【高考押题】2025届高考数学模拟预测卷三全国甲卷 [含答案]

这是一份【高考押题】2025届高考数学模拟预测卷三全国甲卷 [含答案]，共12页。试卷主要包含了在 6 的展开式中，常数项为，已知函数f=2+3cs2x，则，已知椭圆C等内容，欢迎下载使用。
1．（5分）（2024春•洛阳月考）已知集合M＝{x|﹣1≤x≤1}，N＝{x|lg2x≤1}，则M∩N＝（ ）
A．∅B．[﹣1，1]C．（0，1]D．（﹣∞，2]
2．（5分）（2023•三原县校级二模）在复平面内，复数z对应的点为（1，﹣1），则z1+i=（ ）
A．iB．﹣iC．2iD．﹣2i
3．（5分）（2023春•五家渠校级期末）已知一组数据2，4，8，x，10的平均数为6，则这组数据的方差为（ ）
A．4B．6C．8D．10
4．（5分）（2023春•北京期中）在 (x−2x)6 的展开式中，常数项为（ ）
A．﹣60B．﹣240C．60D．240
5．（5分）（2024秋•宜宾月考）下列函数中，既是奇函数，又在（0，+∞）上为增函数的是（ ）
A．f（x）＝ex+e﹣xB．f（x）＝ex﹣e﹣x
C．f（x）＝x﹣2D．f（x）＝xln|x|
6．（5分）（2024秋•西乡塘区校级月考）已知α，β是空间中两个不同的平面，m，n是空间中两条不同的直线，下列说法正确的是（ ）
A．若α⊥β，m⊥β，则m∥α
B．若m∥α，n∥α，α∥β，则m∥n
C．若m⊥β，m∥n，n⊂α，则α⊥β
D．若m⊥α，n∥β，α⊥β，则m⊥n
7．（5分）（2023春•咸阳期末）已知边长为1的等边△ABC，BD→=2DC→，则AB→⋅AD→（ ）
A．23B．3C．152D．6
8．（5分）（2024秋•涟水县校级月考）关于x的一元二次方程2x2﹣3x+k＝0有实数根，则实数k的取值范围是（ ）
A．k＜98B．k≤98C．k≥98D．k＜−98
二．多选题（共3小题，满分18分，每小题6分）
（多选）9．（6分）（2024•通州区开学）已知函数f(x)=(sinx+csx)2+3cs2x，则（ ）
A．f（x）的最小正周期为π
B．f（x）的一个对称中心(−π6，0)
C．f（x）在区间(π6，π2)上单调递减
D．f（x）在区间[−π2，3π2]上有3个零点
（多选）10．（6分）（2024秋•徐州月考）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)的左右焦点分别是F1（﹣c，0），F2（c，0），以F1F2为直径的圆与C在第一象限交于点P，延长线段PF2交C于点Q．若|PF2|＝2|QF2|，则（ ）
A．|QF2|+|PF1|＝|QF1|
B．△PQF1的面积为4a23
C．椭圆C的离心率为53
D．直线QF1的斜率为−211
（多选）11．（6分）（2025•金华模拟）几何体的体积可以看成面积的积累，因此可以得到：“夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，则两个几何体体积相等”．旋转体体积也可看作平面区域面积绕与其不相交的轴（可为其边界）旋转的积累，因每个点旋转的周长不一致，平面区域旋转的长度可用该区域的重心旋转长度替代，于是可得到旋转体体积计算方法：旋转体体积＝旋转区域面积×重心旋转的圆形轨迹周长．如图1，记圆面（x﹣1）2+（y﹣1）2≤1绕x轴旋转形成的几何体体积为V1，记半圆面（x﹣1）2+（y﹣1）2≤1（y≤1）重心坐标为（x0，y0）．如图2，阴影部分为函数y＝x2与y＝1围成的区域，记该区域绕x轴，y轴旋转形成的几何体体积分别为V2，V3．则（ ）
A．V1=43πB．y0=1−43π
C．V2＜π2−43πD．V3=π2
三．填空题（共3小题，满分15分，每小题5分）
12．（5分）（2022•浙江模拟）已知函数f(x)=2x−1，x≥3f(x+1)，x＜3，则f（lg23）＝ ．
13．（5分）（2024秋•海淀区校级月考）等差数列{an}中，若a2+a5+a8＝6，Sn为{an}的前n项和，则S9＝ ．
14．（5分）（2022春•黄浦区校级期末）同时掷3枚质地均匀的硬币，至少有1枚硬币正面向上的概率是 ．
四．解答题（共5小题，满分77分）
15．（13分）（2021春•嘉定区校级月考）如图，学校升旗仪式上，主持人站在主席台前沿D处，测得旗杆AB顶部的仰角为α，俯角最后一排学生C的俯角为β，最后一排学生C测得旗杆顶部的仰角为γ，旗杆底部与学生在一个水平面上，并且不计学生身高．
（1）设CD＝x米，试用α、β、γ和x表示旗杆的高度AB（米）；
（2）测得x=56米，α＝30°，β＝15°，γ＝60°，若国歌长度约为50秒，国旗班升旗手应以多大的速度匀速升旗才能是国旗到达旗杆顶点时师生的目光刚好停留在B处？
