【高考押题】2025届高考数学模拟预测卷三新高考Ⅰ卷 [含答案]

这是一份【高考押题】2025届高考数学模拟预测卷三新高考Ⅰ卷 [含答案]，共12页。试卷主要包含了满足f−b=b−f，且f=f等内容，欢迎下载使用。
1．（5分）（2025•广东模拟）一组数据由小到大排列为2，4，5，x，11，14，15，39，41，50，已知该组数据的40%分位数是9.5，则x的值是（ ）
A．6B．7C．8D．9
2．（5分）（2023秋•鼓楼区校级期末）从圆x2+y2﹣2x﹣2y+1＝0外一点P（3，2）向这个圆作两条切线，则两切线夹角的正切值为（ ）
A．43B．32C．35D．0
3．（5分）（2024春•东西湖区校级期中）已知数列{an}满足an+1=an2an−1，且a1＝3，则a8＝（ ）
A．3B．13C．53D．35
4．（5分）（2024•普陀区校级开学）如图，点M，N分别是正四面体ABCD棱AB，CD上的点，设BM＝x，直线MN与直线BC所成的角为θ，则对于以下两个命题，各选项判断正确的是（ ）
①当ND＝2CN时，θ随着x的增大而减小
②当CN＝2ND时，θ随着x的增大而增大
A．①②都是真命题
B．①是假命题，②是真命题
C．①是真命题，②是假命题
D．①②都是假命题
5．（5分）（2022秋•潮州期末）已知抛物线E：y2＝4x的焦点为F，过F的直线与E交于A，B两点，且|AF|＝3|BF|．则△AOB的面积为（ ）
A．433B．233C．43D．83
6．（5分）2021年7月1日是我国建党100周年纪念日，5名老党员在这天相约来到革命圣地之一的西柏坡.5名老党员中有3名党员当年在同一个班，他们站成一排拍照留念时，要求同班的3名党员站在一起，且满足条件的每种排法都要拍一张照片，若将照片洗出来，每张照片0.5元（不含过塑费），且有一半的照片需要过塑，每张过塑费为0.75元．若将这些照片所需的费用平摊给每名老党员，则每名老党员需要支付的照片费为（ ）
A．5元B．6.3元C．7.2元D．9元
7．（5分）（2022•南京模拟）如图，某景区欲在两山顶A，C之间建缆车，需要测量两山顶间的距离．已知山高AB＝2km，CD＝6km，在水平面上E处测得山顶A的仰角为30°（B、D、E在同一水平面上），山顶C的仰角为60°，∠AEC＝150°，则两山顶A，C之间的距离为（ ）
A．43kmB．47kmC．42kmD．45km
8．（5分）（2025春•观山湖区校级月考）已知函数f(x)=|x−a|+2x，若不等式f（x）≥2在x∈[1，2]上恒成立，则参数a的取值范围是（ ）
A．[1，3]B．（﹣∞，1]∪[3，+∞）
C．[22−2，3]D．(−∞，22−2]∪[3，+∞)
二．多选题（共3小题，满分18分，每小题6分）
（多选）9．（6分）已知全集U＝R，集合A＝{x|1≤x≤3或4＜x＜6}，集合B＝{x|2≤x＜5}，则下列集合运算正确的是（ ）
A．∁UA＝{x|x＜1或3＜x＜4或x＞6}
B．A∩（∁UB）＝{x|1≤x＜2或5≤x＜6}
C．（∁UA）∪B＝{x|x＜1或2＜x＜5或x＞6}
D．∁U（∁UB）＝{x|2≤x＜5}
（多选）10．（6分）（2023秋•牡丹区校级月考）定义在R上的函数f（x）满足f(x+π3)−b=b−f(π3−x)，且f(x)=f(5π3−x)．若f′（x）＝g（x），则下列说法正确的是（ ）
A．2π为f（x）的一个周期
B．g(x)−g(2π3−x)=0
C．若f（x）max+f（x）min＝2，则b＝1
D．f（x）在(π3，5π6)上单调递增
（多选）11．（6分）（2023秋•辽宁期末）已知数列C1：0，1，0，1，0，现在对该数列进行一种变换，规则f：每个0都变为“1，0，1”，每个1都变为“0，1，0”，得到一个新数列，记数列Ck+1＝f（∁k），k＝1，2，3，…，且∁n的所有项的和为Sn，则以下判断正确的是（ ）
A．∁n的项数为5•3n﹣1B．S3＝22
C．C4中1的个数为68D．Sn=5⋅3n−1−12
三．填空题（共3小题，满分15分，每小题5分）
12．（5分）（2024春•青冈县校级期中）设复数z＝（2+i）（1﹣2i），则|z|＝ ．
13．（5分）（2023•天津模拟）我国中医药选出的“三药三方”对治疗新冠肺炎均有显著效果，“三药”分别为金花清感颗粒、连花清瘟胶囊、血必净注射液；“三方”分别为清肺排毒汤、化湿败毒方、宜肺败毒方．若某医生从“三药三方”中随机选出三种药方，事件A表示选出的三种药方中至少有一药，事件B表示选出的三种药方中至少有一方，则P（A|B）＝ ．
14．（5分）（2024秋•杨浦区校级期中）如图，对于一个给定的四面体A1A2A3A4，存在四个依次排列且互相平行的平面α1、α2、α3、α4，使得Ai∈αi（i＝1，2，3，4），且其中每相邻的两个平面间的距离都相等．记四面体A1A2A3A4夹在平面αi与αi+1之间的体积为Vi（i＝1，2，3）．则V1+V3V2= ．
四．解答题（共5小题，满分77分）
