2025年普通高等学校招生全国统一考试(预测卷四)-【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）

t>0,且x=-1,故只需证t(+1)≤2-1，即证 ≤5且5≤h(4)≤6，所以h(4)=5.即H(4)=5. 生4≤2，令0=，则)=+2，令0 3n-1 ,n为正奇数， -1 e-1 2 我们猜想H() =t+1-21,则g'(1)=21-813=21(1-4)=21(1+ 2 一1，n为正偶数， 201-2.由于>0，令g)>0,则0<1< 下面证明 ①当n=1,2,3,4时，H(m)的公式显然成立. ∴g)在(0，）上单调递增，在（合，+）上单调递 ②假设当n=1,2,3,4,…,2k-1,2k(k≥2)时，H(n)的 公式成立，则当n=2k十1时， 减.又(0)=1，g(1)=0,.当t∈(0,1)时，g()>0,即 1+(3k-1)=h(1)+h(2k)≤h(2k+1)≤h(1)+h(2k) s'(t)>0,当t∈(1，+∞)时，e(t)<0,即s(t)<0, +1=1十(3k-1)+1, ∴s(1)在(0,1)上单调递增，在(1，+o∞)上单调递减， 2+(3k-2)=h(2)+h(2k-1)≤h(2k+1)≤h(2)+ ∴s)=s)=2≤2，所以当m=1时，fz e h(2k-1)十1=2十(3k-2)+1, 4+(3k-4)=h(3)+h(2k-2)≤h(2k+1)≤h(3)+ +1≤2et +行r+1+x-1. h(2k-2)+1=4+(3k-4)+1, 5+(3k-5)=h(4)+h(2k-3)≤h(2k+1)≤h(4)+ 19.[解](1)因为f(x)+(x)≤f(x十x)≤f(x)+ h(2k-3)+1=5+(3k-5)+1, f(x)+1,所以1+f(2)≤5≤2+f(2),所以3≤f(2) 44 ≤4.但是若(2)=4，则1+5≤f(4)≤1+5+1，又4 即只需3k≤h(2k十1)≤3k十1即可，所以H(2k十1)= 十4≤f(4)≤4十4+1，这出现矛盾，所以f(2)=4不成 3k+1. 立，即f(2)=3,此时1+5≤f(4)≤1+5+1,3+3≤ 又当n=2k+2时， f(4)≤3+3+1，所以f(4)=6或者f(4)=7.若令 1+(3k+1)=h(1)+h(2k+1)≤h(2k+2)≤h(1)+ f(n)=2n一1，显然它是满足SG-L函数的3个条件 h(2k+1)+1=1+(3k+1)+1, 的，不会出现矛盾.所以F(4)=7. 2+(3k-1)=h(2)+h(2k)≤h(2k+2)≤h(2)+h(2k) (2)由g(1)=g(2)=1,则2≤g(3)≤3，若g(3)=3,则 +1=2+(3k-1)+1. 4≤g(4)≤5,2≤g(4)≤3，出现矛盾.所以g(3)=2.同 4+(3k-2)=h(3)+h(2k-1)≤h(2k十2)≤h(3)+ 理求得g4)=3,我们猜想g(m)=”=L h(2k-1)+1=4+(3k-2)+1, {n-1,n>1. 5+(3k-4)=h(4)+h(2k-2)≤h(2k+2)≤h(4)+ 下面证明.①当n=1,2,3时，g(n)的公式显然成立. h(2k-2)+1=5+(3k-4)+1, ②假设当n≤k(k>3)时，g(n)的公式成立. 即只有h(2k+2)=3k+2.所以H(2k+2)=3k+2, 则当n=k+1时， 1十(k-1)=g(1)十g(k)≤g(k十1)≤g(1)十g(k)十1 0为正奇数 =1+(k-1)+1, 所以H(n)= 证 1十(k-2)=g(2)十g(k-1)≤g(k+1)≤g(2)十g(k -1,n为正偶数 2 -1)+1=1+(k-2)+1, 可知，该公式给定的数列也满足SG一L函数的3个 2+(k-3)=g(3)+g(k-2)≤g(k+1)≤g(3)+g(k 条件 -2)十1=2+(k-3)+1, 于是当n为偶数时，T。=1十2十4十5十…十 显然，只能是g(k+1)=k 3x")+(”-）=登1+2)+ 所以g()=1n=1. 得证。 {n-1,n>1 ×(2-) X6=3n 可知，该公式给定的数列也满足SG一L函数的3个 条件。 当n为奇数时，T.-3m1》+3m1_3m+1: 4 于是220=2+2+2+2+…+2”=2+21-2） 1-2 3n+1 4 ,n为奇数· =21=1024, 所以数列{H(n)}的前n项和T。 所以数列{2)的前10项和为1024. 3n2 n为偶数 4 (3)因为h(1)=1,h(2)=2,所以H(1)=1,H(2)=2, 因为3≤h(3)≤4.不妨取H(3)=h(3)=4,则4≤h(4) ④2025年普通高等学校招生全国统一考试（预测卷四） 1.A [试题解析]sin50°sin80°十cos50°sin170°=2.B[试题解析]因为复数g=(2-5i)(-1一2i)=一12十i, sin50cos10°+cos50sin10°=sin(50+10= 所以x对应的点为（一12,1），位于第二象限.故选B 2 3.D[试题解析]由题意知，当m≤1时，f(m)=2+1一8 故选A =一12，得2+1=一4，又2+1>0，所以方程无解； 新高考数学答案一100 当m>1时，f(m)=4log4(m+1)=一12，得1og (m+1)=一3，即m十1=8，解得m=7,所以f(6 tB错送：PBC)-S-高≠PB)P(C,tC m)=f(-1)=21+1-8=-7.故选D. 错误；P(D)= C:+CC 4.A[试题解析]由题意得a+b=一c,则(a十b)=e2有 C ，P(cD)= 5 +2a·6+1=,解得ab=号又由a+c cc+ccc+ccc+cccc-25-p(c) CC 36 =-b,则(a十c)”=b有12+2a·c十(3)=12，解 ·P(D),故D正确.故选D. 得a·e=-名网理可得6c=-是，所以a-e) 8.D [试题解析]对于①，C:x十y=1中令x=士1得y =0,同理令y=士1得x=0,故经过点(1,0)，（一1， ·(b-c)=a·b-a·c-b·c+c=3. 2.a-el= 0),(0,1),(0,-1),又当|x|≥2或y≥2时，方程 无解，综上，恰好经过4个整点，①正确： √/a-2a·c+c=7,|b-cl=√b-2b·c+e 对于②，设曲线C上一点坐标为(m,n),故m十n =√7，所以cos(a-c,b-c)=ac）·(h-e_ =1,则此点到原点的距离为d=√m十n,其中 a-c·b-c 13 2m+2n≥m+n+2mn=(m+n)2,当且仅当 13.故选A m=n2时，等号成立，即m十n≤V2,故d= 7×√714 √m十n≤2<2，②正确； 5.B[试题解析]设每月需还款a万元， 对于③，根据②中所求，曲线上一点到原点的最小 第一期还款后，还欠银行41=100×1.005一4万元， 距离为d=2>1,又由对称性可知，C:x十y=1 第二期还款后，还欠银行a2=(100×1.005一a)X 关于x,y轴对称，关于原点对称，画出C:x十y=1 1.005一d万元 的图形如下： 4…4… 设第n期还款后，还欠银行an万元，则a2m=0,且 a=1.005a,1一a,所以{a-200a}是公比为1.005 的等比数列.所以4.=1.005"-1(100.5-201a)+ 1.00540 200a.令44o=0,解得42.0050-D ≈0.716 5,即每月大约需还款7165元.故选B. 6.A[试题解析]将该容器任意放 置均不能使水平面呈三角 由于x十y=1围成的区城为以原点为圆心，1为 形，则如图，水最少的临界情 半径的圆，此时区城面积为π·1一π，而外围的正 况为四面体ABDA,,水面为 方形的面积为2×2=4，故曲线C所围成的区城的 面ABD, 而积大于3且小于4，③正确.故选D. 水最多的临界情况为多面体 9.AC[试题解析]因为A∩BA,A∩B=BUC, ABCDA B,D,水面为 所以(BUC)三A,所以B二A,C二A,因为(A∩B) BCD,因为V4m-号×号×1X1X1-吉 三B,A∩B=BUC,所以(BUC)三B,所以C二B, 所以CB三A,故AC正确，BD错误.故选AC. Vaca,,o =V.unc o Ve =1-3x 10.ACD[试题解析]对于A,令x=0,则a。