16．（15分）某校组织以“读万卷书，行万里路”为主题的外出研学活动后，为了解学习兴趣提高与外出研学是否有关，现从参加研学与未参加研学的同学中各随机抽取50名进行学习兴趣方面的问卷调查，并根据结果得到2×2列联表的部分数据如表：
（1）完成列联表，并根据表中数据判断能否有99.9%的把握认为学习兴趣提高与外出研学有关？
（2）从全校参加外出研学的同学中随机抽取3人，设抽到学习兴趣提高的人数为X，求X＝2时的概率．（以样本数据中的频率作为相应的概率）P（K2≥k0）
附：K2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，
17．（15分）（2023秋•雁峰区校级月考）如图，在斜四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面正方形ABCD的中心是O，且A1O⊥平面ABCD．
（1）证明：平面CB1D1⊥平面A1B1C1D1；
（2）若该四棱柱的所有棱长均为1，求二面角A1﹣B1C﹣D1的余弦值．
18．（17分）（2024秋•浦东新区校级期中）已知坐标平面xOy上的曲线Γ：y＝f（x）和异于原点的点P，若存在Γ的两条过P的切线，使得它们互相垂直，且所成直角被直线OP平分，则称P为Γ的一个“H点”．
（1）判断曲线y＝csx和y=x2+14是否有“H点”（无需说明理由）；
（2）是否存在r＞0，使P（1，2）为曲线y=r2−x2（|x|＜r）的一个“H点”？说明理由；
（3）设a，b＞0，且曲线f（x）＝ax3﹣bx有“H点”．证明：b的最小值与a无关，并求出该最小值．
19．（17分）（2025•湖南模拟）已知O为坐标原点，动点P到x轴的距离为d，且|OP|2＝λ+μd2，其中λ，μ均为常数，动点P的轨迹称为（λ，μ）曲线．
（1）判断（7，2）曲线为何种圆锥曲线．
（2）若(12，μ)曲线为焦点在y轴上的椭圆，求μ的取值范围．
（3）设曲线Ω为(9，−18)曲线，斜率为k（k≠0）的直线l过Ω的右焦点，且与Ω交于A，B两个不同的点．若点B关于x轴的对称点为点D，证明：直线AD过定点．
2025届高考数学模拟预测练习卷（全国甲卷）
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•洛阳月考）已知集合M＝{x|﹣1≤x≤1}，N＝{x|lg2x≤1}，则M∩N＝（ ）
A．∅B．[﹣1，1]C．（0，1]D．（﹣∞，2]
【考点】求集合的交集；指、对数不等式的解法．
【专题】转化思想；转化法；集合；运算求解．
【正确答案】C
【分析】根据已知条件，结合交集的定义，即可求解．
解：集合M＝{x|﹣1≤x≤1}，N＝{x|lg2x≤1}＝{x|0＜x≤2}，
故M∩N＝（0，1]．
故选：C．
【点评】本题主要考查交集及其运算，属于基础题．
2．（5分）（2023•三原县校级二模）在复平面内，复数z对应的点为（1，﹣1），则z1+i=（ ）
A．iB．﹣iC．2iD．﹣2i
【考点】复数对应复平面中的点．
【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】根据已知条件，结合复数的四则运算，以及几何意义，即可求解．
解：复数z对应的点为（1，﹣1），
则z＝1﹣i，
z1+i=z1+i=1−i1+i=(1−i)2(1+i)(1−i)=−i．
故选：B．
【点评】本题主要考查复数的四则运算，以及几何意义，属于基础题．
3．（5分）（2023春•五家渠校级期末）已知一组数据2，4，8，x，10的平均数为6，则这组数据的方差为（ ）
A．4B．6C．8D．10
【考点】方差．
【专题】整体思想；综合法；概率与统计；运算求解．
【正确答案】C
【分析】首先求出x值，然后利用方差公式即可得到答案．
解：由题意得2+4+8+x+10＝6×5，
得x＝6，
所以这组数据的方差为s2=15×(42+22+22+0+42)=8．
故选：C．
【点评】本题主要考查了方差的定义，属于基础题．
4．（5分）（2023春•北京期中）在 (x−2x)6 的展开式中，常数项为（ ）
A．﹣60B．﹣240C．60D．240
【考点】二项展开式的通项与项的系数．
【专题】转化思想；综合法；二项式定理；运算求解．
【正确答案】D
【分析】求出展开式的通项公式如何令x的指数为0，由此即可求解．
解：展开式的通项公式为Tr+1=C6rx6−r(−2x)r=C6r⋅(−2)rx6−3r2，r＝0，1，…，6，
令6−3r2=0，解得r＝4，
所以展开式的常数项为C64⋅(−2)4=240．
故选：D．
【点评】本题考查了二项式定理的应用，考查了学生的运算能力，属于基础题．
5．（5分）（2024秋•宜宾月考）下列函数中，既是奇函数，又在（0，+∞）上为增函数的是（ ）
