2025全国前十重点中学重组模拟卷(三)-【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２１ ２０２５全国前十重点中学重组模拟卷(三) 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􀅰浙江镇海中学二模)已知集合A＝{０,２,４},B＝{x∈Z||x－１|≥２},则A∩(∁ZB)＝ (　　) A．{２} B．{０,２} C．{０,１,２} D．{０,１,２,４} ２．(２０２４􀅰河北衡水中学第十模拟)若函数f(x)＝ax＋ln(ex＋１)是偶函数(e是自然对数的底数),则实数a 的值为 (　　) A．１２ B．－ １ ２ C． １ e D．－ １ e ３．(２０２４􀅰东北师大附中一模)若tan(α＋π４) ＝３,则sin２α＋cos ２α＝ (　　) A．８５ B．１ C． ６ ５ D． ４ ３ ４．(２０２４􀅰成都七中质检)已知Sn 是数列{an}的前n项和,Sn＋１＝４Sn,a２＝３,则S２０２４＝ (　　) A．４２０２３ B．４２０２４ C．４ ２０２３－１ ３ D． ４２０２４－１ ３ ５．(２０２４􀅰上海中学联考)已知圆台O１O２ 的上底半径为３,下底半径为６,母线长为６,则以下结论错误的是 (　　) A．圆台侧面积为５４π B．圆台外接球的半径为６ C．圆台的体积为１２６π D．圆台侧面上的点到下底圆心O２ 的最短距离为３ ３ ６．(２０２４􀅰北京四中质检)设直线l:x＋y－１＝０,一束光线从原点O 出发沿射线y＝kxx≥０( )向直线l射出, 经l反射后与x 轴交于点M,再次经x轴反射后与y 轴交于点N．若 MN→ ＝ １３６ ,则k的值为 (　　) A．３２ B． ２ ３ C． １ ２ D．２ ７．(２０２４􀅰河北衡水中学五模)已知F１,F２ 为双曲线C: x２ a２ －y ２ b２ ＝１(a＞０,b＞０)的左、右焦点,M 为C 左支上 一点．设∠MF１F２＝α,∠MF２F１＝β,且sin α＋β ２ ＝ ２sin α－β ２ ,则C的离心率为 (　　) A．２ ２ B．３ C．２ D．２ ８．(２０２４􀅰河北衡水中学第七模拟)在半径为５的球体内部放置一个圆锥,则该圆锥体积的最大值为 (　　) A．４０００π８１ B． ４０００π ２７ C．２０００π８１ D． ２０００π ２７ 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􀅰湖北黄冈中学第二次联考)在一个有限样本空间中,事件A,B,C发生的概率满足P(A)＝P(B)＝ P(C)＝１３ ,P(A∪B)＝５９ ,A 与C 互斥,则下列说法正确的是 (　　) A．P(AC)＝１３ B．A 与B 相互独立 C．P(ABC)＝１２７ D．P (A∪B∪C)≤８９ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 卷２１ １０．(２０２４􀅰长郡中学联考)已知等边△ABC的边长为４,点D,E 满足BD→＝２DA→,BE→＝EC→,AE 与CD 交于点 O,则 (　　) A．CD→＝２３CA →＋１３CB → B．BO→􀅰BC→＝８ C．CO→＝２OD→ D．|OA→＋OB→＋OC→|＝ ３ １１．(２０２４􀅰河北衡水中学七调)在棱长为２的正方体ABCD－A１B１C１D１ 中,点E,M 分别为线段AD１,A１C 的中点,点N 在线段B１C１ 上,且B１N＝λB１C１(λ∈[０,１]),则 (　　) A．平面EMN 截正方体得到的截面多边形是矩形 B．平面AD１M⊥平面AB１C C．存在λ,使得平面EMN⊥平面AB１C D．当λ＝１３ 时,平面EMN 截正方体得到的截面多边形的面积为２ １０３ 三、填空题:本题共３小题,每小题５分,共１５分． １２．(２０２４􀅰上海中学质量监测)抛物线y２＝４x上与焦点距离等于３的点的坐标是　　　　． １３．(２０２４􀅰北京人大附中第二次模拟)(x２＋１)(２x－１x ) ４ 的展开式中常数项为　　　　． １４．(２０２４􀅰河北衡水中学调研)已知函数f(x)的定义域为R,f(x)＋f(１－x)＝１,f(x)＝２f(x７) ,且对于０≤ x１≤x２≤１,恒有f(x１)≤f(x２),则f( １２０２４) ＝　　　　　． 