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2025届高考数学模拟预测卷（新高考Ⅱ）
一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）
1．（5分）（2024秋 浑南区校级月考）已知集合A＝{x||x|＜3}，B＝{x|3x＞9}，则A∩B＝（　　）
A．（2，3） B．（﹣3，2） C．（2，+∞） D．（﹣3，+∞）
2．（5分）（2024春 官渡区校级期末）已知向量满足，，，则（　　）
A． B．1 C． D．2
3．（5分）（2024春 信宜市月考）若的展开式中x6的系数为﹣210，则a的值为（　　）
A．2 B．3 C．1 D．4
4．（5分）（2021春 青山区校级期中）已知，α∈（0，π），则cos2α的值为（　　）
A． B． C． D．
5．（5分）已知数列{an}满足a1＝1，a2，anan+2＝4，则数列{an}的最小项为（　　）
A．2﹣12 B． C．2﹣5 D．2﹣6
6．（5分）（2024秋 南海区月考）设F为抛物线C：y2＝4x的焦点，点A在C上，且在第一象限，若直线AF的倾斜角为，则|AF|＝（　　）
A．2 B．3 C．4 D．5
7．（5分）（2025 汉中二模）向量，，且，则（　　）
A． B． C． D．
8．（5分）（2021秋 东莞市校级期中）已知线段PQ的端点P的坐标是（4，﹣2），端点Q在x2+y2＝4上运动，则线段PQ的中点M的轨迹方程是（　　）
A．（x﹣2）2+（y+1）2＝4 B．（x﹣2）2+（y+1）2＝1
C．（x+4）2+（y﹣2）2＝4 D．（x+2）2+（y﹣1）2＝1
二．多选题（共3小题，满分18分，每小题6分）
（多选）9．（6分）（2023 昌江县二模）正三棱台ABC﹣A1B1C1中，O，O1分别是△ABC和△A1B1C1的中心，且，则（　　）
A．直线AC与OB1所成的角为90°
B．平面A1B1C1与平面AA1B1B所成的角为90°
C．正三棱台ABC﹣A1B1C1的体积为
D．四棱锥O﹣AA1B1B与O1﹣AA1B1B的体积之比为2：3
（多选）10．（6分）（2025春 贵阳月考）将一枚质地均匀的骰子连续抛掷两次，记事件A：两次的点数之和为偶数，B：两次的点数之积为奇数，C：第一次的点数小于5，则（　　）
A． B．
C．A与C相互独立 D．A与B互斥
（多选）11．（6分）（2025春 南岸区校级月考）函数f（x）＝ax3+bx2+cx+d（a≠0）有两个极值点x1、x2（x1＜x2），则下列结论正确的是（　　）
A．若f（x1） f（x2）＜0，则f（x）有3个零点
B．过f（x）上任一点至少可作两条直线与f（x）相切
C．若af（x1）＜0，则f（x）只有一个零点
D．
三．填空题（共3小题，满分15分，每小题5分）
12．（5分）（2022 呼和浩特模拟）设随机变量X服从正态分布N（2，σ2），若P（X＜4﹣a）＝0.4，则P（X＜a）＝　 　 ．
13．（5分）（2025 重庆校级模拟）已知定义在R上的偶函数f（x）满足f（x）＝﹣f（2﹣x），当x∈[0，1）时，f（x）＝2cosπx，函数g（x）＝x﹣1（﹣1≤x≤3），则f（x）与g（x）的图象所有交点的横坐标之和为 　 　 ．
14．（5分）（2024秋 浦东新区校级期末）已知椭圆方程为，点A为椭圆的右顶点，定点T（t，0）在x轴上，点S为椭圆上一动点，当|ST|取得最小值时点S恰与点A重合，则实数t的取值范围为 　 　 ．
四．解答题（共5小题）
15．（2025 银川校级二模）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为．
（1）求B；
