2025名校高考全真模拟试题(十四)-【师大金卷】2025年高考数学复习冲刺全真模拟试卷精选必刷题（新高考）

卷１４ ２０２５名校高考全真模拟试题(十四) 数学 本试卷满分１５０分,考试时间１２０分钟． 一、选择题:本题共８小题,每小题５分,共４０分．在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的． １．(２０２４􀅰贵州省贵阳市高三适应性考试)若复数z满足１－iz ＝i,则 z ＝ (　　) A．１ B．２ C．２ D．５ ２．(２０２４􀅰江苏省盐城市高三模拟)设集合A＝ x|x|＜１{ },B＝ y|y＝ex{ },则A∩B＝ (　　) A．∅ B．－１,０( ) C．０,１( ) D．－１,１( ) ３．(２０２４􀅰浙江省四校高三联考)已知圆锥SO的轴截面是边长为２的正三角形,过其底面圆周上一点A 作平 面α,若α截圆锥SO 得到的截口曲线为椭圆,则该椭圆的长轴长的最小值为 (　　) A．３２ B．１ C．３ D．２ ４．(２０２４􀅰湖南省长沙市雅礼中学高三模拟考试)若α∈ ０,π２ æ è ç ö ø ÷,３sin２αcosα＋２sinαcos２α＝０,则tanα＝ (　　) A．４ B．２ C．１２ D． １ ４ ５．(２０２４􀅰河北省部分高中高三联考)已知平行四边形ABCD 中,AB＝２,BC＝４,B＝２π３ ,若以C 为圆心的圆 与对角线BD 相切,P 是圆C 上的一点,则BD→􀅰 CP→－CB→( )的最小值是 (　　) A．８－２ ３ B．４＋２ ３ C．１２－４ ３ D．６＋２ ３ ６．(２０２４􀅰辽宁省实验中学高三四模)中心极限定理是概率论中的一个重要结论．根据该定理,若随机变量 ξ~Bn,p( ),则当np＞５且n１－p( )＞５时,ξ可以由服从正态分布的随机变量η近似替代,且ξ的期望与方 差分别与η的均值与方差近似相等．现投掷一枚质地均匀分布的骰子２５００次,利用正态分布估算骰子向 上的点数为偶数的次数少于１３００的概率为 (　　) 附:若:η~N μ,σ２( ),则Pμ－σ＜η＜μ＋σ( )≈０．６８２７,Pμ－２σ＜η＜μ＋２σ( )≈０．９５４５, Pμ－３σ＜η＜μ＋３σ( )≈０．９９７３． A．０．００２７ B．０．５ C．０．８４１４ D．０．９７７３ ７．(２０２４􀅰四川省成都石室中学高考适应性考试)椭圆C:x ２ a２ ＋y ２ b２ ＝１a＞b＞０( )的左、右焦点分别为F１,F２,过 F１ 且斜率为－３ ７的直线与椭圆交于A,B 两点(A 在B 左侧),若 F１A→＋F１F２→( )􀅰AF２→＝０,则C的离心率 为 (　　) A．２５ B． ３ ５ C． ２ ７ D． ３ ７ ８．(２０２４􀅰陕西省西安市雁塔区陕西师大附中三模)已知函数f(x)＝x２(１－ ２ex＋１) ,g(x)满足g１＋３x( ) ＋ g３－３x( )＝０,G(x)＝fx－２( )－g(x),若G(x)恰有２n＋１n∈N∗( )个零点,则这２n＋１个零点之和为 (　　) A．２n B．２n＋１ C．４n D．４n＋２ 二、选择题:本题共３小题,每小题６分,共１８分．在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求,全部选 对的得６分,部分选对的得部分分,有选错的得０分． ９．(２０２４􀅰江西省重点中学高三联考)等差数列 an{ }中,a２＝－７,a５＝－１,若Sn＝a１＋a２＋􀆺＋an,Tn＝ a１a２􀆺an,则 (　　) A．Sn 有最小值,Tn 无最小值 B．Sn 有最小值,Tn 无最大值 C．Sn 无最小值,Tn 有最小值 D．Sn 无最大值,Tn 有最大值 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 卷１４ １０．(２０２４􀅰抚顺一中校考阶段测试)已知函数f(x)＝Asinωx＋φ( ) ω＞０( )是偶函数,将y＝f(x)的图象向左 平移π ６ 个单位长度,再将图象上各点的横坐标变为原来的２倍(纵坐标不变),得到y＝g(x)的图象．若曲 线y＝g(x)的两个相邻对称中心之间的距离为２π,则 (　　) A．ω＝２ B．g(x)的图象关于直线x＝－π３ 对称 C．g(x)的图象关于点 ２π３ ,０ æ è ç ö ø ÷对称 D．若f π( )＝－２,则g(x)在区间 ０,π[ ]上的最大值为 ３ １１．(２０２４􀅰山西省大同市高三三模)已知函数f(x)＝－x２＋２x,g(x)＝x２＋a,则 (　　) A．f(x)≤g(x)恒成立的充要条件是a≥１２ B．当a＝１４ 时,两个函数图象有两条公切线 C．当a＝１２ 时,直线４x－４y＋１＝０是两个函数图象的一条公切线 D．若两个函数图象有两条公切线,以四个切点为顶点的凸四边形的周长为２＋２ ２,则a＝１ 三、填空题:本题共３小题,每小题５分,共１５分． １２．(２０２４􀅰浙江镇海中学二模)x２ １－１x æ è ç ö ø ÷ n 展开式中常数项为１０,则n＝　　　． １３．