\) ,即 \({x}^{2} + 2{\log }_{4}x < x + \; 4{\log }_{2}x\) ,即 \({y}_{1} = {x}^{2} + 2{\log }_{4}x\) 图象在 \({y}_{2} = x + 4{\log }_{2}y\) 下方; 当 \(x > t\) 时, \(\varphi \left( x\right) > 0\) ,则 \({x}^{2} - x - 3{\log }_{2}x > 0\) ,即 \({x}^{2} + 2{\log }_{4}x > x + 4{\log }_{2}x\) ,即 \({y}_{1} = {x}^{2} + 2{\log }_{4}x\) 图象在 \({y}_{2} = x + 4{\log }_{2}y\) 上方; 在同一平面直角坐标系中,画出函数 \({y}_{1} = {x}^{2} + 2{\log }_{4}x,{y}_{1} = x + 4{\log }_{2}x\) 的图象如图所示. \begin{center} \includegraphics[max width=0.2\textwidth]{images/1_285_1721_298_317_0.jpg} \end{center} \hspace*{3em} 结合图象可得当 \(m < 1\) 时,有 \(x < y < 1\) ; 当 \(1 < m < \varphi \left( t\right)\) 时,有 \(1 < y < x\) ; 当 \(m > \varphi \left( t\right)\) 时,有 \(1 < x < y\) . 解后反思，本题属于“函数背景下的变量大小比较”，通常有三种解法: \circled{1} 构造同构函数，根据函数的单调性比较大小，往往涉及到放缩法的应用； \circled{2} 构造辅助函数，运用数形结合法，转化两个函数图象与直线 \(y = m\) 交点横坐标的大小关系； \circled{3} 选取特殊值，运用排除法求解, 选择题优先用特殊化再检验的方法则比较容易求解, 解答题再进行严格证明, 提升解题效率. 9. AC 对于 A，由二项式系数和的性质得 \({\left( \frac{2}{x} - x\right) }^{n}\) 中各二项式系数的和为 \({2}^{n}\) ,而 \({\left( \frac{2}{x} - x\right) }^{n}\) 各二项式系数的和为 256,则 \({2}^{n} = {256}\) ,解得 \(n = 8\) ,故 A 正确. 对于 \(\mathrm{B}\) ,由已知得 \({\left( \frac{2}{x} - x\right) }^{n} = \; {\left( \frac{2}{x} - x\right) }^{8}\) ,令 \(x = 1\) ,则展开式中各项系数的和为 \({\left( \frac{2}{1} - 1\right) }^{8} = 1\) ,故 B 错误. 对于 \(\mathrm{C}\) ,由二项式定理得 \({\left( \frac{2}{x} - x\right) }^{8}\) 的通项为 \({T}_{k + 1} = {\mathrm{C}}_{8}^{k}\) . \({\left( \frac{2}{x}\right) }^{8 - k}{\left( -x\right) }^{k} = {\mathrm{C}}_{8}^{k} \cdot {2}^{8 - k} \cdot {\left( -1\right) }^{k} \cdot {x}^{{2k} - 8}\) ,且 \(k \in \left\lbrack {0,8}\right\rbrack ,k \in \mathbf{Z}.\) 若展开式中存在常数项,则 \({2k} - 8 = 0\) ,解得 \(k = 4\) ,符合 \(k \in \left\lbrack {0,8}\right\rbrack\) , \(k \in \mathbf{Z}\) ,故 \(\mathrm{C}\) 正确. 对于 \(\mathrm{D}\) ,令 \({2k} - 8 = 6\) ,解得 \(k = 7\) ,则 \({x}^{6}\) 的系数为 \({\mathrm{C}}_{8}^{7} \cdot {2}^{8 - 7} \cdot {\left( -1\right) }^{7} = - {16}\) ,故 D 错误. 10. ACD 对于 A,由题意可知, \(a = 1,b = \sqrt{2}\) ,则 \(c = \; \sqrt{{a}^{2} + {b}^{2}} = \sqrt{1 + 2} = \sqrt{3}\) ,则离心率 \(e = \frac{c}{a} = \sqrt{3}\) ,故 A 正确; 对于 B,设 \(M\left( {{x}_{0},{y}_{0}}\right) ,{y}_{0} \neq 0\) ,则 \({x}_{0}^{2} - \frac{{y}_{0}^{2}}{2} = 1\) ,因为 \(A\left( {-1,0}\right) ,B\left( {1,0}\right)\) , 则 \({k}_{1}{k}_{2} = \frac{{y}_{0}}{{x}_{0} + 1} \cdot \frac{{y}_{0}}{{x}_{0} - 1} = \frac{{y}_{0}^{2}}{{x}_{0}^{2} - 1} = \frac{{y}_{0}^{2}}{\frac{{y}_{0}^{2}}{2}} = 2\) ,故 B 错误; 对于 \(\mathrm{C}\) , 解法 1 当 \({k}_{1} = 1\) 时, \({k}_{2} = 2\) ,设直线 \({AM},{BM}\) 的倾斜角分别为 \(\alpha ,\beta\) ,则 \(\tan \angle {AMB} = \left| {\tan \left( {\alpha - \beta }\right) }\right| = \left| \frac{{k}_{1} - {k}_{2}}{1 + {k}_{1}{k}_{2}}\right| = \left| \frac{1 - 2}{1 + 2}\right| = \frac{1}{3}\) ,【1】 故 C 正确; 解法 2 直线 \({AM}\) 方程为 \(y = x + 1\) ,与双曲线方程 \({x}^{2} - \frac{{y}^{2}}{2} = 1\) 联立得, \({x}^{2} - {2x} - 3 = 0\) ,所以 \(x = 3\) 或 \(x = - 1\) ,则 \(M\left( {3,4}\right)\) . 所以 \(\overrightarrow{MA} = \left( {-4, - 4}\right) ,\overrightarrow{MB} = \left( {-2, - 4}\right) ,\cos \angle {AMB} = \frac{\overrightarrow{MA} \cdot \overrightarrow{MB}}{\left| \overrightarrow{MA}\right| \left| \overrightarrow{MB}\right| } = \; \frac{8 + {16}}{4\sqrt{2} \times 2\sqrt{5}} = \frac{24}{8\sqrt{10}} = \frac{3}{\sqrt{10}},\sin \angle {AMB} = \sqrt{1 - {\left( \frac{3}{\sqrt{10}}\right) }^{2}} = \; \frac{1}{\sqrt{10}}\tan \angle {AMB} = \frac{\sin \angle {AMB}}{\cos \angle {AMB}} = \frac{1}{3}\) ，故 C 正确；对于 \(\mathrm{D}\) ， 解法 1 联立 \(\sqrt{2}x + y - 1 = 0\) 与 \(2{x}^{2} - {y}^{2} = 2\) 得， \(2{x}^{2} - \; {\left( 1 - \sqrt{2}x\right) }^{2} = 2\) ,即 \(2\sqrt{2}x = 3\) ,所以 \(x = \frac{3}{2\sqrt{2}} = \frac{3\sqrt{2}}{4}\) ,故 D 正确. 解法 2 双曲线的渐近线方程为 \(y = \pm \sqrt{2}x\) ,直线 \(\sqrt{2}x + y - \; 1 = 0\) 的斜率为 \(- \sqrt{2}\) ，与一条渐近线平行，因此直线与双曲线只有一个交点. 二级结论【1】详见另册常用二级结论 \({P15}\) 直线夹角公式 11. BCD 甲题指导 明确题目已知条件与待求结论, 精准关联“三角形四心(重心、外心、垂心、内心)”的定义、性质, 结合正弦定理、余弦定理、三角形面积公式等工具,判断各选项正误，核心是“条件对应性质，性质匹配公式”. 审题核心口诀:已知边角先求边，四心性质记心间；重心中线分比 2:1, 外心半径正弦联; 垂心对应高, 内心角平分线; 面积搭桥最简便，公式匹配不跑偏. 解法 1 (几何法) 问 启发式分析 重心性质 —— 重心分中线比为 \({AP} : {PD} = 2 : 1\) ,故需先求中线 \({AD}\) 的长度. 看到 “重心”, 立即联想到 “中线分比” 和向量公式 \(\overrightarrow{AD} = \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AC}}\right)\) ,或坐标法求重心坐标. 对于 \(\mathrm{A}\) ,由 \(P\) 为 \(\bigtriangleup {ABC}\) 的重心,得 \(\overrightarrow{AP} = \frac{2}{3}\overrightarrow{AD} = \frac{1}{3}(\overrightarrow{AB} + \; \overrightarrow{AC})\) ,则 \(\left| \overrightarrow{AP}\right| = \frac{1}{3}\sqrt{A{\overrightarrow{B}}^{2} + \overrightarrow{AC} + 2\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC}} = \frac{1}{3} \times \; \sqrt{{2}^{2} + {3}^{2} + 2 \times 2 \times 3 \times \frac{1}{2}} = \frac{\sqrt{19}}{3}\) ,故 A 错误; 启发式分析 外心性质——外心到三个顶点距离相等 (即外接圆半径 \(R\) ),故 \({AP} = R\) . 看到 “外心”,优先关联正弦定理 \(\frac{BC}{2\sin A} = R\) ,无需复杂计算,直接用已求的 \({BC}\) 代入. 对于 B，由余弦定理得 \({BC} = \sqrt{{2}^{2} + {3}^{2} - 2 \times 2 \times 3 \times \frac{1}{2}} = \sqrt{7}\) ，而 \(P\) 为 \(\bigtriangleup {ABC}\) 的外心,由正弦定理得 \({AP} = \frac{BC}{2\sin A} = \frac{\sqrt{7}}{\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{21}}{3}\) ,故 B 正确； 启发式分析 垂心性质 —— 垂心与顶点连线为三角形的高， 故 \({AD}\) 是 \({BC}\) 边上的高. 看到“垂心”,立即想到三角形面积公式 \(S = \frac{1}{2}{AB} \cdot {AC}\sin A = \frac{1}{2}{BC} \cdot {AD}\) ,通过面积搭桥求 \({AD}\) . 对于 \(\mathrm{C}\) ,由 \(P\) 为 \(\bigtriangleup {ABC}\) 的垂心,则 \({AD}\) 为 \({BC}\) 边上的高,由面积相等可 \({S}_{\bigtriangleup {ABC}} = \frac{1}{2}{BC} \cdot {AD} = \frac{1}{2}{AB} \cdot {AC}\sin A\) ,则 \({AD} = \; \frac{2 \times 3 \times \frac{\sqrt{3}}{2}}{\sqrt{7}} = \frac{3\sqrt{21}}{7}\) ,故 C 正确; 启发式分析 内心性质——内心与顶点连线为角平分线，故 \({AD}\) 是 \(\angle {BAC}\) 的角平分线. 