资源简介

2025届高考数学模拟预测卷（新高考Ⅰ）
一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）
1．（5分）（2023秋 任城区校级期末）过抛物线的焦点的直线的倾斜角为，则抛物线顶点到该直线的距离为（　　）
A． B． C． D．1
2．（5分）（2023 尚义县开学）已知复数z满足，则（　　）
A．i B．﹣i C．1﹣i D．1+i
3．（5分）（2022春 宁波期末）已知平面向量满足，则的最小值为（　　）
A．1 B． C．2 D．3
4．（5分）（2024 浦东新区校级模拟）全概率公式在敏感性问题调查中有着重要应用．例如某学校调查学生对食堂满意度的真实情况，为防止学生有所顾忌而不如实作答，可以设计如下调查流程：每位学生先从一个装有3个红球，6个白球的盒子中任取3个球，取到至少一个红球的学生回答问题一“你出生的月份是否为3的倍数？”，未取到任何红球的学生回答问题二“你对食堂是否满意？”．由于两个问题的答案均只有“是”和“否”，而且回答的是哪个问题他人并不知道（取球结果不被看到即可），因此理想情况下学生应当能给出符合实际情况的答案．已知某学校800名学生参加了该调查，且有250人回答的结果为“是”，由此估计学生对食堂的实际满意度大约为（　　）
A．25% B．35% C．45% D．55%
5．（5分）（2024秋 大埔县校级月考）若向量与的夹角为锐角，则实数x的值可能为（　　）
A．4 B．5 C．6 D．3
6．（5分）（2024秋 锦江区校级月考）下列说法正确的是（　　）
A．若a＞b，则
B．若a＞b＞0，m≠0，则
C．0.91.1＞1.10.9
D．log23＞log32
7．（5分）（2022春 丰台区校级期末）如图，已知山高BC＝500m，为了测量山高MN，选择A点和另一座山的山顶C作为测量基点，从A点测得M点的仰角∠MAN，C点的仰角∠CAB，∠MAC，从C点测得∠MCA，则山高MN（单位：m）为（　　）
A．850 B．850 C．750 D．750
8．（5分）（2025春 太原校级月考）已知函数为极大值点，则实数m的取值范围是（　　）
A．（﹣∞，0） B．（﹣∞，1） C．（1，+∞） D．（0，1）
二．多选题（共3小题，满分18分，每小题6分）
（多选）9．（6分）（2024春 新城区校级期中）有甲、乙两个班级共计105人进行数学考试，按照大于等于85分为优秀，85分以下为非优秀统计成绩，得到如下所示的列联表：
优秀 非优秀
甲班 10 b
乙班 c 30
已知在全部105人中随机抽取1人，成绩优秀的概率为，则下列说法正确的是（　　）
附：，其中n＝a+b+c+d．
P（χ2≥xα） 0.10 0.05 0.01 0.005 0.001
α 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
A．列联表中c的值为30，b的值为35
B．列联表中c的值为20，b的值为45
C．若算得χ2≈6.109，依据α＝0.05的独立性检验，认为“成绩与班级有关系”
D．若算得χ2≈6.109，依据α＝0.05的独立性检验，认为“成绩与班级没有关系”
（多选）10．（6分）（2025 内蒙古二模）已知数列{an}满足a1＝1，a2＝10，且an+2＝an+1 ，若记数列{an}的前n项的积为Tn．bn＝lg（an an+1），{bn}的前n项和为Sn，则下列结论正确的是（　　）
A．数列{bn}是等比数列
B．
C．当n为奇数时，
D．当n为偶数时，
（多选）11．（6分）（2025 辽宁模拟）已知函数f（x）＝x3﹣6x2+ax+b（a，b∈R），则下列选项正确的有（　　）
A．f（x）的图象关于点（2，f（2））中心对称
B．若不等式f（x）＜0的解集为{x|x＜4且x≠1}，则x＝3是f（x）的极小值点
C．若不等式f（x）＜0的解集为{x|x＜4且x≠1}，则当0＜x＜1时，f（x）＜f（x2）
D．若不等式f（x）＞0的解集为{x|x＞m且x≠n}，n﹣m＝6，则f（x）的极大值为32