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f(x)＝ex－１－a(其中a∈R),g(x)＝lnx． (１)当a＝０时,求函数f(x)的图象在点(０,f(０))处的切线方程; (２)当x＞０时,若f(x)≥g(x)恒成立,求a的取值范围． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 卷２１ １６．(１５分)(２０２４􀅰江西临川一中联考)已知抛物线C:y２＝２px(p＞０)的焦点为F,M(m,２)是抛物线C 上一 点,且|MF|＝２． (１)求抛物线C的方程; (２)若P(４,y０)(y０＞０)是抛物线C上一点,过点Q(１,－４)的直线与拋物线C交于A,B 两点(均与点P 不 重合),设直线PA,PB 的斜率分别为k１,k２,试问k１k２ 是否为定值? 若是,求出该定值;若不是,请说明 理由． １７．(１５分)(２０２４􀅰上海中学联考)某市组织宣传小分队进行法律法规宣传,某宣传小分队记录了前９天每天 普及的人数,得到下表: 时间x(天) １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ ９ 每天普及的人数y ８０ ９８ １２９ １５０ ２０３ １９０ ２５８ ２９２ ３１０ (１)从这９天的数据中任选４天的数据,以X 表示４天中每天普及人数不少于２４０人的天数,求X 的分布 列和数学期望; (２)由于统计人员的疏忽,第５天的数据统计有误,如果去掉第５天的数据,试用剩下的数据求出每天普及 的人数y关于天数x 的线性回归方程． (参考数据:y＝１９∑ ９ i＝１ yi＝１９０,∑ ９ i＝１ (xi－x)２＝６０,∑ ９ i＝１ (yi－y)２＝５５４８２,∑ ９ i＝１ (xi－x)(yi－y)＝１８００, 附:对于一组数据(x１,y１),(x２,y２),􀆺,(xn,yn),其回归直线ŷ＝b̂x＋â的斜率和截距的最小二乘估计分 别为:b̂＝ ∑ n i＝１ (xi－x)(yi－y) ∑ n i＝１ (xi－x)２ ＝ ∑ n i＝１ xiyi－nx􀅰y ∑ n i＝１ x２i－nx２ ,â＝y－b̂x)． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 卷２１ １８．(１７分)(２０２４􀅰河北衡水中学五模)类比于二维平面中的余弦定理,有三维空间中的三面角余弦定理;如 图１,由射线PA,PB,PC构成的三面角P－ABC,∠APC＝α,∠BPC＝β,∠APB＝γ,二面角A－PC－B 的大小为θ,则cosγ＝cosαcosβ＋sinαsinβcosθ． (１)当α,β∈ (０,π２) 时,证明以上三面角余弦定理; (２)如图２,平行六面体ABCD－A１B１C１D１ 中,平面AA１C１C⊥平面ABCD,∠A１AC＝６０°,∠BAC＝４５°, ①求∠A１AB 的余弦值; ②在直线CC１ 上是否存在点P,使BP∥平面DA１C１? 若存在,求出点P 的位置;若不存在,说明理由． １９．(１７分)(２０２４􀅰北京人大附中质检三)“让式子丢掉次数”—伯努利不等式(Bernouli’sInequality),又称贝 努利不等式,是高等数学分析不等式中最常见的一种不等式,由瑞士数学家雅各布􀅰伯努利提出,是最早 使用“积分”和“极坐标”的数学家之一．贝努利不等式表述为:对实数x∈(－１,＋∞),在n∈[１,＋∞)时, 有不等式(１＋x)n≥１＋nx成立;在n∈(０,１)时,有不等式(１＋x)n≤１＋nx成立． (１)证明:当n∈N,x∈(－１,＋∞)时,不等式(１＋x)n≥１＋nx成立,并指明取等号的条件; (２)已知x１,x２,x３,􀆺,xn(n∈N∗)是大于－１的实数(全部同号),证明:(１＋x１)(１＋x２)(１＋x３)􀆺(１＋ xn)≥１＋x１＋x２＋x３＋􀆺＋xn． (３)求证:(３２－１)(３４－１)(３６－１)􀆺(３２n－１)＞７８ 􀅰３n(n＋１)． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 (3)证明:·点A(0,1)在y轴上,点M不在y轴上. o((x)) 7rB BM的延长线与圆E交于点N. 0(6(x:)) -# '点N不在y轴上,.,存在,且关0,去0 由已知得直线AN的方程为y=&x十1.