2025年湖南师大附中高考数学模拟试卷（二）含参考答案

这是一份2025年湖南师大附中高考数学模拟试卷（二）含参考答案，共23页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．（5分）（2025•岳麓区校级模拟）已知全集U＝A∪B＝{x∈N|0≤x≤4}，A∩（∁UB）＝{1，2，3}，则集合B＝（ ）
A．{0}B．{4}C．{0，4}D．{1，2，3，4}
2．（5分）（2025•岳麓区校级模拟）“sinθ•csθ＞0”是“θ为第一象限角”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
3．（5分）（2025•岳麓区校级模拟）在复平面内，O为坐标原点，复数1﹣i，﹣1+2i对应的向量分别是OM→，ON→，则MN→对应的复数为（ ）
A．﹣2+3iB．iC．2﹣3iD．﹣i
4．（5分）（2016•天津）已知f（x）是定义在R上的偶函数，且在区间（﹣∞，0）上单调递增，若实数a满足f（2|a﹣1|）＞f（−2），则a的取值范围是（ ）
A．（﹣∞，12）B．（﹣∞，12）∪（32，+∞）
C．（12，32）D．（32，+∞）
5．（5分）（2022•江西模拟）某校有1000人参加某次模拟考试，其中数学考试成绩近似服从正态分布N（105，σ2）（σ＞0），试卷满分150分，统计结果显示数学成绩优秀（高于120分）的人数占总人数的15，则此次数学考试成绩在90分到105分之间的人数约为（ ）
A．150B．200C．300D．400
6．（5分）（2025•岳麓区校级模拟）已知圆锥的轴截面是边长为4的正三角形，以其底面圆心为球心，底面半径为半径的球和圆锥表面的交线长为（ ）
A．4πB．5πC．(4+23)πD．6π
7．（5分）（2025•岳麓区校级模拟）已知数列{an}的前n项和为Sn，对任意的n∈N*，都有3Sn＝an+64．若Tn是数列{an}的前n项积，则Tn的最大值为（ ）
A．29B．214C．215D．216
8．（5分）（2025•岳麓区校级模拟）已知函数f(x)=x2ex，x＜1exx2，x≥1，方程[f（x）]2﹣a2f（x）＝0（a＞0）有两个不等实根，则下列选项正确的是（ ）
A．2是f（x）的极大值点
B．函数h（x）＝f（x）﹣x无零点
C．a的取值范围是(2e，e2)∪[e，+∞)
D．∃x1∈（0，1），x2∈（1，3），使f（x1）＞f（x2）
二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。
（多选）9．（6分）（2025•岳麓区校级模拟）已知sinβ+csβ=15，β∈（0，π），则下列各式正确的有（ ）
A．sin2β=−2425B．sinβ−csβ=±75
C．cs2β=725D．tanβ=−43
（多选）10．（6分）（2025•岳麓区校级模拟）甲箱中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙箱中有4个红球，3个白球和3个黑球．先从甲箱中随机取出一球放入乙箱，分别以A1，A2和A3表示由甲箱取出的球是红球，白球和黑球的事件；再从乙箱中随机取出一球，以B表示由乙箱取出的球是红球的事件，则（ ）
A．事件B与事件A3相互独立
B．P(A1|B)=59
C．P(A2B)=655
D．P(B)=922
（多选）11．（6分）（2025•岳麓区校级模拟）已知P为抛物线C：x2＝4y上一点，F为C的焦点，直线l的方程为3x+4y+6＝0，则下列说法正确的有（ ）
A．若A（3，4），则|AP|+|PF|≥5
B．点P到直线l与到直线y＝﹣2的距离之和的最小值为2
C．若存在点P，使得过点P可作两条垂直的直线与圆x2+（y﹣4）2＝r2相切，则r的取值范围为r≥6
D．过直线l上一点E（点E不在x轴上）作抛物线的两条切线，切线分别交x轴于点A，B，△EAB外接圆面积的最小值为π
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．（5分）（2025•岳麓区校级模拟）圆台的上下底面半径分别为1、2，母线与底面的夹角为60°，则圆台的侧面积为 ．
13．（5分）（2025•岳麓区校级模拟）若函数f（x）＝5sin（x+θ）+12cs（x+θ）为奇函数，则tanθ＝ ．
14．（5分）（2025•岳麓区校级模拟）已知双曲线C：x29−y2=1，A，B分别是C的左、右顶点，P是双曲线C上与A，B不重合的一动点，直线PA，PB与x＝1交于M，N两点，△PMN，△PAB的外接圆半径分别为r1，r2，则r1r2的最小值为 ．