三．填空题（共3小题，满分15分，每小题5分）
12．（5分）（2020 全国）（x﹣3）（x﹣32）（x﹣33）（x﹣34）的展开式中x3的系数为 　 　 ．（用数字作答）
13．（5分）（2023秋 赛罕区校级期中）在平面直角坐标系xOy中，已知圆C1：x2+y2＝2，圆C2：，若过第四象限的直线l是两圆的公切线，且两圆在公切线的同一侧，则直线l的方程为 　 　 ．
14．（5分）（2025 福建模拟）已知某圆锥侧面展开后的扇形面积为定值，设扇形的圆心角为α，则当圆锥的内切球体积最大时，α＝ 　 　 ．
四．解答题（共5小题，满分77分）
15．（13分）（2024秋 无锡期末）已知函数f（x）＝x（x﹣c）2．
（1）若f（x）在x＝2处有极小值，求f（x）的单调递增区间；
（2）若函数y＝f（x）的图像与直线y＝﹣x+c相切，求实数c的值．
16．（15分）（2023秋 沙坪坝区校级期末）已知数列{an}的首项，且，．
（1）证明：数列{2n an}是等差数列，并求出{an}的通项公式；
（2）记cm为数列{bn}中能使成立的最小项，求出c1、c2以及数列{cm}的前2023项和．
17．（15分）（2024秋 北京校级期末）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是菱形，PD⊥平面ABCD，平面PAB⊥平面PAD，PD＝AD＝2．M，N分别为AB，PC的中点．
（1）求证：MN∥平面PAD；
（2）求证：AB⊥平面PAD；
（3）在棱PA上是否存在一点E，使得直线DE与平面PBC所成角为．若存在，确定点E的位置，若不存在，说明理由．
18．（17分）（2024春 平定县校级期中）设O为坐标原点，定义非零向量的“相伴函数”为f（x）＝asinx+bcosx（x∈R），向量称为函数f（x）＝asinx+bcosx的“相伴向量”．
（1）设函数，求h（x）的“相伴向量”；
（2）记的“相伴函数”为f（x），若函数，x∈[0，2π]与直线y＝k有且仅有四个不同的交点，求实数k的取值范围；
（3）已知点M（a，b）满足3a2﹣4ab+b2＜0，向量的“相伴函数”f（x）在x＝x0处取得最大值．当点M运动时，求tan2x0的取值范围．
19．（17分）（2022 漳州模拟）已知圆C1：（x+2）2+y2＝9，圆C2：（x﹣2）2+y2＝1，动圆P与圆C1，圆C2都外切．圆心P的轨迹为曲线C．
（1）求C的方程；
（2）已知A，B是C上不同的两点，AB中点的横坐标为2，且AB的中垂线为直线l，是否存在半径为1的定圆E，使得l被圆E截得的弦长为定值，若存在，求出圆E的方程；若不存在，请说明理由．
2025届高考数学模拟预测卷（新高考Ⅰ）
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）（2023秋 任城区校级期末）过抛物线的焦点的直线的倾斜角为，则抛物线顶点到该直线的距离为（　　）
A． B． C． D．1
【考点】抛物线的焦点与准线．
【专题】计算题；方程思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；逻辑思维；运算求解．
【答案】A
【分析】由题意首先求得焦点坐标，然后确定直线方程，最后由点到直线距离公式可得距离．
【解答】解：抛物线的标准方程是y2＝4x，其顶点是（0，0），焦点是（1，0），
由直线的倾斜角得其斜率是，所以直线的方程是，
则抛物线的顶点到直线的距离为．
故选：A．
【点评】本题主要考查抛物线方程及其应用，抛物线的性质，点到直线距离公式等知识，属于基础题．
2．（5分）（2023 尚义县开学）已知复数z满足，则（　　）
A．i B．﹣i C．1﹣i D．1+i
【考点】复数的运算；共轭复数．
【专题】转化思想；转化法；数系的扩充和复数；运算求解．
【答案】B
【分析】按照法则进行复数的四则运算求出z，再求．
【解答】解：∵，
∴．
故选：B．
【点评】本题主要考查复数的四则运算，以及共轭复数的定义，属于基础题．
3．（5分）（2022春 宁波期末）已知平面向量满足，则的最小值为（　　）
