2025全国前十重点中学重组模拟卷(一)-【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）

综上.当m=一1时，MP⊥MQ. “G(r)=Icox-tanrcos=co(x-tanr）, x 令Mx)=x-tan,re(0,受. M(x)=1-1=cosx-1 cos”r cos'r 又当xe(0)时，0<cosx<1. 当xe(0,受)时.Mx)<0, ∴Mx)在(0，受)上单调递减， ∴.M(x)<M(0=0, (2)由(1)知M(一1,0)，当直线1的斜率存在时， 1PQ|=V+R1x-x,1=6+) 当xe(0,受)时，G()<0, k2-31 点M到直线PQ的距离为d,则d=3k G(x)在(0，受)上单调递减 √1+k G)>G(受)=0， Saww=1PQ1d=9中E=90+E k-3 k-3 (1+k2)k2 =9,√（-3) x)<g(rre0,受 综上所述，当x∈(0，交)时，f(x)<g(x)<h(x) 证毕 >08w=8厚++1>9 (2)当xe(0,)时，fx)-gx)-h(x)<0, 当直线1的斜率不存在时，S四=合×8X6=9, ÷g-m-0 综上可知，S。阳的最小值为9， 19.[解](1)令F(x)=h(x）-g(x)=x-sinx,x :.2x-元r-asint<0. ∈(o登 :x(2-x）-rsint<0.① F(x)=1-cos>0在(0，受)上恒成立， 将①式两边同时乘以π得到：.x(2一x)一πsinx<0.② F(x)在(0，受)上单调递增， :2-x<0,但当xe(0,受)时，sine>0, .(2-π)sinx<0, ∴.F(x)>F(0)=0,∴x>sin.x, 将②式两边同时除以(2一π)sinx<0 g)<ha)x∈0，受 得到，(2）-rsir>0, (2一π)sinx 要证f(r)<g(x,只需证2<sinr, 元>0 ”sin.x2- “x(0登)只需证名<严 “品2 令G(.z)=sinr-2 e0.受. 当0受时铝2产证华 ∴.G'(x)=cosx-sinz 第二部分 全国前十重点中学重组模拟卷巧练 ©2025全国前十重点中学重组模拟卷（一） L.C[试题解析]把上面数据按从小到大的顺序排列可得 2(a-bi)+i·(a+bi)=4十5i,整理得2a-b+(a一 88,90,92,93.94,95,96,97,中位数是93十94=93. 2 2b)i=4+5i.所以{226二：解得所以 {b=-2. 5.故选C. =1一2i在复平面中对应的点为(1，一2)，在第四象 2.C[试题解析]由题意，当x=】时，z=x=1,当x 限.故选D. 2,y=2时，=x'=4,当x=2,y=4时，之=x'=4.D[试题解析]如图，在△OAC中，BD∥OC,BD= 16,即C中有3个元素，故选C. 3.D[试题解析]设之=a+i,则由2e+i·之=4+5i得 20c=日eas∠0DB=B-as∠c0A= 新高考数学答案一72 -os∠0DB=-子，1C1=10元-Oì1= √/TOC2+IOA2-2OC·1OA·cos∠COA= V6,所以武= 2 8 因为正四棱台的上、下底面边长分别为28，侧棱长为3W5, 则B.0=√2.B0=4√2.O0=√/(35)-(422y2= 35,因为00，=35>28=5，故半径最大的球不 2 故逸D, 与上下底面同时相切，EE,=(3)- 5.B [试题解析]因为如（叶）一得故由两角和三 -6则m∠0EB-0-号周∠0EE=音：过 弦公式得simg十c0s8=吉，故两边羊方得1十 O,E,E,O作正四棱台的截面，截球得大圆，则该 2 2.inpo-1+in2p-云即in2g--器故sn(a 1 国与等腰梯形两腰和下底相切，则∠0,0=吾，则 -28)cosa-cos(28-a)sina=sin(a-23)cosa-cos(a 0=后学<号-要则更瑞定展大内切 32 2nm=in(a一2g-o）=-n2g器故选R 球与四侧面及下底面相切， 6.B[试题解析]由给定定义得，对xy十lny=2左右两侧 0 同时求导，可得y十y+Xy=0,将点(2,1)代 y 入，得1+2y+y=0解得=一子故切线针奉 为-言得到切钱方程为y一1=一号（一2》，化简 0 得方程为x十3y-5=0.