四、解答题：本大题共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）（2025•岳麓区校级模拟）在△ABC中，已知AB＝2，AC＝5，∠BAC＝60°．
（1）求sin∠ACB；
（2）设BC，AC边上的两条中线AM，BN相交于点P，求cs∠MPN．
16．（15分）（2025•九江二模）甲、乙、丙三人各自独立投篮，甲和乙都投中的概率是19，甲投中而丙未投中的概率是16，乙投中而丙未投中的概率是16．
（1）请问三人中哪一位投篮水平较高？并说明理由；
（2）现将投篮水平较低的两人组成一组（记为A组），与投篮水平较高的人（记为B组）进行投篮比赛，甲、乙、丙各自独立投篮2次，且每次投篮的结果互不影响，投中次数较多的一组获胜，求B组获胜的概率．
17．（15分）（2025•岳麓区校级模拟）三棱锥P﹣ABC中，底面△ABC为等腰直角三角形，CA=CB=22，PA=10．点P在底面ABC上的射影E是线段AB靠近点A的四等分点．
（1）求PB与平面PCE所成角的正弦值；
（2）设AB靠近B的四等分点为F，D是平面ABC内的动点，且C，D在直线AB的两侧，满足|DE|+|DF|＝4．试探究是否存在点D使得平面PBD⊥平面PBC？若存在，请求出DE的长度；若不存在，请说明理由．
18．（17分）（2025•岳麓区校级模拟）已知函数f(x)=x(x−alnx−1x)，a∈R．
（1）若0≤a≤2，试判断函数f（x）的单调性；
（2）若函数f（x）有三个不同的零点x1，x2，x3（x1＜x2＜x3）．
（ⅰ）求a的取值范围；
（ⅱ）若存在正整数M，使得ax1+x3≥M恒成立，求M的最大值．
19．（17分）（2025•岳麓区校级模拟）对于有穷数列An：a1，a2，…，an，若存在i，j∈{1，2，3，⋯，n}，使得ai﹣aj≥2，则将数列A0进行操作变换T：将ai减1，aj加1，其余项不变，得到数列Ai，记为A1＝T（A0）．从A0开始进行m次操作变换T，依次得到数列A1，A2，…，Am，即Ai＝T（Ai﹣1），i＝1，2，⋯，m．
（1）已知数列A0：﹣2，0，1，3，是否可以通过m次操作变换T得到如下数列？
①﹣4，2，1，2；②0，0，0，2，
若可以，请写出一种满足题意的A1，A2，…，Am；若不可以，请说明理由；
（2）已知数列A0：a1，a2，…，an是公差为1的等差数列，若从A0开始进行m次操作变换T后得到数列Am：3，3，3，3，3，求m的所有可能值．
（3）已知数列A0：1，2，⋯，20，将数列A0进行m次操作变换T，直到这种操作不能再进行时为止，求m的最大值．
2025年湖南师大附中高考数学模拟试卷（二）
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
二．多选题（共3小题）
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．（5分）（2025•岳麓区校级模拟）已知全集U＝A∪B＝{x∈N|0≤x≤4}，A∩（∁UB）＝{1，2，3}，则集合B＝（ ）
A．{0}B．{4}C．{0，4}D．{1，2，3，4}
【解答】解：全集U＝A∪B＝{x∈N|0≤x≤4}＝{0，1，2，3，4}，
又A∩（∁UB）＝{1，2，3}，则{1，2，3}⊆∁UB，B＝{0，4}．
故选：C．
2．（5分）（2025•岳麓区校级模拟）“sinθ•csθ＞0”是“θ为第一象限角”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
【解答】解：sinθ•csθ＞0时，θ不一定是第一象限角，即充分性不成立；
当θ为第一象限角，则sinθ•csθ＞0一定成立，即必要性成立．
故选：B．
3．（5分）（2025•岳麓区校级模拟）在复平面内，O为坐标原点，复数1﹣i，﹣1+2i对应的向量分别是OM→，ON→，则MN→对应的复数为（ ）
A．﹣2+3iB．iC．2﹣3iD．﹣i
【解答】解：1﹣i，﹣1+2i对应的点分别为M（1，﹣1），N（﹣1，2），
即OM→=（1，﹣1），ON→=（﹣1，2），
则MN→=ON→−OM→=（﹣1，2）﹣（1，﹣1）＝（﹣2，3），MN→对应的复数为﹣2+3i．
故选：A．
4．（5分）（2016•天津）已知f（x）是定义在R上的偶函数，且在区间（﹣∞，0）上单调递增，若实数a满足f（2|a﹣1|）＞f（−2），则a的取值范围是（ ）
A．（﹣∞，12）B．（﹣∞，12）∪（32，+∞）
C．（12，32）D．（32，+∞）
【解答】解：∵f（x）是定义在R上的偶函数，且在区间（﹣∞，0）上单调递增，
∴f（x）在（0，+∞）上单调递减．
