【高考押题】2025届高考数学模拟预测卷四全国甲卷 [含答案]

这是一份【高考押题】2025届高考数学模拟预测卷四全国甲卷 [含答案]，文件包含专题11正方形的性质与判定六类综合题型压轴题专项训练数学新教材人教版八年级下册原卷版pdf、专题11正方形的性质与判定六类综合题型压轴题专项训练数学新教材人教版八年级下册解析版pdf等2份试卷配套教学资源，其中试卷共86页， 欢迎下载使用。
A．N⫋MB．M⫋NC．M∩N＝MD．M∪N＝N
2．（5分）（2025春•榆林期中）一物体在力F的作用下，由点A（1，4）移动到点B（6，2），若F→=（﹣1，3），则F对物体所做的功为（ ）
A．﹣11B．11C．﹣1D．1
3．（5分）（2023秋•江油市校级月考）已知一组样本数据x1，x2，x3，x4，x5的平均数x为2，则i=15(xi−2)=（ ）
A．0B．2C．2.5D．1
4．（5分）（2023春•成都期末）若双曲线的渐近线方程为y＝±3x，实轴长为2，且焦点在x轴上，则该双曲线的标准方程为（ ）
A．x2−y29=1或y29−x2=1
B．y29−x2=1
C．x2−y29=1
D．x29−y2=1
5．（5分）（2024春•尤溪县校级期中）设a，b为两条直线，α，β为两个平面，下列命题中正确的是（ ）
A．若a∥α，b⊂α，则a∥b
B．若a∥α，b∥β，α∥β，则a∥b
C．若a⊂α，b⊂β，a∥b，则α∥β
D．a⊄α，b⊂α，a∥b，则a∥α
6．（5分）（2023•丰台区校级三模）已知点A的坐标为(1，3)，将OA绕坐标原点O逆时针旋转π2至OB，则点B的纵坐标为（ ）
A．−3B．﹣1C．3D．1
7．（5分）（2023秋•内江期中）若定义在R上的函数f（x）满足：对∀x，y∈R，都有f（x+y）＝f（x）+f（y）﹣1成立，则下列描述一定成立的是（ ）
A．f（x）的图象关于原点对称
B．f（x）的图象关于y轴对称
C．f（x）的图象关于点（0，1）对称
D．f（x）的图象关于直线x＝1对称
8．（5分）（2023秋•荔城区校级月考）若抛物线y2＝2px（p＞0）上任意一点到焦点的距离恒大于2，则p的取值范围是（ ）
A．p＜2B．p＞2C．p＜4D．p＞4
二．多选题（共3小题，满分18分，每小题6分）
（多选）9．（6分）（2024秋•浏阳市期末）把函数f(x)=3sinωx+csωx(0＜ω＜π)的图象向左平移π6个单位长度，得到的函数图象恰好关于y轴对称，则下列说法正确的是（ ）
A．f（x）的最小正周期为π
B．f（x）关于点(5π12，−2)对称
C．f（x）在(−π12，π6)上单调递增
D．若f（x）在区间[−π12，a)上存在最大值，则实数a的取值范围为(π6，+∞)
（多选）10．（6分）（2024春•宜宾期末）在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P、Q分别为CC1，BC的中点，则（ ）
A．BP⊥AQ
B．平面ABP⊥平面A1B1Q
C．点A1到平面ABP的距离为455
D．该正方体的外接球被平面ABP截得的截面圆的面积为145π
（多选）11．（6分）（2024春•启东市期中）已知数列{an}满足a4＝4，anan+1＝2n（n∈N*），则（ ）
A．a1＝1
B．数列{an}为递增数列
C．a1+a2+…+a2023＝21013﹣3
D．1a1+1a2+⋯+1an＜3
三．填空题（共3小题，满分15分，每小题5分）
12．（5分）（2024春•兴庆区校级月考）已知cs(π4−α)=cs(π4+α)+23，则cs2α＝ ．
13．（5分）（2022•南京模拟）二项式(2x+x)6展开式中x4的系数为 ．
14．（5分）（2021春•海原县校级期中）若函数f（x）＝2x3﹣3x2+c的极小值为5，那么c的值为 ．
四．解答题（共5小题）
