2025全国前十重点中学重组模拟卷(二)-【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２０ ２０２５全国前十重点中学重组模拟卷(二) 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􀅰上海中学联考)已知集合A＝{x|x２－４x＞０},B＝{x|lnx＞０},则(∁RA)∩B＝ (　　) A．(０,４) B．(０,４] C．(１,４] D．[１,４] ２．(２０２４􀅰成都七中质检)已知z为复数,则“z＝z”是“z２＝z２”的 (　　) A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 ３．(２０２４􀅰东北师大附中一模)已知O是△ABC的外心,AB→＋AC→＝２AO→,|OA→|＝|AB→|,则向量AC→在向量BC→ 上的投影向量为 (　　) A．－１４BC → B．－ ２４BC → C．３４BC → D．３４BC → ４．(２０２４􀅰河北衡水中学第十模拟)拋掷一枚质地均匀的正四面骰子(骰子为正四面体,四个面上的数字分别 为１,２,３,４),若骰子与桌面接触面上的数字为１或２,则再抛掷一次,否则停止抛掷(最多抛掷２次)．则抛 掷骰子所得的点数之和至少为４的概率为 (　　) A．９１６ B． ７ １６ C． ３ ８ D． ５ １６ ５．(２０２４􀅰浙江镇海中学二模)我们把平面内与直线垂直的非零向量称为直线的法向量,在平面直角坐标系 中,过点A(－３,４)的直线l的一个法向量为(１,－２),则直线l的点法式方程为:１×(x＋３)＋(－２)×(y－ ４)＝０,化简得x－２y＋１１＝０．类比以上做法,在空间直角坐标系中,经过点M(１,２,３)的平面的一个法向量 为m＝(１,－４,２),则该平面的方程为 (　　) A．x－４y＋２z＋１＝０ B．x－４y－２z＋１＝０ C．x＋４y－２z＋１＝０ D．x＋４y－２z－１＝０ ６．(２０２４􀅰河北衡水中学调研)函数f(x)＝ex－e １ x－lnx２ 的图象大致为 (　　) ７．(２０２４􀅰上海中学联考)有一个国王奖励国际象棋发明者的故事,故事里象棋发明者要求这样的奖励:在棋 盘上的６４个方格中,第１个方格放１粒小麦,第２个方格放２粒小麦,􀆺,第k个方格放２k－１粒小麦,结果 国王拿出全国的小麦也不够．假设能有这么多的小麦,则这个故事继续如下,将这些小麦用１,２,３,􀆺,编号 并按照一定规律逐个抽取幸运小麦,设第n次被抽取的小麦编号为an,若第一次随机抽取的幸运小麦编号 为a１＝７,接下来的幸运小麦按照规律an＋１＝a２n＋２an(n∈N∗)逐个抽取,则共能抽取幸运小麦 (　　) A．４粒 B．５粒 C．１５粒 D．６３粒 ８．(２０２４􀅰江西临川一中联考)已知函数f(x)＝(x－１)３＋sin(x－１)＋５,则不等式f(２x＋１)＋f(１－x)≥１０ 的解集为 (　　) A．[０,＋∞) B．[１,＋∞) C．[２,＋∞) D．[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)某次数学考试后,为分析学生的学习情况,某校从某年级中随机抽取了１００名学生 的成绩,整理得到如图所示的频率分布直方图．为进一步分析高分学生的成绩分布情况,计算得到这１００名 学生中,成绩位于[８０,９０)内的学生成绩方差为１２,成绩位于[９０,１００)内的同学成绩方差为１０．则 (　　) 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 卷２０ 参考公式:样本划分为２层,各层的容量、平均数和方差分别为:m,x,s２１;n,y,s２２．记样本平均数为ω,样本方 差为s２,s２＝ mm＋n [s２１＋(x－ω)２]＋ n m＋n [s２２＋(y－ω)２]． A．a＝０．００４ B．估计该年级学生成绩的中位数约为７７．１４ C．估计该年级成绩在８０分及以上的学生成绩的平均数为８７．５０ D．估计该年级成绩在８０分及以上的学生成绩的方差为３０．２５ １０．(２０２４􀅰河北衡水中学五模)已知函数f(x)＝sinx􀅰|cosx|,则 (　　) A．f(x)是奇函数 B．f(x)的最小正周期为π C．f(x)的最小值为－１２ D．f (x)在 [０,π２] 上单调递增 １１．