(２０２４􀅰吉林省长春吉大附中实验学校高三四模)已知抛物线C 的顶点为坐标原点,对称轴为坐标轴,准 线为l．若C恰过 －２,１( ),１,１４ æ è ç ö ø ÷,(－２,－２)三点中的两点,则C 的方程为　　　　;若过C 的焦点的直 线与C 交于A,B 两点,且A 到l的距离为４,则 AB ＝　　　　． １４．(２０２４􀅰湖北省荆门市三校高三三模联考)已知x＞e,y＞１,x＋ey＝２e３,则x y－１ ey 的最大值为　　　　． 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．(１３分)(２０２４􀅰山西省运城市高三调研测试)如图,在三棱锥P－ABC 中,PA＝PC＝AB＝AC＝２,BC＝ ２ ２,E 为PC 的中点,点F在PA 上,且EF⊥平面PAB,PM→＝λPB→ λ∈R( )． (１)若MF∥平面ABC,求λ; (２)若λ＝１２ ,求平面PAB 与平面MAC 夹角的正弦值． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 卷１４ １６．(１５分)(２０２４􀅰山东省威海市高三高考模拟)淄博烧烤、哈尔滨冬日冰雪、山河四省梦幻联动、鄂了赣饭真 湘􀆺􀆺,２０２３年全国各地的文旅部门在网络上掀起了一波花式创意宣传,带火了各地的文旅市场,很好地 推动国内旅游业的发展．已知某旅游景区在手机APP 上推出游客竞答的问卷,题型为单项选择题,每题 均有４个选项,其中有且只有一项是正确选项．对于游客甲,在知道答题涉及的内容的条件下,可选出唯一 的正确选项;在不知道答题涉及的内容的条件下,则随机选择一个选项．已知甲知道答题涉及内容的题数 占问卷总题数的１ ３． (１)求甲任选一题并答对的概率; (２)若问卷答题以题组形式呈现,每个题组由２道单项选择题构成,每道选择题答对得２分,答错扣１分, 放弃作答得０分．假设对于任意一道题,甲选择作答的概率均为２３ ,且两题是否选择作答及答题情况互不影 响,记每组答题总得分为X． (ⅰ)求P X＝４( )和P X＝－２( ); (ⅱ)求E(X)． １７．(１５分)(２０２４􀅰重庆一中校考模拟)(１)已知x∈ １２ ,１é ë êê ù û úú,求f(x)＝ lnx＋１ x２ 的最大值与最小值; (２)若关于x的不等式lnx＞ax２－１存在唯一的整数解,求实数a的取值范围． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 卷１４ １８．(１７分)(２０２４􀅰贵州省贵阳市高三三模)a,b( ) 表示正整数a,b 的最大公约数,若 x１,x２,􀆺,xk{ } ⊆ １,２,􀆺,m{ } k,m∈N∗( ),且∀x∈ x１,x２,􀆺,xk{ },x,m( )＝１,则将k的最大值记为φ m( ),例如:φ(１)＝ １,φ５( )＝４． (１)求φ(２),φ(３),φ６( ); (２)已知 m,n( )＝１时,φ mn( )＝φ m( )φn( )． (ⅰ)求φ６n( ); (ⅱ)设bn＝ １ ３φ６n( )－１ ,数列 bn{ }的前n项和为Tn,证明:Tn＜ ６ ２５． １９．(１７分)(２０２４􀅰东北三省四市高三模拟)已知中心在原点、焦点在x轴上的圆锥曲线E 的离心率为２,过E 的右焦点F作垂直于x 轴的直线,该直线被E 截得的弦长为６． (１)求E 的方程; (２)若面积为３的△ABC的三个顶点均在E 上,BC边所在直线过F,边AB 过原点,求直线BC的方程; (３)已知M １,０( ),过点T １２ ,２ æ è ç ö ø ÷的直线l与E 在y 轴的右侧交于不同的两点P,Q,l上是否存在点S 满足 TP→􀅰SQ→＝PS→􀅰TQ→,且 SM ２＋ SF ２＝１３? 若存在,求点S 的横坐标的取值范围,若不存在,请说明 理由． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 新高考数学答案 —５２　 所以m＝３n＋１２ ． 又m 为奇数,am＝n, 所以存在k∈N∗ ,使得n＝３m＋１ ２k 为奇数． 所以２kn＝３m＋１＝３ ３n＋１ ( ) ２ ＋１＝ ９n＋５ ２ ． 而４n＜９n＋５２ ＜６n , 所以４n＜２kn＜６n,即４＜２k＜６,k∈N∗ ,无解． 所以m＝n＝１． (３)显然,n不能为偶数, 否则f(n)≤n２＜n ,不满足n＜f(n)． 所以,n为正奇数． 又f(１)＝a１＝１,所以n≥３． 设n＝４k＋１或n＝４k－１,k∈N∗ ． 当n＝４k＋１时,f(n)＝３ ４k＋１ ( )＋１ ４ ＝３k＋１＜４k＋１ ＝n,不满足n＜f(n); 当n＝４k－１时,f(n)＝３ ４k－１ ( )＋１ ２ ＝６k－１＞４k－１ ＝n,即n＜f(n)． 