15．（2023春•眉山月考）在平行四边形ABCD中，DE→=7EC→，BF→=4FC→．
（1）试用AB→，AD→表示AE→，AF→；
（2）若四边形ABCD的面积为215，cs∠BAD=14，求CA→⋅AE→−FC→⋅EA→的最大值．
16．（2023秋•重庆月考）如图甲，在矩形ABCD中，AB=2AD=22，E为线段DC的中点，△ADE沿直线AE折起，使得DC=6，O点为AE的中点，连接DO、OC，如图乙．
（1）求证：DO⊥OC；
（2）线段AB上是否存在一点H，使得平面ADE与平面DHC所成角的余弦值为357？若不存在，说明理由；若存在，求出AH的长度．
17．（2023秋•德州期末）为落实“双减”政策，提升课后服务水平，某小学计划实行课后看护工作．现随机抽取该小学三年级的8个班级并调查需要课后看护的学生人数，分布如下：
（1）若将上述表格中人数低于25人的班级两两组合进行看护，求班级代号为1，2的两个班合班看护的概率；
（2）从已抽取的8个班级中随机抽取3个班，记3个班中需要课后看护的学生人数低于25人的班级数为X，求X的分布列及数学期望．
18．（2024春•浦东新区期中）已知点B（2，0）是椭圆Γ：x24+y29=1的一个顶点．
（1）若椭圆Γ的焦点分别为F1、F2，求△BF1F2的面积；
（2）设P、Q是椭圆D上相异的两点，有如下命题：“若|BP|＝|BQ|，则P与Q关于x轴对称．”；请判断该命题的真假，并说明理由．
19．（2024秋•天津校级月考）设q、d为常数，若存在大于1的整数k，使得无穷数列{an}满足an+1=an+d，nk∉N∗qan，nk∈N∗，则称数列{an}(n∈N∗)为“M（k）数列”．
（1）设d＝3，q＝0，若首项为1的数列{an}为“M（3）数列”，求a2024；
（2）若数列{bn}为“M（2）数列”，且bn=(−1)n−1，求出相应的d、q的值及i=1n(3−qi)di；
（3）设d＝1，q＝2，若首项为1的数列{cn}为“M（10）数列”，求数列{cn}的前10n项和S10n．
2025届高考数学模拟预测卷（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）（2022春•虎丘区校级期末）设集合M＝{x|1≤x＜3}，N＝{x|lg2（x﹣1）＜1}，则（ ）
A．N⫋MB．M⫋NC．M∩N＝MD．M∪N＝N
【考点】交集及其运算；指、对数不等式的解法；集合的包含关系判断及应用；并集及其运算．
【专题】集合思想；定义法；集合；运算求解．
【正确答案】A
【分析】先求出集合N，再由真子集的定义即可求出答案．
解：lg2（x﹣1）＜1＝lg22，
所以0＜x﹣1＜2，所以1＜x＜3，
所以N＝{x|lg2（x﹣1）＜1}＝{x|1＜x＜3}，
所以N⫋M．
故选：A．
【点评】本题考查集合的运算，考查交集、并集、子集定义、不等式性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
2．（5分）（2025春•榆林期中）一物体在力F的作用下，由点A（1，4）移动到点B（6，2），若F→=（﹣1，3），则F对物体所做的功为（ ）
A．﹣11B．11C．﹣1D．1
【考点】平面向量数量积的性质及其运算；平面向量数量积的坐标运算．
【专题】计算题；方程思想；转化思想；综合法；平面向量及应用；运算求解．
【正确答案】A
【分析】根据题意，求出AB→的坐标，结合向量数量积的物理意义分析可得答案．
解：根据题意，点A（1，4），B（6，2），则AB→=（5，﹣2），
若F→=（﹣1，3），则F对物体所做的功为F→•AB→=5×（﹣1）+（﹣2）×3＝﹣11．
故选：A．
【点评】本题考查向量数量积的运算，注意向量数量积的物理意义，属于基础题．
