四川省成都棠湖外国语学校2025-2026学年高三上学期期中考试数学试题（PDF版，含答案）
文档属性
| 名称 | 四川省成都棠湖外国语学校2025-2026学年高三上学期期中考试数学试题（PDF版，含答案） |
|
|
| 格式 | |||
| 文件大小 | 1.4MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2025-11-08 21:45:11 | ||
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文档简介
2025-2026学年度成都棠湖外国语学校高三上期中考试
数学试题
一．单选题。（共 40分）
1.已知集合 A={x|x≥3,x∈N }，B={0,1,2,3,4}，则 A∩B=( )
A. {3,4} B. {0,1,2,3,4}
C. {x|x≥3,x∈N } D. {x|x≥0,x∈N}
2.若两个正实数 x，y满足 4x+y=xy y，且存在这样的 x，y使不等式 x+4
实数 m的取值范围是( )
A. 1C. m< 4或 m>1 D. m< 3或 m>0
3. z= 1+2i
3
复数 (i为虚数单位)在复平面内对应的点位于( )
1 i
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
4.已知四棱锥 P ABCD的底面是平行四边形，AC，BD交于点 E，则
P A 2 P B +P C 2P D =( )
A. P E B. 2 P E C. E P D. 2E P
5.已知空间向量 a ， b ， c 两两夹角均为 60°，其模均为 1，则| a b +2 c |=( )
A. 5 B. 6 C. 5 D. 6
6.一动圆与圆x2+y2+4x=0外切，同时与圆x2+y2 4x 60=0内切，则动圆圆心的轨迹方程
为( )
x2 y2 y2 x2A. + =1 B. + =1 C. x
2 y2 2 2+ =1 D. y + x =1
9 5 9 5 25 21 25 21
7. 1 1已知数列 an 满足a1= ，a2 n+1=an+ 2 ，则an=( )n +n
A. 3 1 B. 2 3 C. 1 1 D. 3+ 1
2 n n+1 n+1 2 n
8.已知实数 x,y满足 ln(2x+y) ex+2y x+y+2≥0 x，则 的值为( )
y
A. 2 B. 1 C. 2 D. 1
二、多选题：本题共 3小题，共 18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
（全选对得 6分，选对但不全得部分分，有选错得 0分）
{#{QQABCQgw4wgY0NZACK6aQQWGCQoYkJGTJAgGwRAcuARjgBFIBAA=}#}
9.下列等式成立的有( )
A. tan25°+tan35°+ 3tan25°tan35°= 3
B. 2 cos15° 2 sin15°= 3
2 2 2
C. 2cos10° sin20° =1
cos20
D. 1 3 =4
sin10 cos10°
10.在斜三角形 ABC中，角 A，B，C的对边分别为 a，b，c.若 sinA=cosB，则( )
A. ABC为锐角三角形 B. 若 a=1，则 b=tanB
C. 2tanB+tanC的最小值为 3 D. 14
11.若函数 y=f(x)，其导函数为偶函数，且其导函数的图象如图所示，则下列叙述正确的是( )
A. f(x)在 x= 1与 x=1处的瞬时增长率相同
B. f(x)在[ 1 , 1]上不单调
C. y=f(x)可能为奇函数
D. f(1.2)+f(1)>2f(1.1)
三、填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分。
12. 1二项式(3 x+ )8的展开式的常数项是 ．
2x
13.在平面直角坐标系 xOy中，点 A在曲线 y=lnx上，且该曲线在点 A处的切线经过点
( e, 1)(e为自然对数的底数)，则点 A的坐标是 ．
14. 1甲、乙两人下围棋，若甲执黑子先下，则甲胜的概率为 ；若乙执黑子先下，则乙胜
3
1
的概率为 .假定每局之间相互独立且无平局，第二局由上一局负者先下，若甲、乙比赛
2
两局，第一局甲、乙执黑子先下是等可能的，则甲、乙各胜一局的概率为 ．
四、解答题：本题共 5小题，共 77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题 13分)
{#{QQABCQgw4wgY0NZACK6aQQWGCQoYkJGTJAgGwRAcuARjgBFIBAA=}#}
已知函数 f(x)=sin2x+ 3sinxcosx．
(Ⅰ)求 f(x)的最小正周期；
(Ⅱ)若 f(x)在区间[ π ,m] 3上的最大值为 ，求 m的最小值．
3 2
16.(本小题 15分)
如图，过抛物线 C：x2=2py(p>0)的焦点 F的直线与 C相交于 A，B两点，当直线 AB与
