精编模拟试卷·数学(1)-【步步维赢】2025年高考数学精编模拟

数学答题卡·１－１　 精编模拟试卷（一） 数学答题卡 一、单项选择题：共４０分（需用２Ｂ铅笔填涂）　 　　　正确填涂　　　 １［Ａ］［Ｂ］［Ｃ］［Ｄ］　 ２［Ａ］［Ｂ］［Ｃ］［Ｄ］　 ３［Ａ］［Ｂ］［Ｃ］［Ｄ］　 ４［Ａ］［Ｂ］［Ｃ］［Ｄ］ ５［Ａ］［Ｂ］［Ｃ］［Ｄ］ ６［Ａ］［Ｂ］［Ｃ］［Ｄ］ ７［Ａ］［Ｂ］［Ｃ］［Ｄ］ ８［Ａ］［Ｂ］［Ｃ］［Ｄ］ 二、多项选择题：共２０分 ９［Ａ］［Ｂ］［Ｃ］［Ｄ］ １０［Ａ］［Ｂ］［Ｃ］［Ｄ］ １１［Ａ］［Ｂ］［Ｃ］［Ｄ］ １２［Ａ］［Ｂ］［Ｃ］［Ｄ］ 三、填空题：共２０分（需使用０．５毫米黑色签字笔书写） １３．　　　　　　１４．　　　　　　１５．　　　　　　１６．　　　　　 空 白 区 域 请 勿 答 题 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 数学答题卡·１－２　 四、解答题：共７０分（需使用０．５毫米黑色签字笔书写） １７．（１０分） （１） （２） １８．（１２分） （１） （２） 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 数学答题卡·１－３　 １９．（１２分） （１） （２） （３） ２０．（１２分） （１） （２） 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 数学答题卡·１－４　 ２１．（１２分） （１） （２） ２２．（１２分） （１） （２） 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 书 １－１　 精编模拟试卷·数学（一） （时间：１２０分钟　满分：１５０分） 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．“ｃ∈（－ 槡２ ３，槡２ ３）”是“ｘ∈Ｒ，ｘ２－ｃｘ＋３≥０成立”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 ２．已知复数ｚ＝２－ｉ１＋ｉ （其中ｉ为虚数单位），则｜ｚ｜＝ （　　） Ａ．１ Ｂ．１２ Ｃ． ５ ２ Ｄ． 槡１０ ２ ３．已知｜ａ｜＝｜ｂ｜＝｜ｃ｜＝１，ａ·ｂ＝－１２ ，ｃ＝ｘａ＋ｙｂ（ｘ，ｙ∈Ｒ），则ｘ－ｙ的最小值为 （　　） Ａ．－２ Ｂ．－ 槡２ ３３ Ｃ．－槡３ Ｄ．－１ ４．已知ａ＝２０２２２０２４，ｂ＝２０２３２０２３，ｃ＝２０２４２０２２，则ａ，ｂ，ｃ的大小关系为 （　　 ） Ａ．