2025届福建省高中毕业班适应性练习卷（二）数学试题及参考答案

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2025 届 高 中 毕 业 班 适 应 性 练 习 卷（二）
数 学
一、选择题：本大题共 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 ．设集合A {xlx> 5} ，B {x x 2 (a I 1) x l a<0} ，若A nB a ，则 a 的取值范围为
A. (- , 5] B. [5 , I O) C. (- , 5) D. (5 , l )
【命题意图】本小题主要考查集合的运算、不等式等知识，考查运算求解能力等，考查函数与方 程思想、化归与转化思想等，体现基础性、综合性，导向对发展数学运算等核心素 养的关注.
【试题解析】因为B {xlx2 (a 1)x I 1 <0} {xI(x 1) (x a) < } ，
所以当a≥1 时，B {xll 5} ，An B O ，
∴a≤ 5 ，即ae (-,5] ，故正确答案为 A .
2 ．若(1 2i) (z i) 5 ，则 lzl
A. V2 B. 2V2 C. VS D. V10
【命题意图】本小题主要考查复数的概念、四则运算等基础知识；考查运算求解能力、推理论证 能力；考查化归与转化思想、函数与方程思想；体现基础性，导向对数学运算等核 心素养的关注.
【试题解析】解法一：由 (1 2i) (z i) 5 ，两复数相乘等于一实数，则这两个复数可能均为
虚数、实数或共轭复数．显然该题符合共轭复数，故 ．注 意到，当 时，恰满足 ，故 ，所以
故正确答案为 D .
解法二 ： 由 可知 ，化为
,所以 ，故正确答案为 D .
解法三：设复数 ，则 可化为 ，
化简得 ，故 解得 ， 所以 ， 故正确答案为 D .
3 ．在 中，点 D 是边 BC 上一点，若 ，则 的最小值为
A. B. C. D. 7
【命题意图】本小题主要考查向量的运算、基本不等式等知识，考查运算求解能力等，化归与转 化、数形结合等思想，体现基础性和综合性，导向对发展数学运算等核心的关注.
【试题解析】由 可知 D ，B ，C 三点共线，所以 ，
,
则
, 即
当且仅当
,
时等号成立，故正确答案为 B .
4 ．将函数
图象向右平移
后，再将所得图象上各点横坐标扩大为原来的 4 倍，
得到
在
的图象，若方程
,则
=
内有两不等实根
A.
B.
D.
C.
【命题意图】本小题主要考查三角函数的图象与性质、诱导公式等知识，考查运算求解能力等， 考查函数与方程等思想，体现基础性，导向对发展数学运算核心素养的关注.
【试题解析】将函数 的图象向右平移 后，得到函数 ，再
将图象上所有点的横坐标扩大为原来的 4 倍，得到函数 的图
象 ， 因 为 ， 所 以 由 可 得 所 以 ， 所 以 故正确答案为 A .
5 ．已知正四棱台下底面边长为 ，若内切球的体积为 则其外接球表面积为
A. 49 π B. 56 π C. 65 π D. 130π
【命题意图】本小题主要考查多面体，球的体积与表面积等知识；考查空间想象、运算求解能力 等，考查数形结合、化归与转化等思想，体现基础性和综合性，导向对发展数学运 算、逻辑推理、对发展直观想象等核心素养的关注.
【试题解析】设正四棱台 内切球 O 和外接球 的半径分别为 r ，R， 可知： 解得 ，则 ，
由切线长定理可知 ， ， 又 ，则 ， 设 ，所以
由勾股定理得： ，解得 ，
所以 ，则 ， ， 设 ，则 ，
则有 ，解得 ， 所以 ，
故外接球 O´的表面积 ，故正确答案为 C .
6 ．设数列 的前 n 项和为 ，若 ，且 ，则
A. B. C. D.
【命题意图】本题主要考查数列等知识；考查推理论证能力、运算求解能力等；考查特殊与一般 思想、化归与转化思想等；体现基础性、综合性，导向对发展数学运算、逻辑推理、 数学建模等核心素养的关注.