故选B. 7,A[试题解析]以C为坐标原点，CD,CA所在直线分 即滨正四梭台内半径，大的球丰径一，球的表 别为汇，y轴建立如图所示的坐标系， 面积为S==售故选D 9.AD[试题解析]由回归直线方程知1.25>0，所以y与 x正相关，故A正确：由表格数据及回归方程易知 x=3y=1.25×3+4.25=32.5十mm=7.5,故 5 B错误；易知5×60%=3，所以样本数据y的第60 百分位数为8生=品5，批C错误：由回归直线方 由题意得AC-区，则A(0②，B(受，号)C0, 程知x=1,2,3,4,5时对应的预测值分别为y= 5.5,6.75,8,9.25.10.5.对应残差分别为-0.5. 0.75,0,-0.25,0,显然残差之和为0，故D正确. 故选AD. 因为CB=CD=1,∠DCB=90°+45°=135°，故 10.ABD[试题解析]，√3(acosB+bcosA)=2 csinC, 2tan22.5 ∴.根据正弦定理得√3(sinAcosB十sinBcosA) ∠BDC=22.5,周为an45”-m2.行-1，所 2sin'C,3sin(A+B)=2 sin'C,.'.3 sinC= 以tan22.5°=√2-1（负值舍去），所以OC=DC· tan22.5°=√2-1，故O(0N2-1).又D(-1,0),则 2sinC,显然inC≠0，则nC-,根据题意， D0=(1,2-1),因为D0=AAB+4AC,所以 有C=子，又sinM=sinB.可得a=b,A=B h. 解得久=区，所以X十以 C=号△ABC为等边三角形，故A正确： 2-1=-2 (=-1, ,DC=2,DA=6,在△ADC中，AC=6+2 -2X2×6cosD=40-24cosD,当AC=2√13 2-1.故选A. 8.D[试题解析]作出如图所示正四棱台，其中OO为正 时0sD=-合D=号即B+D=xdA 四棱台的高，EE1为其斜高， B,C,D共圆，故B正确： 新高考数学答案一73 SNAD CDsinD=6sinD, =4,可得(10gb)2-41ogb+4=0.即(logb-2)2=0, ∴四边形ABCD面积，S=S△十S△c 所以a6=2,即d=6,所以易-品合 6sinD(40-2cosD)+6sinD [参考答案] 10+12sim(D-）0<D<,D-号∈ 13.[试题解析]甲或乙参加A活动的情况有2C+ (-吾)则(D-晋)（小所 [C)A=28种，甲和乙都不参加A活动的情况有 以四边形ABCD的面积没有最小值，故C错 C(C十C)A:=24种，则他们参加活动的不同方案有 误：当D-晋=受，即D-晋时，四边移ABCD 28+24=52种. [参考答案]52 面积取最大值10尽+12，故D正确.故选ABD. 14.[试题解析]由MF,|=3MF|=4|NF,|及|MF,|+ 11.AB[试题解析]因为f(.x+1)+f(x+3)=f(2024), 所以f(x)+f(.x十2)=f(2024),f(x十2)+f(x IMR,=2a,得MF:=号M=受NE,= +4)=f(2024),所以f(x+4)=f(x),故f(x) 的最小正周期为4，故A正确：因为f(x十1)+ 号又NF,1+NR1-2a,则NF,=,设 f(x+3)=f(2024),令x=2021,则f(2022)+ ∠MF,F2=0,|F,F=2c,在△MF,F:中，由余弦定 f(2024)=f(2024),所以f(2022)=0,由A可 理得，MF:2=FF,+|MF,2-2|MF,|· 知，f(2022)=f(4×505+2)=f(2)=0,故B正 |FF2cos0,在△NF,F2中，由余孩定理得，|NF2F= 骑：因为f(-x)=f(x十2)，① 令x=0.