【高考押题】2025届高考数学模拟预测卷二新高考Ⅰ卷 [含答案]

这是一份【高考押题】2025届高考数学模拟预测卷二新高考Ⅰ卷 [含答案]，共12页。
A．32B．3C．12D．1
2．（5分）（2023•尚义县开学）已知复数z满足21+z=1−i，则z=（ ）
A．iB．﹣iC．1﹣iD．1+i
3．（5分）（2022春•宁波期末）已知平面向量a→，b→，e→满足|e→|=1，a→⋅e→=1，b→⋅e→=2，则|a→+b→|的最小值为（ ）
A．1B．32C．2D．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a→=(−1，1，−2)与b→=(1，x，2)的夹角为锐角，则实数x的值可能为（ ）
A．4B．5C．6D．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1a＜1b
B．若a＞b＞0，m≠0，则ba＜b+ma+m
C．0.91.1＞1.10.9
D．lg23＞lg32
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=π3，C点的仰角∠CAB=π4，∠MAC=5π12，从C点测得∠MCA=π3，则山高MN（单位：m）为（ ）
A．850B．8503C．750D．7503
8．（5分）（2025春•太原校级月考）已知函数f(x)=12x2+mlnx−(m+1)x+1，x=1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：
已知在全部105人中随机抽取1人，成绩优秀的概率为27，则下列说法正确的是（ ）
附：χ2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，其中n＝a+b+c+d．
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•an2，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．Sn=2n−1
C．当n为奇数时，Tn=102n−1−13
D．当n为偶数时，Tn=102n−13
（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：(x−17)2+(y−17)2=8，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a1=12，且an+1=12an+(12)n(n∈N∗)，bn=an2n−1．
（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bn≥12m+1(m∈N∗)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π6．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OM→=(a，b)的“相伴函数”为f（x）＝asinx+bcsx（x∈R），向量OM→=(a，b)称为函数f（x）＝asinx+bcsx的“相伴向量”．
（1）设函数h(x)=2sin(π3−x)−cs(π6+x)，求h（x）的“相伴向量”；
（2）记OM→=(0，2)的“相伴函数”为f（x），若函数g(x)=f(x)+23|sinx|−1，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OM→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）
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x=14y2的焦点的直线的倾斜角为π3，则抛物线顶点到该直线的距离为（ ）
A．32B．3C．12D．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．
【正确答案】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：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k=tanπ3=3，所以直线的方程是y=3(x−1)，
则抛物线的顶点到直线的距离为d=|3−0|1+3=32．
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21+z=1−i，则z=（ ）
A．iB．﹣iC．1﹣iD．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．
【正确答案】B
【分析】按照法则进行复数的四则运算求出z，再求z．
解：∵z=21−i−1=2(1+i)(1−i)(1+i)−1=2(1+i)2−1=i，
∴z=−i．
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a→，b→，e→满足|e→|=1，a→⋅e→=1，b→⋅e→=2，则|a→+b→|的最小值为（ ）
A．1B．32C．2D．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．
【正确答案】D
【分析】设e→=(0，1)，a→=(x，y)，b→=(m，n)，由向量数量积和模长的坐标运算可表示出|a→+b→|=(x+m)2+9，由（x+m）2≥0可得结果．
解：不妨设e→=(0，1)，a→=(x，y)，b→=(m，n)，
∴a→⋅e→=y=1，b→⋅e→=n=2，则a→+b→=(x+m，3)，∴|a→+b→|=(x+m)2+9，
∵（x+m）2≥0，∴|a→+b→|≥3，则|a→+b→|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．
【正确答案】A
【分析】利用全概率公式可求答案．
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P(A)=1−C63C93=521，则P(A)=1−P(A)=1621，
又因为P(B|A)=13，P(B|A)=p，
由全概率公式可得P(A)P(B|A)+P(A)P(B|A)=250800，
即1663+521p=516，
解得p=59240≈0.25．