y轴垂直时，|AB|=4．
(1)求 C的方程；
(2)以 AB为直径的圆能否经过坐标原点 O？若能，求出直线 AB的方程；若不能，请说
明理由．
17.(本小题 15分)
如图，在四棱锥 P ABCD中，四边形 ABCD是直角梯形．∠ABC=∠BCD=∠ADP=90 ，
且 AB=PB=2,PA=2 2,BC=CD=1,E为 PA中点．
(1)证明：PB⊥平面 ABCD；
(2) 1在线段 PD上是否存在点M，使得平面MAB与平面MBC夹角的余弦值为 ？若存在，
5
求出点M的位置；若不存在，请说明理由．
18.(本小题 17分)
已知 f(x)=sinx，g(x)=ln(x+1)，π≈3.142，e≈2.718．
{#{QQABCQgw4wgY0NZACK6aQQWGCQoYkJGTJAgGwRAcuARjgBFIBAA=}#}
(1)ⅰ.证明：当 x>1时，g(x 1)< x 1 ;x
ⅱ.当 x∈(0, π )时，试确定 m=f(x) g(tanx)的符号．
4
(2)若 (x)=f(x) g(x)，试说明 y= (x)在(0,π)内有唯一零点．
19.(本小题 17分)
已知数列{an}，{bn}，{cn}
b
满足a1=b1=c n1=1，cn+1=an+1 an，cn+1= cn(n∈N )．bn+2
(1)若{bn}为等比数列，公比 q>0，且b1+b2=6b3，求 q的值及数列{an}的通项公式；
(2)若{bn}为等差数列，公差 d>0，证明：c1+c2+c3+…+cn<1+
1
，n∈N ．
d
{#{QQABCQgw4wgY0NZACK6aQQWGCQoYkJGTJAgGwRAcuARjgBFIBAA=}#}
2025-2026学年度成都棠湖外国语学校高三上期中考试
数学试题参考答案
一．单选题。（共 40分）
1-4 ACDD 5-8 CCAC
二．多选题。（共 18分）
9. AD 10.BCD 11.ACD
三．填空题。（15分）
12.7 13.(e,1) 14.29
72
四．解答题。（77分）
15.（13分）解：(Ⅰ)函数 f(x)=sin2x+ 3sinxcosx= 1 cos2x+ 3 sin2x ...................2 分
2 2
=sin(2x π )+ 1， ..........................................................4分
6 2
f(x) 2π的最小正周期为 T= =π；...........................................................6分
2
(Ⅱ)若 f(x) π 3在区间[ ,m]上的最大值为 ，
3 2
π 5π π π
可得 2x ∈[ ,2m ]，且当 sin(2x )=1时，f(x)取得最大值，....................9分
6 6 6 6
2m π ≥ π m≥ π即有 ，解得 ，................................................................13分
6 2 3
则 m π的最小值为 ．
3
16. p（15分）解：(1)抛物线 C：x2=2py(p>0)的焦点 F的坐标是(0, 2 )，
p p
当直线 AB与 y轴垂直时，点 A，B的坐标分别是(p, 2 )，( p, 2 )，
所以|AB|=2p=4，解得 p=2， ......................................................................3分
所以 C的方程是x2=4y． ......................................................................6分
(2)以 AB为直径的圆不可能经过坐标原点 O，理由如下：
如图，
{#{QQABCQgw4wgY0NZACK6aQQWGCQoYkJGTJAgGwRAcuARjgBFIBAA=}#}
直线 AB的斜率显然存在，设其方程为 y=kx+1，
代入x2=4y，消去 y整理得x2 4kx 4=0， ...................................................................8分
设 A(x1,y1)，B(x2,y2)，则x1x2= 4， ...................................................................11分
2 2
因为O A O B =x x +y y =x x + x1x21 2 1 2 1 2 = 4+1= 3，.............................................................13分16
所以 OA与 OB不垂直，.................................................................14分
