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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）（2024春 九龙坡区校级月考）已知集合A＝{x|y＝lnx}，集合，则A∩B＝（　　）
A． B． C．（e，+∞） D．
2．（5分）（2022 杭州模拟）已知复数z满足z﹣iz＝2，则|z|＝（　　）
A． B． C．2 D．5
3．（5分）（2022春 西城区校级期中）某高中政治组准备组织学生进行一场辩论赛，需要从6位老师中选出3位组成评审委员会，则组成该评审委员会不同方式的种数为（　　）
A．15 B．20 C．30 D．120
4．（5分）（2022春 江西月考）已知平面向量，，其中，若，则（　　）
A．26 B．13 C．﹣26 D．﹣13
5．（5分）（2024秋 和平区校级月考）在无穷数列{an}中，a1＝1，an﹣1+2an＝0（n≥2，n∈N*），数列{an}的前n项和为Sn，则Sn的最大值与最小值的差为（　　）
A． B． C． D．无法确定
6．（5分）（2024秋 梅县区校级期中）圆x2+y2＝4上有（　　）个点到直线的距离等于1．
A．4 B．3 C．2 D．1
7．（5分）（2024 射阳县校级一模）已知a∈R，b＞0，若函数f（x）＝（x﹣a）（ex﹣b）≥0，则的最小值为（　　）
A． B．1 C．e D．3
8．（5分）（2024 香港）抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点为F，C上的点到F的距离等于到直线x＝﹣1的距离，则p＝（　　）
A．2 B．1 C． D．
二．多选题（共3小题，满分18分，每小题6分）
（多选）9．（6分）（2023 嵊州市模拟）已知函数f（x）＝sin2xcos2x，则（　　）
A．f（x）的最小正周期为π
B．f（x）的一个对称中心坐标为
C．f（x）的图象可由函数g（x）＝2sin2x的图象向左平移个单位得到
D．f（x）在区间上单调递减
（多选）10．（6分）（2024秋 亳州校级期末）下列说法正确的是（　　）
A．用简单随机抽样的方法从含有50个个体的总体中抽取一个容量为5的样本，则个体m被抽到的概率是0.1
B．数据13，27，24，12，14，30，15，17，19，23的第70百分位数是23
C．已知数据x1，x2， ，x10的极差为6，方差为2，则数据2x1+1，2x2+1， ，2x10+1的极差和方差分别为12，8
D．随机事件A、B，若，且P（A∪B）＝0.5，则A、B为互斥事件
（多选）11．（6分）（2023秋 汉寿县校级期中）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，P为侧面B1BCC1（含边界）内的动点，若直线A1P与A1B1的夹角为45°，则下列说法正确的是（　　）
A．点P的运动轨迹的长度为
B．A1P的长度为定值
C．当CP最小时，三棱锥D﹣PD1C的体积为
D．存在点P，使得直线A1P和平面A1ADD1所成的角为60°
三．填空题（共3小题，满分15分，每小题5分）
12．（5分）（2023 东风区校级模拟）二项式（）8的展开式的常数项是 　 　 ．
13．（5分）（2024秋 浙江期末）在某抽奖活动中，设置3个不同颜色的抽奖箱，每个箱子中的小球大小相同质地均匀，其中红色箱子中放有红球3个，黄球2个，绿球2个；黄色箱子中放有红球4个，绿球2个；绿色箱子中放有红球3个，黄球2个．要求参与者先从红色箱子中随机抽取一个小球，将其放入与小球颜色相同的箱子中，再从放入小球的箱子中随机抽取一个小球，抽奖结束．若第二次抽取的是红色小球，则获得奖品，否则不能获得奖品．若甲为参与者，在其第一次抽取的不是红球的条件下，获得奖品的概率为 　 　 ．
14．（5分）（2024秋 河北月考）双曲线C：的左焦点为F，右顶点为B，点F到渐近线的距离是点B到渐近线距离的2倍，则C的离心率为 　 　 ．
四．解答题（共5小题，满分77分）