则f(0)=f(2)=0,所以f(2024)= 1F,R+NF,+21NE,·FRco0,于是号 f(4×506)=f(0)=0,所以f(.x)+f(x+2)= f(2024)=0.② 4+学-2x2r×号o,且=4+器+2X 4 64 由①②，所以f(x)十f(-x)=0,即f(-x)= 一f(x),故f(x)为奇函数，若函数f(x一1)是奇 8cos0,整理得2c2+a=3acc0s0,且5a2-8c2 函数，则f(一，x一1)=一f(x一1)，所以f(一x 1)=f[-(x+1)]=-f(.x+1),即f(.x-1) 3aco9,周此=名，二=四，所以E的离心年为e a 5 a 5 f(.x+1),所以f(x+2)=[f(.x+1)+1]=f[(x =10 +1)一1]=f(x),所以f(x)的最小正周期为2， 5 与选项A矛盾，故C错误：因为f(x)为奇函数， 且（号）=}所以(-)=-子又国为 f代)的最小正周期为4，所以f(名) (-）=周为f-)=fx+2),所以 ()-(-+)-()}() (-)=-(）=-子所以空· [参考答案]V四 5 2)=1×(号)+2×(2）+3x(号)+4 15.[解]1)当a=1时，g)=-广-2anx+2,求 导得g'(x)=x-2x-2lnx,则g'(1)=-1,而g(1) x(3)=1×+2×+3×(-)+4X 子于是y-号=--1，即x+y-号=0，所以 ()=-12·-)-5×(号) g)的图象在点1，gD)处的切线方程是x+y一是 6×(号)+7×f(受)+8×f(受)=5× =0. (2)函数g(x)=-ar2-2lnr+2x定义城为(0， ()+6x()+7×f()+8×f() +oo),求导得g'(x)=x-2a.x-2lnx,由g(x)≥0， -5x+6x+7×(-)+8×() 得2a≤r2-2,令f(x)=r-2n,r>0,求导得 -1, f(x)=2x-2=2=2r+2nr-2,令函数h(x) 以此类推，所以空k·f(一2》 506×(-1) 2.x3+21lnx-2,x>0,显然函数h(x)在(0，+c)上单 =一506，故D错误.故选AB. 调递增，而h(1)=0,则当0<x<1时，h(x)<0,了(x) 12.[试题解析]因为1og.b十4loga=4,所以logb十 <0,当x>1时，h(x)>0,了(x)>0,函数f(x)在(0 log b 1)上递减，在(1，+o∞)上递增，f(x)m=f(1)=1,因 新高考数学答案一74 此2a<1,解得a<,所以实数a的取值范围是a 取x1=√2.则”=-2，名1=4，所以n1=(W2,-2,4). 设面PMN的一个法向量n2=(x2·y妇)· =0, 则：0即 16.[解](1)设{a}的公差为d(d≠0)，由题意知 {n,·Mi=0. ta+a+a,=16,即4a,十6d-=16, -+2+2=0… a22=aa6, {(a1+d)2=a(a1+4d), 取x2=√2.则y=2,所以n2=(W2,2,0). 即有2a十3d=8因为d≠0，可得4，=1，d=2,所以 {d=2a1, an=2n-1. (2)设数列(b,}的前2n项中的奇数项之和为A,偶数 项之和为B,则A=2十2十…+2°2m-1=2十25+… +2-8=2(1-16")2-2+1 2m+1-2 1-16 1-16 15 设二面角B-MN-P为0，由图可知0为锐角，则cos0 1 azed2u+2 n1·n2 2 = -33 (L-1+1-1++1 n1·n2T 22×√6 =8,所以二面角B 2d az asas 1/11) MN-P的余弦值为图 331 -2d a:x 18.