ｂ＞ｃ＞ａ Ｂ．ｂ＞ａ＞ｃ Ｃ．ａ＞ｃ＞ｂ Ｄ．ａ＞ｂ＞ｃ ５．已知抛物线Ｅ：ｙ２＝２ｐｘ（ｐ＞０）的焦点为Ｆ，过点Ｆ且斜率为ｋ的直线ｌ交抛物线于Ａ，Ｂ 两点，若｜ＡＦ｜＝３｜ＢＦ｜，则ｋ＝ （　　 ） Ａ．槡３３ Ｂ．± 槡３ ３ 槡 槡Ｃ．３ Ｄ．± ３ ６．已知Ａ（０，－２），Ｂ（２，０），点Ｐ为圆ｘ２＋ｙ２－２ｘ－８ｙ＋１３＝０上任意一点，则△ＰＡＢ面积 的最大值为 （　　） 槡Ａ．５ Ｂ．５－２ ２ Ｃ． ５ ２ 槡Ｄ．５＋２ ２ ７．在各项均为正数的等比数列｛ａｎ｝中，ａ２６＋２ａ５ａ９＋ａ２８＝２５，则ａ６ａ８ 的最大值是 （　　） Ａ．２５ Ｂ．５ Ｃ．２５４ Ｄ． ２ ５ ８．已知α为锐角，ｓｉｎ π３－（ ）α ＝４５，则ｓｉｎ２α＋π（ ）３ ＝ （　　） Ａ．－１２２５ Ｂ． １２ ２５ Ｃ．－ ２４ ２５ Ｄ． ２４ ２５ １－２　 二、选择题：本题共４小题，每小题５分，共２０分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目 要求。全部选对的得５分，部分选对的得２分，有选错的得０分． ９．已知样本数据ｘ１，ｘ２，…，ｘｎ 和 样 本 数 据ｙ１，ｙ２，…，ｙｎ 满 足ｙｉ＝ａｘｉ＋ｂ（ｉ＝１，２，…，ｎ， ０＜ａ＜１），则 （　　） Ａ．ｙ１，ｙ２，…，ｙｎ 的平均数小于ｘ１，ｘ２，…，ｘｎ 的平均数 Ｂ．ｙ１，ｙ２，…，ｙｎ 的中位数小于ｘ１，ｘ２，…，ｘｎ 的中位数 Ｃ．ｙ１，ｙ２，…，ｙｎ 的标准差不大于ｘ１，ｘ２，…，ｘｎ 的标准差 Ｄ．ｙ１，ｙ２，…，ｙｎ 的极差不大于ｘ１，ｘ２，…，ｘｎ 的极差 １０．已知 函 数ｆ（ｘ）＝ｃｏｓωｘ＋２π（ ）３ （ω＞０）在 －π，π［ ］２ 上 单 调，且ｆ（ｘ）的 图 象 关 于 点 －π３ ，（ ）０ 对称，则 （　　） Ａ．ｆ（ｘ）的最小正周期为４π Ｂ．ｆ２π（ ）９ ＞ｆ１０π（ ）９ Ｃ．将ｆ（ｘ）的图象向右平移４π３ 个单位长度后对应的函数为偶函数 Ｄ．函数ｙ＝５ｆ（ｘ）＋４在［０，π］上有且仅有一个零点 １１．已知异面直线ａ与直线ｂ所成角为β，过定点的直线ｌ与直线ａ、ｂ所成角均为α，且平面 γ与平面δ的夹角为θ，直线ｌ与平面γ，δ所成角均为φ，则对于直线ｌ的条数分析正确 的是 （　　） Ａ．当０＜α＜β２ 时，直线ｌ不存在 Ｂ．当β２＜α＝ π－β ２ 时，直线ｌ有３条 Ｃ．当β２＜α＜ π－β ２ 时，直线ｌ有４条 Ｄ．当０＜φ＜ θ ２ 时，直线ｌ有４条 １２．