思考触发: 看到 “内心”,联想到角平分线相关的面积公式 \({S}_{\bigtriangleup {BAD}} + {S}_{\bigtriangleup {CAD}} = {S}_{\bigtriangleup {BAC}}\) ,利用角平分线分角为 \(\frac{\pi }{6}\) 列方程求解. 对于 \(\mathrm{D}\) ,当 \(P\) 为 \(\bigtriangleup {ABC}\) 的内心时, \({AD}\) 为 \(\angle {BAC}\) 的角平分线, 故 \(\angle {BAD} = \angle {CAD} = \frac{\pi }{6}\) , 由 \({S}_{\bigtriangleup {BAD}} + {S}_{\bigtriangleup {CAD}} = {S}_{\bigtriangleup {BAC}}\) ,可得 \(\frac{1}{2} \times {2AD} \times \sin \frac{\pi }{6} + \frac{1}{2} \times \; {3AD} \times \sin \frac{\pi }{6} = \frac{1}{2} \times 2 \times 3 \times \sin \frac{\pi }{3}\) ,解得 \({AD} = \frac{6\sqrt{3}}{5}\) ,故 D 正确. 解法 2 (建系法) 以 \(A\) 为坐标原点, \({AC}\) 为 \(x\) 轴建立平面直角坐标系,则 \(A\left( {0,0}\right) ,B\left( {1,\sqrt{3}}\right) ,C\left( {3,0}\right)\) . 对于 \(\mathrm{A}\) ,由 \(P\) 为 \(\bigtriangleup {ABC}\) 的重心,得 \(P\left( {\frac{4}{3},\frac{\sqrt{3}}{3}}\right)\) 故 \({AP} = \sqrt{{\left( \frac{4}{3}\right) }^{2} + {\left( \frac{\sqrt{3}}{3}\right) }^{2}} = \frac{\sqrt{19}}{3}\) ,故 A 错误; 对于 \(\mathrm{B}\) ,由 \(P\) 为 \(\bigtriangleup {ABC}\) 的外心, \({AC}\) 的中垂线方程为 \(x = \frac{3}{2}\) , \({BC}\) 的中垂线方程为 \(y - \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{2}{\sqrt{3}}\left( {x - 2}\right)\) ,联立得 \(P\left( {\frac{3}{2},\frac{\sqrt{3}}{6}}\right)\) , \({AP} = \sqrt{{\left( \frac{3}{2}\right) }^{2} + {\left( \frac{\sqrt{3}}{6}\right) }^{2}} = \frac{\sqrt{21}}{3}\) ,故 B 正确; 对于 \(C,{BC}\) 方程为 \(y = - \frac{\sqrt{3}}{2}\left( {x - 3}\right)\) ,由 \(P\) 为 \(\bigtriangleup {ABC}\) 的垂心, \({AP}\) 方程为 \(y = \frac{2}{\sqrt{3}}x\) ,联立得 \(D\left( {\frac{9}{7},\frac{6\sqrt{3}}{7}}\right)\) ,故 \({AD} = \sqrt{{\left( \frac{9}{7}\right) }^{2} + {\left( \frac{6\sqrt{3}}{7}\right) }^{2}} = \frac{3\sqrt{21}}{7}\) ,故 \(\mathrm{C}\) 正确; 对于 \(D,{BC}\) 方程为 \(y = - \frac{\sqrt{3}}{2}\left( {x - 3}\right)\) . 由 \(P\) 为 \(\bigtriangleup {ABC}\) 的内心,故角平分线 \({AD}\) 方程为 \(y = \frac{1}{\sqrt{3}}x\) ,与 \({BC}\) 方程联立得 \(D\left( {\frac{9}{5},\frac{3\sqrt{3}}{5}}\right)\) ,故 \({AD} = \sqrt{{\left( \frac{9}{5}\right) }^{2} + {\left( \frac{3\sqrt{3}}{5}\right) }^{2}} = \frac{6\sqrt{3}}{5}\) ,故 D 正确. 解后反思 本题巧妙地将“四心”融合到解三角形中，除了要熟知“四心”的定义，还需要掌握三角形中“中线、高、角平分线”长度的求解方法, 例如中线长通常用向量法或两次余弦定理, 高和角平分线常用面积法求解, 此外含特殊角的三角形要想到 “坐标化”, 从而将线段长度转化为两点之间距离求解, 可以简化计算的过程. 12. 2 设 \(f\left( x\right) = {ax} - \frac{1}{x} - a\) ,则 \({f}^{\prime }\left( x\right) = a + \frac{1}{{x}^{2}}\) ,因为在 \(x =\) 1 处的切线斜率为 3,则 \({f}^{\prime }\left( 1\right) = a + 1 = 3\) ,即 \(a = 2\) . 13. \(\left( {0,1}\right) \;1\) 由题意得圆心 \(M\) 到两平行直线 \(y = x\) 与 \(y = \; x + 2\) 的距离相等. 所以圆心在直线 \(y = x + 1\) 上. 而两平行直线之间的距离为 \(\sqrt{2}\) ，所以圆心 \(M\) 到直线 \(y = x\) 的距离为 \(\frac{\sqrt{2}}{2}\) ，且圆 \(M\) 的半径大于 \(\frac{\sqrt{2}}{2}\) . 14. \(\frac{37\pi }{3}\) \circled{9} 审题指导 精准提取圆台与外接球的关键关联条件, 将空间几何问题转化为平面几何问题 (轴截面分析), 核心是 “利用外接球半径、圆台上下底半径、高的几何关系列方程求解”, 最终通过圆台体积公式得出答案, 关键在于 “空间转平面,条件找等式”. 审题核心口诀: 旋转体外接球, 轴截面来转化; 先求球半径,再设比例差; 直角三角形勾股,高与母线挂钩; 变量统一列方程，体积公式最后凑. 解法 1 设该球 \(O\) 的半径为 \(R\) ,圆台的高为 \(h\) ,依题意,得 \({4\pi }{R}^{2} = {100\pi }\) ,解得 \(R = 5\) . 由题意可设圆台的上、下底面半径分别为 \({3t},{4t}\left( {t > 0}\right)\) ,球心到圆台的上、下底面的距离分别为 \({d}_{1},{d}_{2}\) ,则 \({d}_{1} = \sqrt{{25} - 9{t}^{2}},{d}_{2} = \sqrt{{25} - {16}{t}^{2}}\left( {0 < t < \frac{5}{4}}\right)\) . 因为母线长为 \(\sqrt{2}\) , 所以 \(h = \sqrt{{\left( \sqrt{2}\right) }^{2} - {\left( 4t - 3t\right) }^{2}} = \sqrt{2 - {t}^{2}}\) ,故 \({d}_{1} - {d}_{2} = h\) 或 \({d}_{1} + \; {d}_{2} = h\) ,即 \(\sqrt{{25} - 9{t}^{2}} - \sqrt{{25} - {16}{t}^{2}} = \sqrt{2 - {t}^{2}}\) 或 \(\sqrt{{25} - 9{t}^{2}} + \; \sqrt{{25} - {16}{t}^{2}} = \sqrt{2 - {t}^{2}}\) (舍去),解得 \(t = 1\) ,所以 \(h = 1\) . 启发式分析 对于舍去部分, 可以从 2 个角度出发. 从几何意义角度分析,圆台的高 \(h = \sqrt{2 - {t}^{2}}\) 是圆台上、下底面的垂直距离, 而 \({d}_{1},{d}_{2}\) 是球心到圆台上下底面的距离. 若 \({d}_{1} - {d}_{2} = h\) ,意味着球心位于圆台内部且在上下底面之间的区域,但结合圆台和外接球的尺寸关系，球的半径为 5，远大于圆台的母线长 \(\sqrt{2}\) ，这种位置关系不符合实际几何构造，因此该情况不存在. 从数值大小角度分析,已知 \(0 < t < \frac{5}{4}\) ,据此分析等式两边的取值范围,左边: \(\sqrt{{25} - 9{t}^{2}}\) 和 \(\sqrt{{25} - {16}{t}^{2}}\) 都是正数,且当 \(t > 0\) 时, \(\sqrt{{25} - 9{t}^{2}} < 5\) , \(\sqrt{{25} - {16}{t}^{2}} < 5\) ,但即使 \(t\) 趋近于 0,左边也有 \(\sqrt{25} + \sqrt{25} = {10}\) , 始终大于 5 ; 右边: \(\sqrt{2 - {t}^{2}}\) 的最大值在 \(t = 0\) 时取得,为 \(\sqrt{2} \approx\) 1.414 , 始终小于 2 ; 左边数值远大于右边, 等式不可能成立, 因此无实数解. 所以该圆台的体积为 \(V = \frac{\pi }{3} \times \left( {{3}^{2} + {4}^{2} + 3 \times 4}\right) \times 1 = \frac{37\pi }{3}\) . 解法 2 圆台及其外接球的轴截面如图所示. 连接 \({OE},{OF}\) . 设球 \(O\) 的半径为 \(R\) ,由题意球 \(O\) 的表面积为 \(S = {4\pi }{R}^{2} = {100\pi }\) ,所以 \(R = 5\) . 设圆台的上底面圆的半径为 \({3r}\) ,则下底面圆的半径为 \({4r}\) ,当球 \(O\) 的球心 \(O\) 在圆台外时,设圆台的高为 \(h\) , \begin{center} \includegraphics[max width=0.2\textwidth]{images/3_311_316_245_244_0.jpg} \end{center} \hspace*{3em} 则 \(\left\{ \begin{array}{ll} {\left( 3r\right) }^{2} + O{M}^{2} = {5}^{2}, & \text{ \circled{1} , } \\ {\left( 4r\right) }^{2} + {\left( OM - h\right) }^{2} = {5}^{2}, & \text{ \circled{2} ,解得 }\left\{ \begin{array}{l} r = 1, \\ h = 1, \\ {OM} = 4. \end{array}\right. \end{array}\right.\) 所以圆台的体积为 \(\frac{1}{3}\pi \times \left( {{3}^{2} + 3 \times 4 + {4}^{2}}\right) = \frac{37\pi }{3}\) . 当球 \(O\) 的球心 \(O\) 在圆台内时, \begin{center} \includegraphics[max width=0.2\textwidth]{images/3_310_801_248_246_0.jpg} \end{center} \hspace*{3em} 则 \(\left\{ \begin{array}{l} {\left( 3r\right) }^{2} + O{M}^{2} = {5}^{2}, \\ {\left( 4r\right) }^{2} + {\left( h - OM\right) }^{2} = {5}^{2},\text{ 解得 }\left\{ \begin{array}{l} r = 1, \\ h = 1, \\ {OM} = 4, \end{array}\right. \text{ 这与 }h > {OM} \end{array}\right.\) 矛盾. 综上,该圆台的体积为 \(\frac{37\pi }{3}\) . 解后反思 本题中的解法, 看到 “旋转体 (圆台) 外接球”, 立即想到“轴截面法” 将空间中球与圆台的位置关系, 转化为平面内圆与梯形的外接关系,由题中条件得到球 \(O\) 的半径为 5,设出圆台的底面半径及圆台的高,再分圆台的两个底面在球心 \(O\) 异侧与同侧两种情况,列方程求解底面圆的半径和圆台的高,代入圆台体积公式即得出结果. 15. 