A．1 B． C．2 D．3
【考点】平面向量数量积的性质及其运算．
【专题】计算题；整体思想；综合法；平面向量及应用；运算求解．
【答案】D
【分析】设，由向量数量积和模长的坐标运算可表示出，由（x+m）2≥0可得结果．
【解答】解：不妨设，
∴，则，∴，
∵（x+m）2≥0，∴，则的最小值为3．
故选：D．
【点评】本题考查了平面向量数量积的应用，属于中档题．
4．（5分）（2024 浦东新区校级模拟）全概率公式在敏感性问题调查中有着重要应用．例如某学校调查学生对食堂满意度的真实情况，为防止学生有所顾忌而不如实作答，可以设计如下调查流程：每位学生先从一个装有3个红球，6个白球的盒子中任取3个球，取到至少一个红球的学生回答问题一“你出生的月份是否为3的倍数？”，未取到任何红球的学生回答问题二“你对食堂是否满意？”．由于两个问题的答案均只有“是”和“否”，而且回答的是哪个问题他人并不知道（取球结果不被看到即可），因此理想情况下学生应当能给出符合实际情况的答案．已知某学校800名学生参加了该调查，且有250人回答的结果为“是”，由此估计学生对食堂的实际满意度大约为（　　）
A．25% B．35% C．45% D．55%
【考点】全概率公式．
【专题】整体思想；综合法；概率与统计；运算求解．
【答案】A
【分析】利用全概率公式可求答案．
【解答】解：设学生对食堂的实际满意度为p，事件A＝“回答问题一”，事件B＝“回答的结果为是”，
由题意可知，则，
又因为，
由全概率公式可得，
即，
解得．
故选：A．
【点评】本题主要考查了全概率公式，属于基础题．
5．（5分）（2024秋 大埔县校级月考）若向量与的夹角为锐角，则实数x的值可能为（　　）
A．4 B．5 C．6 D．3
【考点】空间向量的夹角与距离求解公式．
【专题】计算题；转化思想；综合法；空间向量及应用；运算求解．
【答案】C
【分析】由题意可知、的数量积为正数且与方向不相同，由此利用数量积的坐标表示建立不等式，解之即可得到本题的答案．
【解答】解：根据题意，且、不共线，
所以，解得x＞5，
当与共线时，，解得x＝﹣1，可知x的取值范围是x＞5．
对照各个选项，可知C项符合题意．
故选：C．
【点评】本题主要考查空间向量数量积的坐标表示、两个向量共线的条件等知识，属于基础题．
6．（5分）（2024秋 锦江区校级月考）下列说法正确的是（　　）
A．若a＞b，则
B．若a＞b＞0，m≠0，则
C．0.91.1＞1.10.9
D．log23＞log32
【考点】对数值大小的比较；等式与不等式的性质．
【专题】整体思想；综合法；不等式；运算求解．
【答案】D
【分析】对于选项A，B，利用赋值法即可判断正误；对于选项C，D，利用中间量1结合指数函数与对数函数的单调性比较大小即可判断．
【解答】解：对于A，由a＞b，当a＝1，b＝﹣2时，故A显然错误；
对于B，a＞b＞0，m≠0，当a＝2，b＝1，m＝﹣1时，
，故B错误；
对于C，0.91.1＜0.90＝1，1.10.9＞1.10＝1，所以0.91.1＜1.10.9，故C错误；
对于D，log23＞log22＝1，log32＜log33＝1，所以log23＞log32，故D正确．
故选：D．
【点评】本题主要考查了不等式性质的应用，属于基础题．
7．（5分）（2022春 丰台区校级期末）如图，已知山高BC＝500m，为了测量山高MN，选择A点和另一座山的山顶C作为测量基点，从A点测得M点的仰角∠MAN，C点的仰角∠CAB，∠MAC，从C点测得∠MCA，则山高MN（单位：m）为（　　）
A．850 B．850 C．750 D．750
【考点】解三角形．
【专题】综合题；转化思想；综合法；解三角形；运算求解．
【答案】C
【分析】利用直角三角形求出AC，由正弦定理求出AM，再利用直角三角形求出MN的值．
【解答】解：在Rt△ABC中，∠CAB＝45°，BC＝500m，所以AC＝500m；
在△AMC中，∠MAC＝75°，∠MCA＝60°，从而∠AMC＝45°，
由正弦定理得，，
因此AM＝500500m；
在Rt△MNA中，AM＝500m，∠MAN＝60°，