已知定义在Ｒ上的函数ｙ＝ｆ（ｘ）满足ｆ（ｘ＋２）＝－ｆ（ｘ），且函数ｙ＝ｆ（ｘ－１）为奇函 数，则 （　　） Ａ．函数ｙ＝ｆ（ｘ）是周期函数 Ｂ．函数ｙ＝ｆ（ｘ）为Ｒ上的偶函数 Ｃ．函数ｙ＝ｆ（ｘ）为Ｒ上的单调函数 Ｄ．函数ｙ＝ｆ（ｘ）的图像关于点（２ｋ＋１，０）（ｋ∈Ｚ）对称 １－３　 三、填空题：本题共４小题，每小题５分，共２０分． １３．已知ｓｉｎα＋π（ ）４ ＝ 槡２ ２３ ，则ｓｉｎ２α＝　　　　． １４．写出一个同时满足下列两个条件的非常数函数　　　　． ①当ｘ１ｘ２≥０时，ｆ（ｘ１＋ｘ２）＝ｆ（ｘ１）ｆ（ｘ２）；②ｆ（ｘ）为偶函数． １５．已知母线长为６的圆锥的顶点为Ｓ，点Ａ，Ｂ为圆锥的底面圆周上两动点，当ＳＡ与ＳＢ 所夹的角最大时，锐角△ＳＡＢ的面积为 槡８ ２，则此时圆锥的体积为　　　　． １６．在等比数列车员｛ａｎ｝中，ａ２·ａ３＝２ａ１，且ａ４ 与２ａ７ 的等差中项为１７，设ｂｎ＝（－１）ｎａｎ， ｎ∈Ｎ，则数列｛ｂｎ｝的前２０１８项和的为　　　　． 四、解答题：本题共６小题，共７０分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。 １７．（１０分）已知数列｛ａｎ｝满足ａｎ＞０，ａｎ＋１＝３ａｎ＋４． （１）证明：数列｛ａｎ＋２｝为等比数列； （２）若ａ３＝２５，求数列｛ａｎ－ｎ｝的前ｎ项和Ｓｎ． １－４　 １８．（１２分）在①ｂ（１＋ｃｏｓＡ）＝槡３ａｓｉｎＢ，②槡３ｂｃｏｓ Ｂ＋Ｃ ２ ＝ａｓｉｎＢ ，③ａｓｉｎＣ＝ｃｃｏｓＡ－π（ ）６ 这三个条件中任选一个作为已知条件，补充在下面的问题中，然后解答补充完整的题． △ＡＢＣ的内角Ａ，Ｂ，Ｃ所对的边分别为ａ，ｂ，ｃ，已知　　　　（只需填序号）． （１）求Ａ； （２）若ａ＝槡７，ｂ＋ｃ＝４，求△ＡＢＣ的面积． １９．（１２分）“碳达峰”“碳中和”成为２０２１年全国两会热词，被首次写入政府工作报告．碳达 峰就是二氧化碳的排放不再增长，达到峰值之后再慢慢减下去；碳中和是指在一定时间 内直接或间接产生的温室气体排放总量通过植树造林、节能减排等方式，以抵消自身产 生的二氧化碳排放量，实现二氧化碳“零排放”．２０２０年９月，中国向世界宣布了２０３０年 前实现碳达峰，２０６０年前实现碳中和的目标．某城市计划通过绿色能源（光伏、风电、核 能）替代煤电能源，智慧交通，大力发展新能源汽车以及植树造林置换大气中的二氧化 碳实现碳中和．该城市某研究机构统计了若干汽车５年内所行驶的里程数（万千米）的 频率分布直方图，如图． １－５　 （１）求ａ的值及汽车５年内所行驶里程的平均值；（同一组中的数据用该组区间的中点 值为代表） （２）据“碳中和罗盘”显示：一辆汽车每年行驶１万千米的排碳量需要近２００棵树用１年 时间来吸收．