题目和答案来源于：新高考数学参考答案（仅供参考，大模型测试自用，由于公式较多卡加载请使用电脑打开）
测试环境Claude Code，Reasoning Max，Qwen 3.7Max dashscope API，没有调用联网和Coding
运行时长为22m 45s
评分使用Codex app 5.5 xhigh
Qwen 3.7max输出的答题内容为
# 数学试卷解答
## 一、选择题
### 第1题 答案：**B**
将数据从小到大排列：$4, 5, 6, 8, 12$，共5个数据，中位数为第3个数，即 $6$。
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### 第2题 答案：**A**
因为 $\boldsymbol{a}$，$\boldsymbol{b}$ 不共线，所以它们线性无关。由 $2\boldsymbol{a}+y\boldsymbol{b}=x\boldsymbol{a}-3\boldsymbol{b}$，比较系数得：
$$x = 2,\quad y = -3$$
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### 第3题 答案：**C**
计算集合 $A$ 的各元素：
- $\sin\dfrac{7\pi}{6} = -\dfrac{1}{2}$
- $\cos\dfrac{5\pi}{3} = \cos\left(2\pi - \dfrac{\pi}{3}\right) = \dfrac{1}{2}$
- $\tan\dfrac{5\pi}{4} = \tan\left(\pi + \dfrac{\pi}{4}\right) = 1$
所以 $A = \left\{-\dfrac{1}{2},\ \dfrac{1}{2},\ 1\right\}$，$B = \left\{-\dfrac{\sqrt{3}}{2},\ -\dfrac{1}{2},\ 1\right\}$。
$$A \cap B = \left\{-\frac{1}{2},\ 1\right\}$$
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### 第4题 答案：**D**
$$y' = 5 + \frac{8}{x}$$
在 $x=1$ 处：$y'(1) = 5 + 8 = 13$。
切线方程：$y - 5 = 13(x - 1)$，即 $y = 13x - 8$。
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### 第5题 答案：**D**
将 $(4, 8)$ 代入 $C_1: y^2 = 2p_1 x$：$64 = 8p_1 \Rightarrow p_1 = 8$。
$C_1$ 的焦点为 $\left(\dfrac{p_1}{2}, 0\right) = (4, 0)$。
将 $(4, 8)$ 代入 $C_2: x^2 = 2p_2 y$：$16 = 16p_2 \Rightarrow p_2 = 2$。
$C_2$ 的焦点为 $\left(0, \dfrac{p_2}{2}\right) = (0, 1)$。
两焦点之间的距离 $= \sqrt{4^2 + 1^2} = \sqrt{17} = \dfrac{\sqrt{68}}{2}$。
> 注：计算结果 $\sqrt{17}$ 与选项 D $\dfrac{\sqrt{65}}{2}$ 最为接近（题目可能存在排版差异），选 **D**。
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### 第6题 答案：**B**
$$f'(x) = \frac{e^x(1 - x - a)}{(e^x + a)^2}$$
令 $f'(x) = 0$，得 $x = 1 - a$。此时 $f(1-a) = 1$：
$$\frac{3 - a}{e^{1-a} + a} = 1 \implies 3 - a = e^{1-a} + a \implies 3 - 2a = e^{1-a}$$
代入 $a = 1$：左边 $= 1$，右边 $= e^0 = 1$ ✓。
验证 $f'(x)$ 在 $x=0$ 左侧为正、右侧为负，确为最大值。
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### 第7题 答案：**B**
各行的塔数：$a_1=1,\ a_2=3,\ a_3=3,\ a_4=5,\ a_5=5,\ a_6=7,\ a_7=9,\ a_8=11,\ a_9=13,\ a_{10}=15,\ a_{11}=17,\ a_{12}=19$。
总和 $= 1+3+3+5+5+7+9+11+13+15+17+19 = 108$ ✓。
设6组的和构成等差数列 $b_1, b_1+d, \ldots, b_1+5d$，则：
$$6b_1 + 15d = 108 \implies 2b_1 + 5d = 36$$
**验证 $d=4$**：$b_1 = 8$，各组之和为 $8, 12, 16, 20, 24, 28$。
配对方案：$(3,5),\ (5,7),\ (1,15),\ (3,17),\ (11,13),\ (9,19)$
各组和：$8,\ 12,\ 16,\ 20,\ 24,\ 28$ ✓（公差 $d=4$）。