由方程组 y-r十1. (3)证明:设R(x·y),若R~S,且lIRlllSl,由 得(1+4)r*+8。x-0. (1)可知,存在0<1使得S(kx。,y。). 故lRl-+,lsl-+,且v②l|R⑧ 解得x-0或x一- S' l=2kx。>(+),故若fllR'lI)f(l$ll) >2lR⑧s'|,只需/+)广(+)> 8h。 得点N的横坐标是x-一 (十)(*). 8k时,一 1-4&{} 由(2)可知f(f'(x))=f*(f(x))=x,且因为f(x). l+4^## 1+4 广(x)的定义域均为(0.十o),由对称性可知/(x). (一般1) f'(x)的值域也均为(0,十). .点N的坐标是( f(qv+y) ##v#+o 故(*)等价于 x+ 1-4 -(-1) /(vx+%) +4 .BN的斜率为 f(f(+y) “8:-0 /(V+) 1+4^ 又由(1)得AMBN. 设g(x)-f(x)+*-1 :(一) )=-1,即-4{ 则g'()-(r-1++1 设(x)-(r-1)e+x+1,则h'(c)-xe+2x. 当x>0时,h(x)>0,h(x)单调递增, 19.[解](1)设N(xv·y),则根据题意有vx+y-5. 因为N~M,则存在点W(xw·yw),使得(xy·yx)= # (yw.rw)⑧(1.2)⑧rw,yw)-(xwyw,2xwyw). 单调递增. 由条件知xwyw>0,由llNl-5. 设 (x)-f(x)-r=e'+x--1,则/(x)=e +2 得(xwyw)*+(2xwyw)-5,解得xwyw-5. 一1. 所以N的坐标为(5,2),N的坐标为(2\5.). 当x0时,t'(x)>0,t(x)单调递增,故t(x)>t(0) 0,即/(x)>x,且由对称性可知0<f'(x)<x. 故M'⑧N的坐标为(2,1)⑧(25.)=(4.) 所以0<广(+)x+ +, (2)证明:由条件知点(x,0(x))在函数θ(x)图象 上,则点(0(x),x)在函数0(x)的镜象函数0(x) 故g(+)>g(f(hx+y). 图象上. 综上,flIR'l)(Isl)lIR⑧s'l. 所以6(e(x))-x. .0(0(x)xA 同理0(o(x))一x,即 {B(0(xn))B. ①2025全国前十重点中学重组模拟卷(三) 1.B [试题解析]由x-12,解得x -1或x3,即 2x#1 B-{ l-1或 3,B={E-1 2sinacosa+cos*a2tana+1 ()+#1 ___ sina十cosa <3-(0.1.2) tana+1 ·A-0.2,4)..'AO(CB)-(0.2.故选B. 2.B [试题解析]依题意,/(一x)一/(x),即一ax十ln(e十 选A. +1-0,即2ax 4.A [试题解析]数列a.)的前n项和S,由S一4S. 1)=ax+ln(e+1),整理得2a.x十ln- 6十1 a-3,得a。+a-S-4S-4a,解得S -a-1, 十lne-0,则有(2a十1)x-0,因x不恒为0,故必有2a 因此数列(S.)是首项为1,公比为4的等比数列,S -S.·4--4 -,所以So2=4-*,故选A. 5.C [试题解析]设圆台OO。的上底半径为r,下底半 径为r。,母线长为/,高为h,依题意得r一3,r。-6,l [试题解析]因为tan(a+)一 3.A -6.圆台OO.的侧面积为S=x(r.十r)/-n(3 +6)×6-54x,故A正确; tang十1-3,即 tana= 圆台OO的高h- 6-3{-3v3. 1-tang 记球心为O,设OO。一x,球的半径为r,如图所示; 新高考数学答案-80 且BE(0,),可知cos→o,两边同时乘以 2 s&+可得2cos +sin+2° os$ 0 #B# 2cos 2 2 2 #2sn , sin(a+)=2cos +sn-. 2 2 2 则OO-h-x-3/3-x 设|MF |=n,MF |=m,因为M为C左支上一 即^*+6^=^,(3v③-)+3-. 点,由双曲线定义可得|MF。|-|MF |=m-= 所以^+6^{}-(3v ③-x)}+3^{,解得-0.$$ 2a,在△FMF。中,由正弦定理可得_= sing sin{ 所以球O的半径r一6,故B正确; -→n一n 2 上底面积S=πr-π×3^{-9$$$ rsina-sin 下底面积S.