所以,取n＝２２０２５k－１,k∈N∗ 时, ３ ２２０２５k－１( )＋１ ２ ＝３×２ ２０２４k－１＜f f(n)( ) ＝３ ３×２ ２０２４k－１( )＋１ ２ ＝３ ２×２２０２３k－１ ＜ 􀆺 ＜f(f(􀆺f(n)􀆺))􀮩 􀮫􀮪􀪁􀪁􀪁 􀪁􀪁􀪁 ２０２３个f ＝３ ３ ２０２２×２３k－１( )＋１ ２ ＝ ３２０２３×２２k－１ ＜f(f(􀆺f(n)􀆺))􀮩 􀮫􀮪􀪁􀪁􀪁 􀪁􀪁􀪁 ２０２４个f ＝３ ３ ２０２３×２２k－１( )＋１ ２ ＝３ ２０２４ × ２k－１ 即n＜f(n)＜f f(n)( ) ＜􀆺＜f(f(􀆺f(n)􀆺))􀮩 􀮫􀮪􀪁􀪁􀪁 􀪁􀪁􀪁 ２０２４个f ． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀃊􀁉􀁖２０２５名校高考全真模拟试题(十四) １．B　[试题解析]因为１－iz ＝i,所以z＝ １－i i ＝ １－i( )i i２ ＝ i＋１ －１＝ －１－i ,所 以 z＝ －１＋i,所 以 z ＝ －１( )２＋１２＝ ２．故选B． ２．C　[试题解析]因为A＝ x |x|＜１{ },所以A＝{x|－ １＜x＜１},因 为 B＝ y|y＝ex{ },所 以 B＝{y|y＞ ０},所以A∩B＝ ０,１( )．故选 C． ３．C　[试题解析]如图所示,当该椭 圆的长轴垂直于母线时,此时 椭圆的长轴取得最小值,且最 小值为边长为２的正三角形的 高,即２a＝AB＝ ３．故选 C． ４．B　[试题解析]由 ３sin２αcosα＋ ２sinαcos２α＝ ０ 可 得 ６sinα cos２α ＋ ２sinα ２cos２α－１( )＝０,则５sinαcos２α－sinα＝０,因为α ∈ ０,π２( ) ,所以sinα≠０,所以cos ２α＝１５ ,因为α∈ ０,π２( ) ,所以cosα＝ ５ ５ ,sinα＝２ ５５ ,所 以tanα＝ sinα cosα＝２． 故选B． ５．C　[试题解析]如图所示, 过C 作BD 的 平 行 线 交圆C 于点P,过P 作 PH⊥BD,垂 足 为 H, 在平 行 四 边 形 ABCD 中,AB＝２,BC＝４,B ＝２π３ ,可得A＝ π３ ,AD ＝BC＝４,则由 余 弦 定 理可得BD＝ ４＋１６－２×２×４×１２＝２ ３ ,由AB２ ＋BD２＝AD２,可得 AB⊥BD,则四边形 DCPH 为 正 方 形,则 DH ＝CP ＝CD ＝２,因 为 BD→ 􀅰 CP→－CB→( )＝BD→􀅰BP→,则BD→􀅰BP→的最小值为BD 􀅰BH ＝２ ３× ２ ３－２( ) ＝１２－４ ３,即BD→ 􀅰 CP→－CB→( ) 的最小值为１２－４ ３,故C正确.故选C． ６．D　[试题解析]骰子向上的点数为偶数的概率p＝１２ , 故ξ~B ２５００, １ ２( ) ,显然np＝n １－p( ) ＝２５００× １ ２＞５ ,其 中np＝１２５０,np １－p( ) ＝６２５,故η~ N １２５０,２５２( ) ,则μ＋２σ＝１２５０＋５０＝１３００,由正 态分布的对称性可知,估算骰子向上的点数为偶数 的次数少于１３００的概率为０．５＋１２×０．９５４５≈０． ９７７３．故选 D． ７．A　[试题解析]因 为 F１A→＋F１F２→( ) 􀅰AF２→＝０,所 以 F１A→＋F１F２→( ) 􀅰 F１F２→－F１A→( ) ＝F１F２→２ －F１A→２ ＝０,则 F１A→ ＝ F１F２→ ,故 AF１ ＝ F１F２ ＝ ２c,由椭圆的定义知,AF２ ＝２a－２c,设∠AF１F２ ＝θ ０＜θ＜π( ) ,则tanθ＝－３ ７,故 π２＜θ＜π ,所以 sinθ cosθ＝－３ ７ , sin２θ＋cos２θ＝１,{ 解得cosθ＝－ １ ８ (正值舍去),所 以sinθ２＝ １－cosθ ２ ＝ ３ ４ ,如图,作F１M⊥AF２,M 为 垂 足,由 AF１ ＝ F１F２ ,得 M 为 AF２ 的 中点, 所以 MF２ ＝ １ ２ AF２ ＝a－c ,则 sin θ２ ＝ MF２ F１F２ ＝a－c２c ＝ ３ ４ ,故e＝ca ＝ ２ ５． 故选 A． ８．D　[试题解析]因为f(x)＝x２ １－ ２ ex＋１( ) 的定义域为 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 新高考数学答案 —５３　 R,关于原点对称,且f(－x)＝(－x)２ (１－ ２e－x＋１) ＝x２ (１－ ２e x １＋ex ) ＝x ２ １－ex １＋ex( ) ＝－x ２ (１－ ２ex＋１) ＝－f(x),所 以 函 数 f(x)为 奇 函 数,关 于 原 点 ０,０( ) 中心对称,而函数f x－２( ) 是函数f(x)向右 平移 两 个 单 位 得 到 的 函 数,因 而 f x－２( ) 关 于 ２,０( ) 中 心 对 称,函 数 g(x)满 足 g １＋３x( ) ＋ g ３－３x( )＝０,所以g １＋３x( ) ＝－g ３－３x( ) ,即 g １＋x( ) ＝ －g(３－x),所 以 函 数 g(x)关 于 ２,０( ) 中心对称,且g(２)＝０,且G(２)＝f ２－２( ) － g(２)＝０,所 以 由 函 数 零 点 定 义 可 知G(x)＝ f x－２( )－g(x)＝０,即f x－２( ) ＝g(x),由于函 数f(x－２)和函数g(x)都关于 ２,０( ) 中心对称,所 以两个函数的交点也关于 ２,０( ) 中心对称,又因为 G(x)恰有２n＋１ n∈N∗( ) 个零点,即函数f x－２( ) 和函数g(x)的交点恰有２n＋１ n∈N∗( ) 个,且其中 一个为x＝２,其余的２n个交点关于 ２,０( ) 对称分 布,所以２n＋１ n∈N∗( ) 个零点的和满足２n２×４＋２ ＝４n＋２,故选 D． ９．