∵2|a﹣1|＞0，f（−2）＝f（2），
∴2|a﹣1|＜2=212．
∴|a﹣1|＜12，
解得12＜a＜32．
故选：C．
5．（5分）（2022•江西模拟）某校有1000人参加某次模拟考试，其中数学考试成绩近似服从正态分布N（105，σ2）（σ＞0），试卷满分150分，统计结果显示数学成绩优秀（高于120分）的人数占总人数的15，则此次数学考试成绩在90分到105分之间的人数约为（ ）
A．150B．200C．300D．400
【解答】解：∵P（X≤90）＝P（X≥120）＝0.2，
∴P（90≤X≤120）＝1﹣0.4＝0.6，
∴P（90≤X≤105）=12P（90≤X≤120）＝0.3，
∴此次数学考试成绩在90分到105分之间的人数约为1000×0.3＝300．
故选：C．
6．（5分）（2025•岳麓区校级模拟）已知圆锥的轴截面是边长为4的正三角形，以其底面圆心为球心，底面半径为半径的球和圆锥表面的交线长为（ ）
A．4πB．5πC．(4+23)πD．6π
【解答】解：如图，
作圆锥的轴截面△ABC，由题意可知该截面与半球的截面为半圆，
设半圆与AB，AC分别交于点D，E，
由已知得△ABC为边长为4的等边三角形，BC的中点O为球心，半圆O的半径为2，
由点D在半圆上，得DB⊥DC，DO＝BO＝CO＝2，∠DBO＝60°，
可得BD＝2，故点D为AB的中点，同理可得E为AC的中点，则DE＝2，
圆锥与球的交线为两个圆，一个为圆锥的底面圆，周长为4π，
另一个为所有母线的中点构成的圆，周长为2π，可得交线长为6π．
故选：D．
7．（5分）（2025•岳麓区校级模拟）已知数列{an}的前n项和为Sn，对任意的n∈N*，都有3Sn＝an+64．若Tn是数列{an}的前n项积，则Tn的最大值为（ ）
A．29B．214C．215D．216
【解答】解：因为对任意的n∈N*，都有3Sn＝an+64，
当n＝1时，3S1＝a1+64，可得a1＝32，
当n≥2时，3Sn＝an+64，3Sn﹣1＝an﹣1+64，
两式相减得3an＝an﹣an﹣1，即2an＝﹣an﹣1，又a1＝32≠0，故anan−1=−12，
所以数列{an}是首项为32，公比为−12的等比数列，
所以an=32⋅(−12)n−1，
因为Tn是数列{an}的前n项积，
所以Tn＝a1a2a3⋯an=32n⋅(−12)0+1+2+⋯+(n−1)
=(−1)n(n−1)2⋅25n−n(n−1)2=(−1)n(n−1)2⋅2−n2+11n2，
当n＝5或n＝6时，−n2+11n2有最大值15，所以当n＝5时，Tn有最大值215．
故选：C．
8．（5分）（2025•岳麓区校级模拟）已知函数f(x)=x2ex，x＜1exx2，x≥1，方程[f（x）]2﹣a2f（x）＝0（a＞0）有两个不等实根，则下列选项正确的是（ ）
A．2是f（x）的极大值点
B．函数h（x）＝f（x）﹣x无零点
C．a的取值范围是(2e，e2)∪[e，+∞)
D．∃x1∈（0，1），x2∈（1，3），使f（x1）＞f（x2）
【解答】解：因为当x＜1时，f（x）＝x2ex，
则f′（x）＝2xex+x2ex＝（x2+2x）ex＝x（x+2）ex，
当x∈（﹣∞，﹣2）∪（0，1）时，f′（x）＞0，
故y＝f（x）在（﹣∞，﹣2），（0，1）上单调递增，
当x∈（﹣2，0）时，f′（x）＜0，
所以函数y＝f（x）在（﹣2，0）上单调递减，
且f(−2)=4e2，f（0）＝0；
当x≥1时，f(x)=exx2，则f′（x）=ex⋅x2−2xexx4=ex(x−2)x3，
当x∈（1，2）时，f′（x）＜0，当x∈（2，+∞）时，f′（x）＞0，
故f（x）在（1，2）上单调递减，在x∈（2，+∞）上单调递增，
且f（1）＝e，f(2)=e24，且f（x）≥0恒成立，
作出函数f（x）的图象，如图所示：
对于A，由图可得2是f（x）的极小值点，故A错误；
对于B，因为x＝2时，y=e24＜2，即点(2，e24)在直线y＝x下方，
而点（1，e）在直线y＝x上方，
则函数h（x）＝f（x）﹣x必有零点，故B错误；
对于C，方程[f（x）]2﹣a2f（x）＝0（a＞0）等价于f（x）＝0或f（x）＝a2，
由图可得f（x）＝0有1个实数根x＝0，
又因为方程[f（x）]2﹣a2f（x）＝0（a＞0）有两个不等实根，
所以f（x）＝a2有1个非零实根，
则由图可得4e2＜a2＜e24或a2＞e，
解得2e＜a＜e2或a＞e，故C错误；
对于D，由图可得，当x1∈（0，1）时，f（x1）∈（0，e）．
因为e＜3，
故f(3)=e39＜9e9=e，
故结合图象可得x2∈（1，3）时，f(x2)∈[e24，e)，