15．（13分）（2023春•资阳期末）中国茶文化源远流长，历久弥新，生生不息．某学校高中一年级某社团为了解人们喝茶习惯，利用课余时间随机对400个人进行了调查了解，得到如下列联表：
（1）通过计算判断，有没有99%的把握认为是否“经常喝茶”与性别有关系？
（2）根据样本数据，在“经常喝茶”的人中按性别用分层抽样的方法抽取了6人．若从这6人中随机选择2人进行访谈，求所抽取的2人中至少有1名女性的概率．
附表及公式
其中K2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，n＝a+b+c+d．
16．（15分）（2025•南沙区校级模拟）如图四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，△ACD是边长为2的等边三角形，且AB=BC=2，PA＝2，点M在棱PC上．
（1）求证：平面PAC⊥平面PBD；
（2）若CM→=14CP→，求直线MB与平面PBD所成角的正弦值．
17．（15分）（2023秋•射阳县校级期末）已知函数f（x）=x−ax−lnx（a∈R）．
（1）讨论f（x）的极值；
（2）求f（x）在[1e，e]上的最大值g（a）．
18．（17分）（2025•山西模拟）在坐标平面xOy中，A1，A2分别是椭圆C：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)的左右顶点，且C的短轴长为2，离心率为63．过OA1的中点B的直线l（不与x轴重合）与C交于D，E两点．
（1）求C的方程；
（2）证明：A1D⊥A1E；
（3）直线A1D和A2E的斜率比值是否为定值？若是，求出该定值；若不是，说明理由．
19．（17分）（2025•德阳模拟）已知函数f（x），若存在实数s、t使得对∀x∈R，都有f（x+2）+sf（x+1）+f（x）＝t成立，则称函数f（x）为“（s，t）函数”．
（1）f（x）＝ax2﹣2x（a≠0）是否为“（s，t）函数”？说明理由；
（2）已知f（x）≠f（x+1），若f（x）为“（s，t）函数”，请确定实数s、t的值，使得f（x）+f（x+1）是以2为周期的周期函数；
（3）已知f（x）为“（2，5）函数”，记g（x）＝e2025﹣f（n）lnx（n∈N*），若g（x）在（0，2025）上单调递减，且f（1）＝1，f（2）＝2，求n的最小值n0，并求f（1）+f（2）+⋯+f（n0）的值．
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）（2025•广东模拟）一组数据由小到大排列为2，4，5，x，11，14，15，39，41，50，已知该组数据的40%分位数是9.5，则x的值是（ ）
A．6B．7C．8D．9
【考点】百分位数．
【专题】整体思想；定义法；概率与统计；运算求解．
【正确答案】C
【分析】直接利用百分位数的求法列式求解x值．
解：该组数据共10个数，
由10×40%＝4，可知该组数据的40%分位数是第四个数与第五个数的平均数，
等于x+112=9.5，即x＝8．
故选：C．
【点评】本题考查百分位数的求法，是基础题．
2．（5分）（2023秋•鼓楼区校级期末）从圆x2+y2﹣2x﹣2y+1＝0外一点P（3，2）向这个圆作两条切线，则两切线夹角的正切值为（ ）
A．43B．32C．35D．0
【考点】过圆外一点的圆的切线方程．
【专题】转化思想；转化法；直线与圆；运算求解．
【正确答案】A
【分析】根据直线与圆位置关系，结合二倍角公式即可求解．
解：由x2﹣2x+y2﹣2y+1＝0得（x﹣1）2+（y﹣1）2＝1，
所以圆心为A（1，1），半径为r＝1，设切点分别为B，C，连接PA，则∠BPC为两切线的夹角，
由于|PA|=(3−1)2+(2−1)2=5，所以sin∠APB=|AB||AP|=15，
由二倍角公式可得cs∠CPB=1−2sin2∠APB=1−2(15)2=35，sin∠CPB=45，
所以正切值为43．
故选：A．
【点评】本题主要考查直线与圆的位置关系，属于基础题．
3．（5分）（2024春•东西湖区校级期中）已知数列{an}满足an+1=an2an−1，且a1＝3，则a8＝（ ）
A．3B．13C．53D．35
【考点】数列递推式．
【专题】计算题；方程思想；定义法；点列、递归数列与数学归纳法；逻辑思维；运算求解．
【正确答案】D
【分析】由递推关系证明数列{1an−1}是等比数列从而得1an−1=23×(−1)n，代入n＝8即可求解．
解：由题意1an+1=2−1an，即1an+1−1=−(1an−1)，
所以数列{1an−1}是以1a1−1=−23为首项，﹣1为公比的等比数列，
从而1an−1=23×(−1)n，
所以1a8−1=23×(−1)8=23，解得a8=35．
故选：D．
【点评】本题主要考查数列的递推公式，考查学生归纳推理与数学运算的能力，属于中档题．