因此，以 AB为直径的圆不可能经过坐标原点． ...................................................15分
17.（15分）解：(1)证明：记 AB中点为 G，连接 BD，DG，
则四边形 BCDG为正方形，且根据勾股定理得 BD=AD= 2，
所以 BD2+AD2=4=AB2，则∠ADB=90 ，所以 AD⊥BD，..................................3分
又因为 AD⊥PD，BD∩PD=D，BD,PD 平面 PDB，所以 AD⊥平面 PBD，
因为 PB 平面 PBD，所以 AD⊥PB，又因为 PB2+AB2=8=PA2，所以 PB⊥AB，
且 AB∩AD=A，AB,AD 平面 ABCD，所以 PB⊥平面 ABCD；........................5分
(2)由(1)知，PB⊥平面 ABCD，且∠ABC=90 ，
以 B为坐标原点，以 BC，BA，BP所在直线分别为 x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则 A(0,2,0)，B(0,0,0)，C(1,0,0)，D(1,1,0)，P(0,0,2)，...............................................7分
设P M =λ P D ，λ∈[0,1]，则M(λ,λ,2 2λ)，
则B A =(0,2,0)，B M =(λ,λ,2 2λ)，B C =(1,0,0)，..................................................9分
设平面MAB与平面MBC的法向量分别为n 1 =(x1,y1,z1)和n 2 =(x2,y2,z2),
→ →
BA n =2y =0
则{ 1 1→ → ，令x1=2λ 2，得n 1 =(2λ 2,0,λ)，
BM n1=λx1+λy1+(2 2λ)z1=0
{#{QQABCQgw4wgY0NZACK6aQQWGCQoYkJGTJAgGwRAcuARjgBFIBAA=}#}
→ →
BC n2=x2=0{ → → ，令y2=2λ 2，得n 2 =(0,2λ 2,λ)，...............................13分
BM n2=λx2+λy2+(2 2λ)z2=0
设平面MAB与平面MBC π的夹角为θ，θ∈ 0, ，
2
cosθ=cos n ,n = n 1 n 2 λ
2 1 1
则 1 2 = = ，解得λ= ，.............................................14分n 1 n 2 (2λ 2)2+λ2 5 2
1
因此存在点M为 PD的中点，使得平面MAB与平面MBC夹角的余弦值为 ．................15
5
分
18.（17分）解：(1)i.当 x>1时，g(x 1)< x 1 1等价于 lnx< x ，设 t= x>1，
x x
2lnt t+ 1则原问题等价于证明 <0， ..................................................................2分
t
2
y=2lnt t+ 1 y′= 2 1 1 = t +2t 1
2
记 ，则 2 2 =
(t 1)
2 <0， .............................................3分t t t t t
1
所以 y=2lnt t+ 为关于 t的减函数，所以 2lnt t+ 1............................................4分
ii．当 x∈(0, π )时，m=f(x) g(tanx)的符号为正.证明如下：
4
π π
原问题即为证明 m>0对 x∈(0, )恒成立，即证明 sinx>ln(1+tanx)对 x∈(0, )恒成
4 4
立， ..........................................................................5分
由 i知当 x>1时，lnx< x 1 ，所以 ln(1+tanx)< 1+tanx 1 ，
x 1+tanx
原问题等价于证明 1+tanx 11+tanx 4
tanx1+tanx 4
1 12 =1+tan2x对 x∈(0,
π )
1+tanx 4 cos x 4
恒成立，
当 x π∈(0, )时，由 tanx∈(0,1)知，该式显然成立，..................................8分
4
故当 x∈(0, π )时，m=f(x) g(tanx)的符号为正． ......................................9分
4
(2)由已知 (x)=sinx ln(x+1) π，当 x∈[ ,π)时，易知 (x)单调递减，
2
( π )=1 ln(1+ π )>1 lne=0， (π)=0 ln(1+π)<0， ......................................10分