故∃x1∈（0，1），x2∈（1，3），使f（x1）＞f（x2），故D正确．
故选：D．
二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。
（多选）9．（6分）（2025•岳麓区校级模拟）已知sinβ+csβ=15，β∈（0，π），则下列各式正确的有（ ）
A．sin2β=−2425B．sinβ−csβ=±75
C．cs2β=725D．tanβ=−43
【解答】解：A项：因为sinβ+csβ=15，
所以等式两边平方，可得sin2β+cs2β+2sinβcsβ＝1+2sinβcsβ=125，
可得sin2β=2sinβcsβ=−2425，故A项正确；
B项：由sinβcsβ＜0，且β∈（0，π），
可得β∈(π2，π)，
可得sinβ﹣csβ＞0，
又(sinβ−csβ)2=1−2sinβcsβ=4925，
可得sinβ−csβ=75，故B项错误；
C项：cs2β=cs2β−sin2β=(csβ−sinβ)(csβ+sinβ)=−725，故C项错误；
D项：由sinβ+csβ=15sinβ−csβ=75，解得sinβ=45csβ=−35，
可得tanβ=−43，故D项正确．
故选：AD．
（多选）10．（6分）（2025•岳麓区校级模拟）甲箱中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙箱中有4个红球，3个白球和3个黑球．先从甲箱中随机取出一球放入乙箱，分别以A1，A2和A3表示由甲箱取出的球是红球，白球和黑球的事件；再从乙箱中随机取出一球，以B表示由乙箱取出的球是红球的事件，则（ ）
A．事件B与事件A3相互独立
B．P(A1|B)=59
C．P(A2B)=655
D．P(B)=922
【解答】解：由题意得P（A1）=12，P（A2）=15，P（A3）=310，
先A1发生，此时乙袋中有5个红球，3个白球和3个黑球，则P（B|A1）=511，
先A2发生，此时乙袋中有4个红球，4个白球和3个黑球，则P（B|A2）=411，
先A3发生，此时乙袋中有4个球，3个白球和4个黑球，则P（B|A3）=411．
∴P（A2B）＝P（B|A2）P（A2）=411×15=455，故C错误；
P（B）＝P（B|A1）P（A1）+P（B|A2）P（A2）+P（B|A3）P（A3）=922，故D正确；
P（A1|B）=P(A1B)P(B)=P(B|A1)P(A1)P(B)=511×12922=59，故B正确；
P（A3B）＝P（B|A3）P（A3）=655，
P（A3）P（B）≠P（A3B），故A错误；
故选：BD．
（多选）11．（6分）（2025•岳麓区校级模拟）已知P为抛物线C：x2＝4y上一点，F为C的焦点，直线l的方程为3x+4y+6＝0，则下列说法正确的有（ ）
A．若A（3，4），则|AP|+|PF|≥5
B．点P到直线l与到直线y＝﹣2的距离之和的最小值为2
C．若存在点P，使得过点P可作两条垂直的直线与圆x2+（y﹣4）2＝r2相切，则r的取值范围为r≥6
D．过直线l上一点E（点E不在x轴上）作抛物线的两条切线，切线分别交x轴于点A，B，△EAB外接圆面积的最小值为π
【解答】解：对于选项A，C：x2＝4y，准线m：y＝﹣1，焦点F（0，1），A（3，4），
过点P作准线m：y＝﹣1的垂线，垂足为Q，再过点A作准线m：y＝﹣1的垂线，垂足为B，
根据抛物线定义可知：|AP|+|PF|＝|AP|+|PQ|≥|AB|＝4﹣（﹣1）＝5，所以选项A正确；
对于选项B，过点P作准线m：y＝﹣1的垂线，垂足为Q，交n：y＝﹣2于点N，
过点F作直线l：3x+4y+6＝0的垂线，垂足为G，
过点P作直线l：3x+4y+6＝0的垂线，垂足为H，
根据点F到直线l：3x+4y+6＝0的距离公式可得：|FG|=|3×0+4×1+6|9+16=105=2，
那么点P到直线l与到直线y＝﹣2的距离之和为：
|PH|+|PN|＝|PH|+|PQ|+1＝|PH|+|PF|+1≥|FG|+1＝2+1＝3，所以选项B错误；
对于选项C．
根据过点P可作两条垂直的直线与圆x2+（y﹣4）2＝r2相切，
如图，设切点为T，可知|MP|=|PT|2+r2．
因为两条切线垂直，可知∠MPT=π4，所以|PT|＝r，因此有|MP|=2r，
从而把问题转化为抛物线上存在点P到圆心M的距离为2r，
先求抛物线上点P（x0，y0）到圆心M（0，4）的距离：
|MP|=x02+(y0−4)2=4y0+y02−8y0+16=(y0−2)2+12≥23，
当y0＝2时，此时|MP|取到最小值23，
所以2r≥23，解得r≥6，所以选项C正确．