A．f（x）＝ex+e﹣xB．f（x）＝ex﹣e﹣x
C．f（x）＝x﹣2D．f（x）＝xln|x|
【考点】奇函数偶函数的判断．
【专题】整体思想；综合法；函数的性质及应用；运算求解．
【正确答案】B
【分析】根据函数奇偶性和单调性的定义分别进行判断即可．
解：对于A，f（﹣x）＝e﹣x+ex＝f（x），f（x）是偶函数，不满足条件．
对于B，f（﹣x）＝e﹣x﹣ex＝﹣（ex﹣e﹣x）＝﹣f（x），函数f（x）是奇函数，
由于y＝ex，y＝﹣e﹣x均在（0，+∞）单调递增，
故f（x）＝ex﹣e﹣x在（0，+∞）单调递增，符合条件，
对于C，f（x）＝x﹣2为偶函数，不符合题意；
对于D，f（﹣x）＝﹣xln|﹣x|＝﹣xln|x|＝﹣f（x），函数f（x）是奇函数，当x＞0时，f（x）＝xlnx，
f(12)=12ln12=−12ln2，f(14)=14ln14=−12ln2，此时f(12)=f(14)，不是增函数，不满足条件．
故选：B．
【点评】本题主要考查了函数单调性及奇偶性的判断，属于中档题．
6．（5分）（2024秋•西乡塘区校级月考）已知α，β是空间中两个不同的平面，m，n是空间中两条不同的直线，下列说法正确的是（ ）
A．若α⊥β，m⊥β，则m∥α
B．若m∥α，n∥α，α∥β，则m∥n
C．若m⊥β，m∥n，n⊂α，则α⊥β
D．若m⊥α，n∥β，α⊥β，则m⊥n
【考点】空间中直线与平面之间的位置关系；平面与平面之间的位置关系；空间中直线与直线之间的位置关系．
【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；逻辑思维．
【正确答案】C
【分析】根据空间中线线，线面，面面间的位置关系逐项分析判断即可．
解：对于A，若α⊥β，m⊥β，则m可以与α平行，也可以在α内，选项A错误；
对于B，若m∥α，n∥α，α∥β，则m与n可以平行，可以相交，还可以异面，选项B错误；
对于C，若m⊥β，m∥n，n⊂α，则由面面垂直的判定可知，α⊥β，选项C正确；
对于D，若m⊥α，n∥β，α⊥β，则m与n可以平行，可以相交，还可以异面，选项D错误．
故选：C．
【点评】本题考查空间中线线，线面，面面间的位置关系，属于基础题．
7．（5分）（2023春•咸阳期末）已知边长为1的等边△ABC，BD→=2DC→，则AB→⋅AD→（ ）
A．23B．3C．152D．6
【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；向量法；平面向量及应用；运算求解．
【正确答案】A
【分析】根据向量数量积的运算和性质进行计算即可．
因为三角形ABC为等边三角形，且边长为1，BD→=2DC→，
所以AB→⋅AD→=AB→⋅(AB→+BD→)=AB→⋅(AB→+23BC→)=AB→⋅[AB→+23(AC→−AB)]=AB→⋅(13AB→+23AC→)
=13AB→2+23AB⋅AC→=13×1+23×1×1×cs60°=23．
故选：A．
【点评】本题考查了平面向量数量积的运算和性质，属于基础题．
8．（5分）（2024秋•涟水县校级月考）关于x的一元二次方程2x2﹣3x+k＝0有实数根，则实数k的取值范围是（ ）
A．k＜98B．k≤98C．k≥98D．k＜−98
【考点】由函数的零点求解函数或参数；求函数的零点．
【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】B
【分析】根据一元二次方程有实数根的条件是Δ≥0，由此列不等式求解即得．
解：因关于x的一元二次方程2x2﹣3x+k＝0有实数根，
故Δ＝（﹣3）2﹣4×2k≥0，解得k≤98．
故选：B．
【点评】本题考查函数的零点的求法，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）（2024•通州区开学）已知函数f(x)=(sinx+csx)2+3cs2x，则（ ）
A．f（x）的最小正周期为π
B．f（x）的一个对称中心(−π6，0)
C．f（x）在区间(π6，π2)上单调递减
D．f（x）在区间[−π2，3π2]上有3个零点
【考点】正弦函数的奇偶性和对称性；两角和与差的三角函数；三角函数中的恒等变换应用；正弦函数的单调性．
【专题】整体思想；综合法；三角函数的图象与性质；运算求解．
【正确答案】AC
【分析】先结合同角平方关系，二倍角公式，辅助角公式进行化简，然后结合正弦函数的性质检验各选项即可判断．
解：由题意得，f(x)=1+sin2x+3cs2x=2sin(2x+π3)+1，T＝π，A对；
由题意得，对称中心纵坐标为1，B错；
令π2≤2x+π3≤3π2，则π12≤x≤7π12，即f（x）的一个单调减区间为[π12，712π]，