AD　[试题解析]设等差数列 an{ }的公差为d,依题意, 得 a１＋d＝－７, a１＋４d＝－１,{ 解得 a１＝－９, d＝２,{ ∴an＝－９＋２(n －１)＝２n－１１,∴Sn＝ n􀅰 －９＋２n－１１( ) ２ ＝n ２－ １０n＝(n－５)２－２５, ∴当n＝５时,Sn 有最小值－２５,Sn 无最大值,而 Tn＝－９×(－７)×(－５)×(－３)×(－１)×１×３ ×􀆺×(２n－１１),易得T１＜０,T３＜０,T５＜０,T２＞ ０,T４＞０,且T４＞T２,当n≥６时,Tn＜０,∴当n＝ ４时,Tn 有最大值,Tn 无最小值．故选 AD． １０．BCD　[试题解析]由 于 函 数 f(x)＝Asin(ωx＋φ) ω＞０( ) 是偶函数,所以φ＝kπ＋ π ２ (k∈Z),由 于将y＝f(x)的图象向左平移 π６ 个单位长度, 再将图象上各点的横坐标变为原来的２倍(纵 坐标不变),得到y＝g(x)的 图 象,则g(x)＝ Asin １２ωx＋ ωπ ６＋φ( ) ,因为曲线y＝g(x)的两 个相邻对称中心之间的距离为２π,故 T＝ ２π１ ２ω ＝４π,解得ω＝１,故 A 错误;所以函数f(x)＝ Asin x＋π２＋kπ( ) ,则f(x)＝Acosx 或f(x) ＝－Acosx,g(x)＝Asin( １２x＋ π ６ ＋ π ２ ＋ kπ) ,则 g(x)＝Acos １２x＋ π ６( ) 或 g(x)＝ －Acos １２x＋ π ６( ) ,令 １ ２x＋ π ６ ＝kπ (k∈Z), 解得x＝２kπ－π３ ,所以当k＝０时,g(x)的图象 关于直线x＝－π３ 对称,故B正确;令 １２x＋ π ６ ＝kπ＋π２ (k∈Z),解得x＝２kπ＋２π３ ,所以当k ＝０时,g(x)的图象关于点 ２π３ ,０( ) 对称,故 C 正确;当f π( )＝－２时,A＝－２或A＝２,所以 g(x)＝２cos １２x＋ π ６( ) 或g(x)＝－２cos( １ ２x ＋π６ ) ,当g(x)＝－２cos １ ２x＋ π ６( ) 时,当x∈ ０,π[ ] 时,１２x＋ π ６ ∈ π ６ ,２π ３[ ] ,所以g(x)在 ０,π[ ] 上单调递增,故函数的最大值为g(π)＝ １;当 g(x)＝ ２cos １２x＋ π ６( ) 时,当 x∈ ０,π[ ] 时,１２x＋ π ６ ∈ π ６ ,２π ３[ ] ,所以g(x)在 ０,π[ ] 上单调递减,故函数的最大值为g(０)＝ ３,故 D正确．故选BCD． １１．ACD　[试题解析]若f(x)≤g(x)恒成立,即g(x)－ f(x)≥０恒成立,而g(x)－f(x)＝x２＋a＋x２ －２x＝２x２－２x＋a＝２ x－１２( ) ２ ＋a－ １２ ≥０ 恒成立,所以a－１２≥０ ,解得a≥１２ ,故 A正确; 设切点(x１,f(x１)),(x２,g(x２)),f′(x)＝－２x＋ ２,g′(x)＝２x,有f (x１)－g(x２) x１－x２ ＝f′(x１)＝g′(x２) ⇒ －２x１＋２＝２x２①, －x２１＋２x１－x２２－a x１－x２ ＝２x２②,{ ① 代 入 ②,可 得２x２１－２x１＋１－a＝０,当a＝ １ ４ 时,代入方程 解得:８x２１－８x１＋３＝０,Δ＝６４－３×４×８＜０,方 程无解,即两个函数图象无公切线,故 B错误; 当a＝１２ 时,代入方程２x２１－２x１＋１－a＝０得: ４x２１－４x１ ＋１＝０,x１ ＝ １ ２ ,故 f′(１２ )＝１, f(１２ )＝３４ ,所以函数f(x)与g(x)的一条公 切线为４x－４y＋１＝０,故 C正确;如图,不妨设 切线与f(x)切于A,B,与g(x)切于C,D,设A (xA,yA),B(xB,yB),C(xC,yC),D(xD,yD ), f′(x)＝ －２x＋２,g′(x)＝２x,故 f′ xA( ) ＝ g′(xC)⇒－２xA＋２＝２xC,f′ xB( ) ＝g′(xD)⇒ －２xB＋２＝２xD,所以xA＋xC＝１,xB＋xD＝１, yA ＋ yC ＝ － x２A ＋ ２xA ＋ x２C ＋ a ＝ xC＋xA( ) xC－xA( )＋２xA＋a＝１＋a,同理yB＋ yD＝１＋a,则AC中点即为BD 中点,所以四边形 ABCD是平行四边形, 由A 处的切线方程为y＝(－２xA＋２)(x－xA) －x２A＋２xA⇒y＝ －２xA＋２( )x＋x２A,C 处的切 线方程为y＝２xC x－xC( ) ＋x２C＋a⇒y＝２xCx －x２C＋a,得x２A＋x２C＝a,即xAxC＝ １－a ２ ,结合 xA＋xC＝１可知xA,xC是方程２x２－２x＋１－a 