[解](1)由题意知，X的可能取值为0,1,2， 1 1 CC2 1 一4n+3)=12161+12 则P(X=0)= 所以T,=A+B=2B+216+2 2a+1 15 15 P(X=1)= cic-8 C%15 2016n+12 P(X=2)= c2 c 17.[解](1)证明：连接CM,取BC中点D,连接DM,DN. 故X的分布列为 因为N为PC的中点，所以DN∥PB, 因为PBC平面PAB,DN中平面PAB,所以DN∥平 X 0 面PAB. 又因为PM⊥平面ABC,BMC平面ABC,所以PM 15 15 5 ⊥BM 所以在R△PMB中，BM=PB一PM,同理CM= 则EX0=0×品+1× 8 +2× 2 3 PC-PM. 因为PB=PC,所以BM=CM, 记事件A:小王已经答对一题，事件B:小王未进入决 因为D为BC中点，所以DM⊥BC, 赛，则小王在已经答对一题的前提下，仍未进人决赛的 因为AB⊥BC.且DM,AB在同一平面内，所以AB 概率PB1A)=AB)-CC=4X2-4 ∥DM. (A)CC+C:14 7 又因为ABC平面PAB,DM吐平面PAB, (2)(i)由题意知，f(p)=Cp(1-p)2=3p-6p2+ 所以DM∥平面PAB. 又因为DM∩DN=D,DM,DNC平面DMN, 3p(0<p<) 所以平面DMN∥平面PAB. 则()=3(3p-1)(p-1). 因为MNC平面DMN,所以MN∥平面PAB. 令f(p)=0,解得p=了或B=1(合)， (2)以B为坐标原点，分别以BA,BC以及与BA,BC垂 直向上的方向为x,y,之轴的正方向，建立如图所示的 当pe(0,号)时.fp>0. 空间直角坐标系B一xy 在Rt△PMB中，因为PB=2,PM=1, 当p(合·)时，fp<0 所以BM=√3， 在Rt△BDM中，DM=√BM-BD=√2，所以 所以(p)在区间(0，号)内单调递增，在区间（号 M(2,1,0).又B(0.0.0),P(2,1,1).C(0,2.0), )内单调递减。 N号号·）所以i=1.0.=001 所以当p=号时，(p)有极大值，且f(p)的极大值为 )台 设面BMV的一个法向量n1=(.c1,y,1), ()由题可设每名进入决赛的大学生获得的奖金为随 则”·B=0, W2.x1+y=0, 机变量Y,则Y的可能取值为60,120,180,360，P(Y 即 {n,·M=0, 60)=(1-)',P(Y=120)=Cp(1-p)2,P(Y=180) =C号p(1-p),P(Y=360)=p,所以E(Y)= 新高考数学答案一75 60(1-p)+120Cp(1-p)2+180C号p(1-p)+ m-2.可得NA·NB=(-)·(x-)+(y一1) 360p=60(2p+3p+1),所以9E(Y)≥1120，即 ·(y-t)=(y-)·(y-)+(y-1)(y-1) 540(2p+3p+1D≥1120，整理得2+3p-器>0， 0,即(y-1)(y1十1)·(y2一t)(y2+1)+(y一t)( )=0,即(y1-t)(2-t)[(y+t)(y+t)+1]=0,因 经观察可知p=了是方程20+30一器=0的根，故 为y1≠y2≠，所以(y1+t)(y:+t)十1=0，即yy2十 t(y1十y2)++1=0,即m-2十tm+t2+1=0,即(t+ 2p+3p-器=2(p-日）十号(-日）+得 1)m+(2一1)=0恒成立，解得1=-1，即N(1,一1). (3)证明：设A(a,a),B(b,b).E(c,c),D(d,d),则 (。-吉)=（吉）(2p+号+得)因为2p+ l:(a+b)y=x十ab过M(2,1),所以a+b=2+ab,所 号p+得>0恒成立.