由sin60°，
得MN＝500750m．
故选：C．
【点评】本题主要考查了正弦定理的应用问题，也考查了解三角形的应用问题，是中档题．
8．（5分）（2025春 太原校级月考）已知函数为极大值点，则实数m的取值范围是（　　）
A．（﹣∞，0） B．（﹣∞，1） C．（1，+∞） D．（0，1）
【考点】利用导数求解函数的极值．
【专题】计算题；整体思想；导数的综合应用；运算求解．
【答案】C
【分析】首先对函数f（x）求导，然后分析x＝1两侧的符号，进而求出实数m的取值范围．
【解答】解：根据题目；已知函数为极大值点，
由，
则，
令f′（x）＝0，则x＝1或x＝m，
当m＝1时，f′（x）在x＝1附近的符号是左正右正，故x＝1不是f（x）的极值点，不符合题意；
当m＜1时，f′（x）在x＝1附近的符号是左负右正，即x＝1是f（x）的极小值点，不符合题意；
当m＞1时，f′（x）在x＝1附近的符号是左正右负，即x＝1是f（x）的极大值点，符合题意；
综上，m的取值范围为（1，+∞）．
故选：C．
【点评】本题考查利用导数求解函数的极值，属于中档题．
二．多选题（共3小题，满分18分，每小题6分）
（多选）9．（6分）（2024春 新城区校级期中）有甲、乙两个班级共计105人进行数学考试，按照大于等于85分为优秀，85分以下为非优秀统计成绩，得到如下所示的列联表：
优秀 非优秀
甲班 10 b
乙班 c 30
已知在全部105人中随机抽取1人，成绩优秀的概率为，则下列说法正确的是（　　）
附：，其中n＝a+b+c+d．
P（χ2≥xα） 0.10 0.05 0.01 0.005 0.001
α 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
A．列联表中c的值为30，b的值为35
B．列联表中c的值为20，b的值为45
C．若算得χ2≈6.109，依据α＝0.05的独立性检验，认为“成绩与班级有关系”
D．若算得χ2≈6.109，依据α＝0.05的独立性检验，认为“成绩与班级没有关系”
【考点】独立性检验．
【专题】整体思想；综合法；概率与统计；运算求解．
【答案】BC
【分析】由成绩优秀的概率求出成绩优秀的人数和非优秀人数，即可得出b，c的值，根据χ2≈6.109与附表中的数据对比，即可得解．
【解答】解：因为在105人中随机抽取1人，成绩优秀的概率为，
所以成绩优秀的人数为，
非优秀人数为105﹣30＝75，
所以c＝30﹣10＝20，b＝75﹣30＝45，A错，B正确；
因为χ2≈6.109＞3.841＝x0.05，
所以依据α＝0.05的独立性检验，能认为“成绩与班级有关系”，故C正确，D错误．
故选：BC．
【点评】本题主要考查了独立性检验的应用，属于基础题．
（多选）10．（6分）（2025 内蒙古二模）已知数列{an}满足a1＝1，a2＝10，且an+2＝an+1 ，若记数列{an}的前n项的积为Tn．bn＝lg（an an+1），{bn}的前n项和为Sn，则下列结论正确的是（　　）
A．数列{bn}是等比数列
B．
C．当n为奇数时，
D．当n为偶数时，
【考点】数列求和的其他方法；数列递推式；等比数列的概念与判定．
【专题】转化思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】ABD
【分析】由已知条件可得an＞0，an+1an+2＝（an an+1）2，两边取常用对数，结合等比数列的定义、通项公式和求和公式，可得Sn，bn，讨论n为偶数和奇数，求得Tn，可得结论．
【解答】解：数列{an}满足a1＝1，a2＝10，且an+2＝an+1 ，
可得an＞0，an+1an+2＝（an an+1）2，
即有lg（an+1an+2）＝2lg（an an+1），
由bn＝lg（an an+1），可得bn+1＝2bn，
即有数列{bn}是首项为lg（a1a2）＝1，公比为2的等比数列，
可得Sn2n﹣1，故A、B正确；
由bn＝lg（an an+1）＝2n﹣1，
可得anan+1，当n为偶数时，Tn＝（a1a2）...（an﹣1an）＝10×104×1016×...；