2 2
π
故存在唯一实数x0∈[ ,π)，使得 (x0)=0;2
{#{QQABCQgw4wgY0NZACK6aQQWGCQoYkJGTJAgGwRAcuARjgBFIBAA=}#}
x (0, π当 ∈ )时， ′(x)=cosx 1 ， ........................................................11分
2 x+1
记φ(x)=cosx 1 ，φ′(x)= sinx+ 1 2，.....................................................12分x+1 (x+1)
知φ′(x)= sinx+ 1 2在(0,
π )为减函数，
(x+1) 2
φ′(0)=1>0 φ′( π， )= 1 + 1 1 1π 2 < + <0，...........................................13分6 2 (1+6) 2 2.25
π 1
故存在唯一实数ξ∈(0, )，使得φ′(ξ)=0，即 sinξ=
6 (ξ+1)2
，
则φ(x)=cosx 1 π在(0,ξ)为增函数，在(ξ, )为减函数，
x+1 2
且φ(0)=0，φ(ξ)=cosξ 1 =cosξ sinξ>cos π sin π= 3 2 >0，
ξ+1 6 6 2 2
φ( π )= 1π <0
π
，则存在唯一实数η∈(ξ, )，使得φ(η)=0，.............................15分
2 1+2 2
φ(x)=cosx 1则 在(0,η)为正， (x)单调递增， (x)> (0)=0，
x+1
φ(x)=cosx 1 在(η, π )为负， (x) π单调递减， (x)> ( )>0，
x+1 2 2
故 (x)>0在(0, π )上恒成立．
2
综上可知：y= (x)在(0,π) π内有唯一零点x0∈( ,π). ..................................17分2
19.（17分）(1)解：由题意，b2=q，b3=q2，
∵b1+b2=6b3，∴1+q=6q2， ...............................................................2分
整理，得 6q2 q 1=0，
q= 1 ( ) q= 1解得 舍去 ，或 ， .............................................................4分
3 2
b
∴c n 1 1 1n+1= cb n= b c = c =n+2 n q2 n (1 2 c) n=4 cn，n+2 bn 2
∴数列{cn}是以 1为首项，4为公比的等比数列，
∴c n 1 n 1n=1 4 =4 ，n∈N ． ..............................................................6分
∴a nn+1 an=cn+1=4 ，
则a1=1，
a2 a1=41，
a3 a2=42，
……
{#{QQABCQgw4wgY0NZACK6aQQWGCQoYkJGTJAgGwRAcuARjgBFIBAA=}#}
an a n 1n 1=4 ，(n 2,n∈N )，
各项相加，可得 n 2，n∈N 时，
n n
a =1+41+42n +…+4n 1=
1 4 = 4 1， ..........................................................8分
1 4 3
当 n=1时代入适合，
n
a = 4 1∴ n ．3
(2) b证明：依题意，由c nn+1= cn(n∈N )，可得bn+2
bn+2 cn+1=bn cn， ..................................................................9分
两边同时乘以bn+1，可得
bn+1bn+2cn+1=bnbn+1cn，
∵b1b2c1=b2=1+d， ..................................................................11分
∴数列{bnbn+1cn}是一个常数列，且此常数为 1+d，
bnbn+1cn=1+d， ..............................................................13分
c = 1+d = 1+d d 1∴ =(1+ ) b n+1 bnn =(1+
1 )( 1 1 )，
bnbn+1 d bnbn+1 d bnbn+1 d bn bn+1
∴c1+c2+…+cn
1 1 1 1 1 1 1 1 1
=(1+ )( )+(1+ )( )+…+(1+ )( )
d b1 b2 d b2 b3 d bn bn+1
1 1 1 1 1 1 1
=(1+ )( + +…+ )
d b1 b2 b2 b3 bn bn+1
1 1 1
=(1+ )( )
d b1 bn+1
1 1