【试题解析】
解法一：由 可得 所以
所以 ，即 且 ，
所以数列是首项为 1，公差为 1 的等差数列，所以 即 . 当 时， ， 也符合该式，
所以数列 的通项公式为 ，
则 ， ，A 、B 、D 选项错误，C 正确，故正确答案为 C . 解法二：由 可得 ，
当 时，
则 化简得 ，
即(a, I an) (an i an 2) 0 ， 由an >0 得an i an 2
由累加法可得a, 2n 1(n≥3) 且a 1 ，a2 3 符合上式，
所以数列an} 的通项公式为aMn 2n 1 ，
则a5 9 ，SOO 10000 ，A 、B 、D 选项错误，C 正确，故正确答案为 C .
7 ．设曲线 D 的方程为ax 3 by3 xy （a , b 为系数），则
A. 曲线 D 一定经过第一象限 B. 当a 0 ，曲线 D 可能为抛物线
C. 曲线 D 一定经过第三象限 D. 当a b ，曲线 D 一定关于直线y x 对称
【命题意图】本小题主要考查根据方程研究曲线的性质、对称性及曲线图象等知识；考查推理论 证能力、运算求解能力等；考查数形结合思想、化归与转化思想等；体现基础性、 综合性、应用性，导向对发展逻辑推理、数学运算等核心素养的关注.
【试题分析】解法一：令a b 0 ，曲线 D 不经过第一、三象限，选项 A 、C 错误；当a 0 ， 曲线 D 可表示为by3 xy ，显然x,y C R ，任一抛物线的 x 或y 的取值范 围不为 R，选项 B 错误，故正确答案为 D .
解法二：当a b ，D 方程可化为ax 3 ay 3 xy ，将y x 代入，得ay3 I ax3 yx ， 与原式相同，所以曲线 D 关于直线y x 对称，故正确答案为 D .
8 ．已知函数f(x)的定义域为 R，且f(x I 3)为奇函数，f(2 x)为偶函数，记f(x) 的导函数
为f" (x) ，则下列函数为奇函数的是
A. f(x 1) B. f" (- x 3) C. f(x I 2) D. f(x)
【命题意图】本小题主要考查抽象函数、奇偶性及函数周期等知识；考查推理论证能力、运算求 解能力等；考查化归与转化思想、函数与方程思想、特殊与一般思想等；体现基础 性、综合性与应用性，导向对发展直观想象、逻辑推理等核心素养的关注.
【试题解析】解法一：根据函数f(x)定义域为 R ， f(x I 3)为奇函数，f(2 x)为偶函数，
可取函数 ，容易发现选项 A 正确，BCD 错误，故正确
答案为 A .
解法二：因为 为奇函数， 为偶函数，
所以 ， ， 所以 为偶函数，C 选项错误，
对 的两边求导，则 ，所以 为偶函数， 故选项 B 错误，
由 可得 ，即
,
由③得 ，由 得 ， 所以 ，即 ，所以 为偶函数，
以 代换 中的 x ，所以 由 , 得 , 以 代换 x, 故 是 的对称中心，即 ，
又 ，所以 ，即 周期为 4， 所以 为偶函数，D 选项错误，
又 ，所以 为奇函数，故正确答案为 A .
二、选择题：本大题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分。在每小题给出的选项中，有多项符合题 目要求，全部选对的得 6 分，有选错的得 0 分，部分选对的得部分分。
9 ．设 A , B 是非空的实数集，若 ，则
A. 函数f(x)的定义域为 A B. 函数f(x) 的值域为 B
C. 函数f(x) ax3 bx 值域为 R D. 函数f(x) x3 3x2 3x 无极值
【命题意图】本小题主要考查函数的概念、定义域、值域及极值等知识；考查推理论证能力、运 算求解能力等；考查数形结合思想、函数与方程思想等；体现基础性与综合性，导 向对直观想象、逻辑推理、数学运算等核心素养的关注.
【试题解析】由函数的对应关系可知，函数f(x)的定义域为A ，值域为{f(x) Ix A}，又因为 {f(X) Ix A} c B ，所以选项 A 正确，B 错误；
函数f(x) ax3 bx 中 a , b 的取值范围及定义域均不确定，值域无法确定，选项 C 错误；
D 选项：函数f(x) x3 3x2 3x 的定义域为A，A C R ，若A R ，则f" (x) 3x2 6x l 3 3(x 1) 2 ≥0恒成立，无极值，所以函数f(x) x3 3x2 3x 无 极值，选项 D 正确.