=(一2)"= 1024,故A正确：对于D,令x=1→4。十u1十… ×1x1x1=吾所以日<V<v∈（合 十42w=0,令x=-1→a。-a1十a:-a,十…十 a18一d1e十a0=1024,两式相减得a1十a1十a )故选A 十…十41n=一512，故D正确；易知(x”十x 2)”=(x一1)“(x十2)”，而(x一1)0中的常数 项为1，含x项为CxX(-1)”=一10x,含x 项为C。x”×(一1)=一10.x°，含x°项为x0,同 理(x十2)0中的常数项为1024，含x项为Cx ×2=5120.x,含x项为Cx”×2=20.x,含 x°项为x,所以a1=1×5120+(-10)× 1024=-5120,故B错误：a1=一10×1十1× 7.D[试题解析]依题意得P(A) C CC36,P(B)= 20=10,故C正确.故远ACD 1.ACD[试题解析]由m,”-n可符m2+2nm=n 、C0P(AB)=0≠P(A)P(B,故A错误： 2 +4lnn… P(C)=C三+S9令，P(AC)=0≠P(AP(C 记f(x)=x+2lnx,g(x)=r十4ln.x,由于函数 C y=x,y=lnx,y=x均为(0，十c∞)上的单调道 新高考数学答案一101 增函数，故f(r)=x2+2lnx,g(x)=x十4lnr为 由正弦定理可知A= sin∠PAF|PFIPQI (0,十o∞)上的单调递增函数，记h(x)=f(x) sin∠AFp PAT PA g(x)=x-2nx-x,则(x)=2r-2-1 s∠PAQ-号 2-1=2,令'(x)=22-12>0,得c> 4 4 增，令h'(x)= 2.x2-x-2 <0,得0<x< 上单调递诚， 而h(1)=0,h(10)=90-21n10>0,故存在x ∈(1，十o∞)使得h(.x)=0,故当x>xoh(x)> [参考答案]号 0,即f(x)>g(x),当1<x<x。时h(x)<0, 14.[试题解析]如图，将第1个实心球O靠近该图柱形容 f(.x)<g(x),当x<1时，f(x)>g(x),故作出 器侧面放置， f(x),g(.x)的大致图象如下： =f/ 了=g 由图可知：当f(m)=g(n)时， B 当f(m)=g(n)>f(x。)时，可得1<m<n, 球O上的点到该圆柱形容器下底面的最大距离为2②： 当f(1)<f(m)=g(n)<f(x)时，可得1<n 将第2个实心球O,也靠近该圆柱形容器侧面放置， m,当f(m)=g(n)<f(1)时，可得m<n<L.故 过点O作OA垂直于该闻柱形容器的母线，垂足为A, 选ACD. 过点O作(O)B垂直于该圆柱形客器下底面，垂足为B, 12.[试题解析]因为r)=in(+受)o受，即fr) 设O1A∩O,B=C,AC=BC=√2，CO0=2,CO, √O-C0-2,球O2上的点到该画柱形容器下底 之，所以f(x+2x)=cos(x+2x)· 面的最大距离为2十22. 同理可得球O,上的点到该圆柱形容器下底面的最大 ）,化简得fx+2x)=cosreos+ 距离为4十2√2. -co8xc0s,又f(-x+2x)=cos（-x+2x)· 由此规律可得，每多放一个球，最上面的球上的点到该 圆柱形容器下底面的最大距离加2. -x十2元 cos 2 ,化简得f(-x十2x)=一c0s(一x)c0s2 因为48×2十2√2<100<49×2十22，所以该圆柱形 容器内最多可以放入49个这种实心球. 兰，所以有f十2)=f(一x+2x),所以 [参考答案]49 15.[解](1)当=1时，2a1=a十1，则a1=1. 高教f)=im(r+受）·co受的图象关于r=2x 因为2S.=a十n,所以当n≥2时，2S.-1=a2-1十n 成抽对称.故答案为2π（答案不唯一）. 1,两式相减得2a,=a一a。1十1，即a-1=(a,一1)， [参考答案]2π（答案不唯一） 因为a.≥1，所以an-1=a。一1，即a。一u1=1,放{a} 13.[试题解析]由抛物线C:y=2p.x(p>0),可得焦点 是以1为首项，1为公差的等差数列. F(台0）准线方程为x=一号，则A(-台0)设点 (2)由(1)知，a。