3．（5分）（2023秋•江油市校级月考）已知一组样本数据x1，x2，x3，x4，x5的平均数x为2，则i=15(xi−2)=（ ）
A．0B．2C．2.5D．1
【考点】用样本估计总体的集中趋势参数．
【专题】转化思想；转化法；概率与统计；运算求解．
【正确答案】A
【分析】能够识别求和符号，利用平均数的知识即可求解．
解：i=15(xi−2)=x1−2+x2−2+x3−2+x4−2+x5−2=x1+x2+x3+x4+x5−10=5×x−10=0．
故选：A．
【点评】本题主要考查平均数公式，属于基础题．
4．（5分）（2023春•成都期末）若双曲线的渐近线方程为y＝±3x，实轴长为2，且焦点在x轴上，则该双曲线的标准方程为（ ）
A．x2−y29=1或y29−x2=1
B．y29−x2=1
C．x2−y29=1
D．x29−y2=1
【考点】由双曲线的渐近线方程求解双曲线的标准方程或参数．
【专题】整体思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解．
【正确答案】C
【分析】已知双曲线的焦点在x轴上，设双曲线方程为x2a2−y2b2=1，由题可得ba=32a=2，得解．
解：已知双曲线的焦点在x轴上，
设双曲线方程为x2a2−y2b2=1，
由题可得ba=32a=2，解得a=1b=3，
则双曲线的标准方程为x2−y29=1．
故选：C．
【点评】本题考查了双曲线的直线，重点考查了双曲线的方程的求法，属基础题．
5．（5分）（2024春•尤溪县校级期中）设a，b为两条直线，α，β为两个平面，下列命题中正确的是（ ）
A．若a∥α，b⊂α，则a∥b
B．若a∥α，b∥β，α∥β，则a∥b
C．若a⊂α，b⊂β，a∥b，则α∥β
D．a⊄α，b⊂α，a∥b，则a∥α
【考点】空间中直线与平面之间的位置关系．
【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；空间想象．
【正确答案】D
【分析】根据空间中各要素的位置关系，逐一判断即可．
解：若a∥α，b⊂α，则a与b可以成任意角，所以A选项错误；
若a∥α，b∥β，α∥β，则a与b可以成任意角，所以B选项错误；
若a⊂α，b⊂β，a∥b，则α与β可以成任意角，所以C选项错误；
若a⊄α，b⊂α，a∥b，则a∥α，所以D选项正确．
故选：D．
【点评】本题考查空间中各要素的位置关系，属基础题．
6．（5分）（2023•丰台区校级三模）已知点A的坐标为(1，3)，将OA绕坐标原点O逆时针旋转π2至OB，则点B的纵坐标为（ ）
A．−3B．﹣1C．3D．1
【考点】任意角的三角函数的定义．
【专题】整体思想；综合法；三角函数的求值；运算求解．
【正确答案】D
【分析】设射线OA与x轴非负半轴所成夹角为θ，射线OB与x轴非负半轴所成夹角为α，则α=θ+π2，根据三角函数的定义及诱导公式计算可得．
解：设射线OA与x轴非负半轴所成夹角为θ，则sinθ=32，csθ=12，
射线OB与x轴非负半轴所成夹角为α，则α=θ+π2，
所以sinα=sin(θ+π2)=csθ=12，
又|OB|＝2，sinα=yB|OB|，
所以yB=2×12=1．
故选：D．
【点评】本题主要考查了任意角三角函数的定义，考查了诱导公式的应用，属于基础题．
7．（5分）（2023秋•内江期中）若定义在R上的函数f（x）满足：对∀x，y∈R，都有f（x+y）＝f（x）+f（y）﹣1成立，则下列描述一定成立的是（ ）
A．f（x）的图象关于原点对称
B．f（x）的图象关于y轴对称
C．f（x）的图象关于点（0，1）对称
D．f（x）的图象关于直线x＝1对称
【考点】抽象函数的奇偶性．
【专题】函数思想；综合法；函数的性质及应用；逻辑思维；运算求解．
【正确答案】C
【分析】先赋值令x＝y＝0，代入可得f（0）＝1，可以判断A；
再令y＝﹣x，整理得f（x）+f（﹣x）＝2，可以判断C；