4．（5分）（2024•普陀区校级开学）如图，点M，N分别是正四面体ABCD棱AB，CD上的点，设BM＝x，直线MN与直线BC所成的角为θ，则对于以下两个命题，各选项判断正确的是（ ）
①当ND＝2CN时，θ随着x的增大而减小
②当CN＝2ND时，θ随着x的增大而增大
A．①②都是真命题
B．①是假命题，②是真命题
C．①是真命题，②是假命题
D．①②都是假命题
【考点】异面直线及其所成的角．
【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；空间角；逻辑思维；运算求解．
【正确答案】B
【分析】根据条件，分别求出异面直线的平面角，三角形，利用余弦定理，解出三边长，利用余弦定理表示出csθ，利用导数性质判断单调性即可．
解：当ND＝2CN时，作NF∥BC交BD于F点，如图，
∴直线MN与直线BC所成的角即直线MN与直线NF所成角，即∠MNF＝θ，
设正四面体的棱长3，则CN＝BF＝1，FN＝2，
在△MBF中，由余弦定理可得MF2＝BM2+BF2﹣2BM•NF•cs∠MBF＝x2+1﹣2xcs60°＝x2+1﹣x，
∴MF=x2−x+1，同理在△BCN中，由余弦定理可得BN=7，
∴AN＝BN=7，
在△ABN中，由余弦定理可得：
cs∠ABN=AB2+BN2−AN22AB⋅BN=BM2+BN2−MN22BM⋅BN，化简可得MN=x2−3x+7，
在△FMN中，有csθ=5−x2x2−3x+7=121+18−7xx2−3x+7（x∈[0，3]），
令f（x）=18−7xx2−3x+7，则f′（x）=7x2−36x+5(x2−3x+7)2，
当x∈[0，3]时，f′（x）=7x2−36x+5(x2−3x+7)2有正有负，函数有增有减，∴①错误；
当CN＝2ND时，作NE∥BC交BD于E点，如图，
∴直线MN与直线BC所成角即为直线MN与直线NE所成角，即∠MNE＝θ，
同样设正四面体的棱长为3，则CN＝BF＝2，FN＝2，
∴ME=x2−2x+4，AN＝BN=7，
在△ABN中，有cs∠ABN=9+7−72×3×7=327，
∴MN2=x2+7−2×x×7×327=x2﹣3x+7，即MN=x2−3x+7，
△MNE中，csθ=4−x2x2−3x+7=121+9−5xx2−3x+7，x∈[0，3]，
令f（x）=9−5xx2−3x+7，则f′(x)=5x2−18x−8(x2−3x+7)2＜0，
∴f（x）在定义域内单调递减，即x增大，f（x）减小，即csθ减小，
从而θ增大，∴②正确．
故选：B．
【点评】本题考查异面直线、余弦定理、导数性质、单调性等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
5．（5分）（2022秋•潮州期末）已知抛物线E：y2＝4x的焦点为F，过F的直线与E交于A，B两点，且|AF|＝3|BF|．则△AOB的面积为（ ）
A．433B．233C．43D．83
【考点】抛物线的焦点与准线；直线与抛物线的综合．
【专题】方程思想；转化思想；转化法；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】由题意不妨设点A在第一象限，联立方程可得y2﹣4my﹣4＝0，利用韦达定理求y1，y2，即可得出答案．
解：抛物线E：y2＝4x的焦点F为（1，0），
不妨设点A在第一象限，设直线AB的方程为x＝my+1（m≥0），A（x1，y1），B（x2，y2），
联立y1=−3y2y1+y2=4mx=my+1y2=4x，整理得y2﹣4my﹣4＝0，
则Δ＝16（m2+1）＞0，y1+y2＝4m，y1y2＝﹣4，
又|AF|＝3|BF|，则y1＝﹣3y2，
联立y1=−3y2y1+y2=4m，解得y1=6my2=−2m，
代入y1y2＝﹣4得6m×（﹣2m）＝﹣4，解得m=33或m=−33（不合题意，舍去），
∴y1=23y2=−233，
故△AOB的面积S=12|OF|×|y1−y2|=12×1×833=433．
故选：A．
【点评】本题考查抛物线的性质，考查转化思想和方程思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
6．（5分）2021年7月1日是我国建党100周年纪念日，5名老党员在这天相约来到革命圣地之一的西柏坡.5名老党员中有3名党员当年在同一个班，他们站成一排拍照留念时，要求同班的3名党员站在一起，且满足条件的每种排法都要拍一张照片，若将照片洗出来，每张照片0.5元（不含过塑费），且有一半的照片需要过塑，每张过塑费为0.75元．若将这些照片所需的费用平摊给每名老党员，则每名老党员需要支付的照片费为（ ）
A．5元B．6.3元C．7.2元D．9元
【考点】部分位置的元素有限制的排列问题．
【专题】整体思想；综合法；排列组合；运算求解．
【正确答案】B
【分析】结合相邻问题捆绑法求解．
解：5名老党员按要求照相共有A33A33=36张照片，
又将照片洗出来，每张照片0.5元（不含过塑费），且有一半的照片需要过塑，每张过塑费为0.75元．