（2）已知b＝6，BD为∠ABC的平分线，交AC于点D，且为线段AC上一点，且，求△BDM的周长．
16．（2023秋 鹤山市校级月考）如图，三棱锥A﹣BCD中，DA＝DB＝DC，BD⊥CD，∠ADB＝∠ADC＝60°，E为BC中点．
（1）证明BC⊥DA；
（2）点F满足，求平面DAB与平面ABF的夹角的余弦值．
17．（2023秋 绍兴月考）已知函数f（x）＝ax2﹣exlnx．
（1）当a＝e时，求曲线y＝f（x）在x＝1处的切线方程；
（2）若 x＞0，都有f（x）≥lnx，求a的取值范围．
18．（2024秋 浦东新区校级期末）已知椭圆．记椭圆的左右焦点分别为F1，F2，直线l交椭圆C于不同的两点P、Q．
（1）若椭圆C过点求椭圆的标准方程和离心率；
（2）设b＝1，若直线l过点A（0，2），且以线段PQ为直径的圆过点F2，求直线l的方程；
（3）设b＝1，若，求△F2PQ的面积．
19．（2024秋 五华区月考）已知数列{an}满足a1＝2，，数列{bn}满足bn＝a2n﹣1．
（1）求b2，b3的值；
（2）证明：数列{bn}是等差数列；
（3）求数列{an}的前2n项和S2n．
2025届高考数学模拟预测卷（新高考Ⅱ）
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）
1．（5分）（2024秋 浑南区校级月考）已知集合A＝{x||x|＜3}，B＝{x|3x＞9}，则A∩B＝（　　）
A．（2，3） B．（﹣3，2） C．（2，+∞） D．（﹣3，+∞）
【考点】绝对值不等式的解法；求集合的交集；指、对数不等式的解法．
【专题】转化思想；转化法；不等式的解法及应用；运算求解．
【答案】A
【分析】先求出集合A，B，再结合交集的定义，即可求解．
【解答】解：集合A＝{x||x|＜3}＝{x|﹣3＜x＜3}，B＝{x|3x＞9}＝{x|x＞2}，
故A∩B＝（2，3）．
故选：A．
【点评】本题主要考查集合的定义，属于基础题．
2．（5分）（2024春 官渡区校级期末）已知向量满足，，，则（　　）
A． B．1 C． D．2
【考点】平面向量数量积的坐标运算．
【专题】转化思想；转化法；平面向量及应用；运算求解．
【答案】B
【分析】根据已知条件，先求出，再将平方，并开方，即可求解．
【解答】解：，
则，即，解得，
，
则，
．
故选：B．
【点评】本题主要考查平面向量的数量积及其运算，属于基础题．
3．（5分）（2024春 信宜市月考）若的展开式中x6的系数为﹣210，则a的值为（　　）
A．2 B．3 C．1 D．4
【考点】二项式定理的应用．
【专题】方程思想；综合法；二项式定理；运算求解．
【答案】A
【分析】利用通项公式令10﹣2r＝4或6，即可得出结果．
【解答】解：依题意，，
的展开式的通项公式为：，
令10﹣2r＝4或6，解得r＝3或2，
所以的展开式中x6的系数为，
解得a＝2．
故选：A．
【点评】本题主要考查二项式定理的应用，属于中档题．
4．（5分）（2021春 青山区校级期中）已知，α∈（0，π），则cos2α的值为（　　）
A． B． C． D．
【考点】二倍角的三角函数；同角三角函数间的基本关系．
【专题】计算题；方程思想；综合法；三角函数的求值；运算求解．
【答案】C
【分析】将已知等式两边平方，可得sin2α0，可得α∈（0，），结合0，可求范围2α∈（，π），进而利用同角三角函数基本关系式即可求解．
【解答】解：因为，α∈（0，π），可得2α∈（0，2π），
所以两边平方，可得1﹣sin2α，可得sin2α0，
可得2α∈（0，π），可得α∈（0，），
又0，
所以α∈（，），2α∈（，π），
则cos2α．
故选：C．
【点评】本题考查了同角三角函数基本关系式，二倍角公式在三角函数化简求值中的应用，属于基础题．
