【高考押题】2025届高考数学模拟预测卷二新高考Ⅱ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Ⅱ卷 [含答案]，共12页。
A．{1}B．{x|1≤x＜2}C．{0}D．∅
2．（5分）（2024春•辽宁期末）已知Sn为等差数列{an}的前n项和，a2+2a8+a18＝20，则S17＝（ ）
A．852B．85C．170D．340
3．（5分）（2024春•湖南期中）设复数zi＝1+3i，则复平面内z对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
4．（5分）若随机变量X，Y相互独立，且X～N（1，9），Y～N（2，4），则X﹣2Y服从（ ）
A．N（1，9）B．N（2，4）C．N（﹣3，25）D．N（3，1）
5．（5分）（2025春•玄武区校级期中）已知32sinα−32csα=33，则cs(2α+π3)的值为（ ）
A．−79B．−13C．13D．79
6．（5分）（2024春•李沧区校级期中）△ABC中，AB=2，∠ACB=π4，O是△ABC外接圆圆心，是OC→⋅AB→+CA→⋅CB→的最大值为（ ）
A．3B．22C．2D．1
7．（5分）（2023秋•天山区校级月考）已知定义在R上的奇函数f（x）满足f(2+x)=−1f(x)，当0≤x≤1时，f（x）＝2x，则f（1+lg22026）＝（ ）
A．−10241013B．−10231011C．−10131024D．10241013
8．（5分）有三个箱子，分别编号为1，2，3.1号箱装有1个红球、4个白球，2号箱装有2个红球、3个白球，3号箱装有3个红球．某人从三个箱子中任取一箱，从中任意摸出一球，取得红球的概率为（ ）
A．815B．58C．716D．916
二．多选题（共3小题，满分18分，每小题6分）
（多选）9．（6分）（2024秋•大理市期末）把函数y=sin(x−π12)图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再向左平移π3个单位长度，得到函数y＝f（x）的图象，则（ ）
A．f（x）的最小正周期为4π
B．f(7π6)=12
C．f（x）在[−π12，π12]上单调递增
D．f（x）的图象关于直线x=5π6对称
（多选）10．（6分）（2024春•唐山期末）在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，高为h，BA＝BC=3，∠ABC=90°，下列说法正确的是（ ）
A．VC1−A1ABB1=2VA1−ABC
B．若存在一个球与棱柱的每个面都内切，则h=26−3
C．若h=3，则三棱锥A1﹣ABC外接球的体积为9π2
D．若h=3，以A为球心作半径为2的球，则球面与三棱柱表面的交线长度之和为23π12
（多选）11．（6分）（2023秋•启东市校级期中）圆F：x2+y2﹣2x＝0，抛物线C：y2＝4x，过圆心F的直线l与两曲线的四个交点自下向上依次记为P，M，N，Q，若|PM|，|MN|，|NQ|构成等差数列，则直线l的方程可能是（ ）
A．x﹣y﹣1＝0B．x+y﹣1＝0
C．2x﹣y−2=0D．2x+y−2=0
三．填空题（共3小题，满分15分，每小题5分）
12．（5分）（2025•黑龙江模拟）二项式(3x−1x)3的展开式中，含x2项的系数为 ．
13．（5分）（2023•河南模拟）定义在R上的函数f（x）满足f（x+3）+f（x+1）＝f（2）＝1，则k=12023f(k)= ．
14．（5分）（2023•九江模拟）过点A（0，1）作斜率为k的直线l交双曲线x2−y22=1于P1，P2两点，线段P1P2的中点在直线x=12上，则实数k的值为 ．
四．解答题（共5小题，满分77分）
15．（13分）（2025春•新罗区校级月考）已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且asinA+C2=bsinA．
（1）求B；
（2）若△ABC为锐角三角形，且b=3，求△ABC周长的取值范围．
16．（15分）（2025春•南昌校级期中）已知函数f（x）＝lnx+ax2+（a+2）x，a∈R．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）当a＜0时，若关于x的不等式f(x)≤−2a+b−1恒成立，求实数b的取值范围．