当n为奇数时，Tn＝a1（a2a3）...（an﹣1an）＝1×102×108×...，故C错误，D正确．
故选：ABD．
【点评】本题考查数列的递推式和等比数列的定义、通项公式与求和公式，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于中档题．
（多选）11．（6分）（2025 辽宁模拟）已知函数f（x）＝x3﹣6x2+ax+b（a，b∈R），则下列选项正确的有（　　）
A．f（x）的图象关于点（2，f（2））中心对称
B．若不等式f（x）＜0的解集为{x|x＜4且x≠1}，则x＝3是f（x）的极小值点
C．若不等式f（x）＜0的解集为{x|x＜4且x≠1}，则当0＜x＜1时，f（x）＜f（x2）
D．若不等式f（x）＞0的解集为{x|x＞m且x≠n}，n﹣m＝6，则f（x）的极大值为32
【考点】利用导数求解函数的极值．
【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】ABD
【分析】直接利用导数，对函数进行求导再结合三次函数的性质求解即可判断．
【解答】解：对于A，f（x）＝x3﹣6x2+ax+b＝（x﹣2）3+（a﹣12）（x﹣2）+b+8﹣2a，
所以f（x）+f（4﹣x）＝2b+16﹣4a，
所以f（x）的图像关于点（2，f（2））中心对称，故A正确；
对于B，由题意不等式f（x）＜0的解集为{x|x＜4且x≠1}，
可得f（x）＝x3﹣6x2+ax+b＝（x﹣4）（x﹣1）2＝x3﹣6x2+9x﹣4，
所以f'（x）＝3x2﹣12x+9＝3（x﹣1）（x﹣3），
所以当x∈（﹣∞，1）∪（3，+∞）时，f'（x）＞0，当x∈（1，3）时，f′（x）＜0，
所以f（x）在（﹣∞，1），（3，+∞）上单调递增，在（1，3）上单调递减，
所以x＝3是f（x）的极小值点，故B正确；
对于C，由不等式f（x）＜0的解集为{x|x＜4且x≠1}结合B选项可知，f（x）在（0，1）上单调递增，
因为0＜x2＜x＜1，所以f（x2）＜f（x），故C错误；
对于D，由题意不等式f（x）＞0的解集为{x|x＞m且x≠n}，n﹣m＝6，
可得f（x）＝x3﹣6x2+ax+b＝（x﹣m）（x﹣n）2＝x3﹣（2n+m）x2+（n2+2mn）x﹣mn2，
即，解得，
所以f（x）＝x3﹣6x2+4x+32，
所以f′（x）＝3x2﹣，12x+4，
令f'（x）＝0，解得x＝2，
可得f（x）在（﹣∞，2），（2，+∞）上单调递增，在（2，2）上单调递减，
所以当x＝2时，f（x）取得极大值，
所以f（2）＝32，所以f（x）的极大值为32，故D正确．
故选：ABD．
【点评】本题考查了函数的性质、导数在研究函数中的应用，考查逻辑推理能力、运算求解能力，考查数学运算、逻辑推理核心素养，是中档题．
三．填空题（共3小题，满分15分，每小题5分）
12．（5分）（2020 全国）（x﹣3）（x﹣32）（x﹣33）（x﹣34）的展开式中x3的系数为 　﹣120　 ．（用数字作答）
【考点】二项式定理．
【专题】计算题；对应思想；定义法；二项式定理；运算求解．
【答案】﹣120．
【分析】先观察展开式中x3的特点，再求解即可．
【解答】解：（x﹣3）（x﹣32）（x﹣33）（x﹣34）的展开式中x3可看作：
（x﹣3），（x﹣32），（x﹣33），（x﹣34）中取3次x，取1次常数相乘得到，
∴展开式中x3的系数为﹣3﹣32﹣33﹣34＝﹣3﹣9﹣27﹣81＝﹣120，
故答案为：﹣120．
【点评】本题主要考查二项展开式中特定项系数的运算，属于中档题．
13．（5分）（2023秋 赛罕区校级期中）在平面直角坐标系xOy中，已知圆C1：x2+y2＝2，圆C2：，若过第四象限的直线l是两圆的公切线，且两圆在公切线的同一侧，则直线l的方程为 　　 ．
【考点】直线与圆的位置关系．
【专题】计算题；转化思想；综合法；直线与圆；运算求解．
【答案】．