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a→=(−1，1，−2)与b→=(1，x，2)的夹角为锐角，则实数x的值可能为（ ）
A．4B．5C．6D．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．
【正确答案】C
【分析】由题意可知a→、b→的数量积为正数且a→与b→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：根据题意，a→⋅b→＞0且a→、b→不共线，
所以a→⋅b→=(−1)×1+1×x+(−2)×2=x−5＞0，解得x＞5，
当a→与b→共线时，1−1=x1=2−2，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1a＜1b
B．若a＞b＞0，m≠0，则ba＜b+ma+m
C．0.91.1＞1.10.9
D．lg23＞lg32
【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．
【正确答案】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：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，
ba=12＞b+ma+m=1−12−1=0，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，lg23＞lg22＝1，lg32＜lg33＝1，所以lg23＞lg32，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=π3，C点的仰角∠CAB=π4，∠MAC=5π12，从C点测得∠MCA=π3，则山高MN（单位：m）为（ ）
A．850B．8503C．750D．7503
【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．
【正确答案】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：在Rt△ABC中，∠CAB＝45°，BC＝500m，所以AC＝5002m；
在△AMC中，∠MAC＝75°，∠MCA＝60°，从而∠AMC＝45°，
由正弦定理得，ACsin45°=AMsin60°，
因此AM＝5002×3222=5003m；
在Rt△MNA中，AM＝5003m，∠MAN＝60°，
由MNAM=sin60°，
得MN＝5003×32=750m．
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f(x)=12x2+mlnx−(m+1)x+1，x=1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．
【正确答案】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：根据题目；已知函数f(x)=12x2+mlnx−(m+1)x+1，x=1为极大值点，
由f(x)=12x2+mlnx−(m+1)x+1，
则f′(x)=x+mx−(m+1)=(x−1)(x−m)x，
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：
已知在全部105人中随机抽取1人，成绩优秀的概率为27，则下列说法正确的是（ ）
附：χ2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，其中n＝a+b+c+d．
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．
【正确答案】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：因为在105人中随机抽取1人，成绩优秀的概率为27，
所以成绩优秀的人数为105×27=30，
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•an2，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．Sn=2n−1
C．当n为奇数时，Tn=102n−1−13
D．当n为偶数时，Tn=102n−13
【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．
【正确答案】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：数列{an}满足a1＝1，a2＝10，且an+2＝an+1•an2，
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Sn=1−2n1−2=2n﹣1，故A、B正确；
由bn＝lg（an•an+1）＝2n﹣1，
可得anan+1=102n−1，当n为偶数时，Tn＝（a1a2）...（an﹣1an）＝10×104×1016×...×102n−1=101+4+16+...+2n−1=102n−13；
当n为奇数时，Tn＝a1（a2a3）...（an﹣1an）＝1×102×108×...×102n−2=102n−23，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．
【正确答案】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：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2n+m=6n−m=6，解得m=−2n=4，
所以f（x）＝x3﹣6x2+4x+32，
所以f′（x）＝3x2﹣，12x+4，
令f'（x）＝0，解得x＝2±263，
可得f（x）在（﹣∞，2−263），（2+263，+∞）上单调递增，在（2−263，2+263）上单调递减，
所以当x＝2−263时，f（x）取得极大值，
所以f（2−263）＝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．
【正确答案】﹣120．
【分析】先观察展开式中x3的特点，再求解即可．