解:(1)因为 \({S}_{6} = {S}_{5} + 7\) ， 所以 \({a}_{6} = {S}_{6} - {S}_{5} = 7\) , (2 分) 所以 \(\left\{ {a}_{n}\right\}\) 的公差 \(d = \frac{{a}_{6} - {a}_{1}}{6 - 1} = \frac{7 - 2}{6 - 1} = 1\) . (4 分) 所以 \(\left\{ {a}_{n}\right\}\) 的通项公式为 \({a}_{n} = 2 + \left( {n - 1}\right) \times 1 = n + 1\left( {n \in {\mathbf{N}}^{ * }}\right)\) . (6 分) (2)由(1)及题设得 \({b}_{n} = {2}^{{a}_{n}} = {2}^{n + 1}\) . (7 分) 所以 \({b}_{1} = {2}^{2} = 4,\frac{{b}_{n + 1}}{{b}_{n}} = \frac{{2}^{n + 2}}{{2}^{n + 1}} = 2\) . 所以 \(\left\{ {b}_{n}\right\}\) 是首项为 4,公比为 2 的等比数列. \(\left\lbrack 1\right\rbrack\) 所以 \({T}_{n} = \left( {{a}_{1} + {b}_{1}}\right) + \left( {{a}_{2} + {b}_{2}}\right) + \cdots + \left( {{a}_{n} + {b}_{n}}\right)\) (8 分) \(= \left( {{a}_{1} + {a}_{2} + \cdots + {a}_{n}}\right) + {\left( {b}_{1} + {b}_{2} + \cdots + {b}_{n}\right) }^{\left\lbrack 2\right\rbrack }\) \(= \frac{\left( {2 + n + 1}\right) n}{2} + \frac{4\left( {1 - {2}^{n}}\right) }{1 - 2}\) \(= \frac{1}{2}{n}^{2} + \frac{3}{2}n + {2}^{n + 2} - 4\left( {n \in {\mathbf{N}}^{ * }}\right) .\) 【3】 (13 分) 规范书写【1】未算 \({b}_{1}\) 和公比,或未说明 \(\left\{ {b}_{n}\right\}\) 是等比数列,扣 1 分. 【3】化简正确 1 分，未化简(只代入公式)扣 1 分. 16.(1) \circled{2} (审题指导)解三角形问题时，将条件中的边角等式利用正弦定理转化为“角”的形式是解题的第一步. 因此， 处理方法是化“角”方式. 解法 1 由 \(\sqrt{3}a\sin C = c\left( {1 + \cos A}\right)\) 及正弦定理, 得 \(\sqrt{3}\sin A\sin C = \sin C{\left( 1 + \cos A\right) }^{\left\lbrack 1\right\rbrack }\) . (2 分) 又 \(\sin C \neq 0\) ,得 \(\sqrt{3}\sin A - \cos A = 1,{}^{\left\lbrack 2\right\rbrack }\) (3 分) 即 \(\sin \left( {A - \frac{\pi }{6}}\right) = \frac{1}{2}\) . (5 分) 因为 \(A \in \left( {0,\pi }\right)\) ,所以 \(A - \frac{\pi }{6} = \frac{\pi }{6}\) ,即 \(A = \frac{\pi }{3}\) . (7 分) 解法 2 由 \(\sqrt{3}a\sin C = c\left( {1 + \cos A}\right)\) 及正弦定理, 得 \(\sqrt{3}\sin A\sin C = \sin C\left( {1 + \cos A}\right)\) . (2 分) 又 \(\sin C \neq 0\) ,得 \(\sqrt{3}\sin A = 1 + \cos A\) , (3 分) 即 \(2\sqrt{3}\sin \frac{A}{2}\cos \frac{A}{2} = 2{\cos }^{2}\frac{A}{2}\) , (5 分) 因为 \(A \in \left( {0,\pi }\right) ,\left\lbrack 3\right\rbrack\) 所以 \(\frac{A}{2} \in \left( {0,\frac{\pi }{2}}\right)\) ,故 \(\cos \frac{A}{2} \neq {0}^{\left\lbrack 4\right\rbrack }\) , 所以 \(\tan \frac{A}{2} = \frac{\sin \frac{A}{2}}{\cos \frac{A}{2}} = \frac{\sqrt{3}}{3}\) ,故 \(\frac{A}{2} = \frac{\pi }{6}\) ,即 \(A = \frac{\pi }{3}\) . (7 分) 2) 导后发式分析 题干要求 \(S = \frac{1}{2}{bc}\sin A\) ，即要求 \({bc}\) 的值，由(1)知，给了对角对边(角 \(A\) 和边 \(a\) )，以及 \(b + c\) 的值，可以联想到用余弦定理(两边平方和、两边之积相互转换)来处理. 由 (1) 得 \(A = \frac{\pi }{3}\) . 由 \(a = 2,\bigtriangleup {ABC}\) 的周长为 6,得 \(b + c = 4\) . (8 分) 由 \(\cos A = \frac{{b}^{2} + {c}^{2} - {a}^{2}}{2bc} = \frac{1}{2}\) 得 \({b}^{2} + {c}^{2} - 4 = {bc}\) ,即 \({\left( b + c\right) }^{2} - \; 4 = {3bc},\) (10 分) 即 \({bc} = 4\) . (13 分) 所以 \({S}_{\bigtriangleup {ABC}} = \frac{1}{2}{bc}\sin A = \frac{1}{2} \times 4 \times \frac{\sqrt{3}}{2} = \sqrt{3}\) . 【5】 (15 分) 数规范书写【1】要写出正弦定理名称或直接给出公式,否则扣 1 分. 【2】没有交待 \(\sin C \neq 0\) ,扣 1 分. 【3】没有交待 \(\operatorname{A\in }\left( {0,\pi }\right)\) ,扣 1 分. 【4】没有交待 \(\cos \frac{A}{2} \neq 0\) 的范围,扣 1 分. 【5】解题跳步、符号写错，没有写 \({S}_{\bigtriangleup {ABC}} = \frac{1}{2}{bc}\sin A\) 的公式，扣 1 分. 17. ( 1 ) \circled{12} 审题指导 求证平面 \({PEF}\bot\) 平面 \({PBE}\) ，实际就是在一个平面内找一条线去垂直另一平面, 即求证线面垂直,最终转化为求证线线垂直,总之关键在于找垂直. 结合题意垂直的切入口有以下几个: \circled{1} 由 \({PB} \bot\) 平面 \({ABCD}\) ，知有线线垂直; \circled{2} 底面为矩形, 有线线垂直; \circled{3} 矩形两边长 2 倍关系和中点, 有线线垂直. 用几何法证明可以, 另外建立空间直角坐标系也很方便. 证法 1 (几何法) 连接 \({AE}\) ,如图所示. 因为四棱锥 \(P - {ABCD}\) 的底面为矩形, \({AB} = {2BC}\) ,点 \(E\) 为棱 \({CD}\) 的中点, 所以 \({BC} = {CE}\) ，且 \(\angle {BCE} = {90}^{ \circ }\) ，所以 \({\angle {BEC}} = {45}^{ \circ }\) . (1 分) 同理 \(\angle {DEA} = {45}^{ \circ }\) ，所以 \({\angle {AEB}} = {180}^{ \circ } - 2 \times {45}^{ \circ } = {90}^{ \circ }\) ，即 \({AE}\bot \; {EB}\) . (2 分) 因为 \({PB} \bot\) 平面 \({ABCD},{AE} \subset\) 平面 \({ABCD}\) ,所以 \({AE} \bot {PB}.\) (3 分) 又因为 \({EB} \cap {PB} = B\) ,且 \({EB},{PB} \subset\) 平面 \({PBE}\) ,所以 \({AE} \bot\) 平面 \({PBE}.{}^{\left\lbrack 2\right\rbrack }\) (4 分) 因为 \({AE} \subset\) 平面 \({PA}{E}^{\left\lbrack 3\right\rbrack }\) ,所以平面 \({PAE} \bot\) 平面 \({PBE}\) , 即平面 \({PEF} \bot\) 平面 \({PBE}\) . (5 分) 解法 2 (空间向量法) 因为四棱锥 \(P - {ABCD}\) 的底面为矩形, 且 \({PB} \bot\) 平面 \({ABCD}\) ,所以以 \(B\) 为原点,以 \({BC},{BA},{BP}\) 所在直线分别为 \(x\) 轴、 \(y\) 轴、 \(z\) 轴,建立如图所示的空间直角坐标系 \(B - {xyz}\) . [4] (1 分) 设 \({PB} = h,{BC} = t\) . 因为 \({AB} = {2BC}\) ,所以 \(P\left( {0,0,h}\right) ,E(t,t\) , \(0),F\left( {0,t,\frac{h}{2}}\right) ,B\left( {0,0,0}\right)\) ,所以 \(\overrightarrow{PE} = \left( {t,t, - h}\right) ,\overrightarrow{PF} = \; \left( {0,t, - \frac{h}{2}}\right) ,\overrightarrow{PB} = \left( {0,0, - h}\right) .\) 设平面 \({PEF}\) 的法向量为 \(\mathbf{m} = \left( {{x}_{1},{y}_{1},{z}_{1}}\right)\) ,则 \(\left\{ \begin{array}{l} \mathbf{m} \cdot \overrightarrow{PE} = 0, \\ \mathbf{m} \cdot \overrightarrow{PF} = 0, \end{array}\right.\) 即 \(\left\{ \begin{array}{l} t{x}_{1} + t{y}_{1} - h{z}_{1} = 0 \\ t{y}_{1} - \frac{h}{2}{z}_{1} = 0, \end{array}\right.\) 令 \({z}_{1} = {2t}\) ,得 \(\mathbf{m} = \left( {h,h,{2t}}\right)\) . (2 分) 设平面 \({PBE}\) 的法向量为 \(\mathbf{n} = \left( {{x}_{2},{y}_{2},{z}_{2}}\right)\) ,则 \(\left\{ \begin{array}{l} \mathbf{n} \cdot \overrightarrow{PE} = 0, \\ \mathbf{n} \cdot \overrightarrow{PB} = 0, \end{array}\right.\) 即 \(\left\{ \begin{array}{l} t{x}_{2} + t{y}_{2} - h{z}_{2} = 0, \\ - h{z}_{2} = 0, \end{array}\right.\) 令 \({x}_{2} = 1\) ,得 \(\mathbf{n} = \left( {1, - 1,0}\right)\) . (4 分) 所以 \(\mathbf{m} \cdot \mathbf{n} = h \times 1 + h \times \left( {-1}\right) + {2t} \times 0 = 0,{}^{\left\lbrack 7\right\rbrack }\) 所以 \(\mathbf{m} \bot \mathbf{n}\) . 所以平面 \({PEF} \bot\) 平面 \({PBE}\) . (5 分) \begin{center} \includegraphics[max width=0.2\textwidth]{images/4_324_1296_313_213_0.jpg} \end{center} \hspace*{3em} (2)解法 1(几何法) \circled{1} 谱启发式分析 关键是在平面 \({BFH}\) 中找到一条直线与 \({PE}\) 平行. 