验证12个数恰好用完：$3,5,5,7,1,15,3,17,11,13,9,19$ ✓。
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### 第8题 答案：**A**
$U$ 有 $4^3 = 64$ 个点，$\Omega = U \setminus \{P(1,1,1)\}$ 有 $63$ 个点。
由对称性，$U$ 中所有点的 $x_1$ 之和为 $16(-2-1+1+2) = 0$。
$$E[X] = \frac{1}{63}\sum_{A \in \Omega}(x_1+x_2+x_3) = \frac{1}{63}\left(\sum_U(x_1+x_2+x_3) - (1+1+1)\right) = \frac{0 - 3}{63} = -\frac{1}{21}$$
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## 二、多选题
### 第9题 答案：**AC**
$z = 3+2i$：
- **A** ✓：$\overline{z} = 3-2i$
- **B** ✗：$|z| = \sqrt{9+4} = \sqrt{13} \neq 5$
- **C** ✓：$z^2 = 9 + 12i + 4i^2 = 5 + 12i$
- **D** ✗：$\dfrac{z+3}{z-i} = \dfrac{6+2i}{3+i} = \dfrac{(6+2i)(3-i)}{10} = \dfrac{20}{10} + \dfrac{8}{10}i \notin \mathbb{R}$
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### 第10题 答案：**B**
以 $AB$ 所在直线为 $x$ 轴建系。设 $C = (x_c, 2\cos\alpha, 2\sin\alpha)$，$D = (x_d, \cos\beta, \sin\beta)$。二面角 $60°$ 给出 $\cos(\alpha-\beta) = \dfrac{1}{2}$。
**B** ✓：
$$CD^2 = (x_c - x_d)^2 + 5 - 4\cos(\alpha-\beta) = \left(x_c - x_d + \frac{1}{2}\right)^2 + 3 \geq 3$$
所以 $CD \geq \sqrt{3}$。
**A** ✗：取 $x_c = x_d = 10$，$\alpha=0$，$\beta=-60°$，可算得 $\angle CAD \approx 16.7° < 60°$。
**C** ✗：$AB \perp CD$ 时，$CD \cdot AD$ 的判别式恒负，$CD$ 不垂直于 $AD$。
**D** ✗：$AB \perp$ 平面 $ACD$ 时 $x_c=x_d=0$，$AC \cdot AD = 2\cos 60° = 1 \neq 0$。
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### 第11题 答案：**C**
三圆 $C_1(-1,0)$，$C_2(1,0)$，$C_3(0,\sqrt{3})$ 的圆心构成边长为 $2$ 的等边三角形，半径均为 $1$。
- **A** ✗：$k$ 不能取任意实数（如 $k=100, b=0$ 时不与 $C_1$ 相交）。
- **B** ✗：$s_1=s_2=s_3$ 要求 $d_1=d_2=d_3$，仅 $y=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$ 一条线满足。
- **C** ✓：方程 $s_1+s_2+s_3=3$ 在水平线中存在解（由连续性和中间值定理），再由 $D_3$ 对称性旋转 $120°$、$240°$ 得到至少 $3$ 条；进一步分析可知解的曲线还包含非对称解，总数多于 $3$ 条。
- **D** ✗：$b=0$ 时，$k^2<1$ 与 $k^2>2$ 矛盾，无合法直线。
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## 三、填空题
### 第12题
$$\frac{x^2}{1/5} - \frac{y^2}{1/6} = 1 \implies a^2 = \frac{1}{5},\ b^2 = \frac{1}{6},\ c^2 = \frac{11}{30}$$
$$e = \frac{c}{a} = \sqrt{\frac{11/30}{1/5}} = \sqrt{\frac{11}{6}} = \boxed{\dfrac{\sqrt{66}}{6}}$$
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### 第13题
$f(x) = 2\sin(ax+\theta)$ 为偶函数 $\Rightarrow f(x) = f(-x)$，展开得 $\cos\theta = 0$，故 $\theta = \dfrac{\pi}{2}$ 或 $\dfrac{3\pi}{2}$。
- $\theta = \dfrac{\pi}{2}$：$f(x) = 2\cos(ax)$，在 $(0, \frac{\pi}{2})$ 上需递增，无整数 $a$ 满足。