17．（15分）（2023秋•蓬溪县校级期中）在正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4，E在线段CC1上，且C1E→=3EC→，F在线段DD1上．
（1）求证：CA1⊥平面DBE．
（2）若平面ACF和平面BDE的夹角为60°，求DF的长．
18．（17分）（2023秋•西固区校级月考）已知A，B分别是椭圆C：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)的右顶点和上顶点，|AB|=5，直线AB的斜率为−12．
（1）求椭圆C的方程；
（2）若直线y＝kx+m与轨迹C交于M，N两点，O为坐标原点，直线OM，ON的斜率之积等于−14，试探求△OMN的面积是否为定值，并说明理由．
19．（17分）（2025春•浙江期中）对于给定的正整数n（n≥2），数列{ai}共有2n项，ai∈{1，﹣1}（i＝1，2，3，…，2n），用Sk表示数列的前k项和，且S2n＝0．
（1）若数列满足对于任意的k≤2n﹣1（k∈N*），均有|Sk|≤2，则称该数列是“n×2数列”，其个数记为cn．
（i）求c2和c3的值；
（ii）对于n＝4，求满足S4＝0的“n×2数列”的个数．
（2）当n＝4时，求X=maxk≤7|Sk|的分布列及均值．
2025届高考数学模拟预测卷（新高考Ⅱ）
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•徐州模拟）设集合A＝{x∈N|0≤lnx≤1}，B＝{x|2x＜4}，则A∩B＝（ ）
A．{1}B．{x|1≤x＜2}C．{0}D．∅
【考点】交集及其运算；集合的包含关系判断及应用．
【专题】转化思想；转化法；集合；运算求解．
【正确答案】A
【分析】分别解对数不等式和指数不等式求得集合A，B，然后由交集运算可得．
解：由0≤lnx≤1得ln1≤lnx≤lne，即1≤x≤e，又x∈N，
所以A＝{1，2}，
解不等式2x＜4得x＜2，所以B＝{x|x＜2}，
所以A∩B＝{1}．
故选：A．
【点评】本题主要考查交集及其运算，属于基础题．
2．（5分）（2024春•辽宁期末）已知Sn为等差数列{an}的前n项和，a2+2a8+a18＝20，则S17＝（ ）
A．852B．85C．170D．340
【考点】求等差数列的前n项和；等差中项及其性质．
【专题】整体思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【正确答案】B
【分析】根据等差数列的性质分析可得a9＝5，进而可得结果．
解：因为{an}为等差数列，
若a2+2a8+a18＝20，即（a2+a8）+（a8+a18）＝20，
可得2a5+2a13＝20，即a5+a13＝10，
可得2a9＝10，即a9＝5，
所以S17＝17a9＝85．
故选：B．
【点评】本题主要考查了等差数列性质的应用，属于中档题．
3．（5分）（2024春•湖南期中）设复数zi＝1+3i，则复平面内z对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
【考点】复数的除法运算；复数对应复平面中的点．
【专题】方程思想；定义法；数系的扩充和复数；运算求解．
【正确答案】A
【分析】根据复数的运算法则，求得z＝3﹣i，得到z=3+i，结合复数的几何意义，即可求解．
解：由复数zi＝1+3i，可得z=1+3ii=3−i，所以z=3+i，
则z对应的点（3，1）在第一象限．
故选：A．
【点评】本题考查复数的几何意义，属于基础题．
4．（5分）若随机变量X，Y相互独立，且X～N（1，9），Y～N（2，4），则X﹣2Y服从（ ）
A．N（1，9）B．N（2，4）C．N（﹣3，25）D．N（3，1）
【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．
【正确答案】C
【分析】根据相互独立的随机变量的和与差对应随机变量的分布列性质，求出X﹣2Y的期望、方差即可．
解：因为随机变量X，Y相互独立，且X～N（1，9），Y～N（2，4），
则E（X）＝1，E（Y）＝2，D（X）＝9，D（Y）＝4，
故E（X﹣2Y）＝E（X）﹣2E（Y）＝﹣3，D（X﹣2Y）＝D（X）+22D（Y）＝25，
故X﹣2Y～N（﹣3，25）．
故选：C．
【点评】本题考查正态分布条件下两相互独立随机变量的线性组合，对应的随机变量的分布列，属于基础题．