根据频率分布直方图，该城市每一辆汽车平均需要多少棵树才能够达到 “碳中和”？ １－６　 （３）该城市为了减少碳排量，计划大力推动新能源汽车，关于车主购买汽车时是否考虑 对大气污染的因素，对３００名车主进行了调查，这些车主中新能源汽车车主占１６ ，且这些 车主在购车时考虑大气污染因素的占２０％，燃油汽车车主在购车时考虑大气污染因素 的占１０％．根据以上统计情况，补全下面２×２列联表，在犯错误的概率不超过１％的前 提下，能否认为购买新能源汽车与考虑大气污染有关？ 考虑大气污染 没考虑 大气污染 总计 新能源汽车车主 燃油汽车车主 总计 附：χ ２＝ ｎ （ａｄ－ｂｃ）２ （ａ＋ｂ）（ｃ＋ｄ）（ａ＋ｃ）（ｂ＋ｄ） ，其中ｎ＝ａ＋ｂ＋ｃ＋ｄ． α＝Ｐ（χ≥ｋ）０．１０ ０．０５ ０．０１００．００５ ０．００１ ｋ ２．７０６３．８４１６．６３５７．８７９１０．８２８ １－７　 ２０．（１２分）在 四 棱 锥ＰＡＢＣＤ 中，四 边 形ＡＢＣＤ 是 边 长 为４的 菱 形， ＰＢ＝ＢＤ＝ＰＤ＝ 槡４ ２，ＰＡ＝ 槡４ ３． （１）证明：ＰＣ⊥平面ＡＢＣＤ； （２）如图，取ＢＣ的中 点Ｅ，在 线 段ＤＥ上 取 一 点Ｆ 使 得ＤＦＦＥ＝ ２ ３ ，求 平 面ＰＡＦ与 平 面 ＰＡＣ夹角的大小． ２１．（１２分）已知圆Ｍ：（ｘ－１）２＋ｙ２＝１４ ，动圆Ｎ 与圆Ｍ 相外切，且与直线ｘ＝－１２ 相切． （１）求动圆圆心Ｎ 的轨迹Ｃ的方程； １－８　 （２）已知点Ｐ －１２ ，－（ ）１２ ，Ｑ（１，２），过点Ｐ的直线ｌ与曲线Ｃ 交于两个不同的点Ａ，Ｂ （与Ｑ点不重合），直线ＱＡ，ＱＢ的斜率之和是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请 说明理由． ２２．（１２分）已知函数ｆ（ｘ）＝ｅｘ－ａｘ２－２． （１）当ａ＝ｅ时，求 曲 线ｙ＝ｆ（ｘ）在 点（１，ｆ（１））处 的 切 线 与 两 坐 标 轴 围 成 的 三 角 形 的 面积； （２）若ｆ（ｘ）＋ｅ－ｘ≥０恒成立，求实数ａ的取值范围． 书 参 考 答 案 精编模拟试卷·数学（一） １．Ａ　２．Ｄ　３．Ｂ　４．Ｄ　５．Ｄ　６．Ｄ　７．Ｃ　８．Ｄ　９．ＣＤ １０．ＡＣＤ　１１．ＡＢＤ　１２．ＡＢＤ １３．７９　１４．ｆ （ｘ）＝ａ｜ｘ｜（ａ＞０，ａ≠１）（答案不唯一） １５． 槡１６ ２π３ 　１６． ４１００８ ３ － １ １２ １７．