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 新高考数学答案 —５４　 ＝０的根,由C 选项可知:A,B 是f(x)的两个 切点,所以xB,xA 也是方程２x２－２x＋１－a＝０ 的根,所以２x２B －２xB ＋１－a＝０,且Δ＝４－８ １－a( )＝８a－４＞０,故 a＞ １２ ,则 xC ＝xB, CB ＝ yC－yB ＝|x２C ＋a＋x２B －２xB|＝ |a＋２x２B－２xB|＝|２a－１|＝２a－１, |AB|＝ (xA－xB)２＋(yA－yB)２ ＝ (xA－xB)２＋(x２A＋a－x２B－a)２ ＝ (xA－xB)２[１＋(xA＋xB)２] ＝ ２(xA－xB)２＝ ２ (xA＋xB)２－４xAxB ＝ ２ １－４１－a２ ＝ ２ ２a－１ ,|AB|＋|BC|＝ ２ ２a－１＋２a－１＝１＋ ２,令 ２a－１＝t,t＞ ０,则t２＋ ２t－ １＋ ２( ) ＝０⇒(t－１)(t＋１＋ ２)＝０⇒t＝１,故 ２a－１＝１⇒a＝１,故 D 正 确．故选 ACD． １２．[试题解析]１－１x( ) n 展开式的通项为:Tr＋１＝Crn (１)n－r 􀅰 －１x( ) r ＝Crn －x－１( )r＝ －１( )rCrnx－r(r＝０,１, 􀆺,n),因 为x２ １－１x( ) n 展 开 式 中 常 数 项 为 １０,则 －r＝－２时, －１( )rCrn＝１０,解得r＝２,即 C２n＝１０,解 得n＝５． [参考答案]５ １３．[试题解析]因为抛物线C 的顶点为坐标原点,对称轴 为坐 标 轴,准 线 为l,且 C 恰 过 －２,１( ) , １,１４( ) , －２,－２( ) 三 点 中 的 两 点,因 为 点 －２,１( ) 和 －２,－２( ) 不关于坐标轴对称,所以抛物线不可能过 －２,１( ) 和 －２,－２( ) 两点,又因为 １,１４( ) 在第一象 限, －２,－２( ) 在第三象限,即抛物线C 不可能同时过 １,１４( ) 和 －２,－２( ) 两 点,所 以 抛 物 线 C 经 过 －２,１( ) 与 １,１４( ) 两点,设抛物线C 的 方 程 为x ２＝ ２py(p＞０),则 －２( )２＝２p, １２＝２p×１４ ,{ 解得p＝２,即x２＝４y, 过抛物线C的焦点的直线与C 交于A,B 两点,且A 到 l的距离为４,由抛物线的定义,可得yA ＋p２＝yA ＋１ ＝４,解得yA＝３,则x２A ＝４yA ＝１２,可得xA ＝±２ ３, 结合抛物线的对称性,不妨设A(２ ３,３),因为抛物线 x２＝４y的焦点为F(０,１),则 AB 的 直 线 方 程 为y＝ ３ ３x＋１ ,联立方程组 y＝ ３ ３x＋１ , x２＝４y, { 整理得３y２－１０y＋ ３＝０,可得yA ＋yB＝ １０ ３ ,则 AB ＝yA ＋yB ＋p＝ １０ ３ ＋２＝１６３． [参考答案]x２＝４y　１６３ １４．[试题解析]设f(x)＝lnx y－１ ey ＝ y－１( )lnx－y,因为x ＋ey＝２e３,则ey＝２e３－x,因为y＞１,所以ey＝２e３－x ＞e,所以x＜２e３－e,又因为x＞e,所以e＜x＜２e３－e, 所 以 y ＝ln ２e３－x( ) 代 入 f (x),则 f (x)＝ ln ２e３－x( )－１[ ]lnx－ln ２e３－x( ) , f′(x)＝ －lnx２e３－x ＋ln ２e ３－x( )－１ x ＋ １ ２e３－x ＝－xlnx＋x＋ ２e ３－x( )ln ２e３－x( )－ ２e３－x( ) ２e３－x( )x ＝x １－lnx ( )＋ ２e３－x( ) ln ２e３－x( )－１[ ] ２e３－x( )x , 令g(x)＝x １－lnx( ) ＋ ２e３－x( ) ln ２e３－x( )－１[ ] , 则g′(x)＝－lnx－ln ２e３－x( ) ,因为e＜x＜２e３－e,则 １＜lnx＜ln ２e３－e( ) ,e－２e３＜－x＜－e,e＜２e３－x＜ －e＋２e３,１＜ln ２e３－x( ) ＜ln －e＋２e３( ) ,所以g′(x) ＜０在 e,２e３－e( ) 上恒成立,所以g(x)在(e,２e３－e) 上单调递减,因为g e３( ) ＝０,当x∈ e,e３( ) 时,f′(x) ＞０,则 f (x)在 e,e３( ) 上 单 调 递 增,当 x ∈ e３,２e３－e( ) 时,f′(x)＜０,则f(x)在 e３,２e３－e( ) 上单调 递减,故f(x)max≤f e３( ) ＝３,即 ln xy－１ ey( ) max＝３,所以 xy－１ ey 的最大值为e３． [参考答案]e３ １５．