=1十(n一1)×1=n,所以b. P在准线上的射影为Q,则|PF1=|PQ,因为直线 (2n为奇数故T=h十么+6十…十b:=6十， n,n为偶数， AP与抛物线C相切，设PA的方程为y=(:十号) +…+b2。-1)+(b+b+…+bn)=(2+2+…+ 2-)+(2+4+…+2m)=21-2+n(2+22 ≠0，联立方程组=+)理释 1-4 2 y=2px. 21-2+i+n. 3 2-2)p+p=0,所以4=(-2)p-k 16.[解](1)零假设为H。:观看第十四届冬季运动会开幕 式的观众与性别无关，根据列联表中数据，得X =0,解得k=士1，所以sin∠PAQ=号，在△APF中， 100×(55×20-15×10)≈18.89>10.828，故根据小 70×30×65×35 新高考数学答案一102 概率值a=0.001的独立性检验，H。不成立，所以观看 开幕式的观众与性别有关， 所以A>1),所以BC-3 2 (2)依题意，被抽取到的男性居民的人数为，未观看第 18.[解]1)设P(ry,则kpm一（x≠-1)，kp4, 十四届冬季运动会男性居民的概率为3，即B(3, 六红≠D.由已知，有片‘六-4≠士D,故 3)小则的取值有012.3，则P(=0)=C·(号) C的方程为-号=1≠士D. P=D=C·(号)·-，p=2)=G (2)证明： ·是()=号=3)=G()=动 设M(工1y),N(xy),若直线I的斜率为O,则直线 MA,与NA2的交点在y轴上，与已知矛盾，故设直线 则：的分布列为 1的方程为x=my十n(m≠士，由二m十”：得 4x2-y=4, 0 1 3 (4m2-1)y2+8mny+4n2-4=0, 8 一81 9 9 27 4=16(4m+-1)>0,则y+=my·为 所以的数学期望E()=3X3 =1. -招号由点S在直线=号上，设S(合小则 方差Dx9=3X号×号-号 22 1= 2 1一=一2，所以kx 113 17.[解](1)作FO⊥BC于点O,因为平面ABC⊥平面 BCFE,平面ABC∩平面BCFE=BC,FOC平面 一3k,M…又k,N·k,N=4,则kA,N·（-3kM)=4, BCFE,FO⊥BC,所以FO⊥平面ABC,FO即为三棱 台ABC一DEF的高，又因为ABC平面ABC,所以FO ⊥AB,连接AO,因为AB∥DE,AF⊥DE,所以AB⊥ 4(my2+n+1)(my,+n+1),(4m+3)y1y2+4(mn+ AF,FO∩AF=F,FO,AFC平面AFO.所以AB⊥平 m)(.+为)+4(+1)产=0.（4m2+3)加4+4mm 面AFO,又AOC平面AFO,所以AB⊥AO,∠ABC= '4m2-1 ∠CBF=45°，AB=1.所以AO=1,BO=FO=√2，所以 十m)二8mm十4(n十1)'=0,2-n-2=0,所以1= 4m2-1 三棱台ABC-DEF的高为√2 一1（舍去），或n=2,所以1的方程为x=my十2，过定 (2)以O为原点，在面ABC内，作Ox⊥BC.以Ox,OB 点(2,0). OF所在直线分别为x,y,之轴建立如图所示的空间直 角坐标系O一xy, 则A(受，号0）B0,E,0.F00.i= 19.[解](1)由已知g'(.x)=-(2a-1)sin.x十1，g"(x) (号9o)i=o.-@ (2a-1Dc,所以2-号解得a=0a=1 (1+1)是 设平面ABF的法向量为n=(x,y,之)，则 舍去)，所以a=0. n·F第=√2y-V2x=0, =号+ 可取n=(1,1,1), (2)由1)得gx)=I-o,f)=eim(受+x） y=0, eo,则g)=1+in,对任意的x∈[-受0]小 设武-威.则心-（号号-小设直线AC mf(x)-g'(x)≥0，即me'cosr-sinx-1≥0恒成立， 与平面ABF所成角为a,sina=|cos(AC,n)|= 令x=- 受，则m,0叶1一1=0≥0，不等式恒成立，当 2λ V3×W/2A-2λ+1 ,化简得6以2-18以+9=0：解 x∈(-受，0]时，ox>0,原不等式化为m≥ 得X=2,或X=子（含去，因为AC>AB.