若将这些照片所需的费用平摊给每名老党员，
则每名老党员需要支付的照片费为18×0.5+1.25×185=6.3（元）．
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．
7．（5分）（2022•南京模拟）如图，某景区欲在两山顶A，C之间建缆车，需要测量两山顶间的距离．已知山高AB＝2km，CD＝6km，在水平面上E处测得山顶A的仰角为30°（B、D、E在同一水平面上），山顶C的仰角为60°，∠AEC＝150°，则两山顶A，C之间的距离为（ ）
A．43kmB．47kmC．42kmD．45km
【考点】解三角形．
【专题】计算题；转化思想；综合法；解三角形；运算求解．
【正确答案】B
【分析】利用直角三角形的边角关系，求得AE和CE的长，再利用余弦定理求得AC的长．
解：因为AB＝2，∠BEA＝30°，所以AE＝4；
因为CD＝6，∠CED＝60°，所以CE=43；
在△AEC，AC2=42+(43)2−2×4×43⋅cs150°=112
所以AC=47．
故选：B．
【点评】本题考查了三角形的边角关系应用问题，也考查了解三角形的应用问题，是基础题．
8．（5分）（2025春•观山湖区校级月考）已知函数f(x)=|x−a|+2x，若不等式f（x）≥2在x∈[1，2]上恒成立，则参数a的取值范围是（ ）
A．[1，3]B．（﹣∞，1]∪[3，+∞）
C．[22−2，3]D．(−∞，22−2]∪[3，+∞)
【考点】函数恒成立问题．
【专题】分类讨论；函数思想；转化思想；数形结合法；综合法；函数的性质及应用；导数的概念及应用；逻辑思维；运算求解．
【正确答案】D
【分析】由题意可得|x−a|≥2−2x，作h（x）＝|x﹣a|和g(x)=2−2x在x∈[1，2]上的图象，h（x）＝|x﹣a|的图象在g(x)=2−2x图象上方，分h（x）图象在g（x）图象左右两侧两种情况讨论，结合导数的几何意义即可得解．
解：因为f（x）≥2在x∈[1，2]上恒成立，
即|x−a|+2x≥2，x∈[1，2]，得|x−a|≥2−2x，
令g(x)=2−2x，
易知g（x）在[1，2]上单调递增，且值域为[0，1]，
作出h（x）＝|x﹣a|和g(x)=2−2x在x∈[1，2]上的图象，如图所示：
由题意，h（x）＝|x﹣a|的图象在g(x)=2−2x图象上方，
h（x）＝|x﹣a|随a值移动，
①当h（x）图象在g（x）图象左侧，h（x）移动到与g（x）相切时，
设h（x）＝x﹣a与g(x)=2−2x相切，
因为g′(x)=2x2，
设切点为（x0，x0﹣a），
则2x02=1x0−a=2−2x0，
且由图象可得x0＞0，
所以x0=2，a=22−2，
结合图象，a≤22−2．
②当f（x）图象在g（x）图象右侧，
若f（x）与g（x）相交于点（2，1），f（2）＝a﹣2＝1，
得a＝3，结合图象，a≥3，
综上，a∈(−∞，22−2]∪[3，+∞)．
故选：D．
【点评】本题考查了函数恒成立问题、转化思想、数形结合思想及分类讨论思想，考查了导数的向何意义，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）已知全集U＝R，集合A＝{x|1≤x≤3或4＜x＜6}，集合B＝{x|2≤x＜5}，则下列集合运算正确的是（ ）
A．∁UA＝{x|x＜1或3＜x＜4或x＞6}
B．A∩（∁UB）＝{x|1≤x＜2或5≤x＜6}
C．（∁UA）∪B＝{x|x＜1或2＜x＜5或x＞6}
D．∁U（∁UB）＝{x|2≤x＜5}
【考点】集合的交并补混合运算．
【专题】集合思想；综合法；集合；运算求解．
【正确答案】BD
【分析】利用集合的基本运算求解．
解：对于A，∁UA＝{x|x＜1或3＜x≤4或x≥6}，故A错误；
对于B，因为∁UB＝{x＜2或x≥5}，A＝{x|1≤x≤3或4＜x＜6}，
所以A∩（∁UB）＝{x|1≤x＜2或5≤x＜6}，故B正确；
对于C，因为∁UA＝{x|x＜1或3＜x≤4或x≥6}，B＝{x|2≤x＜5}，
所以（∁UA）∪B＝{x|x＜1或2≤x＜5或x≥6}，故C错误；
对于D，∁U（∁UB）＝B＝{x|2≤x＜5}，故D正确．
故选：BD．
【点评】本题主要考查了集合的基本运算，属于基础题．
（多选）10．（6分）（2023秋•牡丹区校级月考）定义在R上的函数f（x）满足f(x+π3)−b=b−f(π3−x)，且f(x)=f(5π3−x)．若f′（x）＝g（x），则下列说法正确的是（ ）
A．2π为f（x）的一个周期
B．g(x)−g(2π3−x)=0
C．若f（x）max+f（x）min＝2，则b＝1
D．f（x）在(π3，5π6)上单调递增
【考点】抽象函数的周期性；函数的单调性；函数的周期性．
【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】ABC