对于选项D，切线EA，EB与抛物线分别切于M，N，设N(x2，x224)，M(x1，x124)，
由于y=x24，因此导函数y′=x2，因此kEB=x22，kEA=x12，
因此EA：y=x12(x−x1)+x124=x12x−x124，同理EB：y=x22x−x224，
根据y=x12x−x124y=x22x−x224，可得x=x1+x22y=x1x24，因此E(x1+x22，x1x24)，
又因为A(x12，0)，因此FA→=(x12，−1)，EA→=(−x22，−x1x24)，
因此EA→⋅FA→=−x1x24+x1x24=0，同理EB→⋅FB→=0，因此EB⊥FB，EA⊥FA，
因此E，A，F，B四点共圆，且三角形EAB的外接圆的直径为EF，
因此|EF|min即为F到直线3x+4y+6＝0的距离，此距离为2．
因此|EF|min＝2，即三角形EAB的外接圆的半径的最小值为1，
因此三角形EAB的外接圆面积的最小值为π．
故选：ACD．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．（5分）（2025•岳麓区校级模拟）圆台的上下底面半径分别为1、2，母线与底面的夹角为60°，则圆台的侧面积为 6π ．
【解答】解：圆台的轴截面为等腰梯形，如图所示；
∴r＝1，R＝2，母线与底面的夹角为60°，
∴l＝2（R﹣r）＝2，
圆台的侧面积为：
S侧＝（πr+πR）l
＝（1π+2π）×2
＝6π．
故答案为：6π．
13．（5分）（2025•岳麓区校级模拟）若函数f（x）＝5sin（x+θ）+12cs（x+θ）为奇函数，则tanθ＝ −125 ．
【解答】解：根据题意可知，函数f（x）＝5sin（x+θ）+12cs（x+θ），
由辅助角公式，得f（x）＝13sin（x+θ+φ），其中tanφ=125，
又因f（x）为奇函数，则有f（0）＝0，即sin（θ+φ）＝0，故θ+φ＝kπ（k∈Z），
于是θ＝﹣φ+kπ，故tanθ=tan(−φ+kπ)=−tanφ=−125．
故答案为：−125．
14．（5分）（2025•岳麓区校级模拟）已知双曲线C：x29−y2=1，A，B分别是C的左、右顶点，P是双曲线C上与A，B不重合的一动点，直线PA，PB与x＝1交于M，N两点，△PMN，△PAB的外接圆半径分别为r1，r2，则r1r2的最小值为 229 ．
【解答】解：易知A（﹣3，0），B（3，0），
设P（x，y），x＞0，y＞0，
此时kPA=yx+3，kPB=yx−3，
所以kPA⋅kPB=yx+3⋅yx−3=y2x2−9=x29−1x2−9=19，
设直线PA的方程为y＝k（x+3）（k＞0），
令x＝1，
解得yM＝4k，
因为直线PB的方程为y=19k(x−3)，
令x＝1，
解得yN=−29k，
所以|MN|=4k+29k，
设△PMN，△PAB的外接圆的半径分别为r1，r2．
由正弦定理得2r1=|MN|sin∠MPN=|MN|sin∠APB，2r2=|AB|sin∠APB，
所以r1r2=|MN||AB|=4k+29k6≥24k⋅29k6=229，
当且仅当4k=29k，即k=26时，等号成立，
则r1r2的最小值为229．
故答案为：229．
四、解答题：本大题共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）（2025•岳麓区校级模拟）在△ABC中，已知AB＝2，AC＝5，∠BAC＝60°．
（1）求sin∠ACB；
（2）设BC，AC边上的两条中线AM，BN相交于点P，求cs∠MPN．
【解答】解：（1）由余弦定理得，BC2=AB2+AC2−2AB⋅AC⋅cs∠BAC=22+52−2×2×5×12=19，
所以BC=19，
由正弦定理得，ABsin∠ACB=BCsin∠BAC，
所以2sin∠ACB=1932，解得sin∠ACB=5719．
（2）设AB→=c→，AC→=b→，则b→⋅c→=5×2×12=5，
因为AM，BN为中线，
所以AM→=12(b→+c→)，BN→=AN→−AB→=12AC→−AB→=12b→−c→，
所以|AM→|=14(b→+c→)2=14(25+4+2×5)=392，
|BN→|=(12b→−c→)2=14⋅25+4−5=212，
AM→⋅BN→=12(b→+c→)⋅(12b→−c→)=12(12b→2−12b→⋅c→−c→2)=12(12⋅25−12⋅5−4)=3，
所以cs∠MPN=AM→⋅BN→|AM→||BN→|=3392×212=49191．
16．（15分）（2025•九江二模）甲、乙、丙三人各自独立投篮，甲和乙都投中的概率是19，甲投中而丙未投中的概率是16，乙投中而丙未投中的概率是16．
（1）请问三人中哪一位投篮水平较高？并说明理由；