则BC>B0. e'cosr 新高考数学答案一103 (cos.r)e'cosx-e"(cosx-sinc)(sinr+1) (e cos) 故f(2ax+吾）=co(2ax+晋）-sm(2mx+ 1-sinccos-cosx+sin-1-cosx)(1+sin)≥0， e cos'r e'cos'r ）-1=e片--1 e+培- -17 所以h(x)在区间 一受0上单调递增，所以A) 2×-1>09(2m+受）=-2<0.所以 =h(0)=1,所以m≥1，综上所述，实数m的取值范围 为[1，+0∞). 存在唯一x,∈2x ,2m+)使得(x)=0 (3)x+1>x,+2r,证明如下： 由已知方程f(x)=g'(x)可化为e'cosr-sinx一1=0， 又x.(2mx+,2mx+）x-2x∈(2mx+ (r)=e'cosr-sinx-1,(r)=e'(cos.r-sin.r) -cosr, 2nr十 2 ,则9(x.+1一2x)=ew+12cos(x+1一2π) 因为∈(2mx+，2m+）: sin(-2)-1=e+1cos.t+-sin.r+-1 =e+cos.tt1-e'+i cos.t+1 所以cos.x<sin.x,cosz>0, =(e'+1--ea+1)c0s.x+1<0=g(x,） 所以P'(x)<0,所以g(x)在区间 2nx+- ，2mx+ 由g(x)单调递减可得x+1一2π>Cn,所以xw+1>x +2π. )n∈N)上单调递减， 第四部分 权威解读2024年高芳真题必练 ⑦@2024年普通高等学校招生全国统一考试（新课标I卷） 1.A[试题解析]因为A={x-5<x<5}=(x-< 7.C[试题解析]因为画数y=2sin(3江-吾）的最小正 x<5,B={-3,-1,0,2,3},所以A∩B={-1, 0},故选A 周期T=,所以函数y=2sim(3x-晋）在[0.2x] 2.C [试题解析]因为，产=1十i,所以=(：-1)1十 上的图象恰好是三个周期的图象，所以作出函数y iD.即=-1+i-i,即i=1+i,所以=1中i =2sin(3x-- )与y=imx在[0,2x]上的图象如 (1+i)(-D=1-i,故选C 图所示. i(-i) 3.D[试题解析]因为b⊥(b一4a),所以b·(b一4a)=0, 即b=4a·b.因为a=(0.1),b=(2,x),所以b=4 十x2,a·b=x,得4十x2=4:x,所以(x-2)2=0,解 得x=2,故选D. 4.A[试题解析]由cos(a十)=m得cos acos 8--sin asin B=m①. 由tan ctan月=2得in asin=2②，由①②得 cos acos B 由图可知，这两个图象共有6个交点，故选C cos acos B=一m:所以cos(a-B)=cos ac0sP+ 8.B[试题解析]因为当x<3时，f(.x)=x,所以f(1) sin asin B=-2m, sin asin3=一3m,故选A. 1,f(2)=2,对于f(x)>f(.x-1)十f(x-2),令x 5.B[试题解析]设圆柱和圆锥的底面半径均为r,因为 3,得f(3)>f(2)+f(1)=2+1=3,令x=4,得 f(4)>f(3)+f(2)>3十2=5：依次类推，得f(5)> 它们的高均为√5，且侧面积相等，所以2πrX5=πr f(4)+f(3)>5+3=8:f(6)>f(5)+f(4)>8+5 √()+F,得广=9，所以周维的体叔V=号× =13:f(7)>f(6)+f(5)>13+8=21:f(8)>f(7) +f(6)>21+13=34:f(9)>f(8)+f(7)>34+21 3=35π，故选B. =55:f(10)>f(9)+f(8)>55+34=89:f(11)> 6.B[试题解析]因为函数f(x)在R上单调递增，且当x f(10)+f(9)>89+55=144:f(12)>f(11)+ <0时，f(x)=-x”一2a.x-a,所以f(x)=-x2 f(10)>144+89=233:f(13)>f(12)+f(11) 2a.x-a在(-o∞，0)上单调递增，所以-a>0,即a≤ 233+144=377:f(14)>f(13)+f(12)>377+233 0;当x≥0时，f(x)=e'十ln(x+1),所以函数f(x) =610:f(15)>f(14)+f(13)>610+377=987: 在[0，十∞)上单调递增，若函数f(x)在R上单调递 …,显然f(16)>1000.