15．（13分）（2022秋 秀峰区校级月考）已知a，b，c分别为△ABC内角A，B，C的对边，且sinC（sin2A+sin2B﹣sin2C）＝sinAsinBsinC．
（1）求角C；
（2）若c，求△ABC的面积．
16．（15分）（2024 河南一模）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB∥CD，CD⊥AD，AB＝2，PA＝AD＝CD＝1，E为PB的中点．
（1）证明：BC⊥平面PAC；
（2）求二面角D﹣EC﹣B的余弦值．
17．（15分）（2023秋 北碚区校级月考）已知椭圆的左右顶点分别为A，B，椭圆E与抛物线y2＝﹣8x的准线相切，椭圆的左焦点F到A，B两点的距离之积为3．
（1）求椭圆E的方程；
（2）过点作斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点P，Q，直线BP，BQ分别与y轴交于点M，N，则，求直线PQ的方程．
18．（17分）（2024春 武汉期末）帕德近似是法国数学家亨利 帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法．给定两个正整数m，n，函数f（x）在x＝0处的[m，n]阶帕德近似定义为：且满足：f（0）＝R（0），f'（0）＝R'（0），f″（0）＝R″（0），…，f（m+n）（0）＝R（m+n）（0）．
注：f″（x）＝[f'（x）]′，f'″（x）＝[f″（x）]′，f（4）（x）＝[f'″（x）]′，f（5）（x）＝[f（4）（x）]′，…．
已知函数f（x）＝ln（x+1）在x＝0处的[1，1]阶帕德近似R（x）．
（1）求R（x）的表达式；
（2）记F（x）＝x（x+2）R（x）﹣2f（x），当x≥0时，证明不等式F（x）﹣2x3≤0；
（3）当n∈N*，且n≥2时，证明不等式．
19．（17分）（2022春 渝中区校级月考）已知向量（cos（），sin（）），（4sinωx，2），其中ω＞0，记f（x），且f（x）的最小正周期为π．
（1）求f（x）的单调递增区间；
（2）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且满足，求f（C）的值．
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）（2024春 九龙坡区校级月考）已知集合A＝{x|y＝lnx}，集合，则A∩B＝（　　）
A． B． C．（e，+∞） D．
【考点】对数函数的定义域；交集及其运算．
【专题】转化思想；转化法；函数的性质及应用；运算求解．
【答案】D
【分析】根据已知条件，结合交集的定义，即可求解．
【解答】解：集合A＝{x|y＝lnx}＝{x|x＞0}，集合，
则A∩B＝（0，）．
故选：D．
【点评】本题主要考查交集及其运算，属于基础题．
2．（5分）（2022 杭州模拟）已知复数z满足z﹣iz＝2，则|z|＝（　　）
A． B． C．2 D．5
【考点】复数的模．
【专题】转化思想；定义法；数系的扩充和复数；运算求解．
【答案】A
【分析】利用复数的运算法则、复数的模直接求解．
【解答】解：由题意，复数z满足，
则．
故选：A．
【点评】本题考查复数的运算法则、复数的模等础知识，考查运算求解能力，是基础题．
3．（5分）（2022春 西城区校级期中）某高中政治组准备组织学生进行一场辩论赛，需要从6位老师中选出3位组成评审委员会，则组成该评审委员会不同方式的种数为（　　）
A．15 B．20 C．30 D．120
【考点】排列组合的综合应用．
【专题】整体思想；综合法；排列组合；运算求解．
【答案】B
【分析】由排列、组合及简单计数问题求解即可．
【解答】解：从6位老师中选出3位组成评审委员会，则组成该评审委员会不同方式的种数为20，
故选：B．
【点评】本题考查了排列、组合及简单计数问题，属基础题．
4．（5分）（2022春 江西月考）已知平面向量，，其中，若，则（　　）
A．26 B．13 C．﹣26 D．﹣13
【考点】平面向量数量积的性质及其运算．
【专题】整体思想；综合法；平面向量及应用；运算求解．