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﹣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：(x−17)2+(y−17)2=8，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 3x−5y−217=0 ．
【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．
【正确答案】3x−5y−217=0．
【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：由圆的方程可知，圆C1的圆心为C1（0，0），半径r1=2，
圆C2的圆心为C2(17，17)，半径r2=22，则kC1C2=1，|C1C2|=34，
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，
∴tan∠DC1C2=|C2D||C1D|=22−234−(22−2)2=14，
∴k＝tan（∠C2Cx﹣∠DC1C2）＝tan（45°﹣∠DC1C2）=1−141+14=35，
∴直线l的方程为y=35x+b，即3x﹣5y+5b＝0．
又直线l与圆C1相切，∴|5b|34=2，解得b=±2175，
又直线l过第四象限，∴b=−2175，
∴直线l的方程为3x−5y−217=0．
故3x−5y−217=0．
【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＝ 2(2−1)π ．
【考点】球的体积．
【专题】函数思想；转化思想；综合法；球；运算求解．
【正确答案】2(2−1)π．
【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：设扇形面积为S，圆锥的底面半径为r，母线长为l，则高为h=l2−r2，
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12×2r×l2−r2=12×(2l+2r)×R，
而轴截面面积为12×2r×l2−r2=rl2−r2，解得R=rl2−r2l+r，
又圆锥侧面S=12×2πr×l，即rl=Sπ，
且记Sπ=p为定值，故rl＝p，即l=pr，而p+r2＞0，
因为R2=r2(l2−r2)(l+r)2=r2(l−r)(l+r)(l+r)2=r2(l−r)l+r=r(p−r2)pr+r=r2(p−r2)p+r2=pr2−r4p+r2
=(2p−r2)(p+r2)−2p2p+r2=2p−r2−2p2p+r2=3p−(p+r2+2p2p+r2)，
由基本不等式得3p−(p+r2+2p2p+r2)≤3p−2(p+r2)×2p2p+r2=3p−22p，
而3p−22p=p(3−22)=p[(2)2−22+12]=(2−1)2p，
即R2≤(2−1)2p，当且仅当p+r2=2p2p+r2时取等，此时p+r2=2p，
设圆锥的内切球体积为V，而由球的体积公式得V=43πR3，
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p+r2=2p，解得r2=(2−1)p，
当R最大时，由弧长公式得α=2πrl=2πrpr=2πr2p=2π(2−1)pp=2(2−1)π．
故2(2−1)π．
【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．
【正确答案】（1）(−∞，23)，（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P(x0，x0(x0−c)2)，得到切线方程，根据切线方程与直线y＝﹣x+c重合，此时(x0−c)(3x0−c)=−1−2x02(x0−c)=0，求解即可．
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＜23时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；
当23＜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(−∞，23)，（2，+∞）；
（2）设f（x）与y＝﹣x+c切于P(x0，x0(x0−c)2)，
此时k＝（x0﹣c）（3x0﹣c），
所以切线方程为y=(x0−c)(3x0−c)(x−x0)+x0(x0−c)2=(x0−c)(3x0−c)x−2x02(x0−c)，
因为该切线与y＝﹣x+c重合，
所以(x0−c)(3x0−c)=−1−2x02(x0−c)=c，
两式相除得（2x0﹣c）（x0﹣c）＝0，
解得x0=c2或x0＝c（舍去），
所以−c2⋅c2=−1，
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a1=12，且an+1=12an+(12)n(n∈N∗)，bn=an2n−1．
（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bn≥12m+1(m∈N∗)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．
【正确答案】（1）证明见解析，an=2n−12n；
（2）c1=12，c2=14，数列{cm}的前2023项和为1405256．
【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bn≥12m+1(m∈N∗)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．
证明：（1）由an+1=12an+(12)n，则2n+1⋅an+1=2n+1⋅[12an+(12)n]=2n⋅an+2，
又21⋅a1=2×12=1，
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an=2n−12n；
解：（2）由an=2n−12n，故bn=an2n−1=12n，
令12n≥12m+1，得2n≤2m+1，
若m＝1，则n≤1，即c1=b1=12，
若2≤m≤3，则n≤2，即cm=b2=14，
故有c1=12，c2=14，
若4≤m≤7，则n≤3，即cm=b3=18，
若8≤m≤15，则n≤4，即cm=b4=116，
若1024≤m≤2047，则n≤11，即cm=b11=1211，
由1024≤m≤2023时，共1000个数，