=(1+ )(1 )
d bn+1
<1+ 1，
d
c +c +…+c <1+ 1∴ 1 2 n ，故得证． .........................................................17分d
{#{QQABCQgw4wgY0NZACK6aQQWGCQoYkJGTJAgGwRAcuARjgBFIBAA=}#}
数学试题
一．单选题。（共 40分）
1.已知集合 A={x|x≥3,x∈N }，B={0,1,2,3,4}，则 A∩B=( )
A. {3,4} B. {0,1,2,3,4}
C. {x|x≥3,x∈N } D. {x|x≥0,x∈N}
2.若两个正实数 x，y满足 4x+y=xy y，且存在这样的 x，y使不等式 x+
实数 m的取值范围是( )
A. 1
3. z= 1+2i
3
复数 (i为虚数单位)在复平面内对应的点位于( )
1 i
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
4.已知四棱锥 P ABCD的底面是平行四边形，AC，BD交于点 E，则
P A 2 P B +P C 2P D =( )
A. P E B. 2 P E C. E P D. 2E P
5.已知空间向量 a ， b ， c 两两夹角均为 60°，其模均为 1，则| a b +2 c |=( )
A. 5 B. 6 C. 5 D. 6
6.一动圆与圆x2+y2+4x=0外切，同时与圆x2+y2 4x 60=0内切，则动圆圆心的轨迹方程
为( )
x2 y2 y2 x2A. + =1 B. + =1 C. x
2 y2 2 2+ =1 D. y + x =1
9 5 9 5 25 21 25 21
7. 1 1已知数列 an 满足a1= ，a2 n+1=an+ 2 ，则an=( )n +n
A. 3 1 B. 2 3 C. 1 1 D. 3+ 1
2 n n+1 n+1 2 n
8.已知实数 x,y满足 ln(2x+y) ex+2y x+y+2≥0 x，则 的值为( )
y
A. 2 B. 1 C. 2 D. 1
二、多选题：本题共 3小题，共 18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
（全选对得 6分，选对但不全得部分分，有选错得 0分）
{#{QQABCQgw4wgY0NZACK6aQQWGCQoYkJGTJAgGwRAcuARjgBFIBAA=}#}
9.下列等式成立的有( )
A. tan25°+tan35°+ 3tan25°tan35°= 3
B. 2 cos15° 2 sin15°= 3
2 2 2
C. 2cos10° sin20° =1
cos20
D. 1 3 =4
sin10 cos10°
10.在斜三角形 ABC中，角 A，B，C的对边分别为 a，b，c.若 sinA=cosB，则( )
A. ABC为锐角三角形 B. 若 a=1，则 b=tanB
C. 2tanB+tanC的最小值为 3 D. 1
11.若函数 y=f(x)，其导函数为偶函数，且其导函数的图象如图所示，则下列叙述正确的是( )
A. f(x)在 x= 1与 x=1处的瞬时增长率相同
B. f(x)在[ 1 , 1]上不单调
C. y=f(x)可能为奇函数
D. f(1.2)+f(1)>2f(1.1)
三、填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分。
12. 1二项式(3 x+ )8的展开式的常数项是 ．
2x
13.在平面直角坐标系 xOy中，点 A在曲线 y=lnx上，且该曲线在点 A处的切线经过点
( e, 1)(e为自然对数的底数)，则点 A的坐标是 ．
14. 1甲、乙两人下围棋，若甲执黑子先下，则甲胜的概率为 ；若乙执黑子先下，则乙胜
3
1
的概率为 .假定每局之间相互独立且无平局，第二局由上一局负者先下，若甲、乙比赛
2
两局，第一局甲、乙执黑子先下是等可能的，则甲、乙各胜一局的概率为 ．
四、解答题：本题共 5小题，共 77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题 13分)
{#{QQABCQgw4wgY0NZACK6aQQWGCQoYkJGTJAgGwRAcuARjgBFIBAA=}#}
已知函数 f(x)=sin2x+ 3sinxcosx．
(Ⅰ)求 f(x)的最小正周期；
(Ⅱ)若 f(x)在区间[ π ,m] 3上的最大值为 ，求 m的最小值．
3 2
16.(本小题 15分)
如图，过抛物线 C：x2=2py(p>0)的焦点 F的直线与 C相交于 A，B两点，当直线 AB与
y轴垂直时，|AB|=4．
(1)求 C的方程；
(2)以 AB为直径的圆能否经过坐标原点 O？若能，求出直线 AB的方程；若不能，请说
明理由．
17.(本小题 15分)
如图，在四棱锥 P ABCD中，四边形 ABCD是直角梯形．∠ABC=∠BCD=∠ADP=90 ，