【分析】根据题意，选项A，只需将x进行替换，得到f（x）＝2b﹣f（x﹣π），进一步得出f（x+2π）＝f（x）；选项B，将等式f(x+π3)−b=b−f(π3−x)两侧对应函数分别求导即可；选项C，满足f(x+π3)−b=b−f(π3−x)，得出f（x）图象关于点(π3，b)中心对称，函数f（x）的最大值和最小值点也关于该点对称，求值即可；选项D，已知条件中函数f（x）没有单调性，无法做出判断，综合可得答案．
解：根据题意，依次分析选项：
对于A，由f(x+π3)−b=b−f(π3−x)，
将x替换成x−π3，得f(x)=2b−f(2π3−x)，
因为f(x)=f(5π3−x)，
由上面两个式子，f(5π3−x)=2b−f(2π3−x)；
将x替换成5π3−x，f（x）＝2b﹣f（x﹣π），所以f（x+π）＝2b﹣f（x）；
所以f（x+2π）＝2b﹣f（x+π）＝2b﹣（2b﹣f（x））＝f（x），
所以2π为f（x）的一个周期，所以A正确；
对于B，将等式f(x+π3)−b=b−f(π3−x)两侧对应函数分别求导，
得f′(x+π3)=f′(π3−x)，即g(x)=g(2π3−x)成立，所以B正确；
对于C，满足f(x+π3)−b=b−f(π3−x)，即函数图象关于点(π3，b)中心对称，
函数f（x）的最大值和最小值点定存在关于点(π3，b)中心对称的对应关系，
所以f(x)max+f(x)min2=b，故b＝1，C正确；
对于D，已知条件中函数f（x）没有单调性，无法判断f（x）在(π3，5π6)上单调递增，所以D不正确；
故选：ABC．
【点评】本题考查抽象函数周期性、单调性的分析，涉及导数的应用，属于中档题．
（多选）11．（6分）（2023秋•辽宁期末）已知数列C1：0，1，0，1，0，现在对该数列进行一种变换，规则f：每个0都变为“1，0，1”，每个1都变为“0，1，0”，得到一个新数列，记数列Ck+1＝f（∁k），k＝1，2，3，…，且∁n的所有项的和为Sn，则以下判断正确的是（ ）
A．∁n的项数为5•3n﹣1B．S3＝22
C．C4中1的个数为68D．Sn=5⋅3n−1−12
【考点】数列的应用．
【专题】计算题；转化思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【正确答案】ABC
【分析】设数列{∁n}的项数为一个数列{an}，可得{an}为首相a1＝5，公比q＝3的等比数列，据此计算可可判断每个选面的正确性．
解：设数列{∁n}的项数为一个数列{an}，因为C1中有5项，即a1＝5，
根据题意：在f作用下，每个0都变为1，0，1”，每个1都变为“0，1，0”，
所以有an=3an+1(n∈N∗)，由此可知数列{an}为首相a1＝5，公比q＝3的等比数列，
所以{∁n}的项数为an=5⋅3n−1，
根据变换规则，若数列的各项中，1与0的个数相同，则与之相邻的下一个数列中1与0的个数也相同；
若1比0多n个，则与之相邻的下一个数列中1比0的个数少n个；
若1比0少n个，则与之相邻的下一个数列中1比0的个数多n个；
因为C1中有5项，其中2个1，3个0，1比0少1个，所以C2的15项中，1比0的个数多1个；
以此类推，若n为奇数，则数列的各项中1比0少1个，若n为偶数，则数列的各项中1比0多1个；
根据以上分析∁n的项数为5•3n﹣1，所以A正确；
C3中共有45项，其中n＝3为奇数，所以数列中有45−12=22个1，
有45﹣22＝23个0，所以S3＝22，所以B正确；
C4中n＝4，项数为5•33＝135，n为偶数，所以1的个数为135+12=68．所以C正确；
D选项，Sn+1的值与n的奇偶有关Sn=5⋅3n−1−12，n为奇数5⋅3n−1+12，n为偶数，所以D错误．
故选：ABC．
【点评】本题考查数列的应用，数列求和问题，等比数列的定义与通项公式的应用，等比数列的求和公式的应用，属中档题．
三．填空题（共3小题，满分15分，每小题5分）
12．（5分）（2024春•青冈县校级期中）设复数z＝（2+i）（1﹣2i），则|z|＝ 5 ．
【考点】复数的模；复数的乘法及乘方运算．
【专题】对应思想；定义法；数系的扩充和复数；运算求解．
【正确答案】5．
【分析】先化简复数z，再利用复数的模的公式求解．
解：z＝（2+i）（1﹣2i）＝2﹣4i+i﹣2i2＝4﹣3i，
则|z|=42+(−3)2=5．
故5．
【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数模的求法，是基础题．
13．（5分）（2023•天津模拟）我国中医药选出的“三药三方”对治疗新冠肺炎均有显著效果，“三药”分别为金花清感颗粒、连花清瘟胶囊、血必净注射液；“三方”分别为清肺排毒汤、化湿败毒方、宜肺败毒方．若某医生从“三药三方”中随机选出三种药方，事件A表示选出的三种药方中至少有一药，事件B表示选出的三种药方中至少有一方，则P（A|B）＝ 1819 ．
【考点】求解条件概率．
【专题】计算题；整体思想；综合法；概率与统计；运算求解；时事热点类．
【正确答案】1819．