(２０２４􀅰北京人大附中质检三)已知三棱锥V－ABC,VA＝VB＝VC,△ABC是边长为２的正三角形,D,E 分别是VA,AB 的中点,∠CDE＝９０°,V 在平面ABC 内的投影为点M,M 在平面VAB 内的投影为点P, 则下列结论正确的是 (　　) A．VA,VB,VC 两两垂直 B．P 在平面VAC 的投影为VA 的中点 C．C,M,E 三点共线 D．形如三棱锥V－ABC的容器能被整体装入一个直径为２．５的球 三、填空题:本题共３小题,每小题５分,共１５分． １２．(２０２４􀅰北京四中质检)设随机变量ξ服从正态分布N(２,１),若P(ξ＞a＋１)＝P(ξ＜a),则a＝　　　　． １３．(２０２４􀅰河北衡水中学五模)已知抛物线C:y２＝８x,点P 在C 的准线上,过C的焦点F 的直线与C 相交于 A,B 两点,则|AB|的最小值为　　　　,若△ABP 为等边三角形,则|AB|＝　　　　． １４．(２０２４􀅰河北衡水中学第七模拟)若函数f(x)＝x３＋bx２＋cx＋d(b,c,d∈R)恰有两个零点x１,x２,且|x２ －x１|＝１,则函数f(x)所有可能的极大值为　　　　． 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􀅰湖北黄冈中学第二次联考)记△ABC 的内角A,B,C 的对边分别为a,b,c,已知b＋ ２acosB＝２,c＝ ２． (１)求A; (２)若tanC＝２,点D 在边BC 上,∠ADB＝２∠ABC,求AD． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 卷２０ １６．(１５分)(２０２４􀅰长郡中学联考)某兴趣小组调查并统计了某班级学生期末统考中的数学成绩和建立个性 化错题本的情况,用来研究这两者是否有关．若从该班级中随机抽取１名学生,设A＝“抽取的学生期末统 考中的数学成绩不及格”,B＝“抽取的学生建立了个性化错题本”,且P(A|B)＝２３ ,P(B|A)＝５６ ,P(B) ＝２３． (１)求P(A)和P(A|B); (２)若该班级共有３６名学生,请完成列联表,并依据小概率值α＝０􀆰００５的独立性检验,分析学生期末统考 中的数学成绩与建立个性化错题本是否有关; 个性化错题本 期末统考中的数学成绩 及格 不及格 合计 建立 未建立 合计 (３)为进一步验证(２)中的判断,该兴趣小组准备在其他班级中抽取一个容量为３６k的样本(假设根据新样 本数据建立的列联表中,所有的数据都扩大为(２)中列联表中数据的k倍,且新列联表中的数据都为整 数)．若要使得依据α＝０．００１的独立性检验可以肯定(２)中的判断,试确定k的最小值． 参考公式及数据:χ２＝ n(ad－bc)２ (a＋b)(c＋d)(a＋c)(b＋d) ,n＝a＋b＋c＋d． α ０．０１ ０．００５ ０．００１ xα ６．６３５ ７．８７９ １０．８２８ １７．(１５分)(２０２４􀅰河北衡水中学七调)在四棱锥P－ABCD 中,PC⊥平面ABCD,∠ABC＝∠BCD＝９０°, AB＝３CD,点M 在线段PB 上,且PB＝３PM． (１)求证:CM∥平面PAD; (２)若PC＝CD,直线PB 与平面PCD 所成角为６０°．求二面角A－MC－D 的余弦值． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 卷２０ １８．(１７分)(２０２４􀅰上海中学质量监测)已知椭圆E 的离心率为 ３２ ,中心是坐标原点O,焦点在x轴上,右焦点 为F,A,B 分别是E 的上、下顶点．E 的短半轴长是圆O 的半径,点M 是圆O 上的动点,且点M 不在y 轴 上,延长BM 与E 交于点N,AM→􀅰AN→的取值范围为(０,４)． (１)求椭圆E、圆O的方程; (２)当直线BM 经过点F 时,求△AFN 的面积; (３)记直线AM,AN 的斜率分别为k１,k２,证明: k２ k１ 为定值． １９．(１７分)(２０２４􀅰北京人大附中第二次模拟)“对称性”是一个广义的概念,包含“几何对称性”“置换对称性” 等范畴,是数学之美的重要体现．假定以下各点均在第一象限,各函数的定义域均为(０,＋∞)．设点 P(x１,y１),P∗(y１,x１),Q(x２,y２),规定‖P‖＝ x２１＋y２１,且对于运算“􀱋”,P􀱋Q 表示坐标为(x１x２, y１y２)的点．若点U,V,W 满足V＝W∗ 􀱋U􀱋W,则称V 与U 相似,记作V~U．