所以由20十3办一器≥0可得P a-斤lm:(c+d)y=x+cd过M(2.1D,所以c+ 以b=4一2 专≥0解得得p>子又0<<圣，所以p的取值 d=2+cd,所以c=号号lo:a+dy=十ad,联立 (a十d)y=x十ad 范围为[合)】 方程组 2ad y= 2, 可得一。十2同理 19.[解](1)解：由题意，直线AB方程为y一1=x一2，即y 2bc 2ad 2bc =一1，联立方程组仪1一1可得y-y-1=0,可 to= 2所以十0一。2十62 {y2=x, 得△=5>0且y1+y2=1,yy=-1,所以AB|= 2ad (引 √1+1·√(y,-y)=2·√(y1+y2)-4y a+d-2 =10. +2 2ad (2)设直线AB的方程为x=m(y一1)+2，联立方程组 2ad-4a-4d+8=4a十4d-8=4 a+d-2 2-a-d a+d-2 my-1)+2整理得y-m心y十m-2=0,设 2.xM,所以P,Q的中点为M. y2=x, N(1),A(x1y,)B(x2),则y+2=m,y2= 四2025全国前十重点中学重组模拟卷（二）】 1.C[试题解析]因为集合A={xx2一4.x>0}={.xlx> 4或x<0},B={Inz>0》={x|x>1},所以RA 量等子票武=x2成=导成故 ={x0≤x≤4}，故(CRA)∩B={x1<x≤4}=(1， 选C. 4].故选C. 2.A[试题解析]若g=,则：∈R,则=，故充分怪 4.A[试题解折]别掷次数为1的概车为导=了，点：可 成立； 若2=2，设x=a十bi,4,b∈R,则g=a2+2abi 能为3或4，鹅掷次最为2的概率为1一号-号，此 b,=a2-2abi-b,则2ab=0,a=0或b=0,. 时基本事件有(1.1)、(1,2)、(1,3)、(1,4)、(2,1) 与不一定相等，则必要性不成立，剥“：=”是“ (2,2),(2,3)、(2,4)共入种，其中点数之和至少为4 =”的充分非必要条件，故选A 的情况有(1,3)、(1,4)、(2,2)、(2,3)、(2,4)共五种， 3.C[试题解析]由AB+AC=2AO,所以O是BC的中 点，又O是△ABC的外心，则∠BAC=90°，再由 数抛掷粒子所得的点数之和至少为4的能率为号 O=,又O耐1=oi=10心=武， 1 则△ABO为正三角形，则∠ACB=30° 5.A[试题解析]根据题意进行类比，在空间任取一点 法一：如图，过点A作AD⊥BC,垂足为D,则BD P(x,y,x),则M市=(x一1，y-2,g-3),平面法 2B0=号BC,CD=子BC,所以向量心在向量B武 向量为m=(1,一4,2)，.1×(x-1)-4×(y-2) +2×(x-3)=0,x-4y十2x+1=0.故选A 上的投影向量等于D心=子武. 6.A[试题解析]f(x)=e-e一lnx =e-e-21n(-x0,r<0. le'-et-2Inc.x>0. 因为当x<0时，y=e,y=-e,y=-2ln(-x)都 为增函数，所以y=e-e一2ln(-x)在(-co,0) 上单调递增，故CD错误： 又因为f(-x)=e-e}-lnx≠-f(x),所以 法二：设1B式|=2，则|A市|=1，所以1AC1= (x)不是奇西数，即图象不关于原，点对称，故B错 误.故选A. √2-下=3，所以向量AC在向量BC上的投影向7，B[试题解析]配方得a+1十1=a+2a,十1 =(am十1)2. 新高考数学答案一76卷１９ 第二部分　全国前十重点中学重组模拟卷巧练 ２０２５全国前十重点中学重组模拟卷(一) 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􀅰北京人大附中第二次模拟)某演讲比赛８位参赛选手的最终得分分别为９２,８８,９５,９３,９０,９７,９４, ９６,其中位数为 (　　) A．