5．（5分）（2025春•玄武区校级期中）已知32sinα−32csα=33，则cs(2α+π3)的值为（ ）
A．−79B．−13C．13D．79
【考点】求二倍角的三角函数值；运用诱导公式化简求值．
【专题】整体思想；综合法；三角函数的求值；运算求解．
【正确答案】A
【分析】根据两角和差正弦公式及二倍角余弦公式计算求解．
解：因为32sinα−32csα=33，
由辅助角公式可得，sin(α−π3)=13，
所以cs(2α+π3)=−cs（2α−2π3）＝2sin2（α−π3）﹣1=−79．
故选：A．
【点评】本题主要考查了和差角公式，诱导公式，二倍角公式的应用，属于基础题．
6．（5分）（2024春•李沧区校级期中）△ABC中，AB=2，∠ACB=π4，O是△ABC外接圆圆心，是OC→⋅AB→+CA→⋅CB→的最大值为（ ）
A．3B．22C．2D．1
【考点】平面向量数量积的性质及其运算．
【专题】计算题；转化思想；综合法；解三角形；平面向量及应用；逻辑思维；运算求解．
【正确答案】A
【分析】直接利用向量的线性运算和数量积运算以及正弦定理的应用求出结果．
解：过点O作OD⊥AC，OE⊥BC，垂足分别为D，E，
如图所示：
因O是△ABC外接圆圆心，则D，E分别为AC，BC的中点，
CO→⋅CB→=12|CB→|2=12|CA→|2−12|CB→|2+|CA→|2+|CB→|2−22=|CA→|2−1，
在△ABC中，AB→=CB→−CA→，则|AB→|2=|CA→|2+|CB→|2−2CA→⋅CB→，
即CA→⋅CB→=|CA→|2+|CB→|2−22，CO→⋅CA→=|CO→||CA→|cs∠OCA=|CD→|⋅|CA→|=12|CA→|2，
由正弦定理得：|CA→|=|AB→|sinBsin∠ACB=2sinBsinπ4=2sinB≤2，当且仅当B=π2时取“＝”，
所以OC→⋅AB→+CA→⋅CB→的最大值为3．
故选：A．
【点评】本题考查的知识点：向量的数量积运算，正弦定理，主要考查学生的运算能力，属于基础题．
7．（5分）（2023秋•天山区校级月考）已知定义在R上的奇函数f（x）满足f(2+x)=−1f(x)，当0≤x≤1时，f（x）＝2x，则f（1+lg22026）＝（ ）
A．−10241013B．−10231011C．−10131024D．10241013
【考点】抽象函数的奇偶性；函数的奇偶性．
【专题】计算题；方程思想；转化思想；综合法；函数的性质及应用；运算求解．
【正确答案】A
【分析】根据条件先求出f（x）的周期，再利用对数的性质和奇偶性计算即可．
解：根据题意，f(x+2)=−1f(x)，则f（x+4）=f(x+2+2)=−1f(x+2)=f(x)，
则f（x）的周期T＝4，
由于212＝4096，211＝2048，则11＜1+lg22026＝lg24052＜12，
f(1+lg22026)=f(lg24052−3×4)=f(lg240524096)=f(lg210131024)，
∵12＜10131024＜1，∴−1＜lg210131024＜0，0＜−lg210131024＜1，
故f(lg210131024)=−f(−lg210131024)=−2−lg210131024=−10241013．
故选：A．
【点评】本题考查函数的奇偶性和对称性，涉及函数的周期性，属于基础题．
8．（5分）有三个箱子，分别编号为1，2，3.1号箱装有1个红球、4个白球，2号箱装有2个红球、3个白球，3号箱装有3个红球．某人从三个箱子中任取一箱，从中任意摸出一球，取得红球的概率为（ ）
A．815B．58C．716D．916
【考点】全概率公式；古典概型及其概率计算公式．
【专题】计算题；整体思想；综合法；概率与统计；运算求解．
【正确答案】A
【分析】记事件Ai为“球取自于i（i＝1，2，3）号箱”，记事件B为“取得红球”，可得出P（B）＝P（A1B）+P（A2B）+P（A3B），结合全概率公式可求得结果．
解：记事件Ai为“球取自于i（i＝1，2，3）号箱”，记事件B为“取得红球”，
B发生总是伴随着A1、A2、A3之一同时发生，即B＝A1B+A2B+A3B，
且A1B、A2B、A3B两两互斥，
P(A1)=P(A2)=P(A3)=13，P(B|A1)=15，P(B|A2)=25，P(B|A3)=1，
所以，P（B）＝P（A1B）+P（A2B）+P（A3B）＝P（A1）P（B|A1）+P（A2）P（B|A2）+P（A3）P（B|A3）