若存在单调函数φ(x)和 φ∗(x),使得对于y＝φ(x)图象上任意一点T,T∗ 均在y＝φ∗ (x)图象上,则称φ∗ (x)为φ(x)的镜象 函数． (１)若点M(１,２),‖N‖＝５,且N~M,求M∗􀱋N∗的坐标; (２)证明:若θ∗(x)为θ(x)的镜象函数,A(xA,yA)~B(xB,yB),则 θ(θ∗(xA)) θ∗(θ(xB)) ＝‖A‖‖B‖ ; (３)已知函数f(x)＝ex＋x２－１,f∗(x)为f(x)的镜象函数．设R~S,且‖R‖＞‖S‖． 证明:f(‖R∗‖)f∗(‖S‖)＞ ２‖R􀱋S∗‖． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 新高考数学答案 —７６　 ６０(１－p)３＋１２０C１３p (１－p)２ ＋１８０C２３p２ (１－p)＋ ３６０p３＝６０(２p３ ＋３p＋１),所 以 ９E(Y)≥１１２０,即 ５４０(２p３＋３p＋１)≥１１２０,整理得２p３＋３p－２９２７≥０ , 经观察可知p＝ １３ 是方程２p３＋３p－２９２７＝０ 的根,故 ２p３＋３p－２９２７＝２(p ３－１３p ２ ) ＋ ２３ (p ２－ １３p) ＋ ２９ ９ (p－１３ ) ＝ (p－ １ ３ ) (２p ２＋ ２３p＋ ２９ ９ ) ,因为２p ２＋ ２ ３p＋ ２９ ９＞０ 恒成立,所以由２p３＋３p－２９２７≥０ 可得p －１３≥０ ,解得得p≥１３ ,又０＜p＜ ３４ ,所以p的取值 范围为 [ １３, ３ ４ ) ． １９．[解](１)解:由题意,直线AB方程为y－１＝x－２,即y ＝x－１,联立方程组 y＝x－１ , y２＝x,{ 可得y ２－y－１＝０,可 得Δ＝５＞０且y１＋y２＝１,y１y２＝－１,所以|AB|＝ １＋１２ 􀅰 (y１－y２)２ ＝ ２􀅰 (y１＋y２)２－４y１y２ ＝ １０． (２)设直线AB的方程为x＝m(y－１)＋２,联立方程组 x＝m(y－１)＋２, y２＝x,{ 整理 得 y ２ －my＋m－２＝０,设 N(t２,t),A(x１,y１),B(x２,y２),则y１＋y２＝m,y１y２＝ m－２,可得NA→􀅰NB→＝(x１－t２)􀅰(x２－t２)＋(y１－t) 􀅰(y２－t)＝(y２１－t２)􀅰(y２２－t２)＋(y１－t)(y２－t)＝ ０,即(y１－t)(y１＋t)􀅰(y２－t)(y２＋t)＋(y１－t)(y２－ t)＝０,即(y１－t)(y２－t)[(y１＋t)(y２＋t)＋１]＝０,因 为y１≠y２≠t,所以(y１＋t)(y２＋t)＋１＝０,即y１y２＋ t(y１＋y２)＋t２＋１＝０,即m－２＋tm＋t２＋１＝０,即(t＋ １)m＋(t２－１)＝０恒成立,解得t＝－１,即 N(１,－１)． (３)证明:设A(a２,a),B(b２,b),E(c２,c),D(d２,d),则 lAB :(a＋b)y＝x＋ab过M(２,１),所以a＋b＝２＋ab,所 以b＝a－２a－１ ,lED :(c＋d)y＝x＋cd过M(２,１),所以c＋ d＝２＋cd,所以c＝d－２d－１ ,lAD :(a＋d)y＝x＋ad,联立 方程组 (a＋d)y＝x＋ad, y＝１２x ,{ 可 得 xP ＝ ２ada＋d－２,同 理 xQ＝ ２bc b＋c－２ ,所 以 xP ＋xQ ＝ ２ad a＋d－２＋ ２bc b＋c－２＝ ２ad a＋d－２＋ ２(a－２a－１) ( d－２ d－１) a－２ a－１＋ d－２ d－１－２ ＝ ２ada＋d－２＋ ２ad－４a－４d＋８ ２－a－d ＝ ４a＋４d－８ a＋d－２ ＝４＝ ２xM ,所以P,Q的中点为M． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀃊􀁊􀁒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＝{x|x２－４x＞０}＝{x|x＞ ４或x＜０},B＝{x|lnx＞０}＝{x|x＞１},所以∁RA ＝{x|０≤x≤４},故(∁RA)∩B＝{x|１＜x≤４}＝(１, ４]．故选 C． ２．A　[试题解析]若z＝z,则z∈R,则z２＝z２,故充分性 成立; 若z２＝z２,设z＝a＋bi,a,b∈R,则z２＝a２＋２abi－ b２,z２＝a２－２abi－b２,则２ab＝０,a＝０或b＝０,∴z 与z 不一定相等,则必要性不成立,则“z＝z”是“z２ ＝z２”的充分非必要条件．故选 A． 