且 AB=PB=2,PA=2 2,BC=CD=1,E为 PA中点．
(1)证明：PB⊥平面 ABCD；
(2) 1在线段 PD上是否存在点M，使得平面MAB与平面MBC夹角的余弦值为 ？若存在，
5
求出点M的位置；若不存在，请说明理由．
18.(本小题 17分)
已知 f(x)=sinx，g(x)=ln(x+1)，π≈3.142，e≈2.718．
{#{QQABCQgw4wgY0NZACK6aQQWGCQoYkJGTJAgGwRAcuARjgBFIBAA=}#}
(1)ⅰ.证明：当 x>1时，g(x 1)< x 1 ;x
ⅱ.当 x∈(0, π )时，试确定 m=f(x) g(tanx)的符号．
4
(2)若 (x)=f(x) g(x)，试说明 y= (x)在(0,π)内有唯一零点．
19.(本小题 17分)
已知数列{an}，{bn}，{cn}
b
满足a1=b1=c n1=1，cn+1=an+1 an，cn+1= cn(n∈N )．bn+2
(1)若{bn}为等比数列，公比 q>0，且b1+b2=6b3，求 q的值及数列{an}的通项公式；
(2)若{bn}为等差数列，公差 d>0，证明：c1+c2+c3+…+cn<1+
1
，n∈N ．
d
{#{QQABCQgw4wgY0NZACK6aQQWGCQoYkJGTJAgGwRAcuARjgBFIBAA=}#}
2025-2026学年度成都棠湖外国语学校高三上期中考试
数学试题参考答案
一．单选题。（共 40分）
1-4 ACDD 5-8 CCAC
二．多选题。（共 18分）
9. AD 10.BCD 11.ACD
三．填空题。（15分）
12.7 13.(e,1) 14.29
72
四．解答题。（77分）
15.（13分）解：(Ⅰ)函数 f(x)=sin2x+ 3sinxcosx= 1 cos2x+ 3 sin2x ...................2 分
2 2
=sin(2x π )+ 1， ..........................................................4分
6 2
f(x) 2π的最小正周期为 T= =π；...........................................................6分
2
(Ⅱ)若 f(x) π 3在区间[ ,m]上的最大值为 ，
3 2
π 5π π π
可得 2x ∈[ ,2m ]，且当 sin(2x )=1时，f(x)取得最大值，....................9分
6 6 6 6
2m π ≥ π m≥ π即有 ，解得 ，................................................................13分
6 2 3
则 m π的最小值为 ．
3
16. p（15分）解：(1)抛物线 C：x2=2py(p>0)的焦点 F的坐标是(0, 2 )，
p p
当直线 AB与 y轴垂直时，点 A，B的坐标分别是(p, 2 )，( p, 2 )，
所以|AB|=2p=4，解得 p=2， ......................................................................3分
所以 C的方程是x2=4y． ......................................................................6分
(2)以 AB为直径的圆不可能经过坐标原点 O，理由如下：
如图，
{#{QQABCQgw4wgY0NZACK6aQQWGCQoYkJGTJAgGwRAcuARjgBFIBAA=}#}
直线 AB的斜率显然存在，设其方程为 y=kx+1，
代入x2=4y，消去 y整理得x2 4kx 4=0， ...................................................................8分
设 A(x1,y1)，B(x2,y2)，则x1x2= 4， ...................................................................11分
2 2
因为O A O B =x x +y y =x x + x1x21 2 1 2 1 2 = 4+1= 3，.............................................................13分16
所以 OA与 OB不垂直，.................................................................14分
因此，以 AB为直径的圆不可能经过坐标原点． ...................................................15分
17.（15分）解：(1)证明：记 AB中点为 G，连接 BD，DG，
则四边形 BCDG为正方形，且根据勾股定理得 BD=AD= 2，