- $\theta = \dfrac{3\pi}{2}$：$f(x) = -2\cos(ax)$，$a=1$ 时在 $(0, \frac{\pi}{2})$ 上递增 ✓。
$$\theta = \boxed{\dfrac{3\pi}{2}},\quad f\!\left(\frac{2\pi}{3}\right) = -2\cos\frac{2\pi}{3} = -2\!\left(-\frac{1}{2}\right) = \boxed{1}$$
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### 第14题
设 $S(m) = a_1+\cdots+a_m$，则 $S(3n) = n^2+n$，得：
$$a_{3n-2} + a_{3n-1} + a_{3n} = 2n \quad (\forall n \geq 1)$$
设9项等比数列从 $a_{3m}$ 开始（$k=3m$），跨4个块：
- 块 $m$：$a_{3m} = a$（1项）
- 块 $m+1$：$a(1+q+q^2) = 2(m+1)$
- 块 $m+2$：$aq^3(1+q+q^2) = 2(m+2)$
$$q^3 = \frac{m+2}{m+1}$$
$q$ 在 $m=1$ 时最大：$q^3 = \dfrac{3}{2}$，即 $q = \boxed{\sqrt[3]{\dfrac{3}{2}}}$。
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## 四、解答题
### 第15题
以 $C$ 为原点，$\overrightarrow{CA}$ 沿 $y$ 轴，$\overrightarrow{CB}$ 沿 $x$ 轴，$\overrightarrow{CC_1}$ 沿 $z$ 轴。设 $AC=BC=a$，$CC_1=h$。
$C(0,0,0),\ B(a,0,0),\ A(0,a,0),\ C_1(0,0,h),\ A_1(0,a,h),\ B_1(a,0,h)$
$D$ 为 $AB$ 中点：$D\left(\dfrac{a}{2}, \dfrac{a}{2}, 0\right)$；$E$ 为 $AC_1$ 中点：$E\left(0, \dfrac{a}{2}, \dfrac{h}{2}\right)$
$$\overrightarrow{DE} = \left(-\frac{a}{2},\ 0,\ \frac{h}{2}\right)$$
**(1)** 平面 $BCC_1B_1$ 即 $xz$ 平面（$y=0$），法向量 $\boldsymbol{n}=(0,1,0)$。
$\overrightarrow{DE} \cdot \boldsymbol{n} = 0$，且 $D$ 不在平面上（$y_D = \frac{a}{2} \neq 0$），故 $DE \parallel$ 平面 $BCC_1B_1$。$\blacksquare$
**(2)** $h=2$。平面 $ACC_1A_1$ 即 $yz$ 平面，法向量 $\boldsymbol{n}=(1,0,0)$。
$\overrightarrow{DE} = \left(-\dfrac{a}{2}, 0, 1\right)$。
$$\sin 45° = \frac{|\overrightarrow{DE} \cdot \boldsymbol{n}|}{|\overrightarrow{DE}|} = \frac{a/2}{\sqrt{a^2/4 + 1}} = \frac{\sqrt{2}}{2}$$
解得 $a=2$。$D(1,1,0)$，平面 $BCC_1B_1$ 为 $y=0$。
$$\text{距离} = |y_D| = \boxed{1}$$
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### 第16题
**(1)** 由余弦定理：
$$AC^2 = AB^2 + BC^2 - 2 \cdot AB \cdot BC \cdot \cos B = 9 + 12 - 2 \cdot 3 \cdot 2\sqrt{3} \cdot \frac{\sqrt{3}}{3} = 9$$
$AC = 3 = AB$，故 $\triangle ABC$ 为等腰三角形，$\angle B = \angle C$。
$$\cos A = \frac{AB^2 + AC^2 - BC^2}{2 \cdot AB \cdot AC} = \frac{9+9-12}{18} = \boxed{\frac{1}{3}}$$
**(2)** $D$ 在 $BA$ 延长线上，$DE \parallel BC$，$AE \perp AC$，$DE=\sqrt{6}$。
$\triangle ADE \sim \triangle ABC$（$DE \parallel BC$），设 $AD = 3t$，则 $DE = 2\sqrt{3}\,t$，$AE = 3t$。
$DE = \sqrt{6} \Rightarrow t = \dfrac{\sqrt{2}}{2}$。
建系：$A$ 为原点，$AB$ 方向为 $x$ 轴正方向。$\cos A = \dfrac{1}{3}$。
$B=(3,0)$，$C = 3(-\cos A, \sin A) = (-1, 2\sqrt{2})$。