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 |OA→|＝|AB→|,又|OA→|＝|OB→|＝|OC→|＝ １２|BC →|, 则△ABO 为正三角形,则∠ACB＝３０°． 法一:如图,过点A 作AD⊥BC,垂足为D,则BD＝ １ ２BO＝ １ ４BC ,CD＝３４BC ,所以向量AC→在向量BC→ 上的投影向量等于DC→＝３４BC →． 法二:设|BC→|＝２,则|AB→|＝１,所 以|AC→|＝ ２２－１２＝ ３,所以向量AC→在向量BC→上的投影向 量等于AC →􀅰BC→ |BC→|２ BC →＝ ３×２×cos３０° ２２ BC→＝ ３４BC →．故 选 C． ４．A　[试题解析]抛掷次数为１的概率为２４＝ １ ２ ,点数可 能为３或４,抛掷次数为２的概率为１－１２＝ １ ２ ,此 时基本事件有(１,１)、(１,２)、(１,３)、(１,４)、(２,１)、 (２,２)、(２,３)、(２,４)共八种,其中点数之和至少为４ 的情况有(１,３)、(１,４)、(２,２)、(２,３)、(２,４)共五种, 故抛掷骰子所得的点数之和至少为４的概率为 １２ ×１２＋ １ ２× ５ ８＝ １ ４＋ ５ １６＝ ９ １６． 故选 A． ５．A　[试题解析]根 据 题 意 进 行 类 比,在 空 间 任 取 一 点 P(x,y,z),则MP→＝(x－１,y－２,z－３),∵平面法 向量为m＝(１,－４,２),∴１×(x－１)－４×(y－２) ＋２×(z－３)＝０,∴x－４y＋２z＋１＝０．故选 A． ６．A　[试题解析]f(x)＝ex－e １ x －lnx２ ＝ ex－e １ x －２ln(－x),x＜０, ex－e １ x －２lnx,x＞０,{ 因为当x＜０时,y＝ex,y＝－e １ x ,y＝－２ln(－x)都 为增函数,所以y＝ex－e １ x －２ln(－x)在(－∞,０) 上单调递增,故 CD错误; 又因为f(－x)＝e－x－e－ １ x －lnx２≠－f(x),所以 f(x)不是奇函数,即图象不关于原点对称,故 B错 误．故选 A． ７．B　 [试 题 解 析]配 方 得 an＋１ ＋１＝a２n ＋２an ＋１ ＝(an＋１)２． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 新高考数学答案 —７７　 取对数:log２(an＋１＋１)＝２log２(an＋１), 设cn＝log２(an＋１),则cn＋１＝２cn, 又c１＝log２(７＋１)＝３,所以cn＝３􀅰２n－１＝log２(an ＋１),∴an＋１＝２３ 􀅰２n－１,∴an＝２３ 􀅰２n－１ －１．由放小 麦的规则可得小麦总粒数为S＝１＋２＋􀆺＋２６３＝ １－２６４ １－２ ＝２ ６４－１,∴２３􀅰２ n－１ －１≤２６４－１⇒３􀅰２n－１≤ ６４⇒n≤５．故选B． ８．A　[试题解析]由题可得f(x＋１)－５＝x３＋sinx,所以 f(－x＋１)－５＝(－x)３＋sin(－x)＝－x３－sinx, 即有f(x＋１)－５＋f(－x＋１)－５＝０,即f(x＋１) ＝１０－f(１－x),故不等式f(２x＋１)＋f(１－x)≥ １０等价于f(２x＋１)≥f(x＋１),又f′(x)＝３(x－ １)２＋cos(x－１), 当x∈ [１－π２,１＋ π ２ ] 时,cos(x－１)≥０,故f′(x) ≥０,当x∈ ( －∞,１－π２ ) ∪ (１＋ π ２ ,＋∞ ) 时,３(x －１)２≥３× ( π２ ) ２ ＞１,cos(x－１)∈[－１,１],故 f′(x)≥０,即f′(x)≥０恒成立,故f(x)在(－∞, ＋∞)上单调递增,故由f(２x＋１)≥f(x＋１)可得 ２x＋１≥x＋１,即x≥０．故选 A． ９．BCD　[试题解析]在频率分布直方图中,所有直方图的 面积之和为１,则(２a＋３a＋７a＋６a＋２a)×１０＝ ２００a＝１,解得a＝０．００５,故 A错误; 前两个矩形的面积之和为(２a＋３a)×１０＝５０a＝ ０．２５＜０．５,前三个矩形的面积之和为(２a＋３a＋ ７a)×１０＝１２０a＝０．６＞０．５,设该年级学生成绩 的中位数为m,则m∈(７０,８０),根据中位数的定 义可得０．２５＋(m－７０)×０．０３５＝０．５,解得 m≈ ７７．１４,所以估计该年级学生成绩的中位数约为 ７７．１４,故B正确; 估计成绩在８０分以上的同学的成绩的平均数为 ６a ６a＋２a×８５＋ ２a ６a＋２a×９５＝８７．５ 分,故 C正确; 估计该年级成绩在８０分及以上的学生成绩的方 差为 ３ ４ [１２＋(８７．