所以f(20)>1000.故逃B. 增，则一a≤f(0)=1,即a≥一1，综上，实数a的取9.BC[试题解析]由题意可知，X~N(1.8,0.1),所以 值范围是[一1,0]，故选B. P(X>2)<P(X>1.8)=0.5,P(X<1.9)≈ 新高考数学答案一104卷２６ ２０２５年普通高等学校招生全国统一考试(预测卷四) 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．计算:sin５０°sin８０°＋cos５０°sin１７０°＝ (　　) A．３２ B．－ ３ ２ C． １ ２ D．－ １ ２ ２．在复平面内,复数z＝(２－５i)(－１－２i)对应的点位于 (　　) A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 ３．已知函数f(x)＝ ２x＋１－８,x≤１, ４log１２(x＋１),x＞１, ì î í ïï ï 且f(m)＝－１２,则f(６－m)＝ (　　) A．－１ B．－３ C．－５ D．－７ ４．已知向量a,b,c满足|a|＝|b|＝１,|c|＝ ３,且a＋b＋c＝０,则cos‹a－c,b－c›＝ (　　) A．１３１４ B． ３ ３ １４ C．－ ３ ３ １４ D．－ １３ １４ ５．某人从银行贷款１００万,贷款月利率为０．５％,２０年还清,约定采用等额本息按月还款(即每个月还相同数 额的款,２４０个月还清贷款的利息与本金),则每月大约需还款 (　　) (参考数据:１．００５２４０≈３．３１０) A．７２６５元 B．７１６５元 C．７３６５元 D．７２８５元 ６．如图,一个棱长１分米的正方体形封闭容器中盛有V 升的水,若将该容器任意放置均不能使水平面呈三角 形,则V 的取值范围是 (　　) A．(１６, ５ ６) B．( １ ３ ,２ ３) C．( １ ２ ,２ ３) D．( １ ６ ,１ ２) ７．盒中有４个大小相同的小球,其中２个红球、２个白球,第一次在盒中随机摸出２个小球,记下颜色后放回, 第二次在盒中也随机摸出２个小球,记下颜色后放回．设事件A＝“两次均未摸出红球”,事件B＝“两次均 未摸出白球”,事件C＝“第一次摸出的两个球中有红球”,事件D＝“第二次摸出的两个球中有白球”,则 (　　) A．A 与B 相互独立 B．A 与C 相互独立 C．B 与C 相互独立 D．C与D 相互独立 ８．对于曲线C:x４＋y４＝１,给出下列三个结论: ①曲线C恰好经过４个整点(即横、纵坐标均为整数的点); ②曲线C上任意一点到原点的距离都小于 ３ ２; ③曲线C所围成的区域的面积大于３且小于４． 其中,所有正确结论的序号是 (　　) A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ 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．若集合A∩B＝B∪C,则一定有 (　　) A．C⊆B B．B⊆C C．B⊆A D．A⊆B １０．若(x２＋x－２)１０＝a０＋a１x＋a２x２＋a３x３＋􀆺＋a２０x２０,则 (　　) A．a０＝１０２４ B．a１＝１ C．a１９＝１０ D．a１＋a３＋a５＋􀆺＋a１９＝－５１２ １１．已知正实数m,n满足m ２－n ２ ＝ln n２ m ,则下列不等式可能成立的有 (　　) A．m＜n＜１ B．n＜m＜１ C．１＜m＜n D．１＜n＜m 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 卷２６ 三、填空题:本题共３小题,每小题５分,共１５分． １２．