=xr}-π$6-36\$$$ 2c si#(#}) )-sin &gos-R+og+sing-# 2 $(9n+36π+\r×36r)×33-63、3x,故C错误; 2 -sin$cos -R+cos+Psing-- 2cos B. 由B知,下底圆心O.即为外接球球心,则圆台侧面 2 2 2 . 一行_0 2 上的点到下底圆心O。的最短距离为6{}-3^{①}- sin,所以离心率-二 2 33,故D正确.故选C. sing-sin{ 6.B [试题解析]设点O关于直线/的对称点为 2、V2cos+sn-## (#一10# 2 sin2_.故选D. #2cos_Rgng-R# 得 A(r,y),则 2 {x(-1)--1. 2 -I. 8.A [试题解析]由题知如图,当圆锥体积最大时,此时 A(1,1),由题意知y一hx(x二0)与直线/不平行 圆锥内接于球,球心在圆锥的高上, _ (y=r, 得 十1 故去一1,由 ##。# 即 1+y-1-0, C #(),故直线AP的针为 设圆锥的底面半径为r,高为h(0<h<10),则 5*-(h-5)=-h}+10h,所以该园锥的体积V= -0,得x=1-k,故M(1-b,0),令x=0,得y=1 3(-+10}),则V- 1 ##故由对称性可得N(0o.-1)由|M- #31^h(-3+# 20).当(0.20时:vV0$({10)时 #47#10△(#一)#({)一 V<0.故当h-20时,V取得最大值,且最大值为 2或三 3 #3,则第二次反射后光线不会与y轴相 9.ABD[试题解析]A与C互斥,故AOC一,P(AC)= [试题解析]因为sin2_2sin-8. A正确; 7.D 2 2 P(AUB)=P(A)+P(B)-P(AB),即+1- 3 P(AB)-5 #,故P(AB)- -,故P(AOB)- P(A)P(B),A与B相互独立,故B正确; A与C互斥,故AB与C互斥,故P(ABC)= P[(AB)OC]一0,故C错误; P(AUBUC)=P(A)+P(B)+P(C)-P(AB 3 新高考数学答案-81 为平行四边形,又P,E分别为侧面ADD.A,和 3 侧面BCC.B 的中心,易知PE/GH,所以AB 0,故P(AUBUC)- /GH,易知AB HN,所以GH HN,所以平 0 面EMN截正方体得到的截面多边形NFGH 确.故选ABD. 是矩形,故A正确;因为点M是正方体的中心, [试题解析]CD-CX+AD-CX+AB-C 10.ABD 所以D,M,B三点共线,所以平面AD.M即为 +(CB-)-Cc+C,故A正确; 平面ABC.D,因为BC 1B.C.AB | B.C.AB OBC.=B,AB,BC $C乎面ABC.D,所以B.C 3 3 [平面ABCD,又B.CC平面AB.C,所以平 1 面AB.C 平面ABCD,即平面ABC 平面 AD.M,故B正确;当x一1时,点N与点C 重 合,平面EMN即为平面ABC.D,由B选项可 知平面AB.C|平面ABC.D,即平面AB.C 平面EMN,故C正确;当x一- 因为△ABC为等边三角形,BE一EC,E为中 点,所以AE1BC,所以AO BC,即A·BC 0.所以B·=(B+A)·BC-BA·B +A·BC-BA·BC-BA|BC cos60*=4 (H- 2 NH一2△(-) 0 以戴面多边形NFGH的面积为22、/10 设-C,由A得C-C+CB- 3 410 ,故D错误.故选ABC 12.[试题解析]设抛物线y一4x上与焦点距离等于3的 点的坐标(x,y),由抛物线焦半径公式得,x十1一3,即 所以O为CD上靠近点D的四等分点,故C r-2,代入抛物线方程得,y-8,解得y-士2v2,所以 错误: 点的坐标为(2,士2v2). #-A+AB-A+3AD,AE=# [参考答案](2,士2/2) 13.[试题解析]依题意, A,则:A-A+3AD,所以A- 中常数为1×24+o(-)-16. +OB+O=O+(OB+OC)=O+2= ##-A,则10A+B+001-A1- [参考答案]16 14.[试题解析]由f(c)十/(1-x)-1可得/()+ ③.故D正确.故选ABD 11.ABC [试题解析]如图,连接A.D,BC,B.C,则A.D #()-1.所以/()-. /(x)-1-/(1-) OAD-E. -- 2(-2(/(7)+/() #()()-#(0)(1)1#./(1)一 ##(-/(1)#-+(#-/()# (#)# 由正方体的性质可得点E是侧面ADD.A, 的 因为对于0<x<x.