可以利用点投法,把 \(A\) 视为发射点,将 \({PE}\) 投射到平面 \({BFH}\) 上,从而确定点 \(G\) 的位置,进而找到点 \(H\) . 如图，连接 \({BH}\) 交 \({AE}\) 于点 \(G\) . 因为 \({PE}//\) 平面 \({BFH},{PE} \subset\) 平面 \({PAE}\) ,平面 \({PAE} \cap\) 平面 \({BFH} = {FG}\) ，所以 \({PE}//{FG}\) . (6 分) 因为点 \(F\) 为棱 \({PA}\) 的中点,所以点 \(G\) 为 \({AE}\) 的中点. (7 分设 \(K\) 为 \({AB}\) 的中点,连接 \({EK}\) 交 \({BH}\) 于点 \(N\) . 又因为点 \(E\) 为 \({CD}\) 的中点,四边形 \({ABCD}\) 为矩形, 所以 \({EK}//{AD}\) ，且 \({EK} = {AD}\) . 所以 \({EK} = \frac{1}{2}{AH}\) . (8 分) 所以 \(\angle {EGN} = \angle {AGH},\angle {NEG} = \angle {HAG}\) . 又 \({AG} = {GE}\) , 所以 \(\bigtriangleup {NEG} \cong \bigtriangleup {HAG}\) ,所以 \({NE} = {HA}\) . 所以 \({HD} = {KN} = \frac{1}{2}{AH}\) ,所以 \(\frac{AH}{HD} = 2\) ,即 \(H\) 为 \({AD}\) 的一个三等分点,靠近点 \(D\) 的位置. \circled{2} 因为四棱锥 \(P - {ABCD}\) 的底面为矩形，且 \({PB}\bot\) 平面 \({ABCD}\) ， 所以 \({PB},{BC},{BA}\) 两两垂直. 因此以 \(\overrightarrow{BC},\overrightarrow{BA},\overrightarrow{BP}\) 为基底,表示 \(\overrightarrow{PC},\overrightarrow{FH}\) ,则有(11 分) \(\overrightarrow{PC} = \overrightarrow{BC} - \overrightarrow{BP},\overrightarrow{FH} = \overrightarrow{FK} + \overrightarrow{KA} + \overrightarrow{AH} = - \frac{1}{2}\overrightarrow{BP} + \frac{1}{2}\overrightarrow{BA} + \; \frac{2}{3}\overrightarrow{BC}\) . (12 分) 因为 \({BC} = 3,{AB} = {2BC}\) ，所以 \({AB} = 6\) . 又因为 \({PB} = 2\sqrt{3}\) ， 所以 \(\cos \langle \overrightarrow{PC},\overrightarrow{FH}\rangle = \frac{\overrightarrow{PC} \cdot \overrightarrow{FH}}{\left| \overrightarrow{PC}\right| \left| \overrightarrow{FH}\right| }\) \(= \frac{\left( {\overrightarrow{BC} - \overrightarrow{BP}}\right) \cdot \left( {-\frac{1}{2}\overrightarrow{BP} + \frac{1}{2}\overrightarrow{BA} + \frac{2}{3}\overrightarrow{BC}}\right) }{\sqrt{{\left( \overrightarrow{BC} - \overrightarrow{BP}\right) }^{2}} \times \sqrt{{\left( -\frac{1}{2}\overrightarrow{BP} + \frac{1}{2}\overrightarrow{BA} + \frac{2}{3}\overrightarrow{BC}\right) }^{2}}}\) \(= \frac{\frac{1}{2}\overrightarrow{B{P}^{2}} + \frac{2}{3}\overrightarrow{B{C}^{2}}}{\sqrt{\overrightarrow{B{C}^{2}} + \overrightarrow{B{P}^{2}}} \times \sqrt{\frac{1}{4}\overrightarrow{B{P}^{2}} + \frac{1}{4}\overrightarrow{B{A}^{2}} + \frac{4}{9}\overrightarrow{B{C}^{2}}}},\)(13 分) 所以 \(\cos \langle \overrightarrow{PC},\overrightarrow{FH}\rangle = \frac{12}{\sqrt{21} \times 4} = \frac{\sqrt{21}}{7}\) . (14 分) 所以直线 \({PC}\) 与直线 \({FH}\) 所成角的余弦值为 \(\frac{\sqrt{21}}{7}.{}^{\left\lbrack {10}\right\rbrack }\) (15 分) 解法 2 (空间向量法) \circled{1} 由( 1 )解法 2 ，建立如图所示的空间直角坐标系,得 \(\overrightarrow{PE} = \left( {t,t, - h}\right)\) . 设 \({AH} = r\left( {0 \leq r \leq t}\right)\) ,则 \(H\left( {r,{2t},0}\right)\) , (6 分) 所以 \(\overrightarrow{BF} = \left( {0,t,\frac{h}{2}}\right) ,\overrightarrow{BH} = \left( {r,{2t},0}\right)\) , 设平面 \({BFH}\) 的法向量为 \(\mathbf{u} = \left( {{x}_{3},{y}_{3},{z}_{3}}\right)\) , 则 \(\left\{ \begin{array}{l} \mathbf{u} \cdot \overrightarrow{BF} = 0, \\ \mathbf{u} \cdot \overrightarrow{BH} = 0, \end{array}\right.\) 所以 \(\left\{ \begin{array}{l} t{y}_{3} + \frac{h}{2}{z}_{3} = 0, \\ r{x}_{3} + {2t}{y}_{3} = 0, \end{array}\right.\) 令 \({x}_{3} = {2t}\) ,得 \(\mathbf{u} = \left( {{2t}, - r,\frac{2rt}{h}}\right)\) . (8 分) 因为 \({PE}//\) 平面 \({BFH}\) ,所以 \(\overrightarrow{PE} \cdot \mathbf{u} = 0\) , 所以 \({2t} \times t + \left( {-r}\right) \times t + \frac{2rt}{h} \times \left( {-h}\right) = 0\) ,解得 \(r = \frac{2}{3}t\) . (9 分) 所以 \(\frac{AH}{HD} = 2\) ,即 \(H\) 为 \({AD}\) 的一个三等分点,靠近点 \(D\) 的位置. (10 分) 审题指导) 先求出 \(\overrightarrow{PC}\) 和 \(\overrightarrow{FH}\) ，然后用坐标表示得 \(\overrightarrow{PC}\) 与 \(\overrightarrow{FH}\) ，并求得 \(\overrightarrow{PC}\) 与 \(\overrightarrow{FH}\) 所成角的余弦值，即直线 \({PC}\) 与直线 \({FH}\) 所成角的余弦值. 因为 \({PB} = 2\sqrt{3},{BC} = 3,{AB} = {2BC}\) , 所以 \(P\left( {0,0,2\sqrt{3}}\right) ,C\left( {3,0,0}\right) ,F\left( {0,3,\sqrt{3}}\right)\) , 由 \circled{1} 知， \({AH} = {2HD}\) ，故 \({AH} = 2,H\left( {2,6,0}\right)\) ， (12 分) 所以 \(\overrightarrow{PC} = \left( {3,0, - 2\sqrt{3}}\right) ,\overrightarrow{FH} = \left( {2,3, - \sqrt{3}}\right)\) , (13 分) 所以 \(\cos \langle \overrightarrow{PC},\overrightarrow{FH}\rangle = \frac{\overrightarrow{PC} \cdot \overrightarrow{FH}}{\left| \overrightarrow{PC}\right| \left| \overrightarrow{FH}\right| } = \frac{6 + 6}{\sqrt{21} \times 4} = \frac{\sqrt{21}}{7}\) .(14 分) 所以直线 \({PC}\) 与直线 \({FH}\) 所成角的余弦值为 \(\frac{\sqrt{21}}{7}\) . (15 分) \begin{center} \includegraphics[max width=0.2\textwidth]{images/4_1055_2038_314_217_0.jpg} \end{center} \hspace*{3em} 解法 3 \circled{1} 由 \({PE}//\) 平面 \({BFH}\) 可知， \(H\) 唯一确定. 如图，连接 \({AE}\) ,取 \({AE}\) 的中点 \(G\) ,连接 \({BF},{FH},{FG},{BG},{BG}\) 的延长线交 \({AD}\) 于点 \(H\) ,则 \(H\) 即为所求. (6 分) 理由如下: 因为 \(F,G\) 分别为 \({AP},{AE}\) 中点,所以 \({FG}//{PE}\) , (7 分) 因为 \({FG} \subset\) 平面 \({BFH},{PE} \text{ ⊄ }\) 平面 \({BFH}\) , 所以 \({PE}//\) 平面 \({BFH}.{}^{\left\lbrack 6\right\rbrack }\) (8 分) 设 \(\overrightarrow{AD} = \lambda \overrightarrow{AH}\left( {\lambda \geq 1}\right)\) ,由 \(\overrightarrow{AE} = \frac{1}{2}\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AD}\) 得 \(2\overrightarrow{AG} = \; \frac{1}{2}\overrightarrow{AB} + \lambda \overrightarrow{AH}\) ,因为 \(G,B,H\) 三点共线,所以 \(2 = \frac{1}{2} + \lambda\) ,解得 \(\lambda = \frac{3}{2}\) . (9 分) 所以 \(\overrightarrow{AH} = \frac{2}{3}\overrightarrow{AD},H\) 为 \({AD}\) 的一个三等分点,靠近点 \(D\) 位置. (10 分) \circled{2} 连接 \({AC}\) ，取 \({AC}\) 的中点 \(O\) ，连接 \({OF}\) . 在 Rt \(\bigtriangleup {PBC}\) 中, \({PC} = \sqrt{P{B}^{2} + B{C}^{2}} = \sqrt{{\left( 2\sqrt{3}\right) }^{2} + {3}^{2}} = \sqrt{21}\) . 因为点 \(F\) 为 \({PA}\) 中点, \(O\) 为 \({AC}\) 中点,所以 \({OF} = \frac{1}{2}{PC} = \; \frac{\sqrt{21}}{2}\) ,且 \({OF}//{PC}\) . 