（１）证明　由ａｎ＋１＝３ａｎ＋４， 得ａｎ＋１＋２＝３ａｎ＋６，ａｎ＋１＋２＝３（ａｎ＋２）， 因为｛ａｎ｝是正项数列，ａｎ＋２≠０， 所以数列｛ａｎ＋２｝为等比数列． （２）解　因为ａ３＝２５，又ａｎ＋２＝（ａ３＋２）×３ｎ－３，所 以ａｎ＋２＝（２５＋２）×３ｎ－３， 所以ａｎ＝３ｎ－２，ａｎ－ｎ＝３ｎ－ｎ－２， 所以数列｛ａｎ－ｎ｝的前ｎ项和 Ｓｎ＝（３＋３２＋…＋３ｎ）－ （１＋ｎ）·ｎ ２ －２ｎ ＝３ （１－３ｎ） １－３ － （１＋ｎ）·ｎ ２ －２ｎ＝ ３ｎ＋１ ２ － ｎ２ ２－ ５ｎ ２－ ３ ２． １８．解　（１）选①：由正弦定理得ｓｉｎＢ（１＋ｃｏｓＡ）＝ 槡３ｓｉｎＡｓｉｎＢ，又ｓｉｎＢ≠０， ∴１＋ｃｏｓＡ＝槡３ｓｉｎＡ，则ｓｉｎ Ａ－π（ ）６ ＝１２， 又０＜Ａ＜π，∴Ａ＝π３． 选②：由正弦定理得槡３ｓｉｎＢｃｏｓＢ＋Ｃ２ ＝ｓｉｎＡｓｉｎＢ ， 又ｓｉｎＢ≠０， ∴槡３ｃｏｓＢ＋Ｃ２ ＝ｓｉｎＡ ，由π－Ａ＝Ｂ＋Ｃ， ∴槡３ｓｉｎＡ２＝２ｓｉｎ Ａ ２ｃｏｓ Ａ ２ ，又ｓｉｎＡ２≠０ ， 可得ｃｏｓＡ２＝ 槡３ ２ ，又０＜Ａ＜π， ∴Ａ＝π３． 选③：由正弦定理得ｓｉｎＡｓｉｎＣ＝ｓｉｎＣ ｃｏｓＡ－π（ ）６ ，又ｓｉｎＣ≠０， ∴ｓｉｎＡ＝ｃｏｓＡ－π（ ）６ ＝槡３２ｃｏｓＡ＋１２ｓｉｎＡ， 则ｔａｎＡ＝槡３，又０＜Ａ＜π， ∴Ａ＝π３． （２）由（１）知，ｃｏｓＡ＝ｂ ２＋ｃ２－ａ２ ２ｂｃ ＝ １ ２ ，又ａ＝槡７， ｂ＋ｃ＝４， ∴ （ｂ＋ｃ）２－ａ２－２ｂｃ ２ｂｃ ＝ ９ ２ｂｃ－１＝ １ ２ ，即 ９ ２ｂｃ＝ ３ ２ ，可得 ｂｃ＝３， ∴Ｓ△ＡＢＣ＝ １ ２ｂｃｓｉｎＡ＝ 槡３ ３ ４ ． １９．解　（１）由（０．０５＋ａ＋０．３５＋０．２５＋ａ＋０．０５）×１＝１， 解得ａ＝０．１５． 设ｘ为汽车５年内所行驶里程的平均值，则 ｘ＝３．５×０．０５＋４．５×０．１５＋５．５×０．３５＋６．５× ０．２５＋７．５×０．１５＋８．５×０．０５＝５．９５（万千米）． （２）由（１）可 知，一 辆 汽 车１年 内 所 行 驶 里 程 的 平 均 值为５．９５ ５ ＝１．１９ （万千米）． 因为一辆汽 车 每 年 行 驶１万 千 米 的 排 碳 量 需 要 近 ２００棵树用１年时间来吸收， 所以每一辆汽车平均需要１．１９×２００＝２３８（棵）树才 能够达到“碳中和”． （３）补全的２×２列联表如下： 考虑大气污染 没考虑 大气污染 总计 新能源汽车车主 １０ ４０ ５０ 燃油汽车车主 ２５ ２２５ ２５０ 总计 ３５ ２６５ ３００ 根 据 列 联 表 中 的 数 据，经 计 算 得 χ ２ ＝ ３００×（１０×２２５－２５×４０）２ ３５×２６５×２５０×５０ ≈４．