5．（5分）已知数列{an}满足a1＝1，a2，anan+2＝4，则数列{an}的最小项为（　　）
A．2﹣12 B． C．2﹣5 D．2﹣6
【考点】数列递推式．
【专题】转化思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】D
【分析】由anan+2＝4，可得4 ，利用等比数列的通项公式即可得出，再利用an … a1，结合二次函数的单调性即可得出结论．
【解答】解：∵anan+2＝4，
∴4 ，又，
∴数列{}是等比数列，公比为4，首项为．
∴4n﹣1＝4n﹣3，
∴an … a1＝4n﹣4 4n﹣5 4n﹣6 …×4﹣1×4﹣2×1＝4（n﹣4）+（n﹣5）+…+（﹣1）+（﹣2），
当n＝3或4时，an取得最小值4﹣3，即2﹣6．
故选：D．
【点评】本题考查了由数列的递推关系求出数列的通项公式、转化方法、“累乘求积法”、二次函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
6．（5分）（2024秋 南海区月考）设F为抛物线C：y2＝4x的焦点，点A在C上，且在第一象限，若直线AF的倾斜角为，则|AF|＝（　　）
A．2 B．3 C．4 D．5
【考点】抛物线的弦及弦长．
【专题】计算题；转化思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解．
【答案】C
【分析】由抛物线的定义可知|AF|＝|AB|，再由抛物线的性质可得，代入求解即可．
【解答】解：如图所示，抛物线及准线如图所示，过点A作AB垂直准线于点B，
过焦点F作FC垂直于AB于点C，由题意可知，
根据抛物线的定义|AF|＝|AB|＝|AC|+|CB|
在Rt△AFC中，，又|BC|＝p＝2，
所以，
解得|AF|＝4．
故选：C．
【点评】本题考查抛物线的简单性质的应用，弦长求法，是中档题．
7．（5分）（2025 汉中二模）向量，，且，则（　　）
A． B． C． D．
【考点】平面向量数量积的性质及其运算．
【专题】对应思想；综合法；平面向量及应用；运算求解．
【答案】D
【分析】先移项得出，再左右平方应用数量积可得出夹角余弦即可．
【解答】解：因为，所以，
两边同时平方得：，
因为，，所以，
所以，所以．
故选：D．
【点评】本题考查平面向量的数量积与夹角，属于基础题．
8．（5分）（2021秋 东莞市校级期中）已知线段PQ的端点P的坐标是（4，﹣2），端点Q在x2+y2＝4上运动，则线段PQ的中点M的轨迹方程是（　　）
A．（x﹣2）2+（y+1）2＝4 B．（x﹣2）2+（y+1）2＝1
C．（x+4）2+（y﹣2）2＝4 D．（x+2）2+（y﹣1）2＝1
【考点】轨迹方程．
【专题】计算题；方程思想；综合法；直线与圆；逻辑思维；运算求解．
【答案】B
【分析】设出M，Q的坐标，确定动点之间坐标的关系，利用端点Q在圆x2+y2＝4上运动，可得中点M的轨迹方程．
【解答】解：设线段PQ的中点M坐标为（x，y），点Q坐标为（m，n），
∵P的坐标是（4，﹣2），
∴m＝2x﹣4，n＝2y+2，
∵端点Q在圆x2+y2＝4上运动，
∴m2+n2＝4，
∴（2x﹣4）2+（2y+2）2＝4，（x﹣2）2+（y+1）2＝1，
∴线段PQ的中点M的轨迹方程是（x﹣2）2+（y+1）2＝1，
故选：B．
【点评】本题主要考查轨迹方程的求解，属于基础题．
二．多选题（共3小题，满分18分，每小题6分）
（多选）9．（6分）（2023 昌江县二模）正三棱台ABC﹣A1B1C1中，O，O1分别是△ABC和△A1B1C1的中心，且，则（　　）
A．直线AC与OB1所成的角为90°
B．平面A1B1C1与平面AA1B1B所成的角为90°
C．正三棱台ABC﹣A1B1C1的体积为