[解](１)依题意得,△PAC为正三角形,取PA 中点N, 连接CN,则CN⊥PA, 因为EF⊥平面PAB,PA⊂平面PAB,所以EF⊥PA, 所以EF∥CN, 又因为E为PC 的中点,所以F 为PN 中点,则PF＝ １ ４PA , 因为 MF∥平面ABC,MF⊂平面PAB, 平面PAB∩平面ABC＝AB,即 MF∥AB, 也即PM＝１４PB ,λ＝１４． (２)因为 EF⊥平面 PAB,AB⊂平面 PAB,所以 EF ⊥AB, 由AB＝AC＝２,BC＝２ ２可知BC２＝AB２＋AC２, 则△ABC为等腰直角三角形,AB⊥AC, △PAC为正三角形,取 AC 中点O,连结 PO,则 PO ⊥AC, 取BC中点Q,连结OQ,则OQ∥AB, 又因为EF与AC 相交于平面PAC, 所以AB⊥平面PAC,也即OQ⊥平面PAC, 所以OQ,OC,OP 两两相互垂直,以 O 为原点,OQ, OC,OP 所在直线分别为x 轴、y轴、z轴,建立空间直 角坐标系． 则A ０,－１,０( ) ,B ２,－１,０( ) ,C ０,１,０( ) ,P ０,０,３( ) , E ０,１２ ,３ ２ æ è ç ö ø ÷,F ０,－１４ ,３ ３ ４ æ è ç ö ø ÷,M １,－１２ ,３ ２ æ è ç ö ø ÷, AM→＝ １,１２, ３ ２ æ è ç ö ø ÷,AC→＝ ０,２,０( ) ,EF→＝ ０,－３４, ３ ４ æ è ç ö ø ÷, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 新高考数学答案 —５５　 设平面 MAC的一个法向量n＝ x,y,z( ) , 则n􀅰AM→＝０,n􀅰AC→＝０, 即 x＋ １ ２y＋ ３ ２z＝０ , ２y＝０． { 取z＝２,则x＝－ ３, 所以n＝ － ３,０,２( ) 为平面 MAC的一个法向量, 因为EF⊥平面PAB,所以EF→为平面PAB 的一个法 向量, 所以 cos‹EF→,n› ＝ EF →􀅰n EF→ 􀅰 n ＝ ３ ２ ７× ３４ ＝ ７７ , 记平面 PAB 与平面 MAC 夹角为θ,sinθ＝ １－１７ ＝ ４２７ , 所以平面PAB与平面MAC 夹角的正弦值为 ４２７ ． １６．[解](１)记“甲任选一道题并答对”为事件 M,“甲知道 答题涉及内容”为事件A． 依题意,P(A)＝１３ ,P A( )＝２３ , P M|A( )＝１,P M|A( )＝１４． 因为事件 MA 与MA互斥, 所以P M( )＝P MA＋MA( )＝P MA( )＋P MA( ) ＝P M|A( )P(A)＋P M|A( )P A( )＝１２． (２)(ⅰ)P X＝４( )＝２３× １ ２× ２ ３× １ ２＝ １ ９ ; P X＝－２( )＝２３× １ ２× ２ ３× １ ２＝ １ ９． (ⅱ)依题意,随机变量X＝－２,－１,０,１,２,４． P X＝－１( )＝２×１３× ２ ３× １ ２＝ ２ ９ ; P X＝０( )＝１３× １ ３＝ １ ９ ; P X＝１( )＝２×２３× １ ２× ２ ３× １ ２＝ ２ ９ ; P X＝２( )＝２×１３× ２ ３× １ ２＝ ２ ９ ; 故E(X)＝ －２( )×１９＋ －１ ( )×２９＋０× １ ９＋１× ２ ９ ＋２×２９＋４× １ ９＝ ２ ３． １７．[解](１)因为x∈ １２ ,１[ ] ,f(x)＝lnx＋１x２ , 所以f′(x)＝－ ２lnx＋１ ( ) x３ , 令f′(x)＝０,解得x＝ ee ,f′(x),f(x)的变化情况如 下表所示． x １２ １ ２ ,e e æ è ç ö ø ÷ e e e e ,１ æ è ç ö ø ÷ １ f′(x) ＋ ０ － f(x) ４－４ln２ 单调递增 e２ 单调递减 １ 所以,f(x)在 区 间 １２ ,e e æ è ç ö ø ÷ 上 单 调 递 增,在 区 间 e e ,１ æ è ç ö ø ÷上单调递减． 当x＝ ee 时,f(x)有极大值 e２ ,也是f(x)的最大值． 又因为f １２( )＝４－４ln２,f(１)＝１, 而 ４－４ln２( )－１＝３－４ln２＝lne３－ln１６＞０, 所以f １２( ) ＞f(１),所以f(１)＝１为f(x)的最小值． (２)因为x＞０,所以不等式lnx＞ax２－１可化为a＜ f(x)＝lnx＋１x２ , 由(１)可知f(x)＝lnx＋１x２ 在区间 ０,ee æ è ç ö ø ÷ 上单调递增, 在区间 e e ,＋∞ æ è ç ö ø ÷上单调递减． 因为f(x)的最大值f ee æ è ç ö ø ÷＝e２ ,f(１)＝１, f １e( )＝０＜f(１),f(２)＝ １＋ln２ ４ ＜f (１),１e＜ e e＜１ ＜２, 所以∀x∈N∗ ,x＝１时,f(x)最大, 所以不等式lnx＞ax２－１, 即a＜f(x)存 在 唯 一 的 整 数 解 只 能 为 １,所 以 f(１)＞a, f(２)≤a,{ 所以a的取值范围为 １＋ln２ ４ ≤a＜１． １８．