=13×15+13×25+13×1=815．
故选：A．
【点评】本题考查了全概率公式，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秋•大理市期末）把函数y=sin(x−π12)图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再向左平移π3个单位长度，得到函数y＝f（x）的图象，则（ ）
A．f（x）的最小正周期为4π
B．f(7π6)=12
C．f（x）在[−π12，π12]上单调递增
D．f（x）的图象关于直线x=5π6对称
【考点】函数y＝Asin（ωx+φ）的图象变换；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．
【正确答案】ACD
【分析】利用三角函数图象的变换先得函数y＝f（x）的解析式，利用三角函数的性质逐项判断即可．
解：把函数y=sin(x−π12)图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到f(x)=sin(12x+π12)的图象．
对于A：函数的最小正周期为2π12=4π，故A正确；
对于B：当x=7π6时，f(7π6)=sin(7π12+π12)=32，故B错误；
对于C：当x∈[−π12，π12]时，12x+π12∈[π24，π8]，故函数f（x）在该区间上单调递增，故C正确；
对于D：当x=5π6时，f(5π6)=sinπ2=1，故D正确．
故选：ACD．
【点评】本题考查的知识点：函数的图象的平移变换和伸缩变换，正弦型函数的性质，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
（多选）10．（6分）（2024春•唐山期末）在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，高为h，BA＝BC=3，∠ABC=90°，下列说法正确的是（ ）
A．VC1−A1ABB1=2VA1−ABC
B．若存在一个球与棱柱的每个面都内切，则h=26−3
C．若h=3，则三棱锥A1﹣ABC外接球的体积为9π2
D．若h=3，以A为球心作半径为2的球，则球面与三棱柱表面的交线长度之和为23π12
【考点】棱锥的体积；球的体积．
【专题】转化思想；综合法；立体几何；逻辑思维；运算求解．
【正确答案】ACD
【分析】作出图形，转化锥体的顶点与底面，根据棱柱的内切球的求法，分割补形法，球的性质，针对各个选项分别求解即可．
解：对A选项，根据题意可得VC1−A1ABB1=VC−A1ABB1=2VC−A1BA=2VA1−ABC，∴A选项正确；
对B选项，若存在一个球与棱柱的每个面都内切，则该球的半径r即为Rt△ABC内切圆的半径r，
根据等面积法可得12×3×3=12×(3+3+6)×r，∴r=23−62，
∴h＝2r=23−6，∴B选项错误；
对C选项，若h=3，则三棱锥A1﹣ABC外接球的直径2R即为棱长为3的正方体的体对角线，
∴（2R）2＝3+3+3＝9，∴R=32
∴三棱锥A1﹣ABC外接球的体积为43πR3=43π×(32)3=9π2，∴C选项正确；
对D选项，若h=3，以A为球心作半径为2的球，
则球面与三棱柱表面的交线分别为图中的DF，GH，EH，DE，FG，
∵AB＝AA1=3，AD＝AF＝AE＝AH＝AG＝2，∴A1D＝A1E＝BF＝BG＝1，
∴∠A1AD＝A1AE＝∠FAB＝BAG=π6，
∴DF所在弧的半径为2，弧度数为π2−π6−π6=π6；
GH所在弧的半径为2，弧度数为π4−π6=π12；
EH所在弧的半径为2，弧度数为π2−π6=π3；
DE所在弧的半径为1，弧度数为π4；
FG所在弧的半径为1，弧度数为π2，
∴该球面与三棱柱表面的交线长度之和为(π6+π12+π3)×2+(π4+π2)×1=23π12，D选项正确．
故选：ACD．
【点评】本题考查立体几何的综合问题，锥体的体积的转化，棱柱的内切球问题，三棱锥的外接球问题，分割补形法的应用，属中档题．
（多选）11．（6分）（2023秋•启东市校级期中）圆F：x2+y2﹣2x＝0，抛物线C：y2＝4x，过圆心F的直线l与两曲线的四个交点自下向上依次记为P，M，N，Q，若|PM|，|MN|，|NQ|构成等差数列，则直线l的方程可能是（ ）
A．x﹣y﹣1＝0B．x+y﹣1＝0
C．2x﹣y−2=0D．2x+y−2=0