９１．５ B．９３ C．９３．５ D．９４ ２．(２０２４􀅰上海中学质量监测)已知集合A＝{１,２},B＝{２,４},C＝{z|z＝xy,x∈A,y∈B},则C中元素的个 数为 (　　) A．１ B．２ C．３ D．４ ３．(２０２４􀅰河北衡水中学七调)若复数z满足２z＋i􀅰z＝４＋５i,则z在复平面中对应的点在 (　　) A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 ４．(２０２４􀅰长郡中学联考)已知圆O:x２＋y２＝１,过点A(２,０)的直线l与圆O 交于B,C 两点,且AB→＝BC→,则 |BC|＝ (　　) A．２ B．３２ C．２ D． ６ ２ ５．(２０２４􀅰湖北黄冈中学第二次联考)已知sin(β＋５π４ ) ＝－ ２ １０ ,则sin(α－２β)cosα－cos(２β－α)sinα＝ (　　) A．－２４２５ B． ２４ ２５ C．－ ３ ５ D． ３ ５ ６．(２０２４􀅰河北衡水中学第七模拟)如果方程F(x,y)＝０能确定y是x 的函数,那么称这种方式表示的函数 是隐函数．隐函数的求导方法如下:在方程F(x,y)＝０中,把y看成x 的函数y＝y(x),则方程可看成关于 x的恒等式F(x,y(x))＝０,在等式两边同时对x求导,然后解出y′(x)即可．例如,求由方程x２＋y２＝１所 确定的隐函数的导数y′,将方程x２＋y２＝１的两边同时对x求导,则２x＋２y􀅰y′＝０(y＝y(x)是中间变量, 需要用复合函数的求导法则),得y′＝－xy (y≠０)．那么曲线xy＋lny＝２在点(２,１)处的切线方程为 (　　) A．x－３y＋１＝０ B．x＋３y－５＝０ C．３x－y－５＝０ D．２x＋３y－７＝０ ７．(２０２４􀅰河北衡水中学五模)古希腊数学家特埃特图斯(Theaetetus)利用如图所示的直角三角形来构造无 理数．已知AB＝BC＝CD＝１,AB⊥BC,AC⊥CD,AC与BD 交于点O,若DO→＝λAB→＋μAC →,则λ＋μ＝ (　　) A．２－１ B．１－ ２ C．２＋１ D．－ ２－１ ８．(２０２４􀅰北京四中质检)已知一个正四棱台的上、下底面边长分别为２,８,侧棱长为３ ５,则该正四棱台内半 径最大的球的表面积为 (　　) A．１２π B．２７π C．６４π９ D． ６４π ３ 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􀅰上海中学联考)已知两个变量y与x 对应关系如下表: x １ ２ ３ ４ ５ y ５ m ８ ９ １０．５ 若y与x 满足一元线性回归模型,且经验回归方程为ŷ＝１．２５x＋４．２５,则 (　　) 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 卷１９ A．y与x 正相关 B．m＝７ C．样本数据y的第６０百分位数为８ D．各组数据的残差和为０ １０．(２０２４􀅰成都七中质检)如图,在锐角△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若sinA＝ sinB,且 ３(acosB＋bcosA)＝２csinC,D 是△ABC 外一点且B,D 在直线AC 异侧,DC＝２, DA＝６,则下列说法正确的是 (　　) A．△ABC是等边三角形 B．若AC＝２ １３,则A,B,C,D 四点共圆 C．四边形ABCD 面积的最小值为１０ ３－１２ D．四边形ABCD 面积的最大值为１０ ３＋１２ １１．(２０２４􀅰东北师大附中一模)已知定义在R上的函数f(x)满足f(x＋１)＋f(x＋３)＝f(２０２４),f(－x)＝ f(x＋２),且f(１２) ＝ １ ４ ,则 (　　) A．f(x)的最小正周期为４ B．