【答案】D
【分析】由平面向量数量积的运算，结合平面向量的模的运算求解即可．
【解答】解：已知平面向量，，其中，
又，
则2，
则，
故选：D．
【点评】本题考查了平面向量数量积的运算，重点考查了平面向量的模的运算，属基础题．
5．（5分）（2024秋 和平区校级月考）在无穷数列{an}中，a1＝1，an﹣1+2an＝0（n≥2，n∈N*），数列{an}的前n项和为Sn，则Sn的最大值与最小值的差为（　　）
A． B． C． D．无法确定
【考点】数列递推式．
【专题】函数思想；综合法；点列、递归数列与数学归纳法；运算求解．
【答案】C
【分析】求出数列{an}的前n项和，按奇偶探讨{Sn}的单调性求出最大与最小值即可得解．
【解答】解：由n≥2时，an﹣1+2an＝0，得，而a1＝1，
则数列{an}是以1为首项，以为公比的等比数列，
于是．
当n为奇数时，，则Sn≤1，
当n为偶数时，，则Sn．
因此Sn的最大值与最小值分别为，可得Sn的最大值与最小值的差为．
故选：C．
【点评】利用等比数列前n项和公式求出Sn，再按奇偶结合单调性求解，是中档题．
6．（5分）（2024秋 梅县区校级期中）圆x2+y2＝4上有（　　）个点到直线的距离等于1．
A．4 B．3 C．2 D．1
【考点】直线与圆的位置关系；点到直线的距离公式．
【专题】计算题；转化思想；综合法；直线与圆；运算求解．
【答案】B
【分析】利用点到直线的距离公式结合直线与圆的位置关系即可直接判断．
【解答】解：圆x2+y2＝4的圆心为（0，0），半径为r＝2，
∵圆心到直线的距离dr，
∴直线与圆相交，而r﹣1＝2﹣1＝1，
∴圆上只有3个点到直线的距离为1．
故选：B．
【点评】本题主要考查直线与圆的位置关系，点到直线距离公式的应用，考查运算求解能力，属于基础题．
7．（5分）（2024 射阳县校级一模）已知a∈R，b＞0，若函数f（x）＝（x﹣a）（ex﹣b）≥0，则的最小值为（　　）
A． B．1 C．e D．3
【考点】利用导数求解函数的最值．
【专题】整体思想；综合法；导数的综合应用；运算求解．
【答案】B
【分析】先由不等式恒成立先求出b，代入到所求式子，然后构造函数，结合导数与单调性及最值关系即可求解．
【解答】解：因为b＞0，若函数f（x）＝（x﹣a）（ex﹣b）≥0，
当x≥a时，ex﹣b≥0恒成立，则b≤ea，
当x＜a时，ex﹣b＜0恒成立，则b≥ea，
故b＝ea，
则a+e﹣a，
令f（x）＝x+e﹣x，则f′（x）＝1，
当x＞0时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，当x＜0时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
故x＝0时，函数取得最小值1．
故选：B．
【点评】本题主要考查了导数与单调性及最值关系的应用，属于基础题．
8．（5分）（2024 香港）抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点为F，C上的点到F的距离等于到直线x＝﹣1的距离，则p＝（　　）
A．2 B．1 C． D．
【考点】抛物线的焦点弦及焦半径．
【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】A
【分析】求得抛物线的焦点和准线方程，由抛物线的定义和点到直线的距离公式，解得p，可得抛物线的方程；
【解答】解：抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点F（，0），准线方程为x，
C上的点到F的距离等于到直线x＝﹣1的距离，可得1，解得p＝2，
故选：A．
【点评】本题考查抛物线的简单性质的应用，是基础题．
二．多选题（共3小题，满分18分，每小题6分）
（多选）9．（6分）（2023 嵊州市模拟）已知函数f（x）＝sin2xcos2x，则（　　）
A．f（x）的最小正周期为π
B．f（x）的一个对称中心坐标为
C．f（x）的图象可由函数g（x）＝2sin2x的图象向左平移个单位得到
D．f（x）在区间上单调递减