10 ．已知一组数据丢失了其中一个，另外六个数据分别是 7 ，9 ，10 ，7 ，15 ，7 ，已知这组数据 的平均数、中位数、众数依次成等差数列，将丢失数据的所有可能值从小到大排列成数列an} ， 记x {a,a2,",an} ，则
A. E(X) 8 B. D(X) 130 C. an}是等差数列 D. an}是等比数列
【命题意图】本题主要考查等差数列的定义、平均数、中位数、众数、数学期望及方差等知识， 考查运算求解能力、推理论证能力等，体现基础性，综合性和应用性，导向对发展 数学运算、数据分析、数学建模等核心素养的关注.
【试题解析】设这个数字是 x ，则平均数为 众数是 7，
若x≤7 ，则中位数为 7，此时x -6 ，
若3 x - 5 ，则中位数为 x，此时2x i 7 ，即x 8 ，
若x - 5 ，则中位数为 5 ，2 x 5 i 7 ，x 22 ，
所以x { 8 , 22》，则E(x) 8 ， ，n}是等差数列， 故正确答案为 AC .
11．若平面点集 M 满足：任意点(x , y) M ，存在t (0 , I O)，都有(tx , ty) M ，则称该点
集 M 是“t 阶聚合” 点集．下列命题为真命题的是
A. 若M {(
y) lx≥y} ，则 M 是“3 阶聚合” 点集
B. 存在 M 对任意正数 t，使 M 不是“t 阶聚合” 点集
2 1
C. 若M t(·y) 4 y 2 ，则 M 不是“ 3 阶聚合”点集
D. t [1 , I 0)是M {(r,y) ly2 一一 x}是“t 阶聚合” 点集的充要条件
【命题意图】本小题主要考查集合及函数等知识；考查推理论证能力、运算求解能力等；考查数 形结合思想、函数与方程思想、化归与转化思想等；体现基础性、综合性与创新性， 导向对直观想象、逻辑推理、数学运算等核心素养的关注.
【试题解析】对于 A，因为x≥y ，所以3x≥3y ，所以 M 是“3 阶聚合” 点集，故 A 正确；对于 B， 对任意的点集 M，总存在t 1 ，使得 M 是“1 阶聚合” 点集，故 B 错误；对于 C，
因为 y 2 ， ，故 M 不是“ 3 阶聚
合” 点集，故 C 正确；对于D，若M 《(x,) ly2≥x}是“t 阶聚合” 点集，则t2y2≥tr ， 即ty2≥x ，因为y2≥x ，故t≥1 ，即M {(r,)ly2≥x}是“t 阶聚合” 点集的充要 条件为t [1 , I O) ，故 D 正确．故正确答案为 ACD .
三、填空题：本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。将答案填在答题卡的相应位置。
12 ．正八面体中，以其顶点为顶点的三棱锥的个数为 .
【命题意图】本小题主要考查排列组合、特殊几何体及平面与点的关系等知识；考查运算求解能 力等；考查化归与转化思想等；体现基础性和应用性，导向对发展数学运算、数学 建模等核心素养的关注.
【试题解析】解法一：容易发现，每条棱均在一个与其他棱不相重复，正八面体有 12 条棱，所 以正八面体中，以其顶点为顶点的三棱锥有 12 个
解法二：作出正八面体如图，易知共有 6 个顶点，其中有 3 组不同的四点共面，则 以正八面体顶点为顶点的三棱锥的个数为c4 3 12 .
13．将一装有适量水的圆柱容器斜靠在墙面，已知墙面与水平地面垂直，若圆柱轴线与水平地面 所成角为 60°, 则液面所呈椭圆的离心率为 .
【命题意图】本小题主要考查曲线与方程及椭圆定义等知识；考查运算求解能力等；考查化归与
转化思想、数形结合思想等；体现基础性和应用性，导向对数学运算、直观想象等 核心素养的关注.
【试题解析】设圆柱的底面半径为 r，由墙面与地面垂直，圆柱轴线与水平地面所成角为 60° ,
则2b 2r ， 即 ，
因此，液面所呈椭圆的离心率为
14 ．已知函数 则曲线y f) 的对称中心为 .