【考点】数列与解析几何的综合；抛物线的焦点与准线．
【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．
【正确答案】CD
【分析】设出l的方程，代入抛物线方程，利用韦达定理建立关于参数的方程，从而得到结果．
解：由题意易知，抛物线C：y2＝4x的焦点为圆心F（1，0），
由|PM|，|MN|，|NQ|构成等差数列，
则|PM|+|NQ|＝2|MN|＝4，|PF|﹣1+|QF|﹣1＝4，∴|PF|+|QF|＝6，
令P（x1，y1），Q（x2，y2），
∴x1+1+x2+1＝6，∴x1+x2＝4，
当直线l的斜率不存在时，|PF|+|QF|＝4≠6，不适合题意；
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝k（x﹣1）（k≠0），
代入抛物线方程y2＝4x得：k2x2﹣（2k2+4）x+k2＝0，
∴x1+x2=2k2+4k2=4，∴k＝±2，
所以直线l的方程为2x﹣y−2=0或2x+y−2=0，
故选：CD．
【点评】本题考查了直线与抛物线的位置关系，数列与解析几何的综合，考查运算求解能力，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）（2025•黑龙江模拟）二项式(3x−1x)3的展开式中，含x2项的系数为 270 ．
【考点】二项展开式的通项与项的系数．
【专题】整体思想；定义法；二项式定理；运算求解．
【正确答案】270．
【分析】利用二项式展开式的通项可得．
解：由题意，(3x−1x)5展开式的通项公式为Tk+1=C5k(3x)5−k(−1x)k=(−1)k×35−k×C5k×x5−32k，k＝0，1，2，3，4，5，
令5−32k=2时，解得k＝2，即T3=270x2，
故含x2项的系数为270．
故270．
【点评】本题考查二项式定理的应用，属于基础题．
13．（5分）（2023•河南模拟）定义在R上的函数f（x）满足f（x+3）+f（x+1）＝f（2）＝1，则k=12023f(k)= 1012 ．
【考点】抽象函数的周期性．
【专题】计算题；转化思想；综合法；函数的性质及应用；运算求解．
【正确答案】1012．
【分析】先根据题意可得到f（x+3）＝f（x﹣1），从而可得到函数的周期性，再通过赋值x＝﹣1和x＝0得到f（4）＝0和f（1）+f（2）+f（3）+f（4）＝2，进而即可求解．
解：由f（x+3）+f（x+1）＝f（2）＝1，
则f（x+1）+f（x﹣1）＝f（2）＝1，
所以f（x+3）＝f（x﹣1），即f（x+4）＝f（x），
所以f（x）是以4为周期的周期函数．
令x＝﹣1，得f（2）+f（0）＝f（2），所以f（0）＝0＝f（4），
令x＝0，则f（3）+f（1）＝f（2），所以f（1）+f（2）+f（3）+f（4）＝2f（2）＝2，
所以k=12023f(k)=505×[f(1)+f(2)+f(3)+f(4)]+[f(1)+f(2)+f(3)]=1012．
故1012．
【点评】本题主要考查抽象函数及其应用，函数的求值，考查运算求解能力，属于中档题．
14．（5分）（2023•九江模拟）过点A（0，1）作斜率为k的直线l交双曲线x2−y22=1于P1，P2两点，线段P1P2的中点在直线x=12上，则实数k的值为 3−1 ．
【考点】直线与双曲线的综合；双曲线的几何特征．
【专题】方程思想；综合法；圆锥曲线中的最值与范围问题；运算求解．
【正确答案】3−1．
【分析】设线段P1P2的中点坐标为（12，y0），结合点差法与斜率公式，可得k=1y0=y0−112−0，从而求得y0的值，再联立直线l与双曲线的方程，利用Δ＞0，可得k的取值范围，进而得解．
解：设P1（x1，y1），P2（x2，y2），线段P1P2的中点坐标为（12，y0），则x1+x2＝2×12=1，
因为P1，P2两点在双曲线上，
所以x12−y122=1x22−y222=1，两式相减得，k=y1−y2x1−x2=2(x1+x2)y1+y2=1y0，
又直线l过点A（0，1），所以k=y0−112−0=2（y0﹣1），
所以1y0=2（y0﹣1），解得y0=1±32，
所以k＝2（y0﹣1）＝±3−1，
联立y=kx+1x2−y22=1，得（2﹣k2）x2﹣2kx﹣3＝0，
因为直线l与双曲线有两个交点，所以Δ＝4k2+12（2﹣k2）＞0，即−3＜k＜3，
所以k=3−1．
故3−1．