【考点】函数y＝Asin（ωx+φ）的图象变换；两角和与差的三角函数；三角函数中的恒等变换应用；三角函数的周期性；正弦函数的单调性；正弦函数的奇偶性和对称性．
【专题】计算题；转化思想；综合法；三角函数的求值；三角函数的图象与性质；逻辑思维；运算求解．
【答案】ABD
【分析】首先利用函数的关系式的变换，把函数的关系式变形成正弦型函数，进一步利用函数的性质求出结果．
【解答】解：函数f（x）＝sin2xcos2x，
对于A：根据函数的解析式f（x），故函数的最小正周期为，故A正确；
对于B：当x时，，故B正确；
对于C：函数g（x）＝2sin2x的图象向左平移个单位，得到f（x）＝2sin（2x）的图象，故C错误；
对于D：由于，所以，故函数f（x）在该区间上单调递减，故D正确．
故选：ABD．
【点评】本题考查的知识要点：函数的关系式的恒等变换，正弦型函数的性质，函数的图象的平移变换，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于基础题和易错题．
（多选）10．（6分）（2024秋 亳州校级期末）下列说法正确的是（　　）
A．用简单随机抽样的方法从含有50个个体的总体中抽取一个容量为5的样本，则个体m被抽到的概率是0.1
B．数据13，27，24，12，14，30，15，17，19，23的第70百分位数是23
C．已知数据x1，x2， ，x10的极差为6，方差为2，则数据2x1+1，2x2+1， ，2x10+1的极差和方差分别为12，8
D．随机事件A、B，若，且P（A∪B）＝0.5，则A、B为互斥事件
【考点】正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义；百分位数．
【专题】转化思想；综合法；概率与统计；运算求解．
【答案】ACD
【分析】对于A，由古典概率知识可判断选项正误；
对于B，由百分位数概念可判断选项正误；
对于C，由极差，方差性质可判断正误；
对于D，由题求得P（AB），即可判断选项正误．
【解答】解：A项，由题意，m被抽到的概率是，故A正确，
B项，对10个数据从小到大排序为12，13，14，15，17，19，23，24，27，30．
又10×0.7＝7，则第70百分位数为第7个数据和第8个数据的平均数，
即，故B错误，
C项，数据x1，x2， ，x10的极差为6，方差为2，则数据2x1+1，2x2+1， ，2x10+1的极差和方差分别为2×6＝12，4×2＝8，故C正确，
D项，注意到，且事件互斥，
则，则A、B为互斥事件，故D正确．
故选：ACD．
【点评】本题考查了古典概率知识，属于基础题．
（多选）11．（6分）（2023秋 汉寿县校级期中）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，P为侧面B1BCC1（含边界）内的动点，若直线A1P与A1B1的夹角为45°，则下列说法正确的是（　　）
A．点P的运动轨迹的长度为
B．A1P的长度为定值
C．当CP最小时，三棱锥D﹣PD1C的体积为
D．存在点P，使得直线A1P和平面A1ADD1所成的角为60°
【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；异面直线及其所成的角；直线与平面所成的角；棱柱的结构特征．
【专题】综合题；数形结合；分析法；空间位置关系与距离；逻辑思维；直观想象．
【答案】AB
【分析】易知，P点落在以A1为顶点，线段A1B为母线的圆锥的底面圆周上，即以B1为圆心，半径为BB1的四分之一圆弧上，由此再进一步逐项判断即可．
【解答】解：因为直线A1P与A1B1的夹角为45°，
显然∠BA1B1＝45°，将Rt△A1BB1绕直线A1B1转一周，
直线与面BCC1的交线即为动点P的轨迹，
即以圆心B1，半径为BB1＝1的圆，圆弧即为所求P的轨迹（如图），
对于A，弧的长度为2π×1，故A正确；
A1P的长度为定值，故B正确；
连接B1C，与圆弧交于点M，此时即为CP的最小值，
此时V三棱锥D﹣PD1C＝V三棱锥M﹣CDD11×1（）×sin45°，C错误；