故数列{cm}的前2023项和为：12+2×14+4×18+⋯+29×1210+1000×1211
=12+12+⋯+12+10002048=5+125256=1405256．
【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π6．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．
【正确答案】（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：（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，
NQ∥CD，NQ=12CD，
又四边形ABCD是菱形，
则AM∥CD∥NQ，AM=12CD=NQ，
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AE→=λAP→=λ(−2，0，2)=(−2λ，0，2λ)，0≤λ≤1，
DE→=DA→+AE→=(2−2λ，0，2λ)，CB→=(2，0，0)，CP→=(0，−2，2)，
设平面PBC的一个法向量n→=(x，y，z)，
则n→⊥CB→n→⊥CP→，则n→⋅CB→=2x=0n→⋅CP→=−2y+2z=0，
取y＝1，得n→=(0，1，1)，
则直线DE与平面PBC所成角正弦值为|cs〈DE→，n→〉|=|DE→⋅n→||DE→||n→|=2λ(2−2λ)2+4λ2⋅2=12，
解得λ=12，所以在棱PA上存在一点E，使得直线DE与平面PBC所成角为π6，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OM→=(a，b)的“相伴函数”为f（x）＝asinx+bcsx（x∈R），向量OM→=(a，b)称为函数f（x）＝asinx+bcsx的“相伴向量”．
（1）设函数h(x)=2sin(π3−x)−cs(π6+x)，求h（x）的“相伴向量”；
（2）记OM→=(0，2)的“相伴函数”为f（x），若函数g(x)=f(x)+23|sinx|−1，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OM→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．
【正确答案】（1）OM→=(−12，32)；
（2）（1，3）；
（3）（34，+∞）．
【分析】（1）由两角和差的三角函数公式可得h(x)=−12sinx+32csx，进而可得函数h（x）的相伴向量．
（2）根据题意可得f（x）＝2csx，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f(x)=asinx+bcsx=a2+b2sin(x+φ)，其中tanφ=ba，当x0=2kπ+π2−φ(k∈Z)时，f（x）取得最大值，令m=ba(a≠b)，则m2﹣4m+3＜0，解得m的取值范围，再求出tan2x0=2m−1m(1＜m＜3)的取值范围．
解：（1）h(x)=2(32csx−12sinx)−(32csx−12sinx)=−12sinx+32csx，
所以函数h（x）的“相伴向量”OM→=(−12，32)．
（2）由题知：f（x）＝0•sinx+2•csx＝2csx．
g(x)=2csx+23|sinx|−1={4sin(x+π6)−1，0⩽x⩽π4cs(x+π3)−1，π＜x⩽2π，
可求得g（x）在(0，π3)单调递增，(π3，π)单调递减，(π，5π3)单调递增，(53π，2π)单调递减，
且g（0）＝1，g(π3)=3，g（π）＝﹣3，g(53π)=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）f(x)=asinx+bcsx=a2+b2sin(x+φ)，
其中csφ=aa2+b2，sinφ=ba2+b2，tanφ=ba，
∵x∈R∴当x+φ=π2+2kπ，k∈Z即x0=π2−φ+2kπ时，f（x）取得最大值．
此时tan2x0=tan(π−2φ)=−tan2φ=−2tanφ1−tan2φ，
令tanφ=ba=m，则由3a2﹣4ab+b2＜0知：m2﹣4m+3＜0，解得1＜m＜3，
tan2x0=−2m1−m2=2m−1m，因为y=m−1m在m∈（1，3）上单调递增，
所以tan2x0=−2m1−m2=2m−1m在m∈（1，3）上单调递减，从而tan2x0∈(34，+∞)
【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．
【正确答案】(1)x2−y23=1(x＞1)；
（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：（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x2a2−y2b2=1(a＞0，b＞0)，c=a2+b2，
所以2a＝2，2c＝4，所以a=1，c=2，b=c2−a2=3，
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x2−y23=1(x＞1)．
（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x12−y123=1，①x22−y223=1，②x0=x1+x22=2，③y0=y1+y22，④
①﹣②得(x1+x2)(x1+x2)−(y1+y2)(y1−y2)3=0，
当kAB存在时，kAB=y1−y2x1−x2=3(x1+x2)y1+y2=3×42y0=6y0，
因为AB的中垂线为直线l，所以y−y0=−y06(x−2)，即l：y=−y06(x−8)，
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．优秀
非优秀
甲班
10
b
乙班
c
30
P（χ2≥xα）
0.10
0.05
0.01
0.005
0.001
α
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
优秀
非优秀
甲班
10
b
乙班
c
30
P（χ2≥xα）
0.10
0.05
0.01
0.005
0.001
α
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828