D．四棱锥O﹣AA1B1B与O1﹣AA1B1B的体积之比为2：3
【考点】空间向量法求解二面角及两平面的夹角；棱锥的体积；棱台的体积；直线与平面平行．
【专题】整体思想；综合法；立体几何；运算求解．
【答案】ACD
【分析】将正三棱台ABC﹣A1B1C1补形为棱锥，在直角三角形中计算三棱台的高，即可判断C；以OO1为z轴，平行于AB为y轴，垂直于yOz平面为x轴建立空间直角坐标系，利用异面直线夹角、面面角、点到平面距离的向量求法判断ABD即可．
【解答】解：由题意根据O，O1分别是下底面与上底面的中心，
因为下底面边长和上底面边长分别为2和3，所以，
假设正三棱台ABC﹣A1B1C1是由正棱锥D﹣ABC截取正棱锥D﹣A1B1C1得到的，
则由已知可得DO是棱锥D﹣ABC的高，DO1是棱锥D﹣A1B1C1的高，OO1为所求棱台的高，
因此△DOA是一个直角三角形，如图（1）所示，
因为△DO1A1∽△DOA，，AA1＝2，
所以，解得DA1＝4，
所以，因此，即正三棱台ABC﹣A1B1C1的高为，
又因为，，
所以，选项C正确；
因为OO1垂直于上下底面，所以以OO1为z轴，平行于AB为y轴，垂直于yOz平面为x轴建立如图（2）所示空间直角坐标系，
所以，，，，，
所以，直线AC⊥OB1，选项A正确；
又，，
所以，，
设平面AA1B1B的法向量，则，
取z＝1，解得，所以，
由题意可知，平面A1B1C1的法向量，则，故B错误；
又，所以，，
所以点O到平面AA1B1B的距离，
点O1到平面AA1B1B的距离，
所以，由棱锥的体积公式可得四棱锥O﹣AA1B1B与O1﹣AA1B1B的体积之比为2：3，D正确；
综上ACD正确，
故选：ACD．
【点评】本题主要考查了利用空间向量求异面直线夹角和平面与平面夹角，考查了棱锥的体积公式，属于中档题．
（多选）10．（6分）（2025春 贵阳月考）将一枚质地均匀的骰子连续抛掷两次，记事件A：两次的点数之和为偶数，B：两次的点数之积为奇数，C：第一次的点数小于5，则（　　）
A． B．
C．A与C相互独立 D．A与B互斥
【考点】相互独立事件的概率乘法公式．
【专题】计算题；方程思想；转化思想；综合法；概率与统计；运算求解．
【答案】BC
【分析】通过确定样本空间中样本点的数量，利用古典概型概率公式计算各事件的概率，再根据事件独立和互斥的定义判断事件间的关系．
【解答】解：根据题意，抛掷两次，其样本空间共有36个样本点．
事件A＝{（1，1），（1，3），（1，5），（2，2），（2，4），（2，6），（3，1），（3，3），（3，5），（4，2），（4，4），（4，6），（5，1），（5，3），（5，5），（6，2），（6，4），（6，6）}，有18个样本点；
B＝{（1，1），（1，3），（1，5），（3，1），（3，3），（3，5），（5，1），（5，3），（5，5）}，有9个样本点，
C＝{ （1，1），（1，2），（1，3），（1，4），（1，5），（1，6），
（2，1），（2，2），（2，3），（2，4），（2，5），（2，6），
（3，1），（3，3），（3，5），（3，4），（3，5），（3，6），
（4，1），（4，2），（4，3），（4，4），（4，5），（4，6）}，有24个样本点，
依次分析选项：
对于A，错误；
对于B，正确：
对于C，，正确；
对于D，事件A与事件B能同时发生，所以不互斥，D错误，
故选：BC．
【点评】本题考查相互独立事件的判断，涉及古典概型的计算，属于基础题．
（多选）11．（6分）（2025春 南岸区校级月考）函数f（x）＝ax3+bx2+cx+d（a≠0）有两个极值点x1、x2（x1＜x2），则下列结论正确的是（　　）
A．若f（x1） f（x2）＜0，则f（x）有3个零点
B．过f（x）上任一点至少可作两条直线与f（x）相切