（2）现将投篮水平较低的两人组成一组（记为A组），与投篮水平较高的人（记为B组）进行投篮比赛，甲、乙、丙各自独立投篮2次，且每次投篮的结果互不影响，投中次数较多的一组获胜，求B组获胜的概率．
【解答】解：甲、乙、丙三人各自独立投篮，甲和乙都投中的概率是19，
甲投中而丙未投中的概率是16，乙投中而丙未投中的概率是16，
（1）丙投篮水平较高，理由如下：
设甲、乙、丙三人各自独立投篮投中的概率分别为p1、p2、p3．
依题意，得p1p2=19p1(1−p3)=16p2(1−p3)=16，解得p1=13p2=13p3=12，
因为p1＝p2＜p3，所以，丙投篮水平较高．
（2）记A组投中次数为X1，B组投中次数为X2，
由（1）知X1～B(4，13)，X2∼B(2，12)，
若B组获胜，则X1＝0，X2＝1或X1＝0，X2＝2或X1＝1，X2＝2，
所以，P(X1=0，X2=1)=C40(13)0(23)4⋅C21(12)1(12)1=881，
P(X1=0，X2=2)=C40(13)0(23)4⋅C22(12)2(12)0=481，
P(X1=1，X2=2)=C41(13)1(23)3C22(12)2(12)0=881．
故B组获胜的概率为：
P＝P（X1＝0，X2＝1）+P（X1＝0，X2＝2）+P（X1＝1，X2＝2）=881+481+881=2081．
17．（15分）（2025•岳麓区校级模拟）三棱锥P﹣ABC中，底面△ABC为等腰直角三角形，CA=CB=22，PA=10．点P在底面ABC上的射影E是线段AB靠近点A的四等分点．
（1）求PB与平面PCE所成角的正弦值；
（2）设AB靠近B的四等分点为F，D是平面ABC内的动点，且C，D在直线AB的两侧，满足|DE|+|DF|＝4．试探究是否存在点D使得平面PBD⊥平面PBC？若存在，请求出DE的长度；若不存在，请说明理由．
【解答】解：（1）连接PE，因为P在底面ABC上的射影E是线段AB靠近点A的四等分点，
可得PE⊥平面ABC，因为AB⊂平面ABC，所以PE⊥AB，
在直角△PAE中，可得PE=PA2−AE2=3，
又因为PE⊂平面PEC，所以平面PEC⊥平面ABC，且交线为CE，
过B作BG⊥CE于点G，连接PG，
因为BG⊂平面ABC，由面面垂直的性质，可得BG⊥平面PEC，
故∠BPG为PB与平面PCE所成角，
在△BCE中，CB=22，BE＝3，∠CBE=π4，
由余弦定理得CE2＝CB2+BE2﹣2CB•BEcs∠CBE，
所以CE2=(22)2+32−2×22×3×csπ4=5，
所以CE=5，
又由S△BCE=12CE⋅BG=12BC⋅BEsinπ4，
所以BG=65，
在△BPG中，由PB=PE2+BE2=32，
所以sin∠BPG=BGBP=105，
即直线PB与平面PCE所成角的正弦值为105．
（2）假设存在点D满足要求，则二面角C﹣PB﹣D为直二面角，
即二面角C﹣PB﹣A和二面角D﹣PB﹣A和为90°．
取AB中点O，连接CO，过O作ON⊥PB于点N，连接CN，
因为△ABC为等腰直角三角形，且AC＝BC，所以CO⊥AB，
又因为PE⊥平面ABC，且CO⊂平面ABC，所以PE⊥CO，
因为PE∩AB＝E，且PE，AB⊂平面PAB，所以CO⊥平面PAB，
又因为PB⊂平面PAB，所以CO⊥PB，
因为PB⊥ON且ON∩CO＝O，ON，CO⊂平面CON，所以PB⊥平面CON，
所以∠CNO为二面角C﹣PB﹣A的平面角，
在直角△CON中，因为CO=2，ON=2，可得tan∠CNO=2，
过D作DH垂直AB于点H，过H作HQ垂直PB于点Q，连接DQ，
同理可得∠DQH为二面角D﹣PB﹣A的平面角，所以tan∠DQH=22，
在平面ABC中，以O为原点，OB为x轴正方向，CO为y轴正方向建立平面直角坐标系，
根据题意，点D点轨迹为以E，F为焦点的椭圆，
其标准方程为x24+y23=1，y＞0，
设D点横坐标为x0，
则x024+y23=1，即y2=3(1−x024)，
则DH=3(1−x024)，BH＝2﹣x0，HQ=22(2−x0)，
所以tan∠DQH=DHHQ=22，
解得x0＝﹣1，故假设成立，此时DE=32．
18．（17分）（2025•岳麓区校级模拟）已知函数f(x)=x(x−alnx−1x)，a∈R．
（1）若0≤a≤2，试判断函数f（x）的单调性；
（2）若函数f（x）有三个不同的零点x1，x2，x3（x1＜x2＜x3）．
（ⅰ）求a的取值范围；
（ⅱ）若存在正整数M，使得ax1+x3≥M恒成立，求M的最大值．
【解答】解：（1）根据题意，x＞0，且函数f（x）＝x2﹣axlnx﹣1，所以导函数f′（x）＝2x﹣a（lnx+1）．