【分析】利用古典概型求出事件B的概率及事件AB的概率，再利用条件概率公式计算作答．
解：依题意，P(B)=1−C33C63=1920，P(AB)=C31C32+C32C31C63=910，
听以P(A|B)=P(AB)P(B)=1819．
故1819．
【点评】本题考查了条件概率的计算，属于基础题．
14．（5分）（2024秋•杨浦区校级期中）如图，对于一个给定的四面体A1A2A3A4，存在四个依次排列且互相平行的平面α1、α2、α3、α4，使得Ai∈αi（i＝1，2，3，4），且其中每相邻的两个平面间的距离都相等．记四面体A1A2A3A4夹在平面αi与αi+1之间的体积为Vi（i＝1，2，3）．则V1+V3V2= 12 ．
【考点】棱锥的体积．
【专题】转化思想；综合法；立体几何；运算求解．
【正确答案】12．
【分析】先作出辅助线，得到面面平行，故平面A2EG即为平面α2，平面A3FP即为平面α3，计算出V1=16V，V3=16V，V2=V−V1−V3=23V，计算出V1+V3V2=12．
解：取A1A3的中点G，A2A4的中点P，A1A4的三等分点分别为E，F，其中E靠近A1，
则A2E∥FP，EG∥A3F，又A2E⊄平面A3FP，FP⊂平面A3FP，
所以A2E∥平面A3FP，
同理EG∥平面A3FP，又EG∩A2E＝E，
所以平面A3FP∥平面A2EG，
所以A1到平面A2EG的距离，A4到平面A3FP的距离，平面A2EG与A3FP的距离都相等，
所以平面A2EG即为平面α2，平面A3FP即为平面α3，
故VE−A1A2G=V1，VF−A3A4P=V3，
设四面体A1A2A3A4的体积为V，
因为S△A1A2G=12S△A1A2A3，A1E=13A1A4，
所以点E到底面A1A2A3的距离为点A4到平面A1A2A3的距离的13，
所以V1=16V，同理可得V3=16V，
所以V2=V−V1−V3=23V，
所以V1+V3V2=13V23V=12．
故12．
【点评】本题考查几何体的体积问题，属中档题．
四．解答题（共5小题，满分77分）
15．（13分）（2023春•资阳期末）中国茶文化源远流长，历久弥新，生生不息．某学校高中一年级某社团为了解人们喝茶习惯，利用课余时间随机对400个人进行了调查了解，得到如下列联表：
（1）通过计算判断，有没有99%的把握认为是否“经常喝茶”与性别有关系？
（2）根据样本数据，在“经常喝茶”的人中按性别用分层抽样的方法抽取了6人．若从这6人中随机选择2人进行访谈，求所抽取的2人中至少有1名女性的概率．
附表及公式
其中K2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，n＝a+b+c+d．
【考点】独立性检验；古典概型及其概率计算公式．
【专题】转化思想；综合法；概率与统计；运算求解．
【正确答案】（1）有99%的把握认为是否“经常喝茶”与性别有关系；（2）35．
【分析】（1）先计算随机变量K2的值，再根据独立性检验原理，即可求解；
（2）根据古典概型的概率公式，计算即可求解．
解：（1）根据列联表中数据可得：
K2=400×(50×100−200×50)2100×300×250×150≈8.889＞6.635，
∴有99%的把握认为是否“经常喝茶”与性别有关系；
（2）∵在“经常喝茶”的人中按性别用分层抽样的方法抽取了6人，
∴由表可得这6人中男性4人，女性2人，
∴所求概率P=1−C42C62=35．
【点评】本题考查独立性检验原理的应用，古典概型的概率公式的应用，属基础题．
16．（15分）（2025•南沙区校级模拟）如图四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥底面ABCD，△ACD是边长为2的等边三角形，且AB=BC=2，PA＝2，点M在棱PC上．
（1）求证：平面PAC⊥平面PBD；
（2）若CM→=14CP→，求直线MB与平面PBD所成角的正弦值．
【考点】空间向量法求解直线与平面所成的角；平面与平面垂直．
【专题】转化思想；向量法；空间位置关系与距离；空间角；运算求解；空间想象．
【正确答案】（1）证明过程请见解答；（2）3010．
【分析】（1）取AC的中点O，连接OB，OD，分别证明AC⊥BD，PA⊥BD，再由线面、面面垂直的判定定理即可得证；
（2）先说明OC，OD，OE两两垂直，再以O为原点建系，利用向量法求线面角的正弦值即可．
（1）证明：取AC的中点O，连接OB，OD，
∵AB＝BC，AD＝CD，
∴AC⊥OB，AC⊥OD，
∴O，B，D三点共线，
∴AC⊥BD，
∵PA⊥底面ABCD，BD⊂底面ABCD，∴PA⊥BD，
又PA，AC⊂平面PAC，PA∩AC＝A，∴BD⊥平面PAC，
∵BD⊂平面PBD，∴平面PAC⊥平面PBD．
（2）解：取CP中点E，连接OE，则OE∥PA，
∵PA⊥底面ABCD，
∴EO⊥底面ABCD，
∴OC，OD，OE两两垂直，