【点评】本题考查直线与双曲线的位置关系，熟练掌握点差法及其使用条件，直线与双曲线的交点个数问题是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
四．解答题（共5小题，满分77分）
15．（13分）（2025春•新罗区校级月考）已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且asinA+C2=bsinA．
（1）求B；
（2）若△ABC为锐角三角形，且b=3，求△ABC周长的取值范围．
【考点】解三角形；正弦定理；余弦定理．
【专题】计算题；方程思想；综合法；解三角形；逻辑思维；运算求解．
【正确答案】（1）B＝60°；
（2）(3+3，33]．
【分析】（1）根据正弦定理边角互化，将等式化简为sinA+C2=sinB，再利用A+B+C＝π，以及二倍角公式化解求角B的值；
（2）利用正弦定理及三角变换公式可得a+c=23sin(A+π6)，结合A的范围可求其取值范围，从而可求周长的取值范围．
解：（1）由题设及正弦定理得sinAsinA+C2=sinBsinA，
因为sinA≠0，所以sinA+C2=sinB，
由A+B+C＝180°，可得sinA+C2=csB2，
故csB2=2sinB2csB2，
因为csB2≠0，故sinB2=12，因此B＝60°．
（2）由正弦定理2R=asinA=csinC=bsinB=332=2得a＝2sinA，c＝2sinC，
因为B=π3，则A+C=2π3，C=2π3−A，
所以a+c=2sinA+2sin(2π3−A)=3sinA+3csA=23sin(A+π6)，
因为△ABC为锐角三角形，则A∈(π6，π2)，A+π6∈(π3，2π3)，sin(A+π6)∈(32，1]，
故a+c∈(3，23]，
所以△ABC周长的取值范围(3+3，33]．
【点评】本题主要考查正弦定理及其应用，余弦定理及其应用，解三角形中的最值与范围问题等知识，属于中等题．
16．（15分）（2025春•南昌校级期中）已知函数f（x）＝lnx+ax2+（a+2）x，a∈R．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）当a＜0时，若关于x的不等式f(x)≤−2a+b−1恒成立，求实数b的取值范围．
【考点】利用导数研究函数的单调性；不等式恒成立的问题．
【专题】函数思想；定义法；导数的综合应用；逻辑思维．
【正确答案】（1）当a≥0时，f（x）在（0，+∞）上是单调增函数；
当a＜0时，f（x）在(0，−1a)上单调递增，在(−1a，+∞)上单调递减．
（2）[﹣1，+∞）．
【分析】（1）由题意有f′(x)=2ax2+(a+2)x+1x(x＞0)，分a≥0和a＜0进行分类讨论得出函数的单调性．
（2）不等式f(x)≤−2a+b−1恒成立，即f(x)max≤−2a+b−1，（1）可得，当a＜0时，f(x)max=f(−1a)，即b≥ln(−1a)+1a在a＜0时恒成立，令t=−1a，g（t）＝lnt﹣t（t＞0），求出g（t）单调性，得出g（t）的最大值即可得出答案．
解：（1）f（x）＝lnx+ax2+（a+2）x，
f′(x)=1x+2ax+a+2=2ax2+(a+2)x+1x(x＞0)，
当a≥0时，f′（x）＞0，f（x）在（0，+∞）上是单调增函数；
当a＜0时，f′(x)=(ax+1)(2x+1)x=2a(x+1a)(x+12)x，
当x∈（0，−1a）时，f′（x）＞0；当x∈(−1a，+∞)时，f'（x）＜0，
所以f（x）在(0，−1a)上单调递增，在(−1a，+∞)上单调递减．
综上，当a≥0时，f（x）在（0，+∞）上是单调增函数；
当a＜0时，f（x）在(0，−1a)上单调递增，在(−1a，+∞)上单调递减．
（2）由（1）可得，当a＜0时，f(x)max=f(−1a)=ln(−1a)+1a−a+2a=ln(−1a)−1a−1，
由不等式f(x)≤−2a+b−1恒成立，得ln(−1a)−1a−a≤−2a+b−1恒成立，
即b≥ln(−1a)+1a在a＜0时恒成立．
令t=−1a，g（t）＝lnt﹣t（t＞0），则g′(t)=1t−1=1−tt．
当t∈（0，1）时，g′（t）＞0，g（t）单调递增；
当t∈（1，+∞）时，g′（t）＜0，g（t）单调递减．
所以g（t）的最大值为g（1）＝﹣1，得b≥﹣1，所以实数b的取值范围是[﹣1，+∞）．
【点评】本题考查导数的综合应用，属于中档题．