５－８５)２]＋ １４ [１０＋(８７．５－ ９５)２]＝３０．２５,故 D正确．故选BCD． １０．AC　[试题解析]函数f(x)定义域为 R,有f(－x)＝ sin(－x)􀅰|cos(－x)|＝ －sinx􀅰|cosx|＝ －f(x),所以f(x)是奇函数,故 A正确;f( －π４ ) ＝sin( －π４ ) 􀅰 cos( － π ４ ) ＝－ １ ２ ,f(３π４ ) ＝sin３π４ 􀅰 cos３π４ ＝ １ ２． 所以f( － π４ ＋π) ≠f( － π ４ ) ,这 表 明 π不 是 f(x)的周期,故B错误; 我们有f(x)＝sinx􀅰|cosx|≥－|sinxcosx|＝ －１２|sin２x|≥－ １ ２ ,而之前已计算得到f( －π４ ) ＝－１２ ,故f(x)的最小值为－１２ ,故 C正确; 由于f( π２ ) ＝sin π ２ 􀅰 cos π２ ＝０ ,f(０)＝ sin０􀅰|cos０|＝０, 故f( π２ ) ＝f(０),所以f(x)在 [０, π ２ ] 上并不 是单调递增的,故 D错误．故选 AC． １１．ACD　[试题解析]因为 D,E 分别为VA,AB 的中点, 所以 DE∥VB,因 为∠CDE＝９０°,所 以 CD⊥ DE,故 CD⊥VB,取 AC 的 中 点S,连 接VS, BS,因为VA＝VC,AB＝BC,所以VS⊥AC,BS ⊥AC,又VS∩BS＝S,VS,BS⊂平面VBS,所 以AC⊥平面VBS,因为VB⊂平面VBS,所以 AC⊥VB,因 为 CD∩AC＝C,CD,AC⊂ 平 面 VAC,所以VB⊥平面VAC,因为VA,VC⊂平 面VAC,所以VB⊥VA,VB⊥VC,又VA＝VB ＝VC,AB＝BC＝２,故VA＝VB＝VC＝ ２,又 AC＝２,VA２＋VC２＝AC２,由 勾 股 定 理 逆 定 理 得VA⊥VC,VA,VB,VC 两两垂直,故 A 正确; 由题意得E,P 不重合,过点P 作PW∥VB,交 VA 于点W,因为VB⊥平面VAC,所以PW⊥ 平面VAC,且 W,D 不重合,故 P 在平面VAC 的投影不为VA 的中点,故 B错误;三棱锥V－ ABC为正三棱锥,故点 M 为等边三角形ABC 的中心,故C,M,E 三点共线,故 C 正确;因为 VA,VB,VC 两两垂直,故三棱锥V－ABC 的外 接球即为以VA,VB,VC 为棱的正方体的外接 球,故外接球直径为 (２)２＋(２)２＋(２)２ ＝ ６,而 ６＜２．５,形如三棱锥V－ABC 的容器能 被整体装入一个直径为２．５的球,故 D正确． 故选 ACD． １２．[试题解析]因为ξ~N(２,１)且P(ξ＞a＋１)＝P(ξ＜ a),所以a＋１＋a＝２×２,解得a＝３２． [参考答案]３ ２ １３．[试题解析]由已知得F(２,０),准线方程为x＝－２,设 直线AB 的方程为x＝my＋２,A(x１,y１),B(x２,y２), 弦AB 的中点M(x０,y０),如图所示: 联立 x＝my＋２, y２＝８x,{ 消去x并整理得y ２－８my－１６＝０, 则y１＋y２＝８m,y１y２＝－１６, 所以x１＋x２＝m(y１＋y２)＋４＝８m２＋４, 所以x０＝ x１＋x２ ２ ＝４m ２＋２,y０＝ y１＋y２ ２ ＝４m , 即 M(４m２＋２,４m), 所以|AB|＝x１＋x２＋４＝８m２＋８． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 新高考数学答案 —７８　 故当m＝０时,|AB|min＝８． 若△ABP 为等边三角形,则m≠０,如图所示: 则设直线PM 的方程为y－４m＝－m(x－４m２－２),即 y＝－mx＋４m３＋６m, 所以点P(－２,４m３＋８m),又|PM|＝ ３２|AB| ,所以 (４m２＋４)２＋(４m＋４m３)２＝ ３４ (８m２＋８)２,解得 m２＝ ２,所以|AB|＝８m２＋８＝２４． [参考答案]８　２４ １４．