C．若af（x1）＜0，则f（x）只有一个零点
D．
【考点】利用导数研究函数的极值；利用导数求解曲线在某点上的切线方程；函数的零点与方程根的关系．
【专题】函数思想；定义法；导数的综合应用；逻辑思维．
【答案】ACD
【分析】根据三次函数性质，对参数a的正负进行分类讨论画出其大致图象可知当f（x1） f（x2）＜0，则f（x）有3个零点，即A正确；
显然在极值点x1，x2处只能作一条直线与f（x）相切，可知B错误；
若af（x1）＜0，结合a的正负进行分类讨论可知f（x）只有一个零点，即C正确；
利用三次函数的对称中心以及导函数零点可得，所以D正确．
【解答】解：根据题意可得f′（x）＝3ax2+2bx+c，且f′（x1）＝f′（x2）＝0；
当a＞0时，易知x∈（﹣∞，x1）∪（x2，+∞）时，f′（x）＞0；x∈（x1，x2）时，f′（x）＜0；
此时f（x）在（﹣∞，x1）和（x2，+∞）上单调递增，在（x1，x2）上单调递减；
且当x趋近于﹣∞时，f（x）也趋近于﹣∞；当x趋近于+∞时，f（x）也趋近于+∞；
利用三次函数性质可知，当f（x1） f（x2）＜0，其函数图象如下图所示：
此时由图象可知f（x）有3个零点；
同理当a＜0时，易知f（x）在（﹣∞，x1）和（x2，+∞）上单调递减，在（x1，x2）上单调递增；
且当x趋近于﹣∞时，f（x）也趋近于+∞；当x趋近于+∞时，f（x）也趋近于﹣∞；
利用三次函数性质可知，当f（x1） f（x2）＜0，其函数图象如下图所示：
此时由图象可知f（x）有3个零点；
所以若f（x1） f（x2）＜0，则f（x）有3个零点，即A正确；
由题意知f′（x1）＝f′（x2）＝0，
所以过（x1，f（x1））或（x2，f（x2））有且仅有一条直线与f（x）相切，且切线为水平直线，所以B错误；
当a＞0时，由选项A易知f（x）在x＝x1处取得极大值，在x＝x2处取得极小值，且f（x2）＜f（x1）；
若af（x1）＜0，则f（x1）＜0，即f（x2）＜f（x1）＜0；
此时其图象如下图所示：
由图可知，f（x）只有一个零点；
同理当a＜0时，易知f（x）在x＝x1处取得极小值，在x＝x2处取得极大值，且f（x1）＜f（x2）；
若af（x1）＜0，则f（x1）＞0，即f（x2）＞f（x1）＞0；
此时其图象如下图所示：
由图可知，f（x）只有一个零点；
综上可知，若af（x1）＜0，则f（x）只有一个零点，即C正确；
由三次函数性质可知，函数f（x）＝ax3+bx2+cx+d（a≠0）关于成中心对称，
所以满足，
又x1，x2是方程f′（x）＝3ax2+2bx+c＝0的两根，则满足；
所以，即，所以D正确．
故选：ACD．
【点评】本题考查导数的综合应用，属于难题．
三．填空题（共3小题，满分15分，每小题5分）
12．（5分）（2022 呼和浩特模拟）设随机变量X服从正态分布N（2，σ2），若P（X＜4﹣a）＝0.4，则P（X＜a）＝　0.6　 ．
【考点】正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义．
【专题】计算题；转化思想；综合法；概率与统计；运算求解．
【答案】0.6．
【分析】根据正态分布的对称性，可求出P（X≥a），即可求出结论．
【解答】解：由已知得P（X≥a）＝P（X≤4﹣a）＝0.4，
故P（X＜a）＝1﹣P（X≥a）＝0.6．
故答案为：0.6．
【点评】本题考查正态分布的性质，属于基础题．
13．（5分）（2025 重庆校级模拟）已知定义在R上的偶函数f（x）满足f（x）＝﹣f（2﹣x），当x∈[0，1）时，f（x）＝2cosπx，函数g（x）＝x﹣1（﹣1≤x≤3），则f（x）与g（x）的图象所有交点的横坐标之和为 　5　 ．