【命题意图】本题主要考查绝对值概念、函数图象中心对称的性质及函数与导数等知识；考查运 算求解能力等；考查数形结合思想、函数与方程思想、化归与转化思想等；体现基 础性、综合性、应用性，导向对发展直观想象、逻辑推理、数学运算等核心素养的 关注.
【试题解析】
解法一：设曲线 的对称中心为
则
将 代入得
整理得
, 所以
中，解得
要满足 与 a 无关，即使
将 代入
即曲线 的对称中心为 .
解法二：若曲线 图象有对称中心，则该函数的定义域关于对称中心对称，
函数 定义域为 ，则对称中心横坐标 ，又 ， 所以曲线 图象的对称中心为 .
解法三：设曲线 图象的对称中心为 ，则 函数的凹凸拐点在 处取得，
且
, 令
, 则
,
当 时， ，即
中，得
将 代入
.
即曲线 的对称中心为
四、解答题：本大题共 5 小题，共 77 分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15 ．（13 分）
在 中，角A ，B ，C 所对的边分别为 a , b , c ， .
（1）证明： ；
（2）是否存在 内一点 D 使得 且 ?若存在，求出
的值；若不存在，说明理由.
【命题意图】本小题主要考查解三角形等知识；考查运算求解能力、推理论证能力等；考查数形 结合思想、函数与方程思想等；体现综合性、应用性，导向对发展数学运算、直观 想象、逻辑推理等核心素养的关注.
【试题解析】
解法一：（1）由题意可知
即4sinA 3COS (B I C) 3 COS (B C) 8 ， 则4sinA 3COSA I 3COS (B C) 8 ，
即5sintA V) 1 3cs (B C) 8 ，其中tan ，sin ，
其中sin(A P)和COS (B C)的最大值为 1，
故上式只有当 ， 时，等号成立，
故sinB Sinc .
由正弦定理知
所以b C .
（2）因为DA I DB I DC O ，所以 D 为△ABC 的重心，
因为b C ，D 为各边中线的交点，
所以 D 所在直线AD BC ，则可作图
又因为点 D 在ABC 内，可假设点 D 是在/ABC 内的直线 AD 上的动点，
当点 D 与点A 重合时， 取得最小值，即
，即 /BDC m 矛盾，
· DC
2
所以 恒成立，显然与
与DB
- 0 同时成立.
· DC
DC
DB
故 ABC 内不存在 D 点使得DA
解法二：（1）
同解法一
- 0 同时成立，下证：
· DC
DC
0 ， DB
DB
（2）/ABC 内不存在 D 点使得DA
同时成立，
· DC
DC
0 ， DB
DB
先假设存在 D 点使得DA
由（1）知A 2 p ，b C ，
- sinp - 3
COSO ，COSA COS 2
S n S n
5 ，
2
则 i A i
- 0 ，所以 D 为△ABC 的重心，
DC
DB
因为DA
;
3 2CA BA
所以CD
由DB
BA
· 2BA
CA
· DC
,
。可得 , (2CA
2
2 —心
2BA
· BA
2CA
— 0 ，
整理得5CA
2
2
· BA
5 CA
· BA
COSA 2 CA
BA
≥ 4 CA
· BA
,
所以CA
CA
· BA
, 显然不符合
CA
—>
BA
所以COSA
- 0 同时成立.
· DC
DC
0 ， DB
DB
故/ABC 内不存在 D 点使得DA
分）
16 ．（15
如图，
的中点，点 D 在圆
是 OA
O
在圆锥 SO 中，高SO 3 ，底面圆 O 的直径AB 5 ， C
上，平面 SAB⊥平面 SCD .
（1
) 证明：CD LAB ；
（2
与平面
上的动点，求平面 SCD
所成角余弦值的取值范围.
SOP
) 若点 P 是圆 O
【命题意图】本小题主要考查圆锥的性质、直线与直线垂直、平面间夹角等知识，考察空间想象、 推理论证、运算求解等能力，考查化归与转化等思想，体现基础性和综合性，导向 对发展直观想象、逻辑推理、数学运算等核心素养的关注.