所以 \(\angle {OFH}\) 为直线 \({PC}\) 与直线 \({FH}\) 所成角或其补角. (12 分) 取 \({AB}\) 的中点 \(M\) ,连接 \({FM},{MH}\) . 因为 \(F\) 为 \({PA}\) 的中点, \(M\) 为 \({AB}\) 中点,所以 \({FM} = \frac{1}{2}{PB} = \sqrt{3}\) , 且 \({FM}//{PB}\) . 因为 \({PB} \bot\) 平面 \({ABCD}\) ,所以 \({FM} \bot\) 平面 \({ABCD}\) . 在 Rt \(\bigtriangleup {AHM}\) 中, \({AM} = \frac{1}{2}{AB} = 3,{AH} = \frac{2}{3}{AD} = 2\) , 所以 \({MH} = \sqrt{A{M}^{2} + A{H}^{2}} = \sqrt{{3}^{2} + {2}^{2}} = \sqrt{13}\) . 在 Rt \(\bigtriangleup {FMH}\) 中, \({FH} = \sqrt{F{M}^{2} + M{H}^{2}} = \sqrt{{\left( \sqrt{3}\right) }^{2} + {\left( \sqrt{13}\right) }^{2}} = 4\) . 取 \({AD}\) 中点 \(N\) ,连接 \({ON}\) ,则 \({ON} \bot {AD}\) . 所以 \({OH} = \sqrt{O{N}^{2} + H{N}^{2}} = \sqrt{{3}^{2} + {\left( 2 - \frac{3}{2}\right) }^{2}} = \frac{\sqrt{37}}{2}\) . (14 分) 在 \(\bigtriangleup {OFH}\) 中,由余弦定理得 \(\cos \angle {OFH} = \frac{O{F}^{2} + F{H}^{2} - O{H}^{2}}{{2OF} \cdot {FH}} = \frac{\frac{21}{4} + {16} - \frac{37}{4}}{2 \times \frac{\sqrt{21}}{2} \times 4} = \frac{\sqrt{21}}{7}\) . 所以直线 \({PC}\) 与直线 \({FH}\) 所成角的余弦值为 \(\frac{\sqrt{21}}{7}\) . (15 分) \begin{center} \includegraphics[max width=0.2\textwidth]{images/5_306_1731_256_180_0.jpg} \end{center} \hspace*{3em} 规范书写【1】【2】【3】【5】【6】证明的条件不全，扣 1 分. 【4】未交代建系的过程, 扣 1 分. 18.(1) \circled{2} (审题指导)函数是轴对称图形，首先联想到偶函数. 不妨先从偶函数入手，考虑定义域以及 \(f\left( {-x}\right)\) 与 \(f\left( x\right)\) 的关系. 证明: \(f\left( x\right)\) 的定义域 \(D = \{ x \mid x \neq 0\} ,\left\lbrack 1\right\rbrack\) (1 分) 对任意 \(x \in D\) ，都有 \(- x \in D\) ，且 \(f\left( {-x}\right) = \left\lbrack {{\left( -x\right) }^{2} - a}\right\rbrack \ln \mid - \; x\left| { = \left( {{x}^{2} - a}\right) \ln }\right| x \mid = f\left( x\right) ,\) 所以 \(f\left( x\right)\) 为偶函数. (2 分) 所以曲线 \(y = f\left( x\right)\) 是轴对称图形,对称轴为 \(y\) 轴. (3 分) \circled{2} 审题指导 由于 \(f\left( x\right)\) 是偶函数，所以可以只考虑 \(x > 0\) 的情况. 思路 \(1,\ln x\) 在不同区间的正负情况不同,因此联想到分类讨论. 思路 2 , 两个函数的乘积恒非负, 意味着它们须 “同正、同负或同时为 0 ”, 而单调函数的符号变化仅在零点处, 因此两个函数的零点相同. 解: 由 (1) 知,只需考虑 \(x > 0\) 时, \(f\left( x\right) \geq 0\) . (4 分) 解法 1 当 \(x > 1\) 时, \(\ln x > 0\) , 所以 \(f\left( x\right) \geq 0\) ,即 \({x}^{2} - a \geq 0\) ,即 \(a \leq 1\) . 当 \(x = 1\) 时, \(\ln x = 0\) ,此时 \(f\left( x\right) \geq 0\) 恒成立,所以 \(a \in \mathbf{R}\) . 当 \(0 < x < 1\) 时, \(\ln x < 0\) , 所以 \(f\left( x\right) \geq 0\) ,即 \({x}^{2} - a \leq 0\) ,即 \(a \geq {1}^{\left\lbrack 2\right\rbrack }\) (7 分) 综上, \(a = 1\) . (8 分) 解法 2 因为 \(u\left( x\right) = {x}^{2} - a\) 与 \(v\left( x\right) = \ln x\) 在 \(\left( {0, + \infty }\right)\) 上都单调递增, 所以 \(f\left( x\right) \geq 0\) 等价于 \(u\left( x\right)\) 与 \(v\left( x\right)\) 的零点相同. (6 分) 所以 \(\left\{ \begin{array}{l} u\left( x\right) = 0, \\ v\left( x\right) = 0, \end{array}\right.\) 即 \(\left\{ \begin{array}{l} {x}^{2} - a = 0, \\ \ln x = 0, \end{array}\right.\) (7 分) 解得 \(a = 1\) . (8 分) (3)解:已启发式分析 由(1)知 \(f\left( x\right)\) 在(0， \(+ \infty\) )上恰有 2 个极值点,对函数求导. 要求 \(f\left( x\right)\) 恰有 4 个极值点,需先将极值点问题转化为导数的零点问题,再结合函数奇偶性,只需分析 \(x > 0\) 时, \({f}^{\prime }\left( x\right)\) 有 2 个变号零点即可,关联导数与构造函数,观察到 \({f}^{\prime }\left( x\right)\) 的零点与构造的函数 \(\varphi \left( x\right) = \ln x + \frac{1}{2} - \frac{a}{2{x}^{2}}\left( {x > 0}\right)\) 零点相同,因此将问题转化为求 \(\varphi \left( x\right)\) 在 \(x > 0\) 时有 2 个变号零点的 \(a\) 的取值范围. 由( 1 )知， \(f\left( x\right)\) 恰有 4 个极值点等价于 \(f\left( x\right)\) 在(()，+∞)上恰有 2 个极值点. \({}^{\left\lbrack 3\right\rbrack }\) (9 分) 下面只考虑 \(x > 0\) 的情形. \(f\left( x\right) = \left( {{x}^{2} - a}\right) \ln x\) ,则 \({f}^{\prime }\left( x\right) = {2x}\ln x + \left( {{x}^{2} - a}\right) \frac{1}{x} = {2x}\left( {\ln x + \frac{1}{2} - \frac{a}{2{x}^{2}}}\right) ,\left( {{10}\text{ 分 }}\right)\) 解法 1 设 \(\varphi \left( x\right) = \ln x + \frac{1}{2} - \frac{a}{2{x}^{2}}\left( {x > 0}\right) ,{f}^{\prime }\left( x\right)\) 与 \(\varphi \left( x\right)\) 的零点相同. 当 \(a \geq 0\) 时, \(\varphi \left( x\right)\) 是增函数, \(\varphi \left( x\right)\) 至多有一个零点,则 \(f\left( x\right)\) 至多1个极值点，不合题意. \({}^{\left\lbrack 4\right\rbrack }\) (11 分) 当 \(a < 0\) 时, \({\varphi }^{\prime }\left( x\right) = \frac{1}{x} + \frac{a}{{x}^{3}} = \frac{{x}^{2} + a}{{x}^{3}}\) , 当 \(0 < x < \sqrt{-a}\) 时, \({\varphi }^{\prime }\left( x\right) < 0,\varphi \left( x\right)\) 单调递减; 当 \(x > \sqrt{-a}\) 时, \({\varphi }^{\prime }\left( x\right) > 0,\varphi \left( x\right)\) 单调递增, 所以 \(\varphi {\left( x\right) }_{\min } = \varphi \left( \sqrt{-a}\right) = \ln \sqrt{-a} + \frac{1}{2} + \frac{1}{2} = \ln \sqrt{-a} + 1\) , (13 分) 因为 \(f\left( x\right)\) 有 2 个极值点,所以 \(\varphi \left( x\right)\) 有 2 个变号零点, 则 \(\varphi {\left( x\right) }_{\min } < 0\) ,即 \(\ln \sqrt{-a} + 1 < 0\) ,解得 \(- \frac{1}{{\mathrm{e}}^{2}} < a < 0\) . [5] (14 分) 下面证明: 当 \(- \frac{1}{{\mathrm{e}}^{2}} < a < 0\) 时, \(f\left( x\right)\) 有两个极值点,因为 \({\left( -\frac{a}{2}\right) }^{2} - \left( {-a}\right) = \frac{a}{4}\left( {a + 4}\right) < 0\) ,即 \(0 < - \frac{a}{2} < \sqrt{-a} < 1\) . 令 \(h\left( x\right) = \ln x + \frac{1}{x} - 1\) ,则 \({h}^{\prime }\left( x\right) = \frac{1}{x} - \frac{1}{{x}^{2}} = \frac{x - 1}{{x}^{2}}\) . 当 \(0 < x < 1\) 时, \({h}^{\prime }\left( x\right) < 0,h\left( x\right)\) 单调递减; 当 \(x > 1\) 时, \({h}^{\prime }\left( x\right) > 0,h\left( x\right)\) 单调递增. 所以 \(h\left( x\right) \geq h\left( 1\right) = 0\) ,即 \(\ln x \geq 1 - \frac{1}{x}\) . (15 分) 所以 \(\varphi \left( {-\frac{a}{2}}\right) = \ln \left( {-\frac{a}{2}}\right) + \frac{1}{2} - \frac{2}{a} > 1 + \frac{2}{a} + \frac{1}{2} - \frac{2}{a} = \; \frac{3}{2} > 0\) ,又 \(\varphi \left( 1\right) = \frac{1}{2} - \frac{a}{2} > 0\) , 结合零点存在定理知,当 \(- \frac{1}{{\mathrm{e}}^{2}} < a < 0\) 时, \(\varphi \left( x\right)\) 在 \(\left( {0,\sqrt{-a}}\right)\) , \(\left( {\sqrt{-a}, + \infty }\right)\) 上各有一个零点,记为 \({x}_{1},{x}_{2}\left( {{x}_{1} < {x}_{2}}\right)\) . 