[解](１)依题可得φ m( ) 表示所有不超过正整数m,且 与m 互质的正整数的个数, 因为与２互质的数为１,所以φ(２)＝１; 因为与３互质的数为１,２,所以φ(３)＝２; 因为与６互质的数为１,５,所以φ ６( )＝２． (２)(ⅰ)因为 １,２n[ ] 中与２n 互质的正整数只有奇数, 所以 １,２n[ ] 中与２n 互质的正整数个数为２n－１, 所以φ ２n( )＝２ n－１, 又因为 ３k－２,３k[ ] k＝１,２,􀆺,３n－１( ) 中与３n 互质的 正整数只有３k－２与３k－１两个, 所以 １,３n[ ] 中与３n 互质的正整数个数为２×３n－１, 所以φ ３n( )＝２×３ n－１, 所以φ ６n( )＝φ ２n( )φ ３n( )＝２􀅰６ n－１, (ⅱ)因为bn＝ １ ３φ ６ n( )－１ , 所以bn＝ １ ６n－１ ,所以bn≤ １ ５􀅰６n－１ , 令cn＝ １ ５􀅰６n－１ , 因为 cn＋１ cn ＝ １ ５􀅰６n １ ５􀅰６n－１ ＝１６ , 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 新高考数学答案 —５６　 所以数列 cn{ }是以 １ ５ 为首项,１ ６ 为公比的等比数列, 所以数列 cn{ }的前n项和 Sn＝ １ ５ １－ １ ６( ) n [ ] １－１６ ＝６２５ １－ １ ６( ) n [ ] , 所以Tn＜ ６ ２５ １－ １ ６( ) n [ ] , 又因为 １ ６( ) n ＞０,所以Tn＜ ６ ２５． １９．[解](１)圆锥曲线E的离心率为２,故E为双曲线, 因为E中心在原点、焦点在x轴上, 所以设E的方程为x ２ a２ －y ２ b２ ＝１ a＞０,b＞０( ) , 令x＝c,解得y＝±b ２ a ,所以有２b ２ a ＝６　　① , 又由离心率为２,得 １＋b ２ a２ ＝２　　②, 由①②解得 a２＝１, b２＝３,{ 所以双曲线E的标准方程是x２－y ２ ３＝１． (２)设B x１,y１( ) ,C x２,y２( ) , 由已知,得F ２,０( ) , 根据直线AB过原点及对称性, 知S△ABC＝２S△BOC＝２× １ ２ 􀅰 OF 􀅰 y１－y２ ＝c􀅰 y１－y２ ＝２ y１－y２ , 显然直线BC的斜率不为０,设直线BC 方程为x＝ty ＋２, 联立方程,得 x ２－y ２ ３＝１ , x＝ty＋２, { 化简整理,得 ３t２－１( )y２＋１２ty＋９＝０, 所以 y１＋y２＝－ １２t ３t２－１ , y１y２＝ ９ ３t２－１ , ì î í ïï ï 且Δ＝１４４t２－３６ ３t２－１( )＝３６t２＋３６＞０, 所以 S△ABC ＝２ y１－y２ ＝２ y１＋y２( )２－４y１y２ ＝ ２􀅰６ t ２＋１ |３t２－１| ＝３,解得t＝± ３, 所以直线BC的方程是x－ ３y－２＝０或x＋ ３y－２ ＝０． (３)若直线l斜率不存在,此时直线l与双曲线右支无 交点,不合题意, 故直线l斜率存在,设直线l方程y－２＝k x－１２( ) , 联立方程,得 x２－y ２ ３＝１ , y－２＝k x－１２( ) , ì î í ïï ï 化简整理,得 ３－k２( )x２＋ k２－４k( )x－ １４k ２－２k＋７( )＝０, 依题意有 Δ＞０, ３－k２≠０, k２－４k k２－３＞０ , １ ４k ２－２k＋７ k２－３ ＞０ , ì î í ï ï ïï ï ï ï 因为１ ４k ２－２k＋７＝１４ k－４ ( )２＋３＞０恒成立, 所以k２－３＞０,故k２－４k＞０,解得－１４３＜k＜－ ３ , 设P x１,y１( ) ,Q x２,y２( ) , 则由韦达定理,得 x１＋x２＝ k２－４k k２－３ , x１x２＝ １ ４k ２－２k＋７ k２－３ , ì î í ï ï ï ï 设点S的坐标为 x０,y０( ) , 由TP→􀅰SQ→＝PS→􀅰TQ→,得 TPTQ ＝ SP SQ , 则 x１－ １ ２ x２－ １ ２ ＝ x０－x１ x２－x０ , 变形得到４x１x２－ ２x０＋１( ) x１＋x２( )＋２x０＝０, 将x１＋x２＝ k２－４k k２－３ ,x１x２＝ １ ４k ２－２k＋７ k２－３ 代入, 解得x０＝ ２k－１４ ４k－３ , 将x０ ＝ ２k－１４ ４k－３ 代 入 y－２＝k x－１２( ) 中,解 得 y０ ＝９k＋１２６－８k , 消去k,得到点S的轨迹为定直线l１:３x－４y－６＝０上 的一段线段(不含线段端点S１,S２,设直线l与双曲线 切于S１,直线l与渐近线y＝－ ３x平行时与l１ 交点 为S２)． 因为 M １,０( ) ,F ２,０( ) ,且 SM ２＋ SF ２＝１３, 取 MF中点H ３２ ,０( ) , 因为２SH→＝SF→＋SM→,２MH→＝MF→＝SF→－SM→, 所以２ SH→２＋MH→２( )＝SF→２＋SM→２, 所以 SM ２＋ SF ２＝２ SH ２＋１４( )＝１３, 故 SH ＝５２ , 即S的轨迹方程为 x－３２( ) ２ ＋y２＝２５４ ,表示以点 H 为圆心,半径为５ ２ 的圆 H, 设直线l１ 与y轴,x轴分别交于S３ ０,－ ３ ２( ) ,S４(２, ０),依次作出直线TS３,TS１,TS２,TS４, 且四条直线的斜率分别为:kTS３ ＝７,kTS１ ＝－ １４ ３ ,kTS２ ＝－ ３,kTS４＝－ ４ ３ , 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 新高考数学答案 —５７　 因为kTS３＞kTS２＞kTS１＞kTS４, 所以线段S１S２ 是线段S３S４ 的一部分． 