[试题解析]由于f(x)＝x３＋bx２＋cx＋d,所以f′(x) ＝３x２＋２bx＋c,由于函数f(x)恰有两个零点x１,x２, 所以f′(x)＝３x２＋２bx＋c＝０有两个不等实数根,所 以f(x)＝x３＋bx２＋cx＋d的图象呈先增,再减,再增 的趋势,所以其中一个极值点就是零点,假设x１＜x２, x１ 既是极值点又是零点,如下图: 则 f(x１)＝０, f′(x１)＝０, f(x１＋１)＝０, { 此时的极大值刚好为f(x１)＝０, x２ 既是极值点又是零点,如下图: 则 f(x２)＝０, f′(x２)＝０, f(x２－１)＝０, { 即 x３２＋bx２２＋cx２＋d＝０, ３x２２＋２bx２＋c＝０, (x２－１)３＋b(x２－１)２＋c(x２－１)＋d＝０, { 设x０ 为极大值点,则 x０＋x２＝－ ２b ３ , x０􀅰x２＝ c ３ , ì î í ïï ï 即 b＝－ ３ ２ (x０＋x２), c＝３x０x２,{ 显然f(x)＝(x－x１)(x－x２)２＝x３－(x１＋２x２)x２＋ (２x１＋x２)x２x－x１x２２,则－(x１＋２x２)＝b＝－ ３ ２ (x０＋ x２),整理得２x１＋x２＝３x０,又x２＝x１＋１,所以x０＝x２ －２３ ;此时的极大值为f(x０)＝x３０＋bx２０＋cx０＋d＝ (x２－２３ ) ３ ＋b(x２－ ２３ ) ２ ＋c(x２－ ２３ ) ＋d＝x ３ ２＋ bx２２＋cx２＋d－ ２ ３ (３x２２＋２bx２＋c)＋ ４ ２７＝ ４ ２７． [参考答案]０,４２７ １５．[解](１)在 △ABC 中,由b＋ ２acosB＝２,c＝ ２得 accosB＝２－b,由余弦定理得a２＋c２－b２＝２accosB,即 a２＋２－b２＝４－２b,整理得b２＋２－a２＝２b,由余弦定理 得cosA＝b ２＋c２－a２ ２bc ,cosA＝b ２＋２－a２ ２ ２b ＝ ２b ２ ２b ＝ ２２ , 而A∈(０,π),所以A＝π４． (２)因为tanC＝２,即sinC＝２cosC＞０,而sin２C＋cos２C ＝１,则sinC＝２ ５５ ,cosC＝ ５５ ,所以cosB＝－cos(A＋ C)＝－(cosAcosC－sinAsinC)＝－ ( ２２ × ５ ５ － ２ ２ × ２ ５ ５ ) ＝ １０ １０ ,又B∈(０,π),则sinB＝ １－cos２B＝ ３ １０ １０ ,显 然 △ABC 是 锐 角 三 角 形,由 ∠ADB ＝ ２∠ABC,所以sin∠ADB＝sin２B＝２sinBcosB＝３５ ,所 以在△ADB中, ABsin∠ADB＝ AD sinB⇒AD＝ ５． １６．[解](１)因为P(A|B)＝２３ ,P(B|A)＝５６ ,所以P(A|B) ＝１－P(A|B)＝１３ ,P(B|A)＝１－P(B|A)＝１６ ,由于 P(A|B)􀅰P(B)＝P(B|A)􀅰P(A),解得P(A)＝２３ , 所以P(A)＝ １３．P (A)＝P(B)􀅰P(A|B)＋P(B)􀅰 P(A|B),解得P(A|B)＝１６． (２) 个性化错题本 期末统考中的数学成绩 及格 不及格 合计 建立 ２０ ４ ２４ 未建立 ４ ８ １２ 合计 ２４ １２ ３６ 零假设为 H０:期末统考中的数学成绩与建立个性化错 题本无关． 根 据 列 联 表 中 的 数 据,经 计 算 得 到 χ ２ ＝ ３６×(２０×８－４×４)２ ２４×１２×１２×２４ ＝９＞７．８７９＝x０．００５． 根据小概率 值α＝０．００５的独立性检验,我们推断 H０ 不成立,即认 为期末统考中的数学成绩与建立个性化错题本有关, 此推断犯错误的概率不大于０．００５． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 新高考数学答案 —７９　 (３)χ′ ２ ＝ k (a＋b＋c＋d)(ka􀅰kd－kb􀅰kc)２ k(a＋b)􀅰k(c＋d)􀅰k(a＋c)􀅰k(b＋d)＝ k(a＋b＋c＋d)(ad－bc)２ (a＋b)(c＋d)(a＋c)(b＋d)＝９k≥１０．８２８ ,解 得 k ≥１０．８２８９ ． 要使新列联表中的数据都为整数,则需４k∈Z． 又因为４k≥１０．８２８×４９ ≈４．８ ,所以４k的最小值为５, 故k的最小值是５４． １７．[解](１)证明:在线段 AB 上 取一点N,使 AN＝CD,连接 CN,MN． 在四边形ABCD 中,∠ABC＝ ∠BCD＝９０°,所以CD∥AB, 即CD∥AN．又CD＝AN,所 以四边形ANCD 为平行四边 形,所以CN∥AD． 又CN⊄平面 PAD,AD⊂ 平面 PAD,所以 CN∥ 平 面PAD． 在三角形ABP 中,MPPB＝ AN AB＝ １ ３ ,所以 MN∥AP． 又 MN⊄平面PAD,AP⊂平面PAD,所以 MN∥平面 PAD． 又 MN∩CN＝N,MN,CN⊂ 平面 MNC,所以平面 MNC∥平面PAD． 又CM⊂平面 MNC,所以CM∥平面PAD． (２)因为PC⊥平面ABCD,又CB⊂平面ABCD,所以 PC⊥CB． 