所以 BD2+AD2=4=AB2，则∠ADB=90 ，所以 AD⊥BD，..................................3分
又因为 AD⊥PD，BD∩PD=D，BD,PD 平面 PDB，所以 AD⊥平面 PBD，
因为 PB 平面 PBD，所以 AD⊥PB，又因为 PB2+AB2=8=PA2，所以 PB⊥AB，
且 AB∩AD=A，AB,AD 平面 ABCD，所以 PB⊥平面 ABCD；........................5分
(2)由(1)知，PB⊥平面 ABCD，且∠ABC=90 ，
以 B为坐标原点，以 BC，BA，BP所在直线分别为 x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则 A(0,2,0)，B(0,0,0)，C(1,0,0)，D(1,1,0)，P(0,0,2)，...............................................7分
设P M =λ P D ，λ∈[0,1]，则M(λ,λ,2 2λ)，
则B A =(0,2,0)，B M =(λ,λ,2 2λ)，B C =(1,0,0)，..................................................9分
设平面MAB与平面MBC的法向量分别为n 1 =(x1,y1,z1)和n 2 =(x2,y2,z2),
→ →
BA n =2y =0
则{ 1 1→ → ，令x1=2λ 2，得n 1 =(2λ 2,0,λ)，
BM n1=λx1+λy1+(2 2λ)z1=0
{#{QQABCQgw4wgY0NZACK6aQQWGCQoYkJGTJAgGwRAcuARjgBFIBAA=}#}
→ →
BC n2=x2=0{ → → ，令y2=2λ 2，得n 2 =(0,2λ 2,λ)，...............................13分
BM n2=λx2+λy2+(2 2λ)z2=0
设平面MAB与平面MBC π的夹角为θ，θ∈ 0, ，
2
cosθ=cos n ,n = n 1 n 2 λ
2 1 1
则 1 2 = = ，解得λ= ，.............................................14分n 1 n 2 (2λ 2)2+λ2 5 2
1
因此存在点M为 PD的中点，使得平面MAB与平面MBC夹角的余弦值为 ．................15
5
分
18.（17分）解：(1)i.当 x>1时，g(x 1)< x 1 1等价于 lnx< x ，设 t= x>1，
x x
2lnt t+ 1则原问题等价于证明 <0， ..................................................................2分
t
2
y=2lnt t+ 1 y′= 2 1 1 = t +2t 1
2
记 ，则 2 2 =
(t 1)
2 <0， .............................................3分t t t t t
1
所以 y=2lnt t+ 为关于 t的减函数，所以 2lnt t+ 1
ii．当 x∈(0, π )时，m=f(x) g(tanx)的符号为正.证明如下：
4
π π
原问题即为证明 m>0对 x∈(0, )恒成立，即证明 sinx>ln(1+tanx)对 x∈(0, )恒成
4 4
立， ..........................................................................5分
由 i知当 x>1时，lnx< x 1 ，所以 ln(1+tanx)< 1+tanx 1 ，
x 1+tanx
原问题等价于证明 1+tanx 1
tanx
1
π )
1+tanx 4 cos x 4
恒成立，
当 x π∈(0, )时，由 tanx∈(0,1)知，该式显然成立，..................................8分
4
故当 x∈(0, π )时，m=f(x) g(tanx)的符号为正． ......................................9分
4
(2)由已知 (x)=sinx ln(x+1) π，当 x∈[ ,π)时，易知 (x)单调递减，
2
( π )=1 ln(1+ π )>1 lne=0， (π)=0 ln(1+π)<0， ......................................10分
2 2
π
故存在唯一实数x0∈[ ,π)，使得 (x0)=0;2
{#{QQABCQgw4wgY0NZACK6aQQWGCQoYkJGTJAgGwRAcuARjgBFIBAA=}#}
x (0, π当 ∈ )时， ′(x)=cosx 1 ， ........................................................11分
2 x+1