【分析】求得两圆的圆心与半径，设直线l的方程为y＝kx+b，直线l与圆C1，C2的切点分别为A，B，连接C1C2，AC1，BC2，利用已知可求得k，b，可求直线l的方程．
【解答】解：由圆的方程可知，圆C1的圆心为C1（0，0），半径，
圆C2的圆心为，半径r2，则1，|C1C2|，
由题意知直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝kx+b，
直线l与圆C1，C2的切点分别为A，B，连接C1C2，AC1，BC2，
过C1作C1D∥AB交BC2于D，如图所示．
∵直线l为圆C2的切线，∴BC2⊥AB．
又C1D∥AB，∴C1D⊥C2D，
∴，
∴k＝tan（∠C2Cx﹣∠DC1C2）＝tan（45°﹣∠DC1C2），
∴直线l的方程为，即3x﹣5y+5b＝0．
又直线l与圆C1相切，∴，解得b，
又直线l过第四象限，∴，
∴直线l的方程为．
故答案为：．
【点评】本题考查直线与圆的位置关系，考查公切线方程的求法，考查运算求解能力，属中档题．
14．（5分）（2025 福建模拟）已知某圆锥侧面展开后的扇形面积为定值，设扇形的圆心角为α，则当圆锥的内切球体积最大时，α＝ 　　 ．
【考点】球的体积．
【专题】函数思想；转化思想；综合法；球；运算求解．
【答案】．
【分析】利用等面积法求出内切球半径，再结合基本不等式找到内切球半径最大时的取等条件，再利用圆心角公式求解即可．
【解答】解：设扇形面积为S，圆锥的底面半径为r，母线长为l，则高为，
因为圆锥的内切球的半径R即为轴截面的内切圆的半径，
根据等面积法可得，
而轴截面面积为，解得，
又圆锥侧面，即，
且记为定值，故rl＝p，即，而p+r2＞0，
因为
，
由基本不等式得，
而，
即，当且仅当时取等，此时，
设圆锥的内切球体积为V，而由球的体积公式得，
由幂函数性质得当圆锥的内切球体积最大时，圆锥的内切球半径R最大，
而，解得，
当R最大时，由弧长公式得．
故答案为：．
【点评】本题考查圆锥的内切球问题的求解，函数思想的应用，属难题．
四．解答题（共5小题，满分77分）
15．（13分）（2024秋 无锡期末）已知函数f（x）＝x（x﹣c）2．
（1）若f（x）在x＝2处有极小值，求f（x）的单调递增区间；
（2）若函数y＝f（x）的图像与直线y＝﹣x+c相切，求实数c的值．
【考点】利用导数求解函数的单调性和单调区间；利用导数求解曲线在某点上的切线方程．
【专题】综合题；对应思想；综合法；导数的综合应用；逻辑思维；运算求解．
【答案】（1），（2，+∞）；
（2）±2．
【分析】（1）由题意，对函数f（x）进行求导，根据f′（2）＝0，求出c的值，代入验证即可；
（2）f（x）与y＝﹣x+c切于，得到切线方程，根据切线方程与直线y＝﹣x+c重合，此时，求解即可．
【解答】解：（1）易知f（x）的定义域为R，
可得f′（x）＝（x﹣c）2+2（x﹣c）x＝（x﹣c）（3x﹣c），
因为f（x）在x＝2处有极小值，
所以f′（2）＝（2﹣c）（6﹣c）＝0，
解得c＝2或c＝6，
当c＝2时，f′（x）＝（x﹣2）（3x﹣2），
当x时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；
当x＜2时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；
当x＞2时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
所以f（x）在x＝2上有极小值，符合条件；
当c＝6时，经检验f（x）在x＝2处有极大值了，不符合条件，
综上所述，f（x）的单调增区间为，（2，+∞）；
（2）设f（x）与y＝﹣x+c切于，
此时k＝（x0﹣c）（3x0﹣c），
所以切线方程为，
因为该切线与y＝﹣x+c重合，
所以，
两式相除得（2x0﹣c）（x0﹣c）＝0，
解得或x0＝c（舍去），
所以，
解得c＝±2．
则实数c的值为±2．
【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性和极值，考查了逻辑推理和运算能力，属于中档题．