而(π6，π2)⊂[π12，712π]，∴f（x）在(π6，π2)上单调递减，C对；
若f（x）＝0，则2x+π3=76π+2kπ或2x+π3=116π+2k1π，k∈Z，k1∈Z，
∴x=512π+kπ或34π+k1π，k∈Z，k1∈Z，
k1＝﹣1，x=−π4；k＝0，x=5π12；k1＝0，x=34π；k1＝1，x=17π12，4个零点，D错．
故选：AC．
【点评】本题主要考查了正弦函数的周期，对称性，单调区间及零点的求解，属于中档题．
（多选）10．（6分）（2024秋•徐州月考）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)的左右焦点分别是F1（﹣c，0），F2（c，0），以F1F2为直径的圆与C在第一象限交于点P，延长线段PF2交C于点Q．若|PF2|＝2|QF2|，则（ ）
A．|QF2|+|PF1|＝|QF1|
B．△PQF1的面积为4a23
C．椭圆C的离心率为53
D．直线QF1的斜率为−211
【考点】直线与椭圆的综合．
【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】ACD
【分析】对于A，结合椭圆的定义即可得解；对于B，设|QF2|＝x，结合椭圆定义，和直角三角形中勾股定理，得出a＝3x，从而得出面积；对于C，在Rt△PF1F2中，利用勾股定理得出a与c的齐次方程，从而得解；对于D，在Rt△PF1Q中，求得tan∠PF1Q，在Rt△PF1Q中，求得tan∠PF1Q，结合两角差的正切公式可以求得tan∠F2F1Q，从而得到直线QF1的斜率．
解：对于A，由椭圆的定义可得，|PF1|+|PF2|＝2a，|QF1|+|QF2|＝2a，
又|PF2|＝2|QF2|，所以|QF2|+|PF1|＝|QF1|，故A正确；
对于B，如图，连接QF1，PF1，设|QF2|＝x（x＞0），则|PF2|＝2x．
因为|PF1|+|PF2|＝2a，|QF1|+|QF2|＝2a，
所以|PF1|＝2a﹣2x，|QF1|＝2a﹣x．
因为F1F2为圆的直径，所以∠F1PQ＝90°，在Rt△PF1Q中，|PF1|2+|PQ|2=|QF1|2，
即（2a﹣2x）2+（3x）2＝（2a﹣x）2，整理得a＝3x，
所以S△PQF1=12⋅PQ⋅PF1=12⋅3x⋅(2a−2x)=23a2，故B错误；
对于C，在Rt△PF1F2中，|PF1|=2a−2x=4a3，|PF2|=2a3．
所以|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2，即(4a3)2+(2a3)2=(2c)2，
解得e2=c2a2=59，即e=53，故C正确；
对于D，在Rt△PF1F2中，tan∠PF1F2=|PF2||PF1|=2a34a3=12，
在Rt△PF1Q中，tan∠PF1Q=|PQ||PF1|=a4a3=34，
所以tan∠F2F1Q=tan(∠PF1Q−∠PF1F2)=tan∠PF1Q−tan∠PF1F21+tan∠PF1Q⋅tan∠PF1F2=34−121+34×12=211，
所以直线QF1的斜率为k=tan(180°−∠F2F1Q)=−tan∠F2F1Q=−211，故D正确．
故选：ACD．
【点评】本题主要考查直线与椭圆的综合，考查运算求解能力，属于中档题．
（多选）11．（6分）（2025•金华模拟）几何体的体积可以看成面积的积累，因此可以得到：“夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，则两个几何体体积相等”．旋转体体积也可看作平面区域面积绕与其不相交的轴（可为其边界）旋转的积累，因每个点旋转的周长不一致，平面区域旋转的长度可用该区域的重心旋转长度替代，于是可得到旋转体体积计算方法：旋转体体积＝旋转区域面积×重心旋转的圆形轨迹周长．如图1，记圆面（x﹣1）2+（y﹣1）2≤1绕x轴旋转形成的几何体体积为V1，记半圆面（x﹣1）2+（y﹣1）2≤1（y≤1）重心坐标为（x0，y0）．如图2，阴影部分为函数y＝x2与y＝1围成的区域，记该区域绕x轴，y轴旋转形成的几何体体积分别为V2，V3．则（ ）
A．V1=43πB．y0=1−43π
C．V2＜π2−43πD．V3=π2
【考点】组合几何体的面积、体积问题．
【专题】转化思想；转化法；立体几何；运算求解；新定义类．
【正确答案】BCD
【分析】利用定义及圆的周长、面积公式计算可得A；
将该半圆面绕y＝1旋转形成球体结合定义计算即可判定B；
结合B的结论及图2阴影部分与半个单位圆面积的关系即可判定C；
构造半径为1的圆柱减去图2阴影区域的旋转体的纵截面，再构造纵截面为半个单位圆及其内切圆，通过计算得同一截面截取该两个旋转体的面积相同计算即可判定D．