f(２)＝０ C．函数f(x－１)是奇函数 D．∑ ２０２４ k＝１ k􀅰f(k－１２) ＝－２０２４ 三、填空题:本题共３小题,每小题５分,共１５分． １２．(２０２４􀅰河北衡水中学第十模拟)已知logab＋４logba＝４,则 a２ ２b 的值为　　　　． １３．(２０２４􀅰浙江镇海中学二模)甲、乙等５人参加A,B,C这三项活动,要求每人只参加一项活动,且每项活动 至少有１人参加,若甲,乙不参加同一项活动,且只有１人参加A 活动,则他们参加活动的不同方案有 　　　　种． １４．(２０２４􀅰河北衡水中学调研)已知F１,F２ 为椭圆E: x２ a２ ＋y ２ b２ ＝１(a＞b＞０)的左、右焦点,过F１ 的直线与E 交于M,N 两点,若|MF１|＝３|MF２|＝４|NF１|,则E 的离心率为　　　　． 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．(１３分)(２０２４􀅰上海中学联考)已知函数g(x)＝１４x ４－ax２－２xlnx＋２x． (１)当a＝１时,求g(x)的图象在点(１,g(１))处的切线方程; (２)若g′(x)≥０,求实数a的取值范围． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 卷１９ １６．(１５分)(２０２４􀅰江西临川一中联考)已知{an}是公差不为０的等差数列,其前４项和为１６,且a１,a２,a５ 成 等比数列． (１)求数列{an}的通项公式; (２)设bn＝ ２an,n为奇数, １ anan＋２ ,n为偶数, ì î í ï ï ï ï 求数列{bn}的前２n项和T２n． １７．(１５分)(２０２４􀅰上海中学联考)如图,在三棱锥P－ABC中,AB⊥BC,PB＝PC,N 为 PC 的中点,M 为△ABC内部一点且PM⊥平面ABC． (１)证明:MN∥平面PAB; (２)若AB＝２BC＝２PB＝４,PM＝１,求二面角B－MN－P 的余弦值． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 卷１９ １８．(１７分)(２０２４􀅰河北衡水中学五模)２０２４年７月２６日至８月１１日将在法国巴黎举行夏季奥运会．为了普 及奥运知识,M 大学举办了一次奥运知识竞赛,竞赛分为初赛与决赛,初赛通过后才能参加决赛． (１)初赛从６道题中任选２题作答,２题均答对则进入决赛．已知这６道题中小王能答对其中４道题,记小 王在初赛中答对的题目个数为X,求X 的数学期望以及小王在已经答对一题的前提下,仍未进入决赛的 概率; (２)M 大学为鼓励大学生踊跃参赛并取得佳绩,对进入决赛的参赛大学生给予一定的奖励．奖励规则如 下:已进入决赛的参赛大学生允许连续抽奖３次,中奖１次奖励１２０元,中奖２次奖励１８０元,中奖３次奖 励３６０元,若３次均未中奖,则只奖励６０元．假定每次抽奖中奖的概率均为p(０＜p＜３４ ) ,且每次是否中 奖相互独立． (ⅰ)记一名进入决赛的大学生恰好中奖１次的概率为f(p),求f(p)的极大值; (ⅱ)M 大学数学系共有９名大学生进入了决赛,若这９名大学生获得的总奖金的期望值不小于１１２０元, 试求此时p的取值范围． １９．(１７分)(２０２４􀅰北京人大附中质检三)如图抛物线C:y２＝x,过M(２,１)有两条直线l１,l２,l１ 与抛物线交于 A,B,l２ 与抛物线交于D,E, (１)若l１ 斜率为１,求|AB|; (２)是否存在抛物线C 上定点N,使得NA→􀅰NB→＝０,若存在,求出 N 点坐标并证明,若不存在,请说明 理由; (３)直线y＝１２x 与直线AD,BE 相交于P,Q 两点,证明:M 为PQ 中点． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