当 \(0 < x < \; {x}_{1}\) 时, \(\varphi \left( x\right) > 0,{f}^{\prime }\left( x\right) > 0,f\left( x\right)\) 单调递增; 当 \({x}_{1} < x < {x}_{2}\) 时, \(\varphi \left( x\right) < 0,f\left( x\right)\) 单调递减, \({f}^{\prime }\left( x\right) < 0\) ; 当 \(x > {x}_{2}\) 时, \(\varphi \left( x\right) > 0\) , \({f}^{\prime }\left( x\right) > 0,f\left( x\right)\) 单调递增. 故 \({x}_{1}\) 为 \(f\left( x\right)\) 的极大值点, \({x}_{2}\) 为 \(f\left( x\right)\) 的极小值点,满足题意. 综上, \(a\) 的取值范围是 \(\left( {-\frac{1}{{\mathrm{e}}^{2}},0}\right)\) . (17 分) 解法 2 正后发式分析 要求 \(f\left( x\right)\) 恰有 4 个极值点,需先将极值点问题转化为导数的零点问题,再结合函数奇偶性,只需分析 \(x > 0\) 时 \({f}^{\prime }\left( x\right)\) 有 2 个不同零点即可. 观察 \({f}^{\prime }\left( x\right)\) 的表达式结构,发现其零点与构造的函数 \(g\left( x\right) = 2{x}^{2}\ln x + {x}^{2} - a\left( {x > 0}\right)\) 的零点完全相同,将复杂的导数零点问题转化为研究 \(g\left( x\right)\) 的零点个数问题. 再分析构造函数的单调性,对 \(g\left( x\right)\) 求导,通过导数的符号找到单调性的分界点,确定 \(g\left( x\right)\) 的单调区间和最小值点,这是判断函数零点个数的关键前提. 设 \(g\left( x\right) = 2{x}^{2}\ln x + {x}^{2} - a\left( {x > 0}\right) ,{f}^{\prime }\left( x\right)\) 与 \(g\left( x\right)\) 的零点相同, \({g}^{\prime }\left( x\right) = {4x}\ln x + 2{x}^{2} \cdot \frac{1}{x} + {2x} = {4x}\ln x + {4x} = {4x}(\ln x +\) 1). (11 分) 令 \({g}^{\prime }\left( x\right) = 0\) ,得 \(x = \frac{1}{\mathrm{e}}\) ,当 \(0 < x < \frac{1}{\mathrm{e}}\) 时, \({g}^{\prime }\left( x\right) < 0,g\left( x\right)\) 单调递减; 当 \(x > \frac{1}{\mathrm{e}}\) 时, \({g}^{\prime }\left( x\right) > 0,g\left( x\right)\) 单调递增,故 \(g{\left( x\right) }_{\min } = \; g\left( \frac{1}{\mathrm{e}}\right) = - \frac{1}{{\mathrm{e}}^{2}} - a.\) (13 分) 因为当 \(x > 0\) 且 \(x \rightarrow 0\) 时, \(g\left( x\right) \rightarrow - a\) ; 当 \(x \rightarrow + \infty\) 时, \(g\left( x\right) \rightarrow \; + \infty\) , (14 分) 所以当 \(a \geq 0\) 时， \(- a \leq 0\) ， \(g\left( x\right)\) 只有一个零点，不符合题意； 所以 \(a < 0\) . (15 分) 因为 \(f\left( x\right)\) 在 \(\left( {0, + \infty }\right)\) 上恰有 2 个极值点,所以 \(g\left( x\right)\) 恰有 2 个变号零点, 则 \(g{\left( x\right) }_{\min } = - \frac{1}{{\mathrm{e}}^{2}} - a < 0\) ,解得 \(- \frac{1}{{\mathrm{e}}^{2}} < a < 0\) . 综上, \(a\) 的取值范围为 \(\left( {-\frac{1}{{\mathrm{e}}^{2}},0}\right)\) . (17 分) 规范书写【1】没有写函数定义域, 扣 1 分. 压轴抢分【2】此处发现 \(f\left( x\right)\) 为两个因式的乘积,而当 \(\ln x =\) 0 时, \(x = 1\) ,因此分 \(x > 1,x = 1,0 < x < 1\) 三种情况讨论,写对一种情况得 1 个，合计 3 分. 【3】能根据偶函数的性质，转化为 \(f\left( x\right)\) 在 \(\left( {0, + \infty }\right)\) 上恰有 2 个极值点,即可得 1 分. 【4】能将 \({f}^{\prime }\left( x\right)\) 化简为 \({2x}\left( {\ln x + \frac{1}{2} - \frac{a}{2{x}^{2}}}\right)\) ,可得 1 分,能得到 \(a \geq 0\) 不符合题意，可再得 1 分. 【5】能通过单调性得到函数 \(\varphi {\left( x\right) }_{\min } < 0\) ,求出 \(- \frac{1}{{\mathrm{e}}^{2}} < a < 0\) ,可以得到 3 分. 解后反思解法 1 中构造 \(\varphi \left( x\right) = \ln x + \frac{1}{2} - \frac{a}{2{x}^{2}}\left( {x > 0}\right)\) 简化了导数的形式,解法 2 中构造 \(g\left( x\right) = 2{x}^{2}\ln x + {x}^{2} - a\left( {x > 0}\right)\) 将分式导数转化为整式函数，均体现了“化繁为简”的构造原则. 反思可得, 面对复杂导数式, 可通过约分、换元等方式构造新函数, 聚焦零点或单调性问题. 19. 解: (1) 依题意得 \(\left\{ \begin{array}{l} {2a} = \left| {OA}\right| = 4, \\ e = \frac{c}{a} = \frac{1}{2}, \\ {a}^{2} = {b}^{2} + {c}^{2}, \end{array}\right.\) 解得 \(\left\{ \begin{array}{l} a = 2, \\ b = \sqrt{3}, \\ c = 1. \end{array}\right.\)(3 分)所以椭圆 \(E\) 的方程为 \(\frac{{x}^{2}}{4} + \frac{{y}^{2}}{3} = 1\) . (4 分) 启发式分析 如图,若直线 \({CD}\) 经过一定点,由对称性知直线 \({CD}\) 经过的定点一定在 \(x\) 轴上,设定点 \(T\left( {{x}_{0},0}\right) ,C \; \left( {{x}_{1},{y}_{1}}\right) ,D\left( {{x}_{2},{y}_{2}}\right) ,P\left( {s,t}\right)\) ,则 \(Q\left( {-s,t}\right)\) , \begin{center} \includegraphics[max width=0.3\textwidth]{images/6_1032_847_359_259_0.jpg} \end{center} \hspace*{3em} 解法 1 由 \(P,Q\) 在椭圆上,得到 \(3{s}^{2} + 4{t}^{2} = {12}\) ,其中 \(s \in \lbrack - 2\) , \(0) \cup (0,2\rbrack ,t \in \left( {-\sqrt{3},\sqrt{3}}\right)\) ,且设直线 \({AP}\) 的方程为 \(y = \frac{t}{s + 4}(x +\) 4) \(\left( {t \neq 0}\right)\) ,直线 \({AQ}\) 的方程为 \(y = \frac{t}{-s + 4}\left( {x + 4}\right) \left( {t \neq 0}\right)\) . 联立方程组 \(\left\{ \begin{array}{l} 3{x}^{2} + 4{y}^{2} = {12}, \\ y = \frac{t}{s + 4}\left( {x + 4}\right) , \end{array}\right.\) 得到 \(\left( {{2s} + 5}\right) {x}^{2} + \left( {8 - 2{s}^{2}}\right) x - \; s\left( {{5s} + 8}\right) = 0,\) (5 分) 由韦达定理得 \(s \cdot {x}_{1} = - \frac{s\left( {{5s} + 8}\right) }{{2s} + 5}\) ,故 \({x}_{1} = - \frac{{5s} + 8}{{2s} + 5}\) . [1] (6 分) 则 \({y}_{1} = \frac{t}{s + 4}\left( {-\frac{{5s} + 8}{{2s} + 5} + 4}\right) = \frac{t}{s + 4}\left( {-\frac{{5s} + 8}{{2s} + 5} + \frac{{8s} + {20}}{{2s} + 5}}\right) \; = \frac{t}{s + 4} \cdot \frac{{3s} + {12}}{{2s} + 5} = \frac{{3t}\left( {s + 4}\right) }{\left( {s + 4}\right) \left( {{2s} + 5}\right) } = \frac{3t}{{2s} + 5}.\) 同理可得 \({x}_{2} = - \frac{-{5s} + 8}{-{2s} + 5} = \frac{-{5s} + 8}{{2s} - 5}\) , (7 分) 则 \({y}_{2} = \frac{t}{-s + 4}\left( {\frac{-{5s} + 8}{{2s} - 5} + 4}\right) = \frac{t}{-s + 4}\left( {\frac{-{5s} + 8}{{2s} - 5} + \frac{{8s} - {20}}{{2s} - 5}}\right)\) \(= \frac{t}{-s + 4} \cdot \frac{{3s} - {12}}{{2s} - 5} = \frac{t}{-s + 4} \cdot \frac{3\left( {s - 4}\right) }{{2s} - 5} = - \frac{3t}{{2s} - 5}.\) 则 \(C\left( {-\frac{{5s} + 8}{{2s} + 5},\frac{3t}{{2s} + 5}}\right) ,D\left( {\frac{-{5s} + 8}{{2s} - 5}, - \frac{3t}{{2s} - 5}}\right)\) . 