解：对于A，易知它的重心即其圆心，由定义可知V1=π×12×2π×1=2π2，故A错误；
对于B，易知该半圆面绕y＝1旋转所得的几何体为半径为1的球体，
其体积V=43π×13=12π×12×2π(1−y0)⇒y0=1−43π，故B正确；
对于C，根据条件易知半圆面（x﹣1）2+（y﹣1）2≤1（y≤1）绕横轴旋转形成的几何体体积为：
V′=π2×12×2πy0=π2−43π，
设点P(x0，x02)(−1≤x0≤1)，A（0，1），
则|AP|2=x02+(x02−1)2=(x02−12)2+34∈[34，1]，
所以图2阴影面积小于半径为1的半圆面积，即V2＜V'，故C正确；
对于D，图（1）阴影区域满足x2≥y−1≤x≤1y≥0，其绕纵轴旋转形成的几何体体积记为V4，
图（2）阴影区域满足x2+y2≤1x2+(y−12)2≥14y≥0，其绕纵轴旋转形成的几何体体积记为V5，
设纵坐标为h（h∈[0，1]）的平面去截这两个几何体，
联立y=hy=x2，得x1=±h，
其截图（1）对应旋转体的截面面积为S1=π×12−π×(h)2=(1−h)π，
联立y=hx2+y2=1x2+(y−12)2=14，得x2=±1−h2x3=±h−h2，
其截图（2）对应旋转体的截面面积为S2=π×(1−h2)2−π×(h−h2)2=(1−h)π，
则V4＝V5，
易知V5=12×43π×13−43π×(12)3=π2，
而V3=π×12×1−V4=π−π2=π2，故D正确．
故选：BCD．
【点评】本题考查几何体体积的计算，属于难题．
三．填空题（共3小题，满分15分，每小题5分）
12．（5分）（2022•浙江模拟）已知函数f(x)=2x−1，x≥3f(x+1)，x＜3，则f（lg23）＝ 11 ．
【考点】函数的值；对数的运算性质．
【专题】转化思想；综合法；函数的性质及应用；运算求解．
【正确答案】11．
【分析】根据lg23的范围循环代入分段函数的下段，当满足自变量的值大于等于3时代入f（x）的解析式求值．
解：函数f(x)=2x−1，x≥3f(x+1)，x＜3，
∵lg23＜3，
∴f（lg23）＝f（lg23+1）＝f（lg26），
由lg26＜3，
∴f（lg26）＝f（lg26+1）＝f（lg212），
∵lg212＞3，∴f（lg23）＝f（lg212）＝2lg212−1＝11．
故11．
【点评】本题考查了对数的运算性质，考查了分段函数的函数值的求法，关键是注意适用范围，是基础题．
13．（5分）（2024秋•海淀区校级月考）等差数列{an}中，若a2+a5+a8＝6，Sn为{an}的前n项和，则S9＝ 18 ．
【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】18．
【分析】由已知结合等差数列的性质及求和公式即可求解．
解：等差数列{an}中，若a2+a5+a8＝3a5＝6，
即a5＝2，
则S9=9(a1+a9)2=9a5＝18．
故18．
【点评】本题主要考查了等差数列的性质及求和公式的应用，属于基础题．
14．（5分）（2022春•黄浦区校级期末）同时掷3枚质地均匀的硬币，至少有1枚硬币正面向上的概率是 78 ．
【考点】古典概型及其概率计算公式．
【专题】计算题；转化思想；综合法；概率与统计；逻辑思维；运算求解．
【正确答案】78．
【分析】直接利用对立事件的概念求出概率的值．
解：由于至少一个正面向上和全部反面向上构成对立事件；
由于全面反面向上的概率为(12)3=18；
故至少有1枚硬币正面向上的概率1−18=78．
故78．
【点评】本题考查的知识要点：对立事件和互斥事件的关系，概率的值，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于中档题．
四．解答题（共5小题，满分77分）
15．（13分）（2021春•嘉定区校级月考）如图，学校升旗仪式上，主持人站在主席台前沿D处，测得旗杆AB顶部的仰角为α，俯角最后一排学生C的俯角为β，最后一排学生C测得旗杆顶部的仰角为γ，旗杆底部与学生在一个水平面上，并且不计学生身高．
（1）设CD＝x米，试用α、β、γ和x表示旗杆的高度AB（米）；
（2）测得x=56米，α＝30°，β＝15°，γ＝60°，若国歌长度约为50秒，国旗班升旗手应以多大的速度匀速升旗才能是国旗到达旗杆顶点时师生的目光刚好停留在B处？
【考点】解三角形．
【专题】计算题；整体思想；综合法；解三角形；运算求解．
【正确答案】（1）AB=xsin(α+β)⋅sinγsin(γ−α)；
（2）0.3．
【分析】（1）在△BDC中，由题意可得∠BDC，∠DCB，则∠DBC可求，然后利用正弦定理求得BC，然后在Rt△ABC中利用AB＝BC•sin∠ACB求得答案；
（2）根据（1）求出旗杆长，根据时间50秒算出速度即可．