16．（15分）（2023秋 沙坪坝区校级期末）已知数列{an}的首项，且，．
（1）证明：数列{2n an}是等差数列，并求出{an}的通项公式；
（2）记cm为数列{bn}中能使成立的最小项，求出c1、c2以及数列{cm}的前2023项和．
【考点】数列的求和；数列递推式．
【专题】计算题；整体思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】（1）证明见解析，；
（2），数列{cm}的前2023项和为．
【分析】（1）借助等差数列的定义即可证明，由等差数列的性质可得{an}的通项公式；
（2）求出bn后，根据规律找到满足条件能使成立的最小项，并对不同的m值，计算满足条件的个数，从而求和得解．
【解答】证明：（1）由，则，
又，
故数列{2n an}是以1为首项，2为公差的等差数列，
有2n an＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1，则；
解：（2）由，故，
令，得2n≤2m+1，
若m＝1，则n≤1，即，
若2≤m≤3，则n≤2，即，
故有，
若4≤m≤7，则n≤3，即，
若8≤m≤15，则n≤4，即，
若1024≤m≤2047，则n≤11，即，
由1024≤m≤2023时，共1000个数，
故数列{cm}的前2023项和为：
．
【点评】本题考查了等差数列的证明和数列的求和，属于中档题．
17．（15分）（2024秋 北京校级期末）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是菱形，PD⊥平面ABCD，平面PAB⊥平面PAD，PD＝AD＝2．M，N分别为AB，PC的中点．
（1）求证：MN∥平面PAD；
（2）求证：AB⊥平面PAD；
（3）在棱PA上是否存在一点E，使得直线DE与平面PBC所成角为．若存在，确定点E的位置，若不存在，说明理由．
【考点】空间向量法求解直线与平面所成的角；直线与平面平行；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）证明见解析；（2）证明见解析；（3）存在，点E为PA中点．
【分析】（1）取PD的中点Q，利用平行公理、线面平行的判定推理即得．
（2）取PA的中点F，利用面面垂直的性质、线面垂直的性质判定推理得证．
（3）由（2）可得直线DA，DC，DP两两垂直，以D为原点建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法求解即可．
【解答】解：（1）证明：在四棱锥P﹣ABCD中，取PD的中点Q，连接AQ，NQ，由M，N分别为AB，PC的中点，
，
又四边形ABCD是菱形，
则，
于是四边形AMNQ是平行四边形，MN∥AQ，而AQ 平面PAD，MN 平面PAD，
所以MN∥平面PAD．
（2）证明：取PA的中点F，连接DF，由PD＝AD＝2，得DF⊥PA，又平面PAB⊥平面PAD，
平面PAB∩平面PAD＝PA，DF 平面PAD，
则DF⊥平面PAB，
而AB 平面PAB，于是DF⊥AB，由PD⊥平面ABCD，AB 平面ABCD，
得PD⊥AB，又PD∩DF＝D，PD，DF 平面PAD，
所以AB⊥平面PAD．
（3）由（2）知，AB⊥AD，又四边形ABCD是菱形，则四边形ABCD是正方形，
直线DA，DC，DP两两垂直，以D为原点，直线DA，DC，DP分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则D（0，0，0），A（2，0，0），P（0，0，2），C（0，2，0），B（2，2，0），
假定在棱PA上存在一点E，满足条件，令，
，，
设平面PBC的一个法向量，
则，则，
取y＝1，得，
则直线DE与平面PBC所成角正弦值为，
解得，所以在棱PA上存在一点E，使得直线DE与平面PBC所成角为，点E为PA中点．
【点评】本题考查线面位置关系的判定，以及向量法的应用，属于中档题．