因为A1B1⊥平面A1ADD1，可知直线A1P和平面A1ADD1所成的角与直线A1P与A1B1所成的角互余，
所以直线A1P和平面A1ADD1所成的角为45°，D错误．
故选：AB．
【点评】本题考查空间几何体的截面问题，以及空间角的概念，几何体的体积计算等，同时考查了学生的直观想象与逻辑推理等核心素养，属于中档题．
三．填空题（共3小题，满分15分，每小题5分）
12．（5分）（2023 东风区校级模拟）二项式（）8的展开式的常数项是 　7　 ．
【考点】二项展开式的通项与项的系数．
【专题】计算题；方程思想；定义法；二项式定理；运算求解．
【答案】7．
【分析】写出二项式展开式的通项公式，令x的指数为0，解出r，可得常数项．
【解答】解：二项式（）8的展开式的通项公式为Tr+1＝C（）8﹣r（）r＝C（）rx，r＝0，1...8，
令8﹣4r＝0，解得r＝2，
展开式的常数项是C（）2＝7．
故答案为：7．
【点评】本题考查二项式展开式的常数项，考查学生计算能力，属于基础题．
13．（5分）（2024秋 浙江期末）在某抽奖活动中，设置3个不同颜色的抽奖箱，每个箱子中的小球大小相同质地均匀，其中红色箱子中放有红球3个，黄球2个，绿球2个；黄色箱子中放有红球4个，绿球2个；绿色箱子中放有红球3个，黄球2个．要求参与者先从红色箱子中随机抽取一个小球，将其放入与小球颜色相同的箱子中，再从放入小球的箱子中随机抽取一个小球，抽奖结束．若第二次抽取的是红色小球，则获得奖品，否则不能获得奖品．若甲为参与者，在其第一次抽取的不是红球的条件下，获得奖品的概率为 　　 ．
【考点】求解条件概率；贝叶斯公式．
【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】．
【分析】设出事件后，结合条件概率公式计算可求得结论．
【解答】解：根据题意，设A红，A黄，A绿，分别表示先抽到的小球的颜色分别是红、黄、绿的事件，
设B红表示第二次抽到的小球的颜色是红的事件，
要求概率．
故答案为：．
【点评】本题考查条件概率的计算，注意条件概率的计算公式，属于基础题．
14．（5分）（2024秋 河北月考）双曲线C：的左焦点为F，右顶点为B，点F到渐近线的距离是点B到渐近线距离的2倍，则C的离心率为 　2　 ．
【考点】求双曲线的离心率．
【专题】方程思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解．
【答案】2．
【分析】根据题意，利用点到直线的距离公式，得到，结合离心率的定义，即可求解．
【解答】解：由双曲线C：，
得右焦点F（c，0），右顶点A（a，0），
不妨取一条渐近线的方程为，即bx﹣ay＝0，
则顶点B（a，0）到bx﹣ay＝0的距离为，
焦点F（c，0）到bx﹣ay＝0的距离为，
由点F到渐近线的距离是点B到渐近线距离的2倍，得，即c＝2a，
则．
故答案为：2．
【点评】本题考查双曲线的几何性质，考查双曲线离心率的求法，是基础题．
四．解答题（共5小题，满分77分）
15．（13分）（2022秋 秀峰区校级月考）已知a，b，c分别为△ABC内角A，B，C的对边，且sinC（sin2A+sin2B﹣sin2C）＝sinAsinBsinC．
（1）求角C；
（2）若c，求△ABC的面积．
【考点】解三角形；正弦定理；余弦定理．
【专题】综合题；转化思想；综合法；解三角形；运算求解．
【答案】（1）；
（2）．
【分析】（1）由已知可得sin2A+sin2B﹣sin2C＝sinAsinB，由正弦定理可得a2+b2﹣c2＝ab，进而可求cosC的值，可求C；
（2）由余弦定理得c2＝b2+a2﹣2bacosC，可得ab的值，可求△ABC的面积．
【解答】解：（1）由sinC（sin2A+sin2B﹣sin2C）＝sinAsinBsinC．
∵sinc≠0，∴sin2A+sin2B﹣sin2C＝sinAsinB，
由正弦定理得a2+b2﹣c2＝ab，
由余弦定理可得cosC，
∵0＜C＜π，∴C；
（2）由余弦定理得c2＝b2+a2﹣2bacosC＝b2+a2﹣ba＝（b+a）2﹣3ba＝（b+a）2﹣3ba，
∴5＝11﹣3ba，解得ab＝2，