经检验点S３ ０,－ ３ ２( ) ,S４ ２,０( ) 均在圆 H 内部, 所以线段S３S４ 也必在圆 H 内部, 因此线段S１S２ 也必在圆 H 内部,所以满足条件TP→􀅰 SQ→＝PS→􀅰TQ→的点S 始终在圆H 内部, 故不存在这样的点 S,使得TP→􀅰SQ→＝PS→􀅰TQ→,且 SM ２＋ SF ２＝１３成立． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀃊􀁉􀁗２０２５名校高考全真模拟试题(十五) １．B　[试题解析]因 an{ } 是等差数列,故a１＋a１４＝a５＋ a１０＝９,于是S１４＝ １４(a１＋a１４) ２ ＝６３． 故选B． ２．A　[试题解析]因为a＝ m,１( ) ,b＝ ３m－１,２( ) ,a∥b, 所以２m－ ３m－１( )＝０,解得m＝１．故选 A． ３．C　[试题解析]由题意得,没有荣获“优秀员工”称号的 高级工程师有１２０－８５－１４＝２１人,则公司共有高 级工程师的人数为７５＋２１＝９６,故被选中的员工是 高级工程师的概率为９６ １２０＝ ４ ５． 故选 C． ４．D　[试题解析]设直线与抛物线x２＝２y相切的切点坐标 为 t,t ２ ２( ) ,由y＝ １ ２x ２,求导得y′＝x,因此抛物线 x２＝２y在点 t,t ２ ２( ) 处的切线方程为y－ １ ２t ２＝t(x －t),即tx－y－１２t ２＝０,依题意,此切线与圆x２＋ (y＋１)２＝１相切,于是 |１－１２t ２| t２＋１ ＝１,解得t＝０或t ＝±２ ２,所以所求切线条数为３．故选 D． ５．A　[试题解析]由acosC＋ ３asinC＝b以及正弦定理可 得:sinAcosC＋ ３sinAsinC＝sinB,因sinB＝sin(A ＋C)＝sinAcosC ＋cosAsinC,代 入 整 理 得 ３ sinAsinC－cosAsinC＝０,因０＜C＜π,sinC＞０,则得 tanA＝ ３３ ,又因０＜A＜π,故A＝π６． 故选 A． ６．C　[试题解析]因为sin１＞sinπ６＝ １ ２ ,所以a＞c,因为 tan１＜tan π３ ＝ ３ ,所以lg tan１( ) ＜lg ３＜lg １０ ＝１２ ,即b＜c,综上b＜c＜a,故选 C． ７．B　[试题解析]设z１＝a＋bi,z２＝c＋di,则２ a２＋b２ ＝ c２＋d２＝ (２a－c)２＋(２b－d)２＝２,所以a２＋ b２＝１,c２＋d２＝４,８－４(ac＋bd)＝４,即ac＋bd＝１, 则 z１＋ １ ２z２ ＝ a＋ １ ２c( ) ２ ＋ b＋１２d( ) ２ ＝ a２＋b２＋１４ c ２＋d２( )＋ac＋bd ＝ １＋１４×４＋１ ＝ ３,故选B． ８．A　[试题解析]因为lnx≤ax ＋b≤e x,所以xlnx≤bx＋ a≤xex,所以即求直线y＝bx＋a的纵截距a 的最 小值,设f(x)＝xex,所以f′(x)＝ex(x＋１)＞０,所 以f(x)在 １,３２[ ] 上 单 调 递 增,所 以 f(x)在 １,３２[ ] 的图象上凹,所以直线与f(x)相切,切点横 坐标越大,纵截距越小,令切点横坐标为 ３ ２ ,所以直 线过点(３ ２ ,３ ２e ３ ２ ),且直线y＝bx＋a斜率为 ５２e ３ ２ , 所以y＝bx＋a的直线方程为y＝e ３ ２ (５ ２x－ ９ ４ ),当 x＝１时,y＝e ３ ２ ４ ＞ ２．５６ ３ ２ ４ ＝１．０２４＞xlnx ,即直线y ＝bx＋a与f(x)相切时,直线y＝bx＋a与f(x)无 交点,设g(x)＝xlnx,所 以g′(x)＝lnx＋１,所 以 g(x)在x＝３２ 时斜率为ln３２＋１ ,在x＝１时斜率为 １,均小于直线的斜率,所以可令直线y＝bx＋a在x ＝３２ 处与f(x)相交,在x＝１处与y＝xlnx 相交, 所以 直 线 方 程 为 y＝ ３ ２e ３ ２ －０ ３ ２－１ (x－１)＋０＝ ３e ３ ２ (x－１),所以截距为－３e ３ ２ ．故选 A． ９．BD　[试题解析]由椭圆C:３x２＋４y２＝４８,得x ２ １６＋ y２ １２＝ １,则a＝４,b＝２ ３,c＝２,所以e＝ca ＝ １ ２ ,故 A错 误;易知 △PF１F２ 的 周 长 为|F１F２|＋|PF１|＋ |PF２|＝２a＋２c＝８＋４＝１２,故 B正确;当P 在椭 圆长轴的一个端点时,PF１ 取得最小值,最小值 为a－c＝４－２＝２,故 C 错 误;由 基 本 不 等 式 得 PF１ 􀅰 PF２ ≤ PF１ ＋ PF２ ２( ) ２ ＝１６,当 且仅 当 PF１ ＝ PF２ 时 取 等,则 PF１ 􀅰 PF２ 的最大值为１６,故 D正确．故选BD． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