【考点】抽象函数的奇偶性；抽象函数的周期性．
【专题】函数思想；转化思想；数形结合法；综合法；函数的性质及应用；导数的综合应用；逻辑思维；运算求解．
【答案】5．
【分析】由题可得f（x）有对称轴为y轴，对称中心（1，0），然后在同一坐标系中画出f（x）与g（x）图象，即可得答案．
【解答】解：因为函数g（x）＝x﹣1（﹣1≤x≤3），
所以﹣1≤2﹣x≤3，
且g（2﹣x）＝1﹣x＝﹣g（x），
所以y＝g（x）的图象是中心对称图形，对称中心为（1，0）．
定义在R上的偶函数f（x）满足f（x）＝﹣f（2﹣x），
则函数f（x）有对称轴为y轴，对称中心（1，0）；
又当x∈[0，1）时，f（x）＝2cosπx，
当x＝1时，f（1）＝﹣f（2﹣1）＝﹣f（1），解得f（1）＝0，
由题意可得f（﹣1）＝f（3）＝0，
而g（﹣1）＝﹣2，g（3）＝2．
所以x＝﹣1，x＝﹣3，两函数图象无交点，
在同一坐标系在（﹣1，3）内作出f（x）与g（x）的图象，如图所示：
当x∈[2，3），f（x）＝﹣f（2﹣x）＝﹣f（x﹣2）＝﹣2cos[π（x﹣2）]，
令p（x）＝g（x）﹣f（x）＝x﹣1+2cos[π（x﹣2）]，x∈[2，3），
则p′（x）＝1﹣2πsin[π（x﹣2）]，且p′（3）＝1＞0，
所以存在，使得当x∈（x0，3）时，p′（x）＞0，p（x）单调递增，
所以当x∈（x0，3）时，p（x）＜p（3）＝0，即g（x）＜f（x），
结合图象可得，f（x）与g（x）图象有5个交点，
又（1，0）均是f（x）与g（x）的图象的对称中心，
则两函数所有交点的横坐标之和为5．
故答案为：5．
【点评】本题考查了函数的对称性、三角函数的性质，考查了导数的综合运用及数形结合思想，属于中档题．
14．（5分）（2024秋 浦东新区校级期末）已知椭圆方程为，点A为椭圆的右顶点，定点T（t，0）在x轴上，点S为椭圆上一动点，当|ST|取得最小值时点S恰与点A重合，则实数t的取值范围为 　[，+∞）　 ．
【考点】椭圆的范围．
【专题】转化思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解．
【答案】．
【分析】设S（x0，y0），利用两点间距离公式建立函数关系，借助二次函数探讨最小值．
【解答】解：设S（x0，y0），椭圆方程为，点A为椭圆的右顶点，
可得：，
则，，
则，
所以，，
当S恰与点A重合时，|ST|取得最小值，
即要使时|ST|2取最小值，则必有，所以．
即实数t的取值范围为：．
故答案为：．
【点评】本题主要考查椭圆的性质应用，考查计算能力，属于中档题．
四．解答题（共5小题）
15．（2025 银川校级二模）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为．
（1）求B；
（2）已知b＝6，BD为∠ABC的平分线，交AC于点D，且为线段AC上一点，且，求△BDM的周长．
【考点】三角形中的几何计算．
【专题】转化思想；综合法；解三角形；运算求解．
【答案】（1）；
（2）．
【分析】（1）利用正弦定理边化角，结合和差公式展开化简可得；
（2）利用面积公式和余弦定理列方程组求解出a，c，可知△ABC为等腰三角形，然后结合已知即可得解．
【解答】解：（1）∵，根据正弦定理得，
∴，
∴，
∵sinC≠0，∴，∴，
又∵B∈（0，π），∴．
（2）∵BD为∠ABC的平分线，，∴，
又S△ABC＝S△ABD+S△CAD，，
∴，
化简得，①
根据余弦定理，得，即（a+c）2﹣ac＝36，②
由①②可得（舍去负值），ac＝12，
∴a，c是关于x的方程的两个实根，解得．
又BD为∠ABC的平分线，∴BD⊥AC，
又，AC＝6，
∴DM＝AD﹣AM＝3﹣2＝1，，
∴△BDM的周长为．