①当a＝0时，导函数f′（x）＝2x＞0，因此函数f（x）在区间（0，+∞）上单调递增；
②当0＜a≤2时，令函数g（x）＝f′（x），那么导函数g′(x)=2−ax，易知导函数g′（x）单调递增，
根据g'（x）＝0，得x=a2，
所以x∈(a2，+∞)时，函数g（x）单调递增，x∈(0，a2)时，函数g（x）单调递减，
所以函数g(x)≥g(a2)=−alna2≥0，即f′（x）≥0，
所以函数f（x）在区间（0，+∞）上单调递增．
（2）（ⅰ）易得f（1）＝0，因此1是函数f（x）的零点之一．
①当a∈[0，2]时，由（1）知，f（x）最多一个零点，不符条件；
②当a＜0时，﹣a＞0，导函数f′（x）＝2x﹣a（lnx+1）为单调增函数，
又因为f′（1）＝2﹣a＞0，x→0时，导函数f′（x）→﹣∞，
所以∃x0∈（0，1），使得f′（x0）＝0，且x∈（0，x0）时，函数f（x）单调递减，
x∈（x0，1）时，单调递增，
所以函数f（x）最多2个零点，不符条件；
③当a＞2时，根据第一问易知，x∈(0，a2)时，函数g（x）单调递减，
x∈(a2，+∞)时，函数g（x）单调递增．
所以g(x)min=g(a2)=−alna2＜0，
又因为f′(1e)=2e，f′（1）＝2﹣a＜0，
f′（a2）＝2a2﹣a（lna2+1）＝a（2a﹣2lna﹣1）＞a[2a﹣1﹣2（a﹣1）]＝a＞0，
所以∃m∈(1e，1)，n∈（1，a2），使得f′（n）＝0，f′（m）＝0，
所以函数f（x）在（m，n）单调递减，在（0，m），（n，+∞）单调递增，
由f（1）＝0，得f（m）＞0，f（n）＜0，
而x→+∞时，f（x）→+∞；x→0时，f（x）→﹣1，
所以函数f（x）有三个零点，且0＜x1＜x2＝1＜x3，
综上所述，a∈（2，+∞）．
（ⅱ）因为x1，x3是函数f（x）的零点，且0＜x1＜1＜x3，
所以x12−ax1lnx1−1=0，所以a=x12−1x1lnx1，
又因为f(1x1)=1x12+ax1lnx1−1=1+ax1lnx1−x12x12=0，所以1x1=x3，
所以ax1+x3=x12−1lnx1+1x1，令函数φ(x)=x2−1lnx+1x，（0＜x＜1），
ℎ(x)=lnx−2(x−1)x+1（x∈（0，1）），
r(x)=lnx−x−1x（x∈（0，1）），
那么导函数ℎ′(x)=(x−1)2x(x+1)2＞0，r′(x)=1x−1x2＜0，
所以函数h（x）在（0，1）单调递增，r（x）在（0，1）单调递减，
所以h（x）＜h（1）＝0，r（x）＞r（1）＝0，
即lnx＜2(x−1)x+1，lnx＞x−1x，所以x2+x+1x＜φ(x)=x2−1lnx+1x＜x22+x+12+1x，
令函数N(x)=x22+x+12+1x（x∈（0，1）），M(x)=x2+x+1x（x∈（0，1）），
又导函数M′(x)=2x+1−1x2在（0，1）单调递增，
且M′（1）＝2＞0，M′(12)=−2＜0，
所以∃t∈(12，1)，使导函数M′（t）＝0，t2=12t+1，
所以函数M（x）在（t，1）单调递增，在（0，t）单调递减，
所以M(x)≥M(t)=12t+1+t+1t＞2，
所以φ（x）min＞M（x）min＞2，
又因为φ（x）＜N（x），所以φ(23)＜N(23)=29+23+12+32=2+89＜3，所以φ（x）min＜3．
综上，φ（x）min∈（2，3），所以整数M的最大值为2．
19．（17分）（2025•岳麓区校级模拟）对于有穷数列An：a1，a2，…，an，若存在i，j∈{1，2，3，⋯，n}，使得ai﹣aj≥2，则将数列A0进行操作变换T：将ai减1，aj加1，其余项不变，得到数列Ai，记为A1＝T（A0）．从A0开始进行m次操作变换T，依次得到数列A1，A2，…，Am，即Ai＝T（Ai﹣1），i＝1，2，⋯，m．
（1）已知数列A0：﹣2，0，1，3，是否可以通过m次操作变换T得到如下数列？
①﹣4，2，1，2；②0，0，0，2，
若可以，请写出一种满足题意的A1，A2，…，Am；若不可以，请说明理由；
（2）已知数列A0：a1，a2，…，an是公差为1的等差数列，若从A0开始进行m次操作变换T后得到数列Am：3，3，3，3，3，求m的所有可能值．
（3）已知数列A0：1，2，⋯，20，将数列A0进行m次操作变换T，直到这种操作不能再进行时为止，求m的最大值．
【解答】解：（1）根据题目定义：对于有穷数列An：a1，a2，…，an，
若存在i，j∈{1，2，3，⋯，n}，使得ai﹣aj≥2，
则将数列A0进行操作变换T：将ai减1，aj加1，其余项不变，
得到数列Ai，记为A1＝T（A0）．
从A0开始进行m次操作变换T，依次得到数列A1，A2，…，Am，