<1,恒有/(x.)f(x。). 中心,点M是正方体的中心,所以连接EM并 所以当#()时:#()##30(# 延长交侧面BCC.B 于点P,则点P是侧面 BCC.B 的中心,且PE/AB.设平面EPN交 )../(202-/(-02-(42)- A.D. 于点F,交AD于点G,交BC于点H,连 接NF,GH,因为平面ABC/平面A.B.C.D.. #7(0)_ 所以GH/NF,GH一NF.所以四边形NFGH 新高考数学答案-82 CC5 [参考答案]1 CC-1 P(X-2- .P(X-3 = C 14 C2 15.[解](1)a=0时,f(x)=e,f(o)=l-,() 故X的分布列为 X 0 -,故广(o)--,故函数f(x)在点(0. 1 2 3 2习 10 一、 1-1,即ey-x-1-0. f(0))的切线方程为y-- p (2)当x>o时,el-alnr恒成立,故el-lnr> a.令z(x)=el-lnr,定义域为(0,十oo),则r(x)= (2)设原来数据的样本中心点为(x,y),去掉第5天的 数据后样本中心点为,y),-x(1+2+3+4 .) r 8 -1--在(0,+c)上单调递增,又/'(1)=eì-1= 1(9×190-203)-1507. 0.故当x(0,1)时,r(x)<0,当x(1,+o)时, 8 (xy-·)-8) r'(x)>0,故i(x)=e-lnx在(0,1)上单调递减,在 (1.+oo)上单调递增,i(x) =(1)-e-ln1-1. 故- (c-)一(n:-) 则a<1,所以a的取值范围是(一o,1. 二 16.[解](1)因为点M(m,2)在抛物线上,所以4-2/m. 4-2m. 8 因为 MFl-2,所以m+-2,联立 解 &(一7)} 22-9· 1_1 _二 fn-1. - (-二) (2)由P(4,y)(y0)在抛物线上,得y=4,即P(4. 二 1800 0-30,-y-61507 4),显然,过点Q(1,一4)的直线斜率不为0,故设直线 7-30×5-307 60 8 ,所以 8 AB方程为x=m(y+4)+1,A(x,y),B(x,y),由 -30+307 8 12-4 18.[解](1)证明:如图,过射线PC上一点H作HM1PC交 -4(-16m-4)-16(m+4m+1) 0,m /3-2或m PA于M点,作HN |PC交PB于N点,连接MN. <-3-2,y+=4m,yy--16m-4.x.+x= 则乙MHN是二面角A一PC A 一B的平面角. m(y+y+8)+2=4m{}+8m+2,x.=(my,+4m+ M 1)(my+4m+1)=nyy+n(4m+1)(y+y)+ 在△MNP中和△MNH中分 别用余弦定理,得 (4m+1)*}-16m+8m+1,b.--4 MN*-MP*+NP*-2MP. y3-4(y+y)+16 以:--4.-4 NP.cos7. r.-4 1x.-4(x.+x.)+16 .-4 MN$}-MH$+NH-2MH·NH· cos $$$ -16m-4-4·4n+16 -32n+12 两式相减得MP*-MH}+NP*-NH*-2MP·NP· -24m十9 。 16m+8m+1-4(4m+8m+2)+16 cos+2MH·NH· cos0-0..' 2MP·NP· cosy= 2PH +2MH·NH·cos},两边同除以2MP·NP.得 cosy-cosacos③十 sinasin{cosf (2)①由平面AAC.C1平面ABCD,知0=90^{*; '.由(1)得 cos AAB-cos A.AC·cos CAB. .cos AAC-60{cos BAC-45* ②在直线CC 上存在点P,使BP/平面DAC. 连接B.C,延长C.C至P,使CP-C.C,连接BP 在平行六面体ABCD-ABCD 中.A.B AB,AB /CD. 17.[解](1)每天普及人数不少于240人的天数为3天,则 ..A.BDC,.'.四边形ABCD为平行四边形 C 2 X的所有可能取值为0,1,2.3,P(X-0)= ..A.D/B.C 在四边形B.BPC中,BB/CP. P(X-D)-CC10 '.四边形B.BPC为平行四边形. C 2 '.B C/BP..'.A.D/BP. 