【点评】本题考查正弦定理，余弦定理，属于中档题．
16．（2023秋 鹤山市校级月考）如图，三棱锥A﹣BCD中，DA＝DB＝DC，BD⊥CD，∠ADB＝∠ADC＝60°，E为BC中点．
（1）证明BC⊥DA；
（2）点F满足，求平面DAB与平面ABF的夹角的余弦值．
【考点】空间向量法求解二面角及两平面的夹角；直线与平面垂直．
【专题】转化思想；转化法；立体几何；运算求解．
【答案】（1）证明过程见解析；（2）．
【分析】（1）根据等腰三角形的性质，结合线面垂直的判定定理和性质进行证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可．
【解答】解：（1）证明：连接DE，AE，
因为E为BC中点，DB＝DC，
所以DE⊥BC，又因为DA＝DB＝DC，∠ADB＝∠ADC＝60°，
所以△ADB，△∠ADC是等腰三角形，
于是有DA＝AC＝DC＝DB＝AB，而E为BC中点，
因此AE⊥BC，而AE∩DE＝E，AE，DE 平面ADE，
因此BC⊥平面ADE，而AD 平面ADE，
所以BC⊥AD；
（2）设DA＝AC＝DC＝DB＝AB＝a，
因为E为BC中点，BD⊥CD，
所以BC2＝a2+a2＝2a2，
，显然有AC2+AB2＝BC2，
因此，显然AE2+DE2＝AD2，
于是有AE⊥DE，因此建立如图所示的空间直角坐标系，
，，，，
，，，
设平面DAB的法向量为，
于是有，
设平面FAB的法向量为，
于是有，
平面DAB与平面ABF的夹角的余弦值为．
【点评】本题考查线线垂直的判定，以及二面角的计算，属于中档题．
17．（2023秋 绍兴月考）已知函数f（x）＝ax2﹣exlnx．
（1）当a＝e时，求曲线y＝f（x）在x＝1处的切线方程；
（2）若 x＞0，都有f（x）≥lnx，求a的取值范围．
【考点】利用导数研究函数的最值；利用导数研究曲线上某点切线方程．
【专题】计算题；转化思想；综合法；导数的综合应用；运算求解．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）由a＝e，得到f（x）＝ex2﹣exlnx，f′（x）＝2ex﹣elnx﹣e，再利用几何意义求解；
（2）将 x＞0，都有，转化为，设g（x），利用导数法求得其最大值即可．
【解答】解：（1）当a＝e时，f（x）＝ex2﹣exlnx，f′（x）＝2ex﹣elnx﹣e，
因为f（1）＝e，f′（1）＝e，所以曲线y＝f（x）在x＝1处的切线方程是y﹣e＝e（x﹣1），即y＝ex．
（2）因为 x＞0，都有，所以a≥（）max，
设g（x），则，
记h（x）＝ex﹣exlnx﹣2lnx﹣4，设，则m′（x），
当时，m'（x）＞0，当时，m'（x）＜0，
所以m（x）在上单调递增，在（，+∞）上单调递减，
所以m（x）≤m（）＝﹣eln2＜0，所以h'（x）＜0，所以h（x）在（0，+∞）上单调递减．
因为，当时，g'（x）＞0，当时，g'（x）＜0，
所以g（x）在上单调递增，在上单调递减，
所以，所以，
所以a的取值范围为[，+∞）．
【点评】本题考查导数的几何意义，考查恒成立问题，考查转化思想，考查运算求解能力，属中档题．
18．（2024秋 浦东新区校级期末）已知椭圆．记椭圆的左右焦点分别为F1，F2，直线l交椭圆C于不同的两点P、Q．
（1）若椭圆C过点求椭圆的标准方程和离心率；
（2）设b＝1，若直线l过点A（0，2），且以线段PQ为直径的圆过点F2，求直线l的方程；
（3）设b＝1，若，求△F2PQ的面积．
【考点】直线与椭圆的综合．
【专题】方程思想；转化思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解．
【答案】（1），；
（2）x＝0或11x+8y﹣16＝0；