又因为BC⊥CD,CD∩PC＝C,CD,PC⊂平面PCD, 所以BC⊥平面PCD, 所以∠BPC为PB 与平面PCD 所成角,所以∠BPC＝ ６０°,BC＝ ３PC． 以C为坐标原点,CB,CD,CP 所在直线分别为x 轴,y 轴,z轴,建立空间直角坐标系． 设PC＝a(a＞０),所以B(３a,０,０),P(０,０,a), A(３a,３a,０),D(０,a,０),CA→＝(３a,３a,０),PB→＝(３ a,０,－a),CD→＝(０,a,０),CP→＝(０,０,a),所以PM→＝ １ ３PB →＝ ( ３a３ ,０,－ a ３ ) ,CM→＝CP→＋PM→＝(０,０,a)＋ ( ３a３ ,０,－ a ３ ) ＝ ( ３a ３ ,０,２a３ ) ． 设平面CMA 的法向量为n１＝(x１,y１,z１), 则 n１􀅰CA→＝０, n１􀅰CM→＝０,{ 即 ３ax１＋３ay１＝０, ３a ３x１＋ ２a ３z１＝０ ,{ 令x１＝２ ３,解得 y１＝－２, z１＝－３,{ 所以n１＝(２ ３,－２,－３)． 设平面 MCD 的法向量为n２＝(x２,y２,z２), 则 n２􀅰CD→＝０, n２􀅰CM→＝０,{ 即 ay２＝０, ３a ３x２＋ ２a ３z２＝０ ,{ 令x２＝２ ３,解得 y２＝０, z２＝－３,{ 所以n２＝(２ ３,０,－３), 所以cos‹n１,n２›＝ n１􀅰n２ |n１||n２| ＝ １２＋９ １２＋４＋９× １２＋９ ＝ ２１５ ． 由图可知,二面角A－MC－D 为锐角,所以二 面角A－MC－D 的余弦值为 ２１５ ． １８．[解](１)设椭圆E的方程为x ２ a２ ＋y ２ b２ ＝１(a＞b＞０),圆 O的方程为x２＋y２＝b２． ∵A,B分别是椭圆E 的上、下顶点, ∴A,B在圆O 上,且AB是圆O 的直径． ∵点 M 是圆O 上的动点,且点 M 不在y 轴上, ∴AM⊥BM,即AM⊥BN． ∴AM→􀅰AN→＝|AM→||AN→|cos∠MAN＝|AM→|２． 又∵点 M 是圆O 上的动点,且点 M 不在y 轴上, ∴|AM→|２ 的取值范围为(０,４b２)． ∵AM→􀅰AN→的取值范围为(０,４), ∴４b２＝４,解得b＝１． ∵椭圆E的离心率为 ３２ , ∴ca ＝ a２－b２ a ＝ a２－１ a ＝ ３ ２ ,解得a＝２． ∴椭圆E的方程为x ２ ４＋y ２＝１,圆O的方程为x２＋y２＝１． (２)由(１)得A(０,１),B(０,－１),F(３,０)． ∴直线BF的方程为x ３ ＋ y－１＝１ ,即y＝x ３ －１． 由 y＝x ３ －１, x２ ４＋y ２＝１ ì î í ïï ï 得７x２－８ ３x＝０．解得x＝０或x＝ ８ ３ ７ ,∵BF的延长线与椭圆E 交于点N,∴点 N 的横 坐标 是８ ３ ７ ．∴ 当 直 线 BM 经 过 点 F 时,S△AFN ＝ S△ABN －S△ABF＝ １ ２|AB|×xN－ １ ２|AB|×xF＝ １ ２×２ ×８ ３７ － １ ２×２× ３＝ ３ ７． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 新高考数学答案 —８０　 (３)证明:∵点 A(０,１)在y 轴上,点 M 不在y 轴上, BM 的延长线与椭圆E 交于点N, ∴点 N 不在y 轴上．∴k１,k２ 存在,且k１≠０,k２≠０． 由已知得直线 AN 的方程为y＝k２x＋１．由方程组 y＝k２x＋１, x２ ４＋y ２＝１{ 得(１＋４k２２)x２＋８k２x＝０, 解得x＝０或x＝－ ８k２ １＋４k２２ ． 得点 N 的横坐标是x＝－ ８k２ １＋４k２２ ． 当x＝－ ８k２ １＋４k２２ 时,y＝ １－４k２２ １＋４k２２ ． ∴点 N 的坐标是 ( － ８k２１＋４k２２, １－４k２２ １＋４k２２ ) ∴BN 的斜率为 １－４k２２ １＋４k２２ －(－１) － ８k２ １＋４k２２ －０ ＝－ １４k２ 又由(１)得AM⊥BN． ∴k１× ( － １４k２ ) ＝－１,即k１＝４k２． ∴ k２ k１ ＝１４ ,即k２ k１ 为定值１ ４． １９．[解](１)设 N(xN ,yN),则根据题意有 x２N＋y２N ＝５． 因为 N~M,则存在点 W (xW ,yW ),使得(xN ,yN )＝ (yW ,xW )􀱋(１,２)􀱋(xW ,yW )＝(xWyW ,２xWyW )． 