【2】 所以直线 \({CD}\) 的斜率为 \(\begin{array}{l} \frac{3t}{{2s} + 5} - \left( {-\frac{3t}{{2s} - 5}}\right) \\ - \frac{{5s} + 8}{{2s} + 5} - \frac{-{5s} + 8}{{2s} - 5} \end{array}\) \(= \frac{\frac{{3t}\left( {{2s} - 5}\right) }{\left( {{2s} + 5}\right) \left( {{2s} - 5}\right) } + \frac{{3t}\left( {{2s} + 5}\right) }{\left( {{2s} - 5}\right) \left( {{2s} + 5}\right) }}{-\frac{\left( {{2s} + 5}\right) \left( {{5s} + 8}\right) }{\left( {{2s} - 5}\right) \left( {{2s} + 5}\right) } + \frac{\left( {{2s} + 5}\right) \left( {{5s} - 8}\right) }{\left( {{2s} - 5}\right) \left( {{2s} + 5}\right) }}\) \(= \frac{{3t}\left( {{2s} - 5}\right) + {3t}\left( {{2s} + 5}\right) }{\left( {{2s} + 5}\right) \left( {{5s} - 8}\right) - \left( {{2s} + 5}\right) \left( {{5s} + 8}\right) }\) \(= - \frac{12ts}{{16}\left( {{2s} + 5}\right) } = - \frac{3ts}{4\left( {{2s} + 5}\right) },\) 所以直线 \({CD}\) 的方程为 \(y - \frac{3t}{{2s} + 5} = - \frac{3ts}{4\left( {{2s} + 5}\right) }\left( {x + \frac{{5s} + 8}{{2s} + 5}}\right)\) , 即 \(y = {3t}\left\lbrack {\frac{1}{{2s} + 5} - \frac{s\left( {{5s} + 8}\right) }{4{\left( 2s + 5\right) }^{2}} - \frac{s}{4\left( {{2s} + 5}\right) }x}\right\rbrack\) . 又点 \(B\) 位于 \(x\) 轴上方,且不在短轴的两个端点,可得 \(t \in (0\) , \(\sqrt{3})\) . 令 \(\frac{1}{{2s} + 5} - \frac{s\left( {{5s} + 8}\right) }{4{\left( 2s + 5\right) }^{2}} - \frac{s}{4\left( {{2s} + 5}\right) }x = 0\) , 同乘 \(4{\left( 2s + 5\right) }^{2}\) 可得 \(4\left( {{2s} + 5}\right) - s\left( {{5s} + 8}\right) - s\left( {{2s} + 5}\right) x = 0\) , 即 \({s}^{2}\left( {-5 - {2x}}\right) + {20} - {5sx} = 0\) , 令 \(t = \frac{3\sqrt{3}}{5}\) ,解得 \(s = - \frac{8}{5}\) ,此时变为 \({\left( -\frac{8}{5}\right) }^{2}\left( {-5 - {2x}}\right) + \; {20} + {8x} = 0,\) 令 \(- 5 - {2x} = 0,{20} + {8x} = 0\) ,解得 \(x = - \frac{5}{2}\) . 此时直线 \({CD}\) 经过定点 \(T\left( {-\frac{5}{2},0}\right)\) . 当 \(t = 0\) 时,直线 \({CD}\) 为 \(x\) 轴,此时直线 \({CD}\) 过定点 \(T\left( {-\frac{5}{2},0}\right)\) . 综上,直线 \({CD}\) 经过一个定点 \(T\left( {-\frac{5}{2},0}\right)\) , 解法 2 由 \(P,Q\) 在椭圆上,得到 \(3{s}^{2} + 4{t}^{2} = {12}\) ,其中 \(s \in \lbrack - 2\) , \(0) \cup (0,2\rbrack ,t \in \left( {-\sqrt{3},\sqrt{3}}\right)\) 设直线 \({AP}\) 的方程为 \(y = \frac{t}{s + 4}\left( {x + 4}\right) \; \left( {t \neq 0}\right)\) . 启发式分析 由 \(C,D,T\) 三点共线,得 \({TC}//{TD}\) ,利用向量关系, 把几何问题代数化. 联立方程组 \(\left\{ \begin{array}{l} 3{x}^{2} + 4{y}^{2} = {12}, \\ y = \frac{t}{s + 4}\left( {x + 4}\right) , \end{array}\right.\) 得到 \(\left( {{2s} + 5}\right) {x}^{2} + \left( {8 - 2{s}^{2}}\right) x - \; s\left( {{5s} + 8}\right) = 0,\) 由韦达定理得 \(s \cdot {x}_{1} = - \frac{s\left( {{5s} + 8}\right) }{{2s} + 5}\) ,故 \({x}_{1} = - \frac{{5s} + 8}{{2s} + 5}\) . 同理可得 \({x}_{2} = - \frac{-{5s} + 8}{-{2s} + 5} = \frac{-{5s} + 8}{{2s} - 5}\) , (9 分) 由解法 1 知 \({y}_{1} = \frac{3t}{{2s} + 5},{y}_{2} = \frac{3t}{{2s} - 5}\) . 则 \(\overrightarrow{TC} = \left( {{x}_{1} - {x}_{0},{y}_{1}}\right) ,\overrightarrow{TD} = \left( {{x}_{2} - {x}_{0},{y}_{2}}\right)\) , 因为 \(C,D,T\) 三点共线, \({}^{\left\lbrack 3\right\rbrack }\) 所以 \({TC}//{TD}\) . 所以 \(\left( {{x}_{1} - {x}_{0}}\right) {y}_{2} - \left( {{x}_{2} - {x}_{0}}\right) {y}_{1} = 0\) ,即 \({x}_{0} = \frac{{x}_{1}{y}_{2} - {x}_{2}{y}_{1}}{{y}_{2} - {y}_{1}} = \; \frac{\left( {-\frac{{5s} + 8}{{2s} + 5}}\right) \cdot \left( {-\frac{3t}{{2s} - 5}}\right) - \frac{-{5s} + 8}{{2s} - 5} \cdot \frac{3t}{{2s} + 5}}{\frac{-{3t}}{{2s} - 5} - \frac{3t}{{2s} + 5}} = \frac{\frac{30st}{\left( {{2s} - 5}\right) \left( {{2s} + 5}\right) }}{\frac{12st}{\left( {5 - {2s}}\right) \left( {5 + {2s}}\right) }} = \; - \frac{5}{2}\) . 故当 \(t \neq 0\) 时,直线过定点 \(T\left( {-\frac{5}{2},0}\right)\) 当 \(t = 0\) 时,直线 \({CD}\) 为 \(x\) 轴,此时直线 \({CD}\) 过定点 \(T\left( {-\frac{5}{2}}\right.\) , 0),线上,直线 \({CD}\) 经过定点 \(T\left( {-\frac{5}{2},0}\right)\) . \circled{2} 联立方程组 \(\left\{ \begin{array}{l} y = - \frac{1}{2}x + 4, \\ y = \frac{t}{s + 4}\left( {x + 4}\right) , \end{array}\right.\) 解得 \({x}_{M} = \frac{8\left( {s - t + 4}\right) }{s + {2t} + 4}\) , (12 分) 同理可得 \({x}_{N} = \frac{8\left( {-s - t + 4}\right) }{-s + {2t} + 4}\) , (13 分) 因此由弦长公式得 \(\left| {MN}\right| = \sqrt{1 + {\left( -\frac{1}{2}\right) }^{2}} \cdot \left| {{x}_{M} - {x}_{N}}\right| = \; \left| \frac{{24}\sqrt{5}{st}}{{\left( 2t + 4\right) }^{2} - {s}^{2}}\right| .\) (14 分) 又点 \(B\) 位于 \(x\) 轴上方,且不在短轴的两个端点,可得 \(t \in \left( {0,\sqrt{3}}\right)\) . 由已知得 \(3{s}^{2} + 4{t}^{2} = {12}\) ,解得 \(s = - \frac{2\sqrt{3 - {t}^{2}}}{\sqrt{3}}\) , 所以 \(P\left( {-\frac{2\sqrt{3 - {t}^{2}}}{\sqrt{3}},t}\right) ,Q\left( {\frac{2\sqrt{3 - {t}^{2}}}{\sqrt{3}},t}\right)\) , 启发式分析 对称性质的利用, \(P,Q\) 关于 \(y\) 轴对称,直接可得 \(\left| {PQ}\right|\) 为横坐标差的绝对值,简化了线段长的计算. \(\left| {PQ}\right| = \frac{4\sqrt{9 - 3{t}^{2}}}{3}.\) 所以 \(\frac{\left| PQ\right| }{\left| MN\right| } = \frac{\frac{4\sqrt{9 - 3{t}^{2}}}{3}}{\left| \frac{{24}\sqrt{5}{st}}{{\left( 2t + 4\right) }^{2} - {s}^{2}}\right| } \; = \frac{{24}\sqrt{5} \times \frac{2\sqrt{3 - {t}^{2}}}{\sqrt{3}} \times t}{{\left( 2t + 4\right) }^{2} - {\left( \frac{2\sqrt{3 - {t}^{2}}}{\sqrt{3}}\right) }^{2}} \; = \frac{\left| 4{t}^{2} + {16}t + {16} - 4\left( 1 - \frac{{t}^{2}}{3}\right) \right| }{{12}\sqrt{5}\left| t\right| } \; = \frac{1}{3\sqrt{5}} \times \left( {\frac{4}{3}t + \frac{3}{t} + 4}\right) .\) (15 分) 启发式分析 利用基本不等式的验证,使用基本不等式 \(\frac{4}{3}t + \; \frac{3}{t} \geq 2\sqrt{\frac{4}{3}t \cdot \frac{3}{t}}\) 时,需验证等号成立条件 \(t = \frac{3}{2}\) 是否在 \(t \in (0\) , \(\sqrt{3}\) )范围内,确保最值有效. 最后取值范围的确定,由基本不等式求得最小值 \(\frac{8\sqrt{5}}{15}\) ,结合函数单调性可知比值无上限,故最终取值范围为 \(\left\lbrack {\frac{8\sqrt{5}}{15}, + \infty }\right)\) . 由基本不等式可得 \(\frac{1}{3\sqrt{5}} \times \left( {\frac{4}{3}t + \frac{3}{t} + 4}\right) \geq \frac{1}{3\sqrt{5}} \times \; \left( {2\sqrt{\frac{4}{3}t \cdot \frac{3}{t}} + 4}\right) = \frac{8\sqrt{5}}{15},\) 当且仅当 \(\frac{4}{3}t = \frac{3}{t}\) ,即 \(t = \frac{3}{2}\) 时等号成立, (16 分) 故 \(\frac{\left| PQ\right| }{\left| MN\right| }\) 的取值范围是 \(\left\lbrack {\frac{8\sqrt{5}}{15}, + \infty }\right)\) . (17 分) A. 易错警示 【4】使用基本不等式 \(\frac{4}{3}t + \frac{3}{t} \geq 2\sqrt{\frac{4}{3}t \cdot \frac{3}{t}}\) 时，需 验证等号成立条件 \(t = \frac{3}{2}\) 是否在 \(t \in \left( {0,\sqrt{3}}\right)\) 范围内,确保最值有效. 