17．（15分）（2023秋•蓬溪县校级期中）在正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4，E在线段CC1上，且C1E→=3EC→，F在线段DD1上．
（1）求证：CA1⊥平面DBE．
（2）若平面ACF和平面BDE的夹角为60°，求DF的长．
【考点】空间向量法求解直线与平面所成的角；直线与平面垂直．
【专题】转化思想；转化法；立体几何；运算求解．
【正确答案】（1）证明见解析；（2）303．
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量法可证明A1C⊥平面DBE；
（2）由（1）中的空间直角坐标系，利用空间向量法先求出平面ACF和平面BDE的夹角为60°时F的位置，从而求解．
解：（1）证明：由题知，可以D点为原定，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则D（0，0，0），A（2，0，0），B（2，2，0），C（0，2，0），E（0，2，1），A1（2，0，4），D1（0，0，4），
得DB→=(2，2，0)，DE→=(0，2，1)，CA1→=(2，−2，4)，
因为CA1→⋅DB→=(2，−2，4)⋅(2，2，0)=4−4=0，
所以CA1→⊥DB→，即CA1⊥DB，
因为CA1→⋅DE→=(2，−2，4)⋅(0，2，1)=−4+4=0，
所以CA1→⊥DE→，即CA1⊥DE，
又因为DB∩DE＝D，DB，DE⊂平面DBE，
所以CA1⊥平面DBE．
（2）设DF＝λDD1，（0≤λ≤1），连接AF，CF，如（1）图所示，
由（1）可得：CA→=(2，−2，0)，DD1→=(0，0，4)，CF→=CD→+λDD1→=(0，−2，0)+λ(0，0，4)=(0，−2，4λ)，
设平面ACF的一个法向量为m→=(x，y，z)，
则m→⊥CA→m→⊥CF→，则m→⋅CA→=2x−2y=0m→⋅CF→=−2y+4λz=0，
令z＝1，得m→=(2λ，2λ，1)，
由（1）知CA1→=(2，−2，4)是平面DBE的一个法向量，
因为平面ACF和平面BDE的夹角为60°，
所以|cs〈CA1→，m→〉|=|CA1→⋅m→|CA1→||m→||=424×8λ2+1=12，
整理得λ2=524，又因为：0≤λ≤1，
得λ=3012，
所以DF=303．
【点评】本题考查向量法在立体几何中的应用，属于中档题．
18．（17分）（2023秋•西固区校级月考）已知A，B分别是椭圆C：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)的右顶点和上顶点，|AB|=5，直线AB的斜率为−12．
（1）求椭圆C的方程；
（2）若直线y＝kx+m与轨迹C交于M，N两点，O为坐标原点，直线OM，ON的斜率之积等于−14，试探求△OMN的面积是否为定值，并说明理由．
【考点】椭圆的定点及定值问题；根据abc及其关系式求椭圆的标准方程．
【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．
【正确答案】（1）x24+y2=1．
（2）定值1．
【分析】（1）由已知可得ba=12a2+b2=5，计算即可得到椭圆的方程；
（2）设M（x1，y1），N（x2，y2），联立方程组，求得x1+x2=−8mk1+4k2，x1x2=4(m2−1)1+4k2，又由直线OM，ON的斜率之积等于−14，化简求得2m2＝4k2+1，再由弦长公式和面积公式，即可求解．
解：（1）由题意可知A（a，0），B（0，b），|AB|=5，直线AB的斜率为−12，
依题意得ba=12a2+b2=5，解得a=2b=1，
所以椭圆的方程为x24+y2=1．
（2）设M（x1，y1），N（x2，y2），
由y=kx+mx24+y2=1，得（1+4k2）+8mkx+4（m2﹣1）＝0，
则Δ＝64m2k2﹣16（1+4k2）（m2﹣1）＞0，即1+4k2﹣m2＞0，且x1+x2=−8mk1+4k2，x1x2=4(m2−1)1+4k2，
因为直线OM，ON的斜率之积等于−14，y1y2x1x2=(kx1+m)(kx2+m)x1x2=km(x1+x2)+k2x1x2+m2x1x2=−14，
所以km(−8km)+4k2(m2−1)+m2(1+4k2)4(m2−1)=m2−4k24(m2−1)=−14，
即2m2＝4k2+1，