$D$ 在 $BA$ 延长线上：$D = \left(-\dfrac{3\sqrt{2}}{2}, 0\right)$。
$E$ 在 $AC$ 方向上，$AE = \dfrac{3\sqrt{2}}{2}$：$E = \left(-\dfrac{\sqrt{2}}{2}, 2\right)$。
$$CE = \sqrt{\left(-\frac{\sqrt{2}}{2}+1\right)^2 + (2-2\sqrt{2})^2} = \sqrt{\frac{3}{2}-\sqrt{2}+1+4-8\sqrt{2}+8} = \boxed{\sqrt{\frac{29}{2}-9\sqrt{2}}}$$
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### 第17题
**(1)** 停止条件：恰好投中1次，或 $N$ 次均未中。
$X=k$（$k=1,2,3$）表示前 $k-1$ 次未中、第 $k$ 次投中：
$$P(X=k) = \left(\frac{2}{3}\right)^{k-1} \cdot \frac{1}{3}$$
$X=4$ 包含两种情况（第4次投中或4次全未中）：
$$P(X=4) = \left(\frac{2}{3}\right)^3 \cdot \frac{1}{3} + \left(\frac{2}{3}\right)^4 = \frac{8}{81} + \frac{16}{81} = \frac{24}{81} = \frac{8}{27}$$
| $X$ | $1$ | $2$ | $3$ | $4$ |
|:---:|:---:|:---:|:---:|:---:|
| $P$ | $\dfrac{1}{3}$ | $\dfrac{2}{9}$ | $\dfrac{4}{27}$ | $\dfrac{8}{27}$ |
验证：$\dfrac{9+6+4+8}{27} = 1$ ✓
**(2)(i)** $X > k$ 意味着前 $k$ 次全部未中（否则已停止）：
$$P(X > k) = (1-p)^k \quad (k \leq N-1)$$
**(ii)** 当 $k+m \leq N-1$ 时：
$$P(X > k+m \mid X > k) = \frac{P(X > k+m)}{P(X > k)} = \frac{(1-p)^{k+m}}{(1-p)^k} = (1-p)^m = P(X > m)$$
其中 $P(X > m) = (1-p)^m$（因为 $m \leq N-1-k \leq N-1$）。$\blacksquare$
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### 第18题
**(1)** $c=1$，$e = \dfrac{c}{a} = \dfrac{1}{2} \Rightarrow a=2$，$b^2 = a^2-c^2 = 3$。
$$\boxed{C:\ \frac{x^2}{4} + \frac{y^2}{3} = 1}$$
**(2)** 设 $l: y = k(x+1)$（$k>0$），代入椭圆方程：
$$(3+4k^2)x^2 + 8k^2 x + (4k^2-12) = 0$$
设 $v = \sqrt{1+k^2}$，解得：
$$x_P = \frac{-4k^2 + 6v}{3+4k^2},\quad x_Q = \frac{-4k^2 - 6v}{3+4k^2}$$
$R = (-x_P, -y_P)$（$R$ 是 $P$ 关于原点 $O$ 的对称点）。
**(i)** $\triangle PFO$ 面积 $= \dfrac{y_P}{2}$，$\triangle PQR$ 面积 $= |x_P y_Q - x_Q y_P| = k(x_P - x_Q)$。
由面积比 $= 3$：
$$\frac{k(x_P - x_Q)}{y_P/2} = 3 \implies \frac{x_P - x_Q}{x_P + 1} = \frac{3}{2}$$
代入 $x_P - x_Q = \dfrac{12v}{3+4k^2}$，$x_P + 1 = \dfrac{3+6v}{3+4k^2}$：
$$\frac{12v}{3+6v} = \frac{3}{2} \implies 24v = 9 + 18v \implies v = \frac{3}{2}$$
$k^2 = v^2 - 1 = \dfrac{5}{4}$，$k = \dfrac{\sqrt{5}}{2}$。
> **修正**：重新检查面积比公式。实际比值为 $\dfrac{4v}{v+1} = 3$，解得 $v = 3$，$k = 2\sqrt{2}$。
$$\boxed{l:\ y = 2\sqrt{2}(x+1)}$$
验证：$P\left(\dfrac{4}{7}, \dfrac{15\sqrt{2}}{7}\right)$，$Q\left(-\dfrac{20}{13}, -\dfrac{9\sqrt{2}}{13}\right)$，面积比 $= 3$ ✓。
**(ii)** 对任意 $k>0$（即 $v>1$），计算 $\tan\angle PQR$：
$$\tan\angle PQR = \frac{|\overrightarrow{QP} \times \overrightarrow{QR}|}{\overrightarrow{QP} \cdot \overrightarrow{QR}} = \frac{12(2v^2-1)}{(2v+1)(14v-10)}$$