由条件知xWyW ＞０,由‖N‖＝５, 得 (xWyW )２＋(２xWyW )２＝５,解得xWyW ＝ ５, 所以 N 的坐标为(５,２ ５),N∗ 的坐标为(２ ５,５)． 故 M∗ 􀱋N∗ 的坐标为(２,１)􀱋(２ ５,５)＝(４ ５,５)． (２)证明:由条件知点(xA,θ∗ (xA))在函数θ∗ (x)图象 上,则点(θ∗ (xA),xA)在函数θ∗ (x)的镜象函数θ(x) 图象上． 所以θ(θ∗ (xA))＝xA． 同理θ∗ (θ(xB))＝xB,即 θ(θ∗ (xA)) θ∗ (θ(xB)) ＝ xA xB ． 由(１)可 知,若 A~B,则xAxB ＝ ‖A‖‖B‖ ,故θ (θ∗ (xA)) θ∗ (θ(xB)) ＝‖A‖‖B‖． (３)证明:设R(x０,y０),若R~S,且‖R‖＞‖S‖,由 (１)可知,存在０＜k＜１使得S(kx０,ky０)． 故‖R∗ ‖＝ x２０＋y２０,‖S‖＝k x２０＋y２０,且 ２‖R􀱋 S∗ ‖＝２kx０y０≤k(x２０＋y２０),故若f(‖R∗ ‖)f∗ (‖S‖) ＞ ２‖R􀱋S∗ ‖,只需f(x２０＋y２０)f∗ (k x２０＋y２０)＞ k(x２０＋y２０)(∗)． 由(２)可知f(f∗ (x))＝f∗ (f(x))＝x,且因为f(x), f∗ (x)的定义域均为(０,＋∞),由对称性可知f(x), f∗ (x)的值域也均为(０,＋∞)． 故 (∗ )等 价 于 f (x２０＋y２０) x２０＋y２０ ＞ k x２０＋y２０ f∗ (k x２０＋y２０) ＝ f(f∗ (k x２０＋y２０)) f∗ (k x２０＋y２０) ． 设g(x)＝f (x) x ＝ ex＋x２－１ x , 则g′(x)＝ (x－１)ex＋x２＋１ x２ ． 设h(x)＝(x－１)ex＋x２＋１,则h′(x)＝xex＋２x, 当x＞０时,h′(x)＞０,h(x)单调递增, 故当x＞０时,h(x)＞h(０)＝０,g′(x)＝h (x) x２ ＞０,g(x) 单调递增． 设t(x)＝f(x)－x＝ex＋x２－x－１,则t′(x)＝ex＋２x －１, 当x＞０时,t′(x)＞０,t(x)单调递增,故t(x)＞t(０)＝ ０,即f(x)＞x,且由对称性可知０＜f∗ (x)＜x． 所以０＜f∗ (k x２０＋y２０)＜k x２０＋y２０＜ x２０＋y２０, 故g(x２０＋y２０)＞g(f∗ (k x２０＋y２０))． 综上,f(‖R∗ ‖)f∗ (‖S‖)＞ ２‖R􀱋S∗ ‖． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀃊􀁊􀁓２０２５全国前十重点中学重组模拟卷(三) １．B　[试题解析]由|x－１|≥２,解得x≤－１或x≥３,即 B＝{x∈Z|x≤－１或x≥３},∁ZB＝{x∈Z|－１＜x ＜３}＝{０,１,２} ∵A＝{０,２,４},∴A∩(∁ZB)＝{０,２}．故选B． ２．B　[试题解析]依题意,f(－x)＝f(x),即－ax＋ln(e－x＋ １)＝ax＋ln(ex＋１),整理得２ax＋lne x＋１ e－x＋１ ＝０,即２ax ＋lnex＝０,则有(２a＋１)x＝０,因x不恒为０,故必有２a ＋１＝０,解得a＝－１２． 故选B． ３．A　[试题解析]因为tan(α＋ π４ ) ＝ tanα＋tanπ４ １－tanα􀅰tanπ４ ＝ tanα＋１ １－tanα＝３ ,即 tanα＝ １２ ,则 sin２α＋cos２α＝ ２sinαcosα＋cos２α sin２α＋cos２α ＝２tanα＋１ tan２α＋１ ＝ ２×１２＋１ ( １２ ) ２ ＋１ ＝ ８５． 故 选 A． ４．A　[试题解析]数列{an}的前n项和Sn,由Sn＋１＝４Sn, a２＝３,得a２＋a１＝S２＝４S１＝４a１,解得S１＝a１＝１, 因此数列{Sn}是首项为１,公比为４的等比数列,Sn ＝S１􀅰４n－１＝４n－１,所以S２０２４＝４２０２３．故选 A． ５．C　[试题解析]设圆台O１O２ 的上底半径为r１,下底半 径为r２,母线长为l,高为h,依题意得r１＝３,r２＝６,l ＝６．圆台O１O２ 的侧面积为S侧 ＝π(r１＋r２)l＝π(３ ＋６)×６＝５４π,故 A正确; 圆台O１O２ 的高h＝ ６２－３２＝３ ３, 记球心为O,设OO２＝x,球的半径为r,如图所示: 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