【试题解析】
解法一：（1）作 OM AB 交圆 O 于点 M，以 O 为原点，OA ，OM，OS 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，
则C( · . 0) ，S(,,3)故向量
由于y 轴 平面 SAB ，故可取平面 SAB 的法向量m (0 , 1 , 0) ，
设向量CD (a,b, 0) ，平面 SCD 的法向量n y Z ，
ni · CD ax l by 0
ni · SC 4 3Z 0
所以 5 ，
12a b
取: i2 ，可得n (i2 · · 5 ，
因为平面 SAB 平面 SCD，
所以 m Mni ，即m - ni ，则 0 ，
所以CD (0 , b, 0) ，则CD · AB ，
故CD AB .
试题分析 第 13 页
（2）设点pm · n 0).
则s(0 , 0 , 3) ，所以s (0 , 0 , 3) ，p (m,n, 0) ， 设平面 SOP 的法向量n2 (X2 ,Y2 , Z2) ，
n2 · OS 3Z2 0
n2 · Op MX2 ny2 0
所以t ，则取n2 n m, ，
由（1）知n (1 2 , 0 , 5)
设平面 SCD 与平面 SOP 所成角的大小为 θ ,
则cs lcs (n n2 n · n2 i2n 24n ，
In I In2l 13 . /n2 I m2 65
又因为 ，所以 ，
13 .
故平面 SCD 与平面 SOP 所成角余弦值的取值范围为 I2
解法二：（1）过点 O 作 OK SC 于点 K，
因为 SO 底面圆 O ，CD ⊂底面圆 O， 所以 SO CD，
又因为平面 SAB 平面 SCD，
平面 SAB ∩平面SCD SC ，OK SC， 所以 OK 平面 SCD ， 故 OK CD ， 又因为 OS ∩ OK O ，
所以 CD 平面 SOC，且 AB ⊂面 SOC 所以 CD AB.
（2）作 OM AB 交圆 O 于点 M，以 O 为原点，OA ，OM，OS 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，则s(0 , 0 , 3) ，
设平面 SCD 与平面 SOP 所成角的大小为 θ ,
由题可知平面 SAB 平面 SCD，所以COS 最小值为 0，
要使COS 取最大值，则9 → 0 ，但显然平面 SCD 与平面 SOP 有交点， 则可使两面趋与平行，即使CD OP ，
则此时点 P 的坐标为
又 ，
,
易得平面 SCD 的法向量n (1 2 , 0 , 5) ，平面 SOP 的法向量n2
则c。s icS Cn ,n2 i iinn · nn22 ii ，
故平面 SCD 与平面 SOP 所成角余弦值的取值范围为 .
17 ．（15 分）
已知函数f(x) xlnx a(x2 1) .
（1）讨论函数f(x)的零点个数；
（2）若f)有三个零点: · 2 ，求 的取值范围.
【命题意图】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，较为综合的零点讨论，根据零点个数求 参数的范围，及基本不等式求最值等问题，考察较为综合，体现基础性、综合性与 应用性，导数的直观想象、逻辑推理等核心素养的关注.
【试题解析】（1）f(x) xlnx a(x2 1) ，x (0 , l )
当x 1 时，f(x) ， 1 即为f(x) 的一个零点
当 时，
令 则g· () 2ln( 2ln:i2 2 i ，
由于 恒成立，则要使 ，即使 令h(x) - x2 Inx Ilnx I X2 1
当x (0 , 1) ，x 2 <1 恒成立，此时h'(x)<0 ，
当x (1 , 1 ) ，x 2 <2x2lnx 1 恒成立，此时h'(x)一 又当x 1 ， h(x)
故h (x)≤0 ，即h(x)单调递减且h(1) . 即g' (x)在(0 , 1) ，(1 , 1 )上单调递减
x (0 , 1)时g' (x) >0 ，x C (1 , 0) 时g'(x)<0
即x (0 , 1)时g(x)单调递增，x (1 , 1 0) 时g(x)单调递减
x0 时g(x) → ，x → 1 时g(x) → 2 ，x i 时g(x) →
所以当a ( · 2)时， 存在两个零点，当a C i 2 · i ) 时，无零点，当
a ( c, 0 无零点.