０４＜６．６３５． 在犯错误的概率不超过１％的前提下，不能认为购买 新能源汽车与考虑大气污染有关． ２０．（１）证明　因为ＡＢ＝ＡＤ＝４，ＢＤ＝ 槡４ ２，所以ＡＢ２＋ ＡＤ２＝ＢＤ２，所以ＡＢ⊥ＡＤ， 又因为四边形ＡＢＣＤ为菱形， 所以ＡＢ⊥ＢＣ，ＡＤ⊥ＤＣ， 因为ＡＢ＝４，ＰＢ＝ 槡４ ２，ＰＡ＝ 槡４ ３， 所以ＡＢ２＋ＰＢ２＝ＰＡ２，所以ＡＢ⊥ＰＢ， 因 为 ＰＢ∩ＢＣ＝Ｂ，ＰＢ，ＢＣ 平 面 ＢＰＣ，所 以 ＡＢ⊥平面ＢＰＣ，又 因 为 ＰＣ  平 面 ＢＰＣ，所 以ＡＢ⊥ＰＣ， 因为ＡＤ＝４，ＰＤ＝ 槡４ ２，ＰＡ＝ 槡４ ３，所以ＡＤ２＋ＰＤ２ ＝ＰＡ２，所以ＡＤ⊥ＰＤ， 因为ＰＤ∩ＤＣ＝Ｄ，ＰＤ，ＤＣ平面ＰＣＤ，所以ＡＤ⊥ 平面ＰＣＤ，又因为ＰＣ平面ＰＣＤ，所以ＡＤ⊥ＰＣ， 因为ＡＤ∩ＡＢ＝Ａ，ＡＤ，ＡＢ平面ＡＢＣＤ， 所以ＰＣ⊥平面ＡＢＣＤ． （２）解　由（１）知，ＣＤ， ＣＢ，ＣＰ 两 两 垂 直，分 别 以ＣＤ，ＣＢ，ＣＰ所在的直 线为ｘ，ｙ，ｚ轴，建立如图 所示的空间直角坐标系， 在 △ＰＢＣ 中，ＰＣ ＝ ＰＢ２－ＢＣ槡 ２＝４， 则Ａ（４，４，０），Ｂ（０，４，０）， Ｃ（０，０，０），Ｄ（４，０，０）， Ｅ（０，２，０），Ｐ（０，０，４）， 所以 → ＤＥ＝（－４，２，０）， 因为ＤＦ ＦＥ＝ ２ ３ ，→ＤＦ＝２５ → ＤＥ＝ －８５ ，４ ５ ，（ ）０ ， → ＡＦ＝ → ＡＤ＋ → ＤＦ＝ －８５ ，－１６５ ，（ ）０ ，→ＰＡ＝（４，４，－４）， 设平面ＰＡＦ的一个法向量为ｍ＝（ｘ，ｙ，ｚ）， 则 ｍ· → ＡＦ＝０， ｍ· → ＰＡ＝０｛ ，即 － ８ ５ｘ－ １６ ５ｙ＝０ ， ４ｘ＋４ｙ－４ｚ＝０ 烅 烄 烆 ， 令ｙ＝１，得ｘ＝－２，ｚ＝－１， 于是取ｍ＝（－２，１，－１）， 又由（１）知，底面ＡＢＣＤ为正方形， 所以ＡＣ⊥ＢＤ， 因为ＰＣ⊥平面ＡＢＣＤ，所以ＰＣ⊥ＢＤ                                                                 ， １－案答考参 因为ＡＣ∩ＰＣ＝Ｃ，ＡＣ，ＰＣ平面ＰＡＣ， 所以ＢＤ⊥平面ＰＡＣ， 所以 → ＢＤ＝（４，－４，０）是平面ＰＡＣ的一个法向量， 设平面ＰＡＦ与平面ＰＡＣ夹角的大小为θ，则ｃｏｓθ＝ ｜ｃｏｓ〈ｍ， → ＢＤ〉｜＝｜ｍ · →ＢＤ｜ ｜ｍ｜｜ → ＢＤ｜ ＝ １２ 槡 槡６× ３２ ＝槡３２ ， 所以平面ＰＡＦ与平面ＰＡＣ夹角的大小为π６． ２１．