故以O为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则B(0，−1，0)，C(1，0，0)，D(0，3，0)，P(−1，0，2)，M(12，0，12)，
∴BD→=(0，3+1，0)，BP→=(−1，1，2)，BM→=(12，1，12)，
设平面PBD的法向量为n→=(x，y，z)，则n→⋅BD→=(3+1)y=0n→⋅BP→=−x+y+2z=0，
令z＝1，得x＝2，y＝0，∴n→=(2，0，1)，
设直线MB与平面PBD所成角为θ，
则sinθ=|cs〈BM→，n→〉|=|BM→⋅n→||BM→||n→|=1+1232×5=3010，
∴直线MB与平面PBD所成角的正弦值为3010．
【点评】本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握线面垂直的判定与性质定理，面面垂直的判定定理，以及利用向量法求线面角是解题的关键，考查空间立体感，逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
17．（15分）（2023秋•射阳县校级期末）已知函数f（x）=x−ax−lnx（a∈R）．
（1）讨论f（x）的极值；
（2）求f（x）在[1e，e]上的最大值g（a）．
【考点】利用导数求解函数的极值；利用导数求解函数的最值．
【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）f（x）的极大值为f（a）＝﹣lna，无极小值；
（2）g(a)=−ae,a≥e−lna,1e＜a＜e2−ea,a≤1e．
【分析】（1）对f（x）求导，根据a的范围讨论单调性，求极值；
（2）根据单调性求函数在区间上的最值．
解：（1）定义域（0，+∞），f′(x)=a−xx2，
①a≤0时，f′（x）＜0成立，所以f（x）在（0，+∞）上递减，所以f（x）无极值；
②a＞0时，当x＞a时，f′（x）＜0，当0＜x＜a时，f′（x）＞0，
所以f（x）在（0，a）上单调递增，（a，+∞）单调递减，
所以f（x）的极大值为f（a）＝﹣lna，无极小值；
（2）a≤1e时，f（x）在[1e,e]单调递减，所以f(x)max=f(1e)=2−ea；
1e＜a＜e时，f（x）在[1e,a]上单调递增，[a，e]单调递减，所以f（x）max＝f（a）＝﹣lna；
a≥e时，f（x）在[1e,e]单增，所以f(x)max=f(e)=−ae．
综上：g(a)=−ae,a≥e−lna,1e＜a＜e2−ea,a≤1e．
【点评】本题考查导数综合应用，属于中档题．
18．（17分）（2025•山西模拟）在坐标平面xOy中，A1，A2分别是椭圆C：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)的左右顶点，且C的短轴长为2，离心率为63．过OA1的中点B的直线l（不与x轴重合）与C交于D，E两点．
（1）求C的方程；
（2）证明：A1D⊥A1E；
（3）直线A1D和A2E的斜率比值是否为定值？若是，求出该定值；若不是，说明理由．
【考点】椭圆的定点及定值问题；根据椭圆的几何特征求标准方程；根据abc及其关系式求椭圆的标准方程．
【专题】方程思想；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）x23+y2=1；
（2）证明见解析；
（3）是定值，定值为3．
【分析】（1）建立关于a、b、c的方程组，即可求解椭圆C的方程；
（2）设出直线l的方程及点D、E的坐标，并与椭圆方程联立，结合韦达定理计算向量A1D→与A1E→的数量积，即可证明；
（3）表示出直线A1D和A2E的斜率比，结合韦达定理计算化简即可求解．
解：（1）设椭圆C的半焦距为c，因为C的短轴长为2，离心率为63，
所以b=1ca=63a2−1=c2，解得a2＝3，
所以C的方程为：x23+y2=1．
（2）证明：由椭圆方程可得A1(−3，0)，A2(3，0)．
显然直线l的斜率不为0，则设直线l方程为：x=my−32，
联立x=my−32x2+3y2=3，消去x得(m2+3)y2−3my−94=0，Δ＝3m2+9（m2+3）＝12m2+27＞0，
设D（x1，y1），E（x2，y2），则y1+y2=3mm2+3，y1y2=−94(m2+3)，（*）
因为A1D→⋅A1E→=(x1+3，y1)⋅(x2+3，y2)=(my1+32)(my2+32)+y1y2
=(m2+1)y1y2+3m2(y1+y2)+34=−9(m2+1)4(m2+3)+3m22(m2+3)+34=0，
所以A1D→⊥A1E→，即A1D⊥A1E．
（3）直线A1D和A2E的斜率比值为定值，理由如下：
因为kA1DkA2E=y1x1+3y2x2−3=y1(x2−3)y2(x1+3)=y1(my2−332)y2(my1+32)=my1y2−332y1my1y2+32y2，
由（*）知，my1y2=−334(y1+y2)，