解：（1）学校升旗仪式上，主持人站在主席台前沿D处，
测得旗杆AB顶部的仰角为α，俯角最后一排学生C的俯角为β，最后一排学生C测得旗杆顶部的仰角为γ，
由题意可知∠BDC＝α+β，∠DCB＝π﹣β﹣γ，
∴∠DBC＝π﹣（α+β）﹣π+β+γ＝γ﹣α，
由正弦定理可知BCsin∠BDC=CDsin∠DBC，
∴BC=CDsin∠DBC⋅sin∠BDC=xsin(α+β)sin(γ−α)，
在Rt△ABC，AB=BC⋅sin∠ACB=xsin(α+β)⋅sinγsin(γ−α)；
（2）因为x=56米，α＝30°，β＝15°，γ＝60°，
所以AB=56sin45°⋅sin60°sin30°=15米，
因为国歌长度约为50秒，所以1550=0.3，
即国旗班升旗手应以0.3米/秒的速度匀速升旗才能是国旗到达旗杆顶点时师生的目光刚好停留在B处．
【点评】本题考查了正弦定理的应用，属于中档题．
16．（15分）某校组织以“读万卷书，行万里路”为主题的外出研学活动后，为了解学习兴趣提高与外出研学是否有关，现从参加研学与未参加研学的同学中各随机抽取50名进行学习兴趣方面的问卷调查，并根据结果得到2×2列联表的部分数据如表：
（1）完成列联表，并根据表中数据判断能否有99.9%的把握认为学习兴趣提高与外出研学有关？
（2）从全校参加外出研学的同学中随机抽取3人，设抽到学习兴趣提高的人数为X，求X＝2时的概率．（以样本数据中的频率作为相应的概率）P（K2≥k0）
附：K2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，
【考点】独立性检验；n重伯努利试验与二项分布．
【专题】整体思想；综合法；概率与统计；运算求解．
【正确答案】（1）2×2列联表如下：
故有99.9%的把握认为学习兴趣提高与外出研学有关；
（2）54125．
【分析】（1）计算K2的值，再与临界值比较即可；
（2）由题意可知，X～B（3，35），再利用二项分布的概率公式求解．
解：（1）因为抽取参加研学与未参加研学的同学各50名，
所以得到2×2列联表如下：
零假设H0：学习兴趣提高与外出研学无关，
则K2=100(30×40−10×20)240×60×50×50=503≈16.667＞10.828，
依据小概率值α＝0.001的独立性检验，我们推断H0不成立，即有99.9%的把握认为学习兴趣提高与外出研学有关；
（2）由（1）可得从全校参加外出研学的同学中随机抽取1人，
则该同学学习兴趣提高的概率为3050=35，
从全校参加外出研学的同学中随机抽取3人，则X～B（3，35），
故P（X＝2）=C32×(35)2×25=54125，
所以X＝2时的概率为54125．
【点评】本题主要考查了独立性检验的应用，考查了二项分布的概率公式，属于中档题．
17．（15分）（2023秋•雁峰区校级月考）如图，在斜四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面正方形ABCD的中心是O，且A1O⊥平面ABCD．
（1）证明：平面CB1D1⊥平面A1B1C1D1；
（2）若该四棱柱的所有棱长均为1，求二面角A1﹣B1C﹣D1的余弦值．
【考点】空间向量法求解二面角及两平面的夹角；平面与平面垂直．
【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）33．
【分析】（1）根据已知条件利用面面垂直的判定定理即可证明平面CB1D1⊥平面A1B1C1D1；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量可求得二面角A1﹣B1C﹣D1的余弦值．
解：（1）证明：连接A1C1交B1D1于O1，连接CO1，如下图所示：
由四棱柱性质可知四边形A1ACC1为平行四边形，
由于O，O1分别是AC、A1C1的中点，
所以A1O∥O1C，
因为A1O⊥平面ABCD，且平面A1B1C1D1∥平面ABCD，
所以O1C⊥平面A1B1C1D1，
又因为O1C⊂平面CB1D1，
所以平面CB1D1⊥平面A1B1C1D1．
（2）由于A1O⊥平面ABCD，所以A1O⊥OB，A1O⊥OC，
又易知ABCD为菱形，即OB⊥OC，
故可以直线OB，OC，OA1分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如下图所示：
由于斜四棱柱的棱长均为1，所以A1(0，0，22)，O1(0，22，22)，C(0，22，0)，B1(22，22，22)，
所以A1C→=(0，22，−22)，A1B1→=(22，22，0)，
设n→=(x，y，z)是平面CA1B1的一个法向量，
由n→⋅A1C→=0，n→⋅A1B1→=0，得2y2−2z2=0，2x2+2y2=0.