解　（１）设Ｎ 到直线ｘ＝－１２ 的距离为ｄ，因为动圆 Ｎ 与圆Ｍ 相外切，所以｜ＭＮ｜＝ｄ＋１２ ， 所以Ｎ 到直线ｘ＝－１的距离等于Ｎ 到Ｍ（１，０）的 距离， 由抛物线的定义可知，Ｎ 的轨迹Ｃ 为抛物线，其焦点 为Ｍ（１，０），准线为ｘ＝－１， 所以抛物线Ｃ的方程为ｙ２＝４ｘ． （２）设直线ｌ的方程为ｘ＋１２＝ｍ ｙ＋（ ）１２ ， 即２ｘ－２ｍｙ＋１－ｍ＝０， 因为Ａ，Ｂ与Ｑ 点不重合，所以ｍ≠３５ ， 设直线ＱＡ，ＱＢ的斜率分别为ｋ１和ｋ２，ｋ１＋ｋ２＝λ， 点Ａ（ｘ１，ｙ１），Ｂ（ｘ２，ｙ２）， 联 立 ２ｘ－２ｍｙ－ｍ＋１＝０， ｙ２＝４ｘ｛ ， 消 去 ｘ 并 整 理 得 ｙ２－４ｍｙ－２ｍ＋２＝０， 由Δ＝（４ｍ）２－４（２－２ｍ）＞０， 解得ｍ＜－１或ｍ＞１２ ，且ｍ≠３５． 则ｙ１＋ｙ２＝４ｍ，ｙ１ｙ２＝２－２ｍ，可 得ｋ１＝ ｙ１－２ ｘ１－１ ＝ ｙ１－２ １ ２ （２ｍｙ１＋ｍ－１）－１ ＝ ２（ｙ１－２） ２ｍｙ１＋ｍ－３ ， 同理可得ｋ２＝ ２（ｙ２－２） ２ｍｙ２＋ｍ－３ ， 所以λ＝ ２（ｙ１－２） ２ｍｙ１＋ｍ－３ ＋ ２（ｙ２－２） ２ｍｙ２＋ｍ－３ ＝ ２［４ｍｙ１ｙ２－３（ｍ＋１）（ｙ１＋ｙ２）－４（ｍ－３）］ ４ｍ２ｙ１ｙ２＋２ｍ（ｍ－３）（ｙ１＋ｙ２）＋（ｍ－３）２ ＝２ ［４ｍ（２－２ｍ）－３（ｍ＋１）４ｍ－４（ｍ－３）］ ４ｍ２（２－２ｍ）＋２ｍ（ｍ－３）４ｍ＋（ｍ－３）２ ＝８ （－５ｍ２－２ｍ＋３） ３（－５ｍ２－２ｍ＋３） ＝８３ ， 故直线ＱＡ，ＱＢ的斜率之和为定值８３． ２２．解　（１）因为ｆ（ｘ）＝ｅｘ－ｅｘ２－２， 所以ｆ′（ｘ）＝ｅｘ－２ｅｘ，故ｋ＝ｆ′（１）＝－ｅ． 又ｆ（１）＝－２，所以切点坐标为（１，－２）， 故函数ｆ（ｘ）在点（１，ｆ（１））处的切线方程为ｙ＋２＝ －ｅ（ｘ－１），即ｙ＝－ｅｘ＋ｅ－２， 所以切线与坐标轴交点坐标分别为（０，ｅ－２）， ｅ－２ ｅ ，（ ）０ ， 故所求三角形 面 积 为１ ２× （ｅ－２）×ｅ－２ｅ ＝ （ｅ－２）２ ２ｅ ＝ｅ ２－４ｅ＋４ ２ｅ ＝ ｅ ２＋ ２ ｅ－２． （２）由ｆ（ｘ）＋ｅ－ｘ≥０，得ｅｘ＋ｅ－ｘ－ａｘ２－２≥０恒 成立， 令ｇ（ｘ）＝ｅｘ＋ｅ－ｘ－ａｘ２－２，则ｇ（－ｘ）＝ｇ（ｘ）， 所以ｇ（ｘ）为偶函数． 故只要求当ｘ≥０时，ｇ（ｘ）≥０恒成立即可． ｇ′（ｘ）＝ｅｘ－ｅ－ｘ－２ａｘ， 设ｈ（ｘ）＝ｅｘ－ｅ－ｘ－２ａｘ（ｘ≥０）， 故ｈ′（ｘ）＝ｅｘ＋ｅ－ｘ－２ａ（ｘ≥０）， 设Ｈ（ｘ）＝ｅｘ＋ｅ－ｘ－２ａ（ｘ≥０）， 则Ｈ′（ｘ）＝ｅｘ－ｅ－ｘ（ｘ≥０）， 显然Ｈ′（ｘ）在［０，＋∞）上单调递增， 故Ｈ′（ｘ）≥Ｈ′（０）＝０， 即Ｈ（ｘ）在［０，＋∞）上单调递增，Ｈ（０）＝２－２ａ． 