新高考数学答案-83 又A.DC平面DAC,BP平面DA.C. ux取等号的条件是n三0,1,或x-0 '.BP/平面DAC (2)当n-1时,原不等式即1+x1十x,显然成立; '.当点P在C.C的延长线上,且使CP-C.C时,BP/ 当n2时,构造数列(a.),a一(1十x)(1+x。)(1十 平面DAC. x.)..(十x。)-(1十x.十x。十x十.十r。),则a D a=r[(1+x)(1+x)(1+x).(1+x)-1],若 A x.o(i-1,2,3,.,n+1),由上式易得a-a.0. C 即a.a.;若-1<x<0(i-1,2,3,.1,n+1),则0 <1+x<1,所以(1十x.)(1十x。)(1十x。).(1+x.) -1<0,故a-a.=x[(1+x)(1+x。)(1+) ...(1十x.)-1]0,即此时a.,a。也成立,所以当n >2时,aa.,由于a=(1十x)(1十x。)-(1+x 十x。)=xx:0,所以a.a0(n2),故原不等式 成立。 (3)要证(3{-1)(3-1)(3{-1)..(3--1)7 3-1,只需证(1一)(11一)(1一-)(1- , 19.[证明](1)当”=0时,x(-1,+),则(1十x)-1. ) 当n-1时,(1+x)-1+x. 当n>1时,我们需证(1十x)“1十nx, 由(2)知(1-)(11-)(1-)(1-)=1 设f(x)=(1+x)-nx-1,(x-1). 注意到f(0)-0,/(x)=n(1+x)-n=a[(1+ )~1-1]. 令(1+x)-1-1-0得x=0,即/(0)-0. 令g(x)=f(),则g'(x)=n(n-1)(1+x)0,所 以f(x)在(-1,十o)单调递增,当-1<x<0时 $( x)<f(0)=0,当x>0时,f(x)>f(0)=0,故 f(x)在(一1,0)上单调递减,在(0,十o)上单调递增 ·(1-)(1-)(1-)(1-)>- 所以在x=0处f(x)取得极小值f(0)一0,即f(x)0 恒成立,(1+x)”二nx十1.不等式(1十x)”1十nx对n EN.x6(一1.+co)成立,得证,不等式(1十x)*1十 222025全国前十重点中学重组模拟卷(四) 1.B [试题解析]由B=x 1<x4,得CB-x 1 了,丁也说错了,其中只有甲1人说对了,满足条件; 或4,而A-xl0<x<3),所以A(.B) 若丁做对了,则丁、甲、丙都说对了,不满足条件;故 [0.1].故选B. 做对的是丙,说对的是甲,故选C 2.D [试题解析la在b上的投影向量为a·cosa,b)· 6.D [试题解析]由题意可得 Vc+y #b_4cos150*·b--③b.故选D. #(-)+(3#-){ [b{ 3.C [试题解析]由题意得(0.004十a+0.018十2×0.022 十0.028)×10-1,解得a=0.006,因为前4组数据 ,化简得x+y-2x-4y+1-0,即(x-1)*+(y 的频率之和为0.04+0.06十0.22+0.28-0.6,前5 一2){}一4,即动点P(x,y)的轨迹为以(1,2)为圆心; 组数据的频率之和为0.04十0.06十0.22十0.28十 2为半径的圆,由C;r+y+6x+2y=-10(r 0.22-0.82,则70%分位数在[80,90)内,设70%分 0).可得(x十3)*}十(y十1)*}=r,故圆C以(-3, 位数为x,则0.6十(x-80)×0.022-0.7,解得x 一1)为圆心,,为半径,由两圆有且仅有三条公切 84.55,所以70%分位数约为84.55.故选C. 线,故两圆外切,即有r十2= (1十3)}十(2+1)*} 4.B [试题解析]因为lga。,lgas是f(x)=3x}-12x+ 一5,即,-3.故选D. 9的两个零点,所以lga。}十lga:o2=4,所以 7.C [试题解析]由y=x”得lny=xlnx,令z=xlnx,则 lg(aao)-4,所以assos-10,故aas.-10 . 函数x=xlnx可以看作函数x-lny与函数y=x 故选B. 的复合函数,因为z一lny为增函数,所以z一xln 5.C [试题解析]若甲做对了,则甲说错了,乙说对,丙也 与y一x单调性、图象变换等基本一致,一lnx十 说对了,2人说对了,不满足条件;若乙做对了,则甲 说对了,乙说错误,丙也说对了,2人说对了,不满足 条件;若丙做对了,则甲说对了,乙说错了,丙也说错 新高考数学答案-84