令x＝﹣1得n→=(−1，1，1)．
又由（1）知，A1O1⊥O1C，A1O1⊥O1B1，O1C，B1O1⊂平面CB1D1，
所以A1O1⊥平面CB1D1．
即A1O1→=(0，22，0)是平面CB1D1的一个法向量，
设二面角A1﹣B1C﹣D1的平面角为θ，由图可知，θ∈(0，π2)，
所以csθ=n→⋅A1O1→|n→|⋅|A1O1→|=2222×3=33．
故所求二面角A1﹣B1C﹣D1的余弦值为33．
【点评】本题考查面面垂直的判定，以及向量法的应用，属于中档题．
18．（17分）（2024秋•浦东新区校级期中）已知坐标平面xOy上的曲线Γ：y＝f（x）和异于原点的点P，若存在Γ的两条过P的切线，使得它们互相垂直，且所成直角被直线OP平分，则称P为Γ的一个“H点”．
（1）判断曲线y＝csx和y=x2+14是否有“H点”（无需说明理由）；
（2）是否存在r＞0，使P（1，2）为曲线y=r2−x2（|x|＜r）的一个“H点”？说明理由；
（3）设a，b＞0，且曲线f（x）＝ax3﹣bx有“H点”．证明：b的最小值与a无关，并求出该最小值．
【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；圆的切线方程；直线和圆的方程的应用．
【专题】数形结合；转化法；直线与圆；逻辑思维；运算求解；新定义类．
【正确答案】（1）y＝csx存在“H点”，y=x2+14不存在；
（2）存在r=102，使得P（1，2）为曲线y=r2−x2的“H点”；
（3）证明见解析，最小值为22．
【分析】（1）设P（0，a），根据PA⊥PB，OP平分∠APB，则直线PB的斜率为kPB＝1，再通过导数求切线方程即可判断；
（2）根据PA⊥PB，OP平分∠APB，则OA⊥PA，OB⊥PB，故四边形OABP为正方形，可得OP=2r=5，再求切线PA，PB的斜率即可验证；
（3）设两条切线的切点坐标，再根据导数得到切线方程，再分别求出原点到两切线的距离，化简得到b=u4+1u3−u，最后利用导数求出最值即可．
解：（1）由题意，函数y＝csx的导数为y′＝﹣sinx，
如图①所示，设P（0，a），直线PA，PB为函数y＝csx的两条切线，
且PA⊥PB，OP平分∠APB，
所以直线PB的斜率为kPB＝1，
令y′＝﹣sinx＝1，解得x=3π2+2kπ，k∈Z，即切点的坐标为B(3π2+2kπ，0)，
所以直线PB的方程为y=x−(3π2+2kπ)，
即a=3π2+2kπ，则P(0，3π2+2kπ)，故函数y＝csx存在“H点”．
如图②所示，函数y=x2+14的导函数为y′＝2x，
设P（0，a），直线PA，PB为函数y=x2+14的两条切线，
且PA⊥PB，OP平分∠APB，
所以直线PB的斜率为kPB＝1，
令y′＝2x＝1，解得x=12，即切点的坐标为B(12，12)，
所以直线PB的方程为y−12=x−12，即y＝x，
即a＝0，则P（0，0），即O，P两点重合，故函数y=x2+14不存在“H点”．
（2）如图所示，直线PA，PB为曲线y=r2−x2的两条切线，
且PA⊥PB，OP平分∠APB，
所以OA⊥PA，OB⊥PB，故四边形OABP为正方形，
故OP=2r=5，即r=102．
验证：若曲线y=52−x2，则x2+y2=52(y＞0)，
设过P（1，2）的直线方程为y﹣2＝k（x﹣1），即kx﹣y﹣k+2＝0，
则|−k+2|k2+1=r=102，解得k＝﹣3或k=13，满足条件，两直线垂直，
所以存在r=102，使得P（1，2）为曲线y=r2−x2的一个“H点”．
（3）证明：由题意，导函数为f′（x）＝3ax2﹣b，
若曲线y＝ax3﹣bx有H点，则由角平分线性质，存在曲线的两条互相垂直的切线到O的距离相等．
设这两条切线对应的切点分别为（s，as3﹣bs），（t，at3﹣bt），
则对应切点所对应的切线斜率分别为3as2﹣b，3at2﹣b，
则两切线方程分别为y＝（3as2﹣b）x﹣2as3，y＝（3at2﹣b）x﹣2at3．
原点O到它们的距离分别为2a|s3|1+(3as2−b)2、2a|t3|1+(3at2−b)2，
注意曲线没有垂直于x轴的切线，故不妨设3as2﹣b＞0．
同时，由于f（﹣x）＝a（﹣x）3﹣b（﹣x）＝﹣（ax3﹣bx）＝﹣f（x），则f（x）＝ax3﹣bx是奇函数，不妨设s，t＞0．
于是3as2−b=−13at2−b且2as31+(3as2−b)2=2at31+(3at2−b)2．
代入消元得s31+(3as2−b)2=t31+(3as2−b)−2=(3as2−b)t31+(3as2−b)2，