若函数f(x)＝sin(x＋π２)cos x ２ 的图象关于x＝a(a≠０)成轴对称,则a的值可以为　　　　．(写出一个 正确的值即可) １３．已知抛物线C:y２＝２px(p＞０)的焦点为F,抛物线C的准线l与x 轴交于点A,过点A 的直线与抛物线C 相切于点P,连接PF,在△APF中,设sin∠PAF＝λsin∠AFP,则λ的值为　　　　　． １４．已知某种有盖的圆柱形容器的底面圆半径为１＋ ２,高为１００,现有若干个半径为 ２的实心球,则该圆柱形 容器内最多可以放入　　　　个这种实心球． 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)记数列{an}的前n项和为Sn,已知an≥１且２Sn＝a２n＋n． (１)证明:{an}是等差数列; (２)记bn＝ ２an,n为奇数, an,n为偶数, ì î í ïï ï 求数列{bn}的前２n项和T２n． １６．(１５分)２０２４年２月１７日晚上八点,中华人民共和国第十四届冬季运动会开幕式在内蒙古冰上运动训练 中心举行,开幕式以“燃情冰雪　筑梦北疆”为主题,全程共８０分钟,分为开幕仪式和文体展演两部分．开 幕式融合“简约、安全、精彩”的办赛要求,整场参与表演的演员仅有约８００人,通过数字技术并结合利用 AR 虚拟视效,将内蒙古大地的“豪情、豪迈、豪放”呈现给全国人民．多首耳熟能详的内蒙古优秀歌曲,以 及那达慕、安代舞、马头琴等民俗、歌舞、器乐等表演元素,都在开幕式上呈现．文体展演之后,进行了“十四 冬”主火炬点火仪式．随机调查了某社区１００人观看第十四届冬季运动会开幕式的情况,得到如下所示的 ２×２列联表． 看开幕式 未看开幕式 合计 男 ５５ １０ ６５ 女 １５ ２０ ３５ 合计 ７０ ３０ １００ (１)根据小概率值α＝０．００１的独立性检验,分析观看第十四届冬季运动会开幕式是否与性别有关; (２)将频率视为概率,用样本估计总体．继续从未观看开幕式居民中抽取３人进一步的分析,记被抽取到的 男性居民的人数为ξ,求ξ的分布列,数学期望E(ξ)与方差D(ξ)． 附表及公式: α ０．０５ ０．０１ ０．００５ ０．００１ xα ３．８４１ ６．６３５ ７．８７９ １０．８２８ 其中χ２＝ n(ad－bc)２ (a＋b)(c＋d)(a＋c)(b＋d) ,n＝a＋b＋c＋d． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 卷２６ １７．(１５分)如图,在三棱台ABC－DEF 中,平面ABC⊥平面BCFE,AF⊥DE,∠ABC＝ ∠CBF＝４５°,AC＞AB＝１． (１)求三棱台ABC－DEF的高; (２)若直线AC与平面ABF 所成角的正弦值为 １５５ ,求BC． １８．(１７分)已知A１(－１,０),A２(１,０),直线A１P,A２P 相交于点P,且它们的斜率之积是４,记点P 的轨迹为 曲线C． (１)求C的方程; (２)不过A１,A２ 的直线l与C 交于M,N 两点,直线MA１ 与NA２ 交于点S,点S在直线x＝ １ ２ 上,证明:直 线l过定点． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 卷２６ １９．(１７分)定义:若h′(x)是h(x)的导数,h″(x)是h′(x)的导数,则曲线y＝h(x)在点(x,h(x))处的曲率K＝ |h″(x)| {１＋[h′(x)]２} ３ ２ ;已知函数f(x)＝exsin(π２＋x) ,g(x)＝x＋(２a－１)cosx(a＜ １ ２ ) ,曲线y＝g(x)在点(０, g(０))处的曲率为 ２４． (１)求实数a的值; (２)对任意x∈ [ －π２,０] ,mf(x)≥g′(x)恒成立,求实数m 的取值范围; (３)设方程f(x)＝g′(x)在区间 (２nπ＋π３,２nπ＋ π ２) (n∈N ∗)内的根为x１,x２,􀆺,xn,􀆺比较xn＋１与xn＋ ２π的大小,并证明． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