18．（17分）（2024春 平定县校级期中）设O为坐标原点，定义非零向量的“相伴函数”为f（x）＝asinx+bcosx（x∈R），向量称为函数f（x）＝asinx+bcosx的“相伴向量”．
（1）设函数，求h（x）的“相伴向量”；
（2）记的“相伴函数”为f（x），若函数，x∈[0，2π]与直线y＝k有且仅有四个不同的交点，求实数k的取值范围；
（3）已知点M（a，b）满足3a2﹣4ab+b2＜0，向量的“相伴函数”f（x）在x＝x0处取得最大值．当点M运动时，求tan2x0的取值范围．
【考点】三角函数中的恒等变换应用．
【专题】整体思想；综合法；三角函数的求值；三角函数的图象与性质；平面向量及应用；运算求解．
【答案】（1）；
（2）（1，3）；
（3）（）．
【分析】（1）由两角和差的三角函数公式可得，进而可得函数h（x）的相伴向量．
（2）根据题意可得f（x）＝2cosx，作出分段函数g（x）的图象，得出函数g（x）与y＝k有四个交点时，实数k的取值范围．
（3）根据题意可得，其中，当时，f（x）取得最大值，令，则m2﹣4m+3＜0，解得m的取值范围，再求出的取值范围．
【解答】解：（1），
所以函数h（x）的“相伴向量”．
（2）由题知：f（x）＝0 sinx+2 cosx＝2cosx．
，
可求得g（x）在单调递增，单调递减，单调递增，单调递减，
且g（0）＝1，，g（π）＝﹣3，，g（2π）＝1，
∵g（x）图象与y＝k有且仅有四个不同的交点，
∴1 k＜3，
所以，实数k的取值范围为[1，3）；
（3），
其中，，，
∵x∈R∴当，k∈Z即时，f（x）取得最大值．
此时，
令，则由3a2﹣4ab+b2＜0知：m2﹣4m+3＜0，解得1＜m＜3，
，因为在m∈（1，3）上单调递增，
所以在m∈（1，3）上单调递减，从而
【点评】本题主要考查向量和三角函数相结合的新定义问题，属于较难题
19．（17分）（2022 漳州模拟）已知圆C1：（x+2）2+y2＝9，圆C2：（x﹣2）2+y2＝1，动圆P与圆C1，圆C2都外切．圆心P的轨迹为曲线C．
（1）求C的方程；
（2）已知A，B是C上不同的两点，AB中点的横坐标为2，且AB的中垂线为直线l，是否存在半径为1的定圆E，使得l被圆E截得的弦长为定值，若存在，求出圆E的方程；若不存在，请说明理由．
【考点】轨迹方程．
【专题】计算题；方程思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；逻辑思维；运算求解．
【答案】；
（2）存在；定圆E：（x﹣8）2+y2＝1．
【分析】（1）由动圆与两定圆外切得到圆心距与半径之间的关系，作差后得到动圆圆心P的轨迹符合双曲线的定义，由已知求出实半轴和焦半距，则动圆圆心的轨迹方程可求．
（2）先利用“点差法”写出直线AB的方程，再写出AB的中垂线l的方程，求出l所过的定点即为圆E的圆心，然后写出圆的方程即可．
【解答】解：（1）圆C1的圆心为C1（﹣2，0），半径为r1＝3，
圆C2的圆心为C2（2，0），半径为r2＝1，
设动圆P的半径为R，因为动圆P与圆C1，圆C2都外切，
所以|PC1|＝R+r1＝R+3，|PC2|＝R+r2＝R+1，
所以|PC1|﹣|PC2|＝2＜4＝|C1C2|，
所以点P在以C1，C2为焦点，以2为实轴长的双曲线的右支上，
设双曲线的方程为，
所以2a＝2，2c＝4，所以，
注意圆C1与圆C2外切于点（1，0），P不可能为（1，0），
所以C的方程为．
（2）设A（x1，y1），B（x2，y2），AB的中点为M（x0，y0），
因为A，B是C上不同的两点，AB中点的横坐标为2．
所以
①﹣②得，
当kAB存在时，，
因为AB的中垂线为直线l，所以，即，
所以l过定点T（8，0），
当kAB不存在时，A，B关于x轴对称，AB的中线l为x轴，此时l也过T（8，0），
所以存在定圆E：（x﹣8）2+y2＝1，使得l被圆E截得的弦长为定值2．
【点评】本题主要考查轨迹方程的求解，直线与圆锥曲线的位置关系，韦达定理及其应用等知识，属于中等题．
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