于是t=s33as2−b．令u=33as2−b，
则由3as2−b=−13at2−b得：u3=−13as2u2−b=−1u3+bu2−b，解得b=u4+1u3−u．
设g(u)=u4+1u3−u，考虑关于u的函数y＝g（u）（u＞0且u≠1），
则g′(u)=(u2+1)(u4−4u2+1)(u3−u)2，
故当0＜u＜2−3或u＞2+3时，y＝g（u）严格单调递增；
当2−3＜u＜2+3时，y＝g（u）严格单调递减．
注意0＜u＜1时g（u）＜0，
故u=2+3时y＝g（u）取得正的最小值8+432+3(1+3)=22．
即b的最小值为22，显然与a无关．
【点评】本题考查导数的几何意义、直线与圆的位置关系的综合应用，考查学生的逻辑思维能力和运算能力，属难题．
19．（17分）（2025•湖南模拟）已知O为坐标原点，动点P到x轴的距离为d，且|OP|2＝λ+μd2，其中λ，μ均为常数，动点P的轨迹称为（λ，μ）曲线．
（1）判断（7，2）曲线为何种圆锥曲线．
（2）若(12，μ)曲线为焦点在y轴上的椭圆，求μ的取值范围．
（3）设曲线Ω为(9，−18)曲线，斜率为k（k≠0）的直线l过Ω的右焦点，且与Ω交于A，B两个不同的点．若点B关于x轴的对称点为点D，证明：直线AD过定点．
【考点】双曲线的定点及定值问题；轨迹方程．
【专题】综合题；对应思想；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）（7，2）曲线为双曲线；
（2）（0，1）；
（3）证明过程见解析．
【分析】（1）由题意，可得x2+y2＝λ+μy2，即可代入λ＝7，μ＝2，根据双曲线方程的特征求解；
（2）根据焦点在y轴上的椭圆的性质可得12(1−μ)＞12，即可求解；
（3）联立直线与曲线方程得韦达定理，根据点斜式求解AD方程，即可代入化简求解．
解：（1）设P（x，y），
因为|OP|2＝λ+μd2，
所以x2+y2＝λ+μy2．
当λ＝7，μ＝2时，x2+y2＝7+2y2，
即x2﹣y2＝7，
则（7，2）曲线为双曲线；
（2）由x2+y2＝λ+μy2和λ=12可得x2+y2=12+μy2，
即x2+(1−μ)y2=12，
若(12，μ)曲线为焦点在y轴上的椭圆，
此时1﹣μ＞0且1﹣μ≠1，
整理得x212+y212(1−μ)=1，
所以12(1−μ)＞12，
则μ＞0，
故μ的取值范围为（0，1）；
（3）证明：因为λ=9，μ=−18，
所以曲线Ω的方程为x29+y28=1，
可得Ω的右焦点为（1，0），
因为斜率为k（k≠0）的直线l过Ω的右焦点，且与Ω交于A，B两个不同的点，
设直线AB的方程为y＝k（x﹣1），A（x1，y1），B（x2，y2），
联立y=k(x−1)x29+y28=1，消去y并整理得（9k2+8）x2﹣18k2x+9k2﹣72＝0，
由韦达定理得x1+x2=18k29k2+8，x1x2=9k2−729k2+8，
因为点B关于x轴的对称点为点D，
所以D（x2，﹣y2），
则直线AD的方程为y−y1=y1+y2x1−x2(x−x1)，
根据对称性可知，直线AD经过的定点必在x轴上．
令y＝0，
解得x=−x1−x2y1+y2y1+x1=y1x2+x1y2y1+y2
=k(x1−1)x2+k(x2−1)x1k(x1−1)+k(x2−1)=2kx1x2−k(x1+x2)k(x1+x2)−2k，
当k≠0时，x=2x1x2−(x1+x2)(x1+x2)−2=18k2−1449k2+8−18k29k2+818k29k2+8−2=−144−16=9．
故直线AD过定点（9，0）．
【点评】本题考查直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理、分类讨论和运算能力，属于中档题．学习兴趣是否提高
参加研学
未参加研学
合计
提高
30
未提高
40
合计
P（K2≥K0）
0.010
0.005
0.001
K0
6.635
7.879
10.828
学习兴趣是否提高
参加研学
未参加研学
合计
提高
30
未提高
40
合计
P（K2≥K0）
0.010
0.005
0.001
K0
6.635
7.879
10.828
学习兴趣是否提高
参加研学
未参加研学
合计
提高
30
10
40
未提高
20
40
60
合计
50
50
100
学习兴趣是否提高
参加研学
未参加研学
合计
提高
30
10
40
未提高
20
40
60
合计
50
50
100