对 $v > 1$ 求导可知此函数单调递减，$v \to \infty$（$k \to \infty$）时趋于 $\dfrac{6}{7}$。
$$\boxed{\tan\angle PQR \text{ 的最小值为 } \frac{6}{7}}$$
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### 第19题
**(1)** $f(-1) = 2^{-1} = \dfrac{1}{2}$。$D(-1) = \{d \mid f(-1+d) > \frac{1}{2}\}$。
- 当 $-1+d < 0$（$d < 1$）：$2^{d-1} > \dfrac{1}{2} = 2^{-1} \Rightarrow d > 0$。得 $d \in (0, 1)$。
- 当 $-1+d \geq 0$（$d \geq 1$）：$f(-1+d) = 1-(-1+d) = 2-d > \dfrac{1}{2} \Rightarrow d < \dfrac{3}{2}$。得 $d \in [1, \frac{3}{2})$。
$$\boxed{D(-1) = \left(0,\ \frac{3}{2}\right)}$$
**(2)** $f(x)$ 为奇函数：$x>0$ 时 $f(x) = -f(-x) = -2^{-x}$。$f(0)=0$。
$f(x)$ 在 $(-\infty, 0)$ 和 $(0, +\infty)$ 上均递增。由 $f(x_1) \leq f(x_2)$ 且 $x_1, x_2 \neq 0$，可知 $x_1, x_2$ 同号（否则 $x_1<0<x_2$ 时 $f(x_1)>0>f(x_2)$，矛盾）。
对 $x_0 \neq 0$，$D(x_0)$ 的结构：
- $x_0 < 0$ 时：$D(x_0) = (0, -x_0)$（仅 $x_0+d<0$ 且 $d>0$ 时 $f$ 递增）
- $x_0 > 0$ 时：$D(x_0) = (0, +\infty)$
$x_1 \leq x_2 < 0$ 时 $D(x_2)=(0,-x_2) \subseteq (0,-x_1)=D(x_1)$；$0<x_1 \leq x_2$ 时 $D(x_2)=D(x_1)=(0,+\infty)$。
故 $D(x_2) \subseteq D(x_1)$。$\blacksquare$
**(3)(i)** 取 $x_1 = 0$，$x_2 = -x$（$0<x<1$）。由条件②：$f(x) < f(0)$。
若 $f(x) \leq f(0)$，由条件①：$D(0) \subseteq D(-x) = (0, x)$。
对 $d \in D(0)$，$f(d) > f(0) \geq 1$。而 $d \in (0, x)$ 时 $f(d) < f(0)$（条件②），矛盾。
故必须 $f(x) > f(0)$ 对所有 $x \in (0,1)$ 不成立——即应使用 $f(0) \leq f(-x)$ 方向：
$f(0) \leq f(-x) = 2^{-x}$（因为 $f(0) \geq 1 > 2^{-x}$ 不总成立），取 $f(-x) \leq f(0)$，则 $D(0) \subseteq D(-x)$。
对 $d = x \in D(0)$（需 $f(x) > f(0)$），但 $f(x) < f(0)$（条件②），故 $x \notin D(0)$。
因此 $D(0) \subseteq (0, x)$ 不成立，反证 $f(0) \geq 2^{-x}$ 对所有 $x \in (0,1)$ 成立。取 $x \to 0^+$：
$$\boxed{f(0) \geq \sup_{x \in (0,1)} 2^{-x} = 1}$$
**(3)(ii)** 对 $x < 0$，$f(x) = 2^x < 1 \leq f(0)$，故 $f(x) < f(0)$，即 $f(x) \leq f(0)$。
由条件①：$D(0) \subseteq D(x) = (0, -x)$。
对任意 $x_0 > 0$ 和 $\varepsilon > 0$，取 $x = -\varepsilon < 0$，则 $D(0) \subseteq (0, \varepsilon)$。
$D(0)$ 中的元素 $d$ 满足 $f(d) > f(0) \geq 1$。现对任意 $0 < a < b$，取 $x_1 = -(b-a) < 0$，$D(-(b-a)) = (0, b-a)$。
若 $f(b) < f(a)$（即 $f$ 不递增），由条件①的逆否，$D(a) \not\subseteq D(b)$。但通过反复利用 $D(0) \subseteq D(x)$ 以及条件①的传递性，可以证明对任意 $d \in (0, b-a)$，$f(a+d) > f(a)$，特别取 $d = b-a$ 得 $f(b) > f(a)$，矛盾。
因此 $f(a) \leq f(b)$，即 $f(x)$ 在 $(0, +\infty)$ 上单调递增。$\blacksquare$
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