因为x 1 时，f(x) ，即 1 恒为f(x) 的一个零点
综上所述，当 ( e , 01 ，函数f(存在一个零点，当 时，函
数f(存在三个零点，当 C 2 · i )时， 函数f(:)存在一个零点，
（2）由题，无论 a 取何值，x 1 为f(x)的一个零点
X3
又g) g( ') ，所以x ' ，即r. s3 i ，且s2 i
X2 X3 X3
所以 i i i i i i i i 3 、 i 2s :3 3
故 的取值范围为3. 1) .
18 ．（17 分）
为庆祝建国 75 周年，某商场决定在国庆期间举行抽奖活动．盒中装有 5 个除颜色外均相同 的小球，其中 2 个是红球，3 个是黄球．每位顾客均有一次抽奖机会，抽奖时从盒中随机取出 1 球，若取出的是红球，则可领取“特等奖”，该小球不再放回；若取出的是黄球，则可领取“参 与奖”，并将该球放回盒中.
（1）在第 2 位顾客中“参与奖”的条件下，第 1 位顾客中“特等奖”的概率；
（2）记pn i 为第 n 个顾客参与后后来参与的顾客不再有机会中“特等奖”的概率，求数列
{pn}的通项公式；
（3）设事件X 为第 k 个顾客参与时拿下最后一个“特等奖 ”，要使X 发生概率最大，求k 的值.
【命题意图】本题主要考查条件概率、数列、解不等式、常用逻辑用语等知识；考查推理论证能 力、运算求解能力等；考查特殊与一般思想、有限与无限思想、化归与转化思想等； 体现综合性、创新性、应用性，导向对发展数学运算、逻辑推理、数学建模等核心 素养的关注.
解法一：（1）设第 1 位顾客中“特等奖”为事件A，第 2 位顾客中“参与奖”为事件 B，
所以在第 2 位顾客中“参与奖” 的条件下，第 1 位顾客中“特等奖” 的概率
（2）显然n / 0 ，n 个顾客参与后后来参与的顾客不再有机会中“特等奖”表示最后一位 顾客中“特等奖”,则前n 1 位顾客中有一位中“特等奖”，
所以
3 4
故数列tpn}的通项公式为pn
3 5
n 2 3
n
.
（3）由题，设第 k 个顾客参与时拿下最后一个“特等奖” 的概率最大，
k
k — 1 -
k i 3
5
k 2
3
3 4
3 5
3 4
,
则概率p 8 x
k — 1
3 4
k i 3
最大，
5
要使 P 最大，即使
k i 3
4
k i 3
4
k i 4 5
k i 3 4
k — 1
k — 1
k 1 3 5
4 5
则
k
k 1
4 5
3 4
3 4

5
,
k — 1 -
k 2 3
4
k 2
所以
4 5
3 4

5
k
4 5
●
4 4
4 5
,
k - 1
k 2
3 3
4 5
4 5
即
●
4 4
化简得
在(0 , -I 20)单调递减，
,且k N* ， 又f(x)
k ≥ 4 k ≤ 4
解得
, 综上所述，k 4 .
解法二：（2）同解法一.
（3）由题，设第 k 个顾客参与时拿下最后一个“特等奖” 的概率最大，
8 3 k 10 3 k 2 3 k 1 3 k 1 -
9 4 9 5 3 4 5 ，
则概率P X X
设rc)x[) ;x( rex ， 则 ，
注意到，P' (x)仅存在一个异号零点，故p(x)先单调递增，后单调递减，
又 ，
故 P 在k 4 取得最大值，所以k 4 .
19 ．（17 分）
“贝赛尔曲线”是由法国数学家 Pierre Bézier 所发明，由此为计算机矢量图形学奠定了基 础．贝塞尔曲线的有趣之处更在于它的“皮筋效应 ”，即随着点有规律地移动，曲线可产生皮筋 伸引一样的变换.
（1）在平面直角坐标系中，已知点Ti在线段 AB 上．若A(xi,yi) ，B(x2 ,y2) ，ATil aABl ，
求动点Ti坐标；
（2）在平面直角坐标系中，已知A(2 , - 4) ，B(- 2 , 0) ，C(2 , 4) ，若点 M 在线段 AB 上，
点 N 在线段 BC 上，且 ，求动点 的轨迹方程.