又O到直线MN的距离为d=|m|1+k2，
|MN|=1+k2(x1+x2)2−4x1x2=1+k216k2+8m2−8，
所S△OMN=12|MN|⋅d=1216k2+8−4(4k2+1)=1，
所以S△OMN的面积为定值1．
【点评】本题主要考查椭圆的性质及标准方程，直线与椭圆的综合，考查运算求解能力，属于中档题．
19．（17分）（2025春•浙江期中）对于给定的正整数n（n≥2），数列{ai}共有2n项，ai∈{1，﹣1}（i＝1，2，3，…，2n），用Sk表示数列的前k项和，且S2n＝0．
（1）若数列满足对于任意的k≤2n﹣1（k∈N*），均有|Sk|≤2，则称该数列是“n×2数列”，其个数记为cn．
（i）求c2和c3的值；
（ii）对于n＝4，求满足S4＝0的“n×2数列”的个数．
（2）当n＝4时，求X=maxk≤7|Sk|的分布列及均值．
【考点】离散型随机变量的均值（数学期望）；数列的应用．
【专题】应用题；整体思想；综合法；推理和证明；运算求解；新定义类．
【正确答案】（1）（i）c2＝6，c3＝18；（ii）36；
（2）7135．
【分析】（1）（i）利用''n×2数列”的定义，结合组合计数问题求出c2和C3的值；（ii）按前4项与后4项分段探讨，结合组合计数问题求解．
（2）求出X的所有可能值，结合分类加法计数原理求出对应的概率，列出分布列并求出期望．
解：（1）（i）因为数列{ai}均为“n×2数列”，当 n＝2 时，数列{ai}有4项，且S4＝0，
即{ai}由2个1和2个﹣1组成．所有不同的{ai}的排法，由4个位置如何安排2个1决定，共C42=6种．
显然这6种情况，都满足对于 k＝1，2，3 时，|Sk|≤2的要求，所以c2＝6；
当 n＝3 时，数列{ai}有6项，且S6＝0，即{ai}由3个1和3个﹣1 组成．所有不同的{ai}的排法，
由6个位置如何安排3个1决定，共C63=20种．考虑到k＝1，2，3，4，5时|S|≤2的要求，
前三项同时取1或者﹣1的情形不能满足，故c3＝20﹣2＝18．
（ii）因为该数列是“n×2”数列，要使得S4＝0，则前4项必须取2项1和2项﹣1，又S8＝0，
因此后4项也只能是2项1和2项﹣1，则共有C42⋅C42=36种情形．因为前4项2项1和2项﹣1，
已经满足|Sk|≤2；又S4＝0，后4项的和为0，因此|Sk|≤2对k≥4自动满足．
所以n＝4时，对所有k≥4满足|Sk|≤2所以满足S4＝0的“n×2数列”的个数为36．
（2）当n＝4 时由题意知S∈{﹣4，﹣3，﹣2，﹣1，0，1，2，3，4}，所以X的可能取值为1，2，3，4．
数列{ai}的个数为C84=70X＝1 时，数列{ai}的每一对a2i﹣1与a2i只能一个为1，一个为﹣1，即有2种可能，
又共有4对，故P(X=1)=2470=835．X＝2 时，由1与﹣1的对称性，
以前2项中1的个数进行分类：①2个1，则a3＝﹣1若a4＝1，则a5＝﹣1，故剩下3项中有1项为1，
则有C31=3种；若a4＝﹣1，则后续无约束，则剩下4项中有2项为1有C42=6种．故共 6+3＝9 种．
②a1＝1，a2＝﹣1．若a3＝a4＝1，则a5＝﹣1，剩下3项中有1项为1，则有C31=3种；
若a3＝1，a4＝﹣1，则有a5＝a6＝1，a7＝a8＝﹣1和a5＝a6＝﹣1，a7＝a8＝1，有2种；
若a3＝﹣1，a4＝1，则有a5＝a6＝1，a7＝a8＝﹣1和a5＝a6＝﹣1，a7＝a8＝1，有2种；
若a3＝a4＝﹣1，a5＝1，剩下3项中有1项为﹣1，则有C31=3种．故共 3+2+2+3＝10 种．
其余情形只需1与﹣1对调，则P(X=2)=2×(9+10)70=1935．
X＝3 时，由1与﹣1 的对称性，以前3项中的﹣1 个数进行分类：①0个﹣1，则前三项为1，a4＝﹣1，
剩下4项中有1项为1，共C41=4种．②1个﹣1，前三项取1项﹣1和2项1有C31=3种取法，不妨设a1＝a2＝1，a3＝﹣1．
而要使得 X＝3，则只能是a4＝a5＝1，a6＝a7＝a8＝﹣1，有3×1＝3种．其余情形只需1与﹣1对调，
则P(X=3)=2×(4+3)70=15X＝4 时，数列{an}前4项必须同时取1或﹣1，只有这2种情况，
则P(X=4)=270=135，
则X的分布列为：
故E(X)=1×835+2×1935+3×15+4×135=7135．
【点评】本题考查离散型随机变量的均值（数学期望），属于中档题．X
1
2
3
4
P
835
1935
15
135