代入上式得kA1DkA2E=−334(y1+y2)−332y1−334(y1+y2)+32y2=−934y1−334y2−334y1−34y2=3，
所以直线A1D和A2E的斜率比值为定值3．
【点评】本题考查了直线与椭圆的综合，考查了方程思想及转化思想，属于中档题．
19．（17分）（2025•德阳模拟）已知函数f（x），若存在实数s、t使得对∀x∈R，都有f（x+2）+sf（x+1）+f（x）＝t成立，则称函数f（x）为“（s，t）函数”．
（1）f（x）＝ax2﹣2x（a≠0）是否为“（s，t）函数”？说明理由；
（2）已知f（x）≠f（x+1），若f（x）为“（s，t）函数”，请确定实数s、t的值，使得f（x）+f（x+1）是以2为周期的周期函数；
（3）已知f（x）为“（2，5）函数”，记g（x）＝e2025﹣f（n）lnx（n∈N*），若g（x）在（0，2025）上单调递减，且f（1）＝1，f（2）＝2，求n的最小值n0，并求f（1）+f（2）+⋯+f（n0）的值．
【考点】函数与方程的综合运用．
【专题】新定义；函数思想；综合法；定义法；函数的性质及应用；导数的综合应用；等差数列与等比数列；逻辑思维；运算求解；新定义类．
【正确答案】（1）f（x）是“（﹣2，2a）函数”，理由见解析；
（2）s＝2，t∈R；
（3）6072．
【分析】（1）由“（s，t）函数”的定义即可判断；
（2）结合“（s，t）函数”及周期函数的定义求解即可；
（3）由题意可得f(n)=3−n2，n为奇数n2+1，n为偶数，由g（x）在（0，2025）上单调递减，可得f（n）≥xex﹣2025在（0，2025）上恒成立．从而得f（n）≥2025，再由f（n）的解析式求解即可．
解：（1）f（x）是“（﹣2，2a）函数”，理由如下：
若f（x）＝ax2﹣2x（a≠0）为“（s，t）函数”，
则f（x+2）+sf（x+1）+f（x）＝t成立，
即a（x+2）2﹣2（x+2）+s[a（x+1）2﹣2（x+1）]+ax2﹣2x＝t，
整理得：（2a+sa）x2﹣（4a+2sa﹣2s﹣4）x+（4a+sa﹣2s﹣4）＝t恒成立．
所以2a+sa=04a+2sa−2s−4=04a+sa−2s−4=t，得s＝﹣2，t＝2a．
即f（x）＝ax2﹣2x（a≠0）是“（﹣2，2a）函数”；
（2）要使得f（x）+f（x+1）是以2为周期的周期函数．
即f（x）+f（x+1）＝f（x+2）+f（x+3）恒成立．
依题意f（x+2）+sf（x+1）+f（x）＝t成立．
用x+1替换上式中的x，
得f（x+3）+sf（x+2）+f（x+1）＝t，
所以f（x+3）+sf（x+2）﹣f（x+2）+f（x+1）﹣sf（x+1）﹣f（x）＝0，
即f（x+3）+f（x+2）+（s﹣2）[f（x+2）﹣f（x+1）]﹣f（x+1）﹣f（x）＝0，
因为f（x）≠f（x+1），故f（x+2）﹣f（x+1）≠0，
所以只要s﹣2＝0，
即s＝2，t∈R时，f（x）+f（x+1）是以2为周期的周期函数；
（3）因为f（x）为“（2，5）函数”，且f（1）≠f（2），
由（2）知f（x）+f（x+1）是以2为周期的周期函数，
且f（x+2）+2f（x+1）+f（x）＝5．
由f（1）＝1，f（2）＝2，
知f（1）+f（2）＝3，
又因为f（3）+2f（2）+f（1）＝5，
所以f（2）+f（3）＝2，f（3）+f（4）＝3，f（4）+f（5）＝2，…，
可知：f(2k+1)+f(2k+2)=3f(2k+2)+f(2k+3)=2(k∈N)，
得f（2k+3）﹣f（2k+1）＝﹣1．
即f（1），f（3），f（5），…成首项为1，公差为﹣1的等差数列；
同理f（2），f（4），f（6），…成首项为2，公差为1的等差数列；
故f(n)=3−n2，n为奇数n2+1，n为偶数，
因为g（x）＝ex﹣2025﹣f（n）lnx（n∈N*），在（0，2025）上单调递减，
故g′(x)=ex−2025−f(n)x≤0，
即f（n）≥xex﹣2025在（0，2025）上恒成立．
故只要f（n）≥2025，
所以n的最小值n0＝4048，
所以f（1）+f（2）+…+f（4048）＝6072．
【点评】本题考查了“（s，t）函数”的定义及性质、等差数列的定义及通项公式，考查了导数的综合运用，属于难题．不经常喝茶
经常喝茶
合计
男
50
200
250
女
50
100
150
合计
100
300
400
P（K2≥k0）
0.15
0.10
0.05
0.010
0.005
0.001
k0
2.072
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
不经常喝茶
经常喝茶
合计
男
50
200
250
女
50
100
150
合计
100
300
400
P（K2≥k0）
0.15
0.10
0.05
0.010
0.005
0.001
k0
2.072
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828