∴S△ABCabsinC．
【点评】本题考查正余弦定理的应用，考考三角形的面积，属中档题．
16．（15分）（2024 河南一模）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB∥CD，CD⊥AD，AB＝2，PA＝AD＝CD＝1，E为PB的中点．
（1）证明：BC⊥平面PAC；
（2）求二面角D﹣EC﹣B的余弦值．
【考点】二面角的平面角及求法；直线与平面垂直．
【专题】转化思想；转化法；立体几何；逻辑思维．
【答案】（1）证明见解析．
（2）．
【分析】（1）由平面几何的性质可证明BC⊥AC，结合线面垂直的性质证明PA⊥BC，从而利用判定定理证明．
（2）以A为原点建立空间直角坐标系A﹣xyz，写出各点坐标，分别计算平面CDE的法向量以及平面CBE的法向量，由平面夹角的余弦公式计算可得结果．
【解答】解：（1）证明：取AB的中点F，连接CF，
所以AF＝CD，
因为AF∥CD，
所以四边形AFCD是平行四边形，
因为AB⊥AD，AD＝CD，
所以四边形AFCD是正方形，
则AB⊥CF，CF＝AD＝1，
所以，得到AC2+BC2＝AB2，
所以BC⊥AC．
因为PA⊥平面ABCD，BC 面ABCD，
所以PA⊥BC，
因为PA∩AC＝A且都在面PAC，
所以BC⊥平面PAC；
（2）因为PA⊥平面ABCD，PA⊥AD，PA⊥AB，则PA，AD，AB两两垂直，
如图，以A为原点，DA，AB，AP所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系A﹣xyz：
则A（0，0，0），P（0，0，1），B（0，2，0），C（1，1，0），D（1，0，0），，
所以，，，
设平面CDE的法向量为，
则，所以，即，
令x＝1，则z＝2，
所以平面CDE的法向量为，
设平面CBE的法向量为，
则，所以，即，
令m＝1，则p＝2，n＝1，
所以平面CBE的法向量为，
所以|cos，|＝||＝||，
因为二面角D﹣EC﹣B为钝角，
所以二面角D﹣EC﹣B的余弦值为．
【点评】本题考查直线与平面的位置关系，二面角，解题关键是空间向量法的应用，属于中档题．
17．（15分）（2023秋 北碚区校级月考）已知椭圆的左右顶点分别为A，B，椭圆E与抛物线y2＝﹣8x的准线相切，椭圆的左焦点F到A，B两点的距离之积为3．
（1）求椭圆E的方程；
（2）过点作斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点P，Q，直线BP，BQ分别与y轴交于点M，N，则，求直线PQ的方程．
【考点】直线与椭圆的综合．
【专题】综合题；方程思想；整体思想；待定系数法；数形结合法；设而不求法；圆锥曲线的定义、性质与方程；圆锥曲线中的最值与范围问题；逻辑思维；运算求解．
【答案】（1）；
（2）x+9y+70．
【分析】（1）根据题意易得抛物线的准线为：x＝2，根据椭圆E与抛物线y2＝﹣8x的准线相切，易得a＝2，椭圆的左焦点F到A，B两点的距离之积为3，求出b2＝3，写出椭圆的方程即可；
（2）设出直线PQ的方程，联立直线和椭圆的方程，消y，得到（3+4k2）x2+8kmx+4m2﹣12＝0，利用韦达定理，写出两根之和和两根之积，根据直线BP，BQ分别与y轴交于点M，N，求出M，N，写出|MN|＝|（）|＝||，整理化简即可求出k，写出直线方程即可．
【解答】解：（1）抛物线y2＝﹣8x的准线为：x＝2，
∵椭圆E与抛物线y2＝﹣8x的准线相切，
∴a＝2，又椭圆的左焦点F到A，B两点的距离之积为3．
∴（a+c）（a﹣c）＝3＝b2，
∴椭圆E的方程为：；
（2）设P（x1，y1），Q（x2，y2），直线PQ的方程为y＝kx+m，B（2，0），
由，得（3+4k2）x2+8kmx+4m2﹣12＝0，
Δ＝（8km）2﹣4（3+4k2）（4m2﹣12）＞0，
x1+x2，x1x2，
直线BP的方程为：y（x﹣2），令x＝0，得y，
∴点M（0，），同理点N（0，），
∵，即|（）|＝||
＝||，