当ａ≤１时，Ｈ（０）＝２－２ａ≥０，则有ｈ（ｘ）在［０，＋∞） 上单调递增，故ｈ（ｘ）≥ｈ（０）＝０， 则ｇ（ｘ）在［０，＋∞）上单调递增，故ｇ（ｘ）≥ｇ（０）＝０， 符合题意； 当ａ＞１时，Ｈ（０）＝２－２ａ＜０，又Ｈ（ｌｎ２ａ）＝１２ａ＞０ ， 故存在ｘ０∈（０，ｌｎ２ａ），使得Ｈ（ｘ０）＝０， 故ｈ（ｘ）在（０，ｘ０）上单调递减，在（ｘ０，＋∞）上 单 调 递增． 当ｘ∈（０，ｘ０）时，ｈ（ｘ）＜ｈ（０）＝０，故ｇ（ｘ）在（０，ｘ０） 上单调递减， 故ｇ（ｘ）＜ｇ（０）＝０，与ｇ（ｘ）≥０矛盾． 综上，实数ａ的取值范围为（－∞，１］． 精编模拟试卷·数学（二） １．Ｃ　２．Ａ　３．Ａ　４．Ｃ　５．Ａ　６．Ｃ　７．Ｃ　８．Ｄ ９．ＡＢＣ　１０．ＡＢＣ　１１．ＢＣ　１２．ＡＢＣ １３．π３　１４．－４　１５．６ｘ－２ｙ－７＝０　１６． ４ ３ １７．解　（１）当ｎ＝２时，ａ２＝ａ１＝１；当ｎ≥３时，由ａｎ＝ ａ１＋ １ ２ａ２＋ １ ３ａ３＋ …＋ １ｎ－１ａｎ－１ 可 得ａｎ－１＝ａ１＋ １ ２ａ２＋ １ ３ａ３＋ …＋ １ｎ－２ａｎ－２ ，两式作差得ａｎ－ａｎ－１ ＝ １ｎ－１ａｎ－１ ， 可得 ａｎ ａｎ－１ ＝ ｎｎ－１ ， 所以ａｎ＝ａ２· ａ３ ａ２ ·ａ４ ａ３ ·…· ａｎ ａｎ－１ ＝１×３２× ４ ３× … × ｎｎ－１＝ ｎ ２ ， ａ１＝１不满足ａｎ＝ ｎ ２ ，ａ２＝１满足ａｎ＝ ｎ ２ ， 因此，ａｎ＝ １，ｎ＝１， ｎ ２ ，ｎ≥２烅 烄 烆 ． （２）ｂｎ＝ １ ａｎ＋１ａｎ＋２ ＝ １（ｎ＋１）（ｎ＋２） ４ ＝ ４ （ｎ＋１）（ｎ＋２）＝ ４ ｎ＋１－ ４ ｎ＋２ ， 因此，Ｓｎ＝ ４ ２－（ ）４３ ＋ ４３－（ ）４４ ＋ ４４－（ ）４５ ＋…＋ ４ ｎ＋１－ ４ ｎ＋（ ）２ ＝２－ ４ｎ＋２＝ ２ｎｎ＋２． １８．解　（１）由ｂｃｏｓＣ＝ａ＋槡３３ｃｓｉｎＢ 及正弦定理， 得ｓｉｎＢｃｏｓＣ＝ｓｉｎＡ＋槡３３ｓｉｎＣｓｉｎＢ ， 又Ａ＝π－（Ｂ＋Ｃ），所以ｓｉｎＢｃｏｓＣ＝ｓｉｎ（Ｂ＋Ｃ）＋ 槡３ ３ｓｉｎＢｓｉｎＣ ， 即ｃｏｓＢｓｉｎＣ＋槡３３ｓｉｎＣｓｉｎＢ＝０ ， 因为０＜Ｃ＜π，ｓｉｎＣ≠０，所以ｔａｎＢ＝－槡３， 又０＜Ｂ＜π，得Ｂ＝２π３                                                                        ． ２－案答考参