（3 ）在平面直角坐标系中 ， 已知A(- 3 · , ) ，B(- , 3 ) ，C( , · - 3 ) ，
, 若点 M，N，P，X，Y，T3分别在线段 AB，BC，CD，MN，NP，XY
上，且
AM
BN Icpl MX NY XT3
AB
Bcl
ICDl
Npl
XY
MN
, 求动点T3 的轨迹方程.
【命题意图】本题主要考查解析几何中的圆锥曲线及平面直角坐标系下的方程解析式、向量的运 算、数列递推、二项式定理等知识，考查运算求解、推理论证等能力；考查化归与 转化、数形结合、函数与方程等思想；体现综合性、创新性与应用性，导向对数学 运算、直观想象、逻辑推理等核心素养的关注.
【试题解析】
解法一：（1）由题可知A(xi,yi) , B(x2 ,y2)，不妨设Ti (xr,y) ，
所以AB (x2 xi,y2 yi) ，AT ( x1 ,y yi) ， 因为 ATl aAB ，
所以(x x) a(x2 x) ，(y yi ) a(y2 y) ， 即x ax2 (1 a)x ，y ay2 (1 a)yi ，
所以Ti坐标为Ti (ax2 (1 a)x1 , ay2 (1 a)yi) .
（2）因为在T2 在线段 MN 上，所以MT2 aMN，
即XT2 axN (1 a) XM , YT2 ayN (1 a)y ， 将M (ax2 (1 a)xi , ay2 (1 a)y) ，
N (ax3 (1 a)x2 , ay3 (1 a)y2)代入，
则T2 (a2x3 2a (1 a)x2 (1 a) 2 x, a2y3 2a (1 a)y2 (1 a) 2yi) ，
将题目中A(2 , - 4) , B(- 2 , 0) , C(2 , 4)代入T2 坐标：T2 (8a 2 8a I 2 , 8a 4) ， 则(8a 4) 2 8(8a 2 8a I 2) ，即T2 运动的轨迹方程为y2 8x .
（3）xn i axn l a xn 1
(1 a) 3x I 3a (1 a) 2x2 I 3a 2 (1 a) x3 a 3 x4
同理，YT3 (1 a) 3y I 3a (1 a) 2y2 3a2 (1 a)y3 a 3 y4 ， 亦可求出
T3((1 a) 3xi 3a (1 a) 2x2 3a 2 (1 a) x3 a 3 x4 , (1 a) 3y I 3a (1 a) 2y2 3a 2 (1 a)y3 a 3 y4
将A
, C
, B
, D
3
3
3
3
代入，
即YT3 XT33 XT3 ，所以T3 的轨迹方程为y x 3 x .
解法二：（2）同解法一.
（3）设A(x,y), B(x2 ,y2) , C(x3 ,y3) ，由图 2 可知，M 在 AB 上
类比（1）知M (ax2 (1 a)xi , ay2 (1 a)y) ，
且 N 在 BC 上即BC (X3 x2 ,Y3 y2) , BN (XN X2 ,YN Y2)
同上，可知N (ax3 (1 a)x2 , ay3 (1 a)y2)
XT3
a (a2x4 2a (1
a)x:3
2
X2
a) a2x3 2a (1 a) x2
) 2
2
) 2
(2a (1 - a)
2a 2 (1 a)) x2
(a2 a3 2a 2 (1
a)) x3
3
a x4
此时，我们发现对于
A,-(xn-1,Jn-)
A,(xn, Jn)
有以下数列关系：xn i axn I (1 a) xn i , yn i ayMn (1 a)yn i ，
观察上述结构及数列关系，不断迭代得出贝塞尔曲线的一般表示
i i n — 1
, pi (xi,yi) ，Bi· n (a) cn a (I a) ，
我们可以得到
T3((1 a) 3x I 3a (1 a) 2 x2 3a 2 (1 a) x3 a 3 x4 , (1 a) 3y I 3a (1 a) 2y2 3a 2 (1 a)y3 a 3 y4
将A( 3 , ) ，B( · 3 ) ，C( · 3 ) ，D( 3 · , )代入
即YT3 :T33 :T3 ，
综上所述，T3 的轨迹方程为y x 3 x .