记φ(x)=cosx 1 ，φ′(x)= sinx+ 1 2，.....................................................12分x+1 (x+1)
知φ′(x)= sinx+ 1 2在(0,
π )为减函数，
(x+1) 2
φ′(0)=1>0 φ′( π， )= 1 + 1 1 1π 2 < + <0，...........................................13分6 2 (1+6) 2 2.25
π 1
故存在唯一实数ξ∈(0, )，使得φ′(ξ)=0，即 sinξ=
6 (ξ+1)2
，
则φ(x)=cosx 1 π在(0,ξ)为增函数，在(ξ, )为减函数，
x+1 2
且φ(0)=0，φ(ξ)=cosξ 1 =cosξ sinξ>cos π sin π= 3 2 >0，
ξ+1 6 6 2 2
φ( π )= 1π <0
π
，则存在唯一实数η∈(ξ, )，使得φ(η)=0，.............................15分
2 1+2 2
φ(x)=cosx 1则 在(0,η)为正， (x)单调递增， (x)> (0)=0，
x+1
φ(x)=cosx 1 在(η, π )为负， (x) π单调递减， (x)> ( )>0，
x+1 2 2
故 (x)>0在(0, π )上恒成立．
2
综上可知：y= (x)在(0,π) π内有唯一零点x0∈( ,π). ..................................17分2
19.（17分）(1)解：由题意，b2=q，b3=q2，
∵b1+b2=6b3，∴1+q=6q2， ...............................................................2分
整理，得 6q2 q 1=0，
q= 1 ( ) q= 1解得 舍去 ，或 ， .............................................................4分
3 2
b
∴c n 1 1 1n+1= cb n= b c = c =n+2 n q2 n (1 2 c) n=4 cn，n+2 bn 2
∴数列{cn}是以 1为首项，4为公比的等比数列，
∴c n 1 n 1n=1 4 =4 ，n∈N ． ..............................................................6分
∴a nn+1 an=cn+1=4 ，
则a1=1，
a2 a1=41，
a3 a2=42，
……
{#{QQABCQgw4wgY0NZACK6aQQWGCQoYkJGTJAgGwRAcuARjgBFIBAA=}#}
an a n 1n 1=4 ，(n 2,n∈N )，
各项相加，可得 n 2，n∈N 时，
n n
a =1+41+42n +…+4n 1=
1 4 = 4 1， ..........................................................8分
1 4 3
当 n=1时代入适合，
n
a = 4 1∴ n ．3
(2) b证明：依题意，由c nn+1= cn(n∈N )，可得bn+2
bn+2 cn+1=bn cn， ..................................................................9分
两边同时乘以bn+1，可得
bn+1bn+2cn+1=bnbn+1cn，
∵b1b2c1=b2=1+d， ..................................................................11分
∴数列{bnbn+1cn}是一个常数列，且此常数为 1+d，
bnbn+1cn=1+d， ..............................................................13分
c = 1+d = 1+d d 1∴ =(1+ ) b n+1 bnn =(1+
1 )( 1 1 )，
bnbn+1 d bnbn+1 d bnbn+1 d bn bn+1
∴c1+c2+…+cn
1 1 1 1 1 1 1 1 1
=(1+ )( )+(1+ )( )+…+(1+ )( )
d b1 b2 d b2 b3 d bn bn+1
1 1 1 1 1 1 1
=(1+ )( + +…+ )
d b1 b2 b2 b3 bn bn+1
1 1 1
=(1+ )( )
d b1 bn+1
1 1
=(1+ )(1 )
d bn+1
<1+ 1，
d
c +c +…+c <1+ 1∴ 1 2 n ，故得证． .........................................................17分d
{#{QQABCQgw4wgY0NZACK6aQQWGCQoYkJGTJAgGwRAcuARjgBFIBAA=}#}
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