规范书写【3】没有说明“ \(C,D,T\) 三点共线”,扣 1 分; 【4】没有说明取等条件扣 1 分; 压轴抢分】【1】联立直线 \({AQ}\) 方程与曲线方程,并结合韦达定理,求出 \({x}_{1} = - \frac{{5s} + 8}{{2s} + 5}\) 即可得 2 分 【2】求出 \(C,D\) 两点坐标,即可得到 2 分. 解后反思 1. 直线过定点的证明技巧. 本题采用向量共线法: 通过构造向量 \(\overrightarrow{TC}//\overrightarrow{TD}\) . 证明向量共线且有公共点,从而推出三点共线,最终证得直线过定点. 同类题还可采用消参法: 将直线方程整理为“参数 \(\times\) 系数+常数项 \(= 0\) ”的形式,令系数和常数项分别为 0 , 求解定点坐标; 或特殊值法: 取参数的两个特殊值, 求出两条直线的交点,再验证该点在任意情况下均在直线上. 2. 线段比值范围的求解思路. 先通过联立直线方程求交点坐标, 再用弦长公式/对称性质表示线段长, 最后将比值转化为单参数函数, 结合基本不等式/函数单调性求范围. 该思路可迁移至抛物线、双曲线的同类比值范围问题, 核心是消参化简与不等式/函数工具的适配. 3. 思维拓展与深化. (1) “设而不求”思想的深化. 本题利用韦达定理求 \(C\) 、 \(D\) 横坐标时,未直接求解一元二次方程,而是通过根与系数的关系快速化简, 体现了解析几何“设而不求”的核心思想. 在处理直线与圆锥曲线的交点问题时, 可优先考虑韦达定理简化计算, 避免复杂的根式运算. (2)几何问题代数化的本质. 将“直线过定点”的几何问题转化为“向量共线的代数运算”,将“线段比值范围”转化为“函数最值的代数求解”,是解析几何“以数解形”的本质体现. 解题时需主动建立几何特征与代数表达式的对应关系，如对称关系对应坐标的奇偶性、共线关系对应向量的线性相关. A02 \section*{山东省济南市 2026 届 高三摸底考试} 你有能力拿到的分数 \(1 \sim 7,9,{10},{12} \sim {13},{15},{16},{17},{18}\left( 1\right) ,{19}\left( 1\right) \left( 2\right)\) ,合计 114 分. 上述分数是基础题和中档题的分数, 是通过科学的训练能够拿到的分数, 你拿到了吗? 必得分 答案速查 (标黑的有两种及以上解法) 1-5 DACAB 6-8 BCC 9. ABD 10. BC 11. AC 12. \({14}\;{13}.\;\frac{2}{7}\;{14}.\; - \frac{5}{6}\) 1. \(\mathbf{D}\) 易知 \(B = \left\{ {x \in \mathbf{R}\left| {{x}^{2} - {7x} + 6 \leq 0\} = \{ x \in \mathbf{R}}\right| 1 \leq x \leq 6}\right\}\) . 又 \(A = \{ 0,1,2,3,4,5\}\) ,所以 \(A \cap B = \{ 1,2,3,4,5\}\) . 2. A 因为 \(\mathbf{a} = \left( {0,1}\right) ,\mathbf{b} = \left( {1,2}\right)\) ,所以 \(\mathbf{a} + \lambda \mathbf{b} = \left( {\lambda ,1 + {2\lambda }}\right)\) ,故 \(\left( {\mathbf{a} + \lambda \mathbf{b}}\right) \cdot \mathbf{b} = 0\) ,即 \(\left( {\lambda ,1 + {2\lambda }}\right) \cdot \left( {1,2}\right) = 0\) ,则 \(\lambda + 2\left( {1 + {2\lambda }}\right) = 0\) ,解得 \(\lambda = - \frac{2}{5}\) . 3. C 解法 1 (性质法) 因为 \(2{a}_{7} - {a}_{9} = 4\) ,所以 \({a}_{5} + {a}_{9} - \; {a}_{9} = 4\) ,所以 \({a}_{5} = 4\) ,所以 \({S}_{9} = \frac{9\left( {{a}_{1} + {a}_{9}}\right) }{2} = \frac{9 \times 2{a}_{5}}{2} = 9{a}_{5} = 9 \times 4 =\) 36. 解法 2 (基本量法) 设等差数列 \(\left\{ {a}_{n}\right\}\) 的首项为 \({a}_{1}\) ,公差为 \(d\) . 因为 \(2{a}_{7} - {a}_{9} = 4\) ,所以 \(2\left( {{a}_{1} + {6d}}\right) - \left( {{a}_{1} + {8d}}\right) = {a}_{1} + {4d} = 4\) ,所以 \({S}_{9} = 9{a}_{1} + \frac{9 \times 8}{2}d = 9\left( {{a}_{1} + {4d}}\right) = {36}.\) 多想少算解 启发式分析 注意到所给出的等差数列只有一个限制条件, 因此, 该数列是不确定的, 且结果唯一, 因此, 采用特殊数列. 取常数列,则由 \(2{a}_{7} - {a}_{9} = 4\) 得 \({a}_{n} = {a}_{7} = 4\) ,故 \({S}_{9} = 9 \times 4 = {36}\) . 解后反思 三种方法中“多想少算解”是最为简单的，解题中， 我们要学会根据问题的特征来合理地进行解题, 要能争取做到不 “做”而得到问题的答案. 4. A 由 \({\mathrm{e}}^{\ln x} < 1\) 可得 \(\ln x < 0\) ，所以 \(0 < x < 1\) ，则 \(A = \{ x \mid 0 < \; x < 1\}\) . 由 \(\ln {\mathrm{e}}^{x} < 1\) ,得 \(x < 1\) ,则 \(B = \{ x \mid x < 1\}\) . 由于 \(A = \{ x \mid 0 < \; x < 1\}\) 是 \(B = \{ x \mid x < 1\}\) 的真子集,故 “ \(x \in A\) ” 是 “ \(x \in B\) ” 的充分不必要条件. 5. B 解法 1 若点发式分析 注意到 \(\tan \angle A{F}_{1}{F}_{2} = \frac{1}{2}\) , 结合 \(\angle {AO}{F}_{2} = 2\angle A{F}_{1}{F}_{2}\) 且 \(\frac{b}{a} = \tan \angle {AO}{F}_{2}\) ,因此,应用二倍角正切公式可得到渐近线的斜率,从而求得 \(e\) 的值. \begin{center} \includegraphics[max width=0.2\textwidth]{images/8_1074_775_275_248_0.jpg} \end{center} \hspace*{3em} 如图,在 \(\operatorname{Rt}\bigtriangleup A{F}_{1}{F}_{2}\) 中, \(\tan \angle A{F}_{1}{F}_{2} = \frac{\left| A{F}_{2}\right| }{\left| A{F}_{1}\right| } = \frac{1}{2}\) ,而 \(\left| {OA}\right| = \left| {O{F}_{1}}\right|\) ,则 \(\angle A{F}_{1}{F}_{2} = \angle {F}_{1}{AO}\) ,所以 \(\angle {AO}{F}_{2} = \; \angle A{F}_{1}{F}_{2} + \angle {F}_{1}{AO} = 2\angle A{F}_{1}{F}_{2}\) . 所以 \({k}_{OA} = \frac{b}{a} = \tan \angle {AO}{F}_{2} = \frac{2}{a} \; \tan 2\angle A{F}_{1}{F}_{2} = \frac{2\tan \angle A{F}_{1}{F}_{2}}{1 - {\tan }^{2}\angle A{F}_{1}{F}_{2}} = \frac{4}{3}\) ,所以 \(e = \sqrt{1 + \frac{{b}^{2}}{{a}^{2}}} = \frac{5}{3}\) . 解法 2 令 \(\left| {A{F}_{2}}\right| = m\) ,则 \(\left| {A{F}_{1}}\right| = {2m}\) ,则在 \(\operatorname{Rt}\bigtriangleup A{F}_{1}{F}_{2}\) 中, \(\left| {{F}_{1}{F}_{2}}\right| = \sqrt{5}m\) ,即 \(c = \frac{\sqrt{5}}{2}m\) . 又 \(\left| {OA}\right| = \left| {O{F}_{2}}\right| = c,{k}_{OA} = \; \tan \angle {AO}{F}_{2} = \frac{k}{a}\) ，所以 \(\cos \angle {AO}{F}_{2} = \frac{{c}^{2} + {c}^{2} - {m}^{2}}{2{c}^{2}} = \frac{2 \times \frac{5}{4}{m}^{2} - {m}^{2}}{2 \times \frac{5}{4}{m}^{2}} = \; \frac{3}{5} = \frac{a}{c}\) ,故 \(e = \frac{c}{a} = \frac{5}{3}\) . 6. \(\mathbf{B}{\left( 1 + x\right) }^{4}\) 的展开式的通项公式为 \({T}_{r + 1} = {\mathrm{C}}_{4}^{r}{x}^{r},r = 0,1\) , 2,3,4,则 \(\left( {a + {2x}}\right) {\left( 1 + x\right) }^{4}\) 的展开式中 \(x\) 的奇数次幂项的系数和为 \(a{\mathrm{C}}_{4}^{1} + a{\mathrm{C}}_{4}^{3} + 2{\mathrm{C}}_{4}^{0} + 2{\mathrm{C}}_{4}^{2} + 2{\mathrm{C}}_{4}^{4} = {8a} + {16}\) ,故 \({8a} + {16} = {32}\) ,则 \(a = 2\) . 审题指导 解决此类问题的基本策略是通过函数的对称性及单调性来脱去函数符号“ \(f\) ”,从而得到关于变量 \(a\) 的不等式进行求解. 函数 \(f\left( x\right) = \frac{1}{{\mathrm{e}}^{x} + 1} + x\) 的定义域为 \(\mathbf{R}\) ,则 \(f\left( x\right) + f\left( {-x}\right) = \; \frac{1}{{\mathrm{e}}^{x} + 1} + x + \frac{1}{{\mathrm{e}}^{-x} + 1} - x = \frac{1}{{\mathrm{e}}^{x} + 1} + \frac{{\mathrm{e}}^{x}}{1 + {\mathrm{e}}^{x}} = 1\) ,则 \(f\left( {-x}\right) = 1 - \; f\left( x\right)\) . 又 \({f}^{\prime }\left( x\right) = \frac{-{\mathrm{e}}^{x}}{{\left( {\mathrm{e}}^{x} + 1\right) }^{2}} + 1 = \frac{{\mathrm{e}}^{2x} + {\mathrm{e}}^{x} + 1}{{\mathrm{e}}^{2x} + 2{\mathrm{e}}^{x} + 1} > 0\) ,故 \(f\left( x\right)\) 在 \(\mathbf{R}\) 上单调递增,从而由 \(f\left( {{3a} + 2}\right) + f\left( a\right) < 1\) ,得 \(f\left( {{3a} + 2}\right) < 1 - f\left( a\right)\) , 即 \(f\left( {{3a} + 2}\right) < f\left( {-a}\right)\) ,故 \({3a} + 2 < - a\) ,解得 \(a < - \frac{1}{2}\) ,即实数 \(a\) \end{document}