（3）．
【分析】（1）可将已知点代入椭圆方程求出b，进而得到标准方程和离心率；
（2）可先设出直线方程，联立椭圆方程，利用韦达定理和向量垂直的条件求解；
（3）可根据向量坐标关系，设出题中向量与横轴所成的角和他们的模长，用之表示P，Q的坐标，代入椭圆方程，进而求得角和模长，然后利用面积割补思想求得要求三角形的面积．
【解答】解：（1）因为椭圆过点，
所以，解得b2＝1，则椭圆的标准方程为．
又因为a2＝2，所以，，则离心率．
（2）当b＝1时，椭圆方程为，则c2＝a2﹣b2＝2﹣1＝1，所以F2（1，0）．
当斜率不存在时，此时P（0，1），Q（0，﹣1），
所以，，则，满足题意．
当斜率存在时，设直线l的方程为y＝kx+2，
联立，消去y得（1+2k2）x2+8kx+6＝0，
则Δ＝（8k）2﹣4×6×（1+2k2）＝64k2﹣24﹣48k2＝16k2﹣24＞0，即．
设P（x1，y1），Q（x2，y2），则，，
所以
，
因为以线段PQ为直径的圆过点F2，所以．
，，
（x1﹣1）（x2﹣1）+y1y2＝x1x2﹣（x1+x2）+1+y1y2
，
解得，满足．
所以直线l的方程为，即11x+8y﹣16＝0．
故直线l的方程为x＝0或11x+8y﹣16＝0．
（3）当b＝1时，椭圆的方程为，即x2+2y2﹣2＝0，
焦点坐标F1（﹣1，0），F2（1，0）．
设x轴正方向转到与向量相同的方向所转过的角为θ，根据椭圆的对称性，不妨设θ∈[0，π]．
再设|F1P|＝2t，由得|F2Q|＝t，且同向．
则向量，
所以P（﹣1+2tcosθ，2tsinθ），Q（1+tcosθ，tsinθ），
分别代入椭圆方程x2+2y2﹣2＝0，
1+4t2cos2θ﹣4tcosθ+8t2sin2θ﹣2＝0，
1+t2cos2θ+2tcosθ+2t2sin2θ﹣2＝0，
整理得（8﹣4cos2θ）t2﹣4tcosθ﹣1＝0，
（2﹣cos2θ）t2+2tcosθ﹣1＝0，
由t＞0，分别解得，
所以，
解得，所以，，
．
【点评】本题考查了直线与椭圆的综合，考查了方程思想及转化思想，属于中档题．
19．（2024秋 五华区月考）已知数列{an}满足a1＝2，，数列{bn}满足bn＝a2n﹣1．
（1）求b2，b3的值；
（2）证明：数列{bn}是等差数列；
（3）求数列{an}的前2n项和S2n．
【考点】数列求和的其他方法；数列递推式．
【专题】计算题；转化思想；综合法；等差数列与等比数列；点列、递归数列与数学归纳法；逻辑思维；运算求解．
【答案】（1）b2＝4，b3＝6；（2）证明见解析；（3）．
【分析】（1）根据bn，an+1的定义即可计算求解；
（2）根据等差数列的定义证明即可；
（3）由分组求和法以及等差数列求和公式即可求解．
【解答】解：（1）数列{an}满足a1＝2，，数列{bn}满足bn＝a2n﹣1，
由已知得：b2＝a3＝a2+2＝a1+2＝4，
b3＝a5＝a4+2＝a3+2＝a2+2+2＝a1+4＝6．
（2）证明：因为a2n+1＝a2n+2，a2n＝a2n﹣1，
所以bn+1﹣bn＝a2（n+1）﹣1﹣a2n﹣1＝a2n+1﹣a2n﹣1＝2，
而b1＝a1＝2，所以{bn}是以2为首项，2为公差的等差数列．
（3）S2n＝a1+a2+a3+ +a2n，
因为a2＝a1，a4＝a3， a2n＝a2n﹣1，由（2）得bn＝2n，
所以S2n＝2（a1+a3+...+a2n﹣1）＝2（b1+b2+...+bn）＝2n2+2n．
【点评】本题考查的知识点：数列的通项公式的求法，数列的求和，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
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