而2y2（x1﹣2）﹣2y1（x2﹣2）＝2（kx2+m）（x1﹣2）﹣2（kx1+m）（x2﹣2）＝2m（x1﹣x2）+4k（x1﹣x2）＝2（m+2k）（x1﹣x2），
∵点在直线PQ上，
∴2k+m，∴|2（m+2k）（x1﹣x2）|＝2|x1﹣x2|，
|x1﹣x2|2＝（x1+x2）2﹣4x1x2，
∴|x1﹣x2|，
（x1﹣2）（x1﹣2）＝x1x2﹣2（x1+x2）+424
，
∴||，
∴12k2﹣3m2+9＝4①，2k+m②，联立①②解得：
解得：k，m，
∴直线PQ的方程为：x+9y+70．
【点评】本题考查抛物线的定义，直线与抛物线的位置关系，属中档题．
18．（17分）（2024春 武汉期末）帕德近似是法国数学家亨利 帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法．给定两个正整数m，n，函数f（x）在x＝0处的[m，n]阶帕德近似定义为：且满足：f（0）＝R（0），f'（0）＝R'（0），f″（0）＝R″（0），…，f（m+n）（0）＝R（m+n）（0）．
注：f″（x）＝[f'（x）]′，f'″（x）＝[f″（x）]′，f（4）（x）＝[f'″（x）]′，f（5）（x）＝[f（4）（x）]′，…．
已知函数f（x）＝ln（x+1）在x＝0处的[1，1]阶帕德近似R（x）．
（1）求R（x）的表达式；
（2）记F（x）＝x（x+2）R（x）﹣2f（x），当x≥0时，证明不等式F（x）﹣2x3≤0；
（3）当n∈N*，且n≥2时，证明不等式．
【考点】利用导数求解函数的最值；利用导数求解函数的单调性和单调区间．
【专题】新定义；函数思想；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】（1）；
（2）证明见解析；
（3）证明见解析．
【分析】（1）根据R（x）的定义，即可利用求导以及待定系数求解系数，进而可求解；
（2）构造函数G（x）＝x2﹣x3﹣ln（x+1），求导得单调性，求解最值即可得证；
（3）根据（2）的结论ln（x+1）+x3≥x2，可得，由放缩法得，即可裂项相加，结合对数运算即可得证．
【解答】解：（1）由题意，．
因为f（0）＝R（0），
所以a0＝0，所以，
因为，，且f'（0）＝R'（0），所以a1＝1，
因为，且f″（0）＝R″（0），
所以，
所以；
（2）证明：因为，
所以F（x）﹣2x3＝2[x2﹣x3﹣ln（x+1）]，
记G（x）＝x2﹣x3﹣ln（x+1），
则，
因为x≥0，所以G'（x）＜0，
所以G（x）在[0，+∞）单调递减．
所以G（x）≤G（0）＝0，
所以F（x）﹣2x2≤0；
（3）证明：由（2）得，当x≥0时，ln（x+1）+x3≥x2，
所以当n∈N*时，，
又因为，
所以，
所以当n≥2时，，
，
……
，
以上各式两边相加，
得．
【点评】本题属于新概念题，考查了导数的综合运用、利用导数和放缩法证明不等式，属于难题．
19．（17分）（2022春 渝中区校级月考）已知向量（cos（），sin（）），（4sinωx，2），其中ω＞0，记f（x），且f（x）的最小正周期为π．
（1）求f（x）的单调递增区间；
（2）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且满足，求f（C）的值．
【考点】平面向量的综合题；复合三角函数的单调性．
【专题】应用题；综合法；平面向量及应用；运算求解．
【答案】（1）；
（2）﹣1．
【分析】（1）由向量的数量积运算和三角函数恒等变换公式化简变形可得，再由周期为π，可求出ω＝1，从而可求得函数解析式，再由，k∈Z，可求出其增区间；
（2）先解已知的方程组可得，然后利用余弦定理可求出角C，从而可求出f（C）的值．
【解答】解：（1）因为，，
，
，
因为f（x）的最小正周期为π，所以，所以ω＝1，所以．
由，k∈Z，得，k∈Z，
所以 f（x） 的增区间为；
（2）由，解得，
所以
，
因为C∈（0，π），所以，
所以．
【点评】本题考查平面向量的综合题，属于中档题．
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