即Ai＝T（Ai﹣1），i＝1，2，⋯，m．
变换前的数列和变换后的数列的各项和相等，
所以①不可以，理由：注意到每一次操作变换T不改变a1+a2+⋯+an的值，
而﹣4+2+1+2＝1≠﹣2+0+1+3，故①不可以；
②可以，操作如下：A1：﹣1，﹣1，1，3，
A2：﹣1，0，0，3；
A3：0，0，0，2（其他合理答案均可）．
（2）已知数列A0：a1，a2，…，an是公差为1的等差数列，
从A0开始进行m次操作变换T后得到数列Am：3，3，3，3，3，
由于每一次操作变换T不改变a1+a2+⋯+an的值，也没有改变数列的项数，
故a1+a2+⋯+a5＝3×5＝15，a1＝2，a2，a3，a4，a5是公差为1的等差数列，
故数列A0为：1，2，3，4，5．
当ai﹣aj≥2时，(ai−1)2+(aj+1)2=ai2+aj2+2(aj−ai+1)≤ai2+aj2−2，
即每次操作后，新数列各项的平方和至少减少2，且每次减少的数为偶数，
而a5﹣a1＝4，故每次操作后新数列各项的平方和至多减少6．
记数列Ak的所有项平方之和为fk，
则f0=12+22+32+42+52=55，fm=32+32+32+32+32=45，
于是f0﹣fm＝10，故2≤m≤5．
当m＝3时，存在操作变换T：A1：2，2，3，4，4；A2：2，3，3，3，4；
A3：3，3，3，3，3．
当m＝4时，存在操作变换T：A1：2，2，3，3，5；A2：2，2，3，4，4；
A3：2，3，3，3，4；A4：3，3，3，3，3．
当m＝5时，存在操作变换T：A1：2，2，2，4，5；A2：2，2，3，3，5；
A3：2，2，3，4，4；A4：2，3，3，3，4；A5：3，3，3，3，3．
当m＝2时，若存在相应的操作变换T满足条件，
由于每次变换只能改变两个数，故A1的第三项必须为3，
所以A1可能为2，2，3，3，5，或2，2，3，4，4，或1，3，3，3，5，或1，3，3，4，4，
此时A2都不可能为3，3，3，3，3．所以m＝2不可能，
综上，m的所有可能值为3，4，5．
（3）由题意已知数列A0：1，2，⋯，20，将数列A0进行m次操作变换T，
每一次操作变换T不改变a1+a2+⋯+an的值，也没有改变数列的项数，
而1+2+⋯+20＝210，因此操作停止时，
数列Am：a1＝2，a2，…，a20中应该含有10个10，10个11．
由（2）可知，由于每次操作后，新数列各项的平方和至少减少2，
因为（n+1）3﹣n3＝（n+1）（n2+2n+1）﹣n3＝n3+2n2+n+n2+2n+1﹣n3＝3n2+3n+1，
所以23﹣13＝3×12+3×1+1，33﹣23＝3×22+3×2+1，…，（n+1）3﹣n3＝3n2+3n+1，
所以（n+1）3﹣13＝3（12+22+...+n2）+3（1+2+...+n）+n，
所以3（12+22+...+n2）＝（n+1）3﹣13﹣3（1+2+...+n）﹣n，
所以3(12+22+...+n2)=(n+1)3−13−3n(n+1)2−n，
所以3(12+22+...+n2)=n3+3n2+2n−3n(n+1)2，
3(12+22+...+n2)=n(n+1)(n+2)−3n(n+1)2，
所以3(12+22+...+n2)=n(n+1)(n+12)，
所以12+22+...+n2=n(n+1)(2n+1)6，
记数列Ak的所有项平方之和为fk，
则f0=12+22+⋯+202=20×21×416=2870，
fm=10×102+10×112=2210，于是f0﹣fm＝660，故m≤330．
若数列中的最大数与最小数之间的所有整数至少出现一次，则称该数列为“连续数列”．
则A0：1，2，…，20为连续数列，记其中的最大值为b，最小值为a（b﹣a≥2），
先对a与a+2操作，再对a+1与a+3操作，
然后对a+2与a+4操作，…，直到对b﹣2与b操作，
经过这样一轮操作后，数列中等于a，b的数减少一个，等于a+1，b﹣1的数增加一个，
并且此时数列依旧为“连续数列”．从A0：1，2，…，20开始反复进行上述操作，
直到不能操作为止，因每次操作恰使得fk﹣fk﹣1＝﹣2，故操作次数恰好为330次．
综上m的最大值为330．
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2025/5/14 17:46:43；用户：高中数学；邮箱：15915355718；学号：28314890题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
C
B
A
C
C
D
C
D
题号
9
10
11
答案
AD
BD
ACD