再令f（x）＝x+1，检验判断B、D的正误．
解：因为f（x+y）＝f（x）+f（y）﹣1，
令x＝y＝0，则f（0）＝f（0）+f（0）﹣1，
可得f（0）＝1，
所以f（x）的图象不可能关于原点对称，A错误；
令y＝﹣x，则f（0）＝f（x）+f（﹣x）﹣1，
可得f（x）+f（﹣x）＝2，
所以f（x）的图象关于点（0，1）对称，C正确；
令f（x）＝x+1，则f（x+y）＝（x+y）+1＝（x+1）+（y+1）﹣1＝f（x）+f（y）﹣1，
即f（x）＝x+1满足题意，
但f（x）的图象不关于y轴对称，且不关于直线x＝1对称，B、D错误．
故选：C．
【点评】本题考查了判断抽象函数的对称性及利用赋值法求抽象函数的值，属于中档题．
8．（5分）（2023秋•荔城区校级月考）若抛物线y2＝2px（p＞0）上任意一点到焦点的距离恒大于2，则p的取值范围是（ ）
A．p＜2B．p＞2C．p＜4D．p＞4
【考点】由抛物线的焦点或焦准距求解抛物线方程或参数．
【专题】整体思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解．
【正确答案】D
【分析】设P（x，y），（x≥0）为抛物线上的任意一点，结合题设条件利用抛物线的定义和性质可得出(x+p2)min＞2，从而求解．
解：设点P（x，y），（x≥0）为抛物线上的任意一点，
由题意可得：x+p2＞2，
所以(x+p2)min=p2＞2，
所以p＞4，
故D正确．
故选：D．
【点评】本题考查了抛物线的定义及性质，属基础题．
二．多选题（共3小题，满分18分，每小题6分）
（多选）9．（6分）（2024秋•浏阳市期末）把函数f(x)=3sinωx+csωx(0＜ω＜π)的图象向左平移π6个单位长度，得到的函数图象恰好关于y轴对称，则下列说法正确的是（ ）
A．f（x）的最小正周期为π
B．f（x）关于点(5π12，−2)对称
C．f（x）在(−π12，π6)上单调递增
D．若f（x）在区间[−π12，a)上存在最大值，则实数a的取值范围为(π6，+∞)
【考点】函数y＝Asin（ωx+φ）的图象变换；正弦函数的图象．
【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】ACD
【分析】先利用辅助角公式化简f（x），再通过图像平移求得新的函数g（x），从而利用g（x）关于y轴对称求得ω＝2，由此得到f（x）的解析式，最后结合三角函数的性质即可对选项逐一判断．
解：因为f(x)=3sinωx+csωx=2sin(ωx+π6)(0＜ω＜π)，
所以把f（x）的图像向左平移π6个单位长度得到函数g(x)=2sin[ω(x+π6)+π6]=2sin(ωx+π6ω+π6)的图像，
因为g（x）关于y轴对称，所以π6ω+π6=kπ+π2，k∈Z，即ω＝6k+2，k∈Z，
又因为0＜ω＜π，所以ω＝2，f(x)=2sin(2x+π6)，
对于A，T=2π2=π，故A正确；
对于B，f(5π12)=2sin(2×5π12+π6)=2sinπ=0，故B错误；
对于C，由2kπ−π2≤2x+π6≤π2+2kπ(k∈Z)，得kπ−π3≤x≤π6+kπ(k∈Z)，
所以当k＝0时，f（x）的单调递增区间为[−π3，π6]，
又因为(−π12，π6)⊆[−π3，π6]，所以f（x）在(−π12，π6)上单调递增，故C正确；
对于D，若函数f（x）在[−π12，a)上存在最大值，
由选项C可知，f（x）在(−π12，π6)上单调递增，且f(π6)=2sin(2×π6+π6)=2sinπ2=2，即f（x）在x=π6时取得最大值，
所以a＞π6，即实数a的取值范围为(π6，+∞)，故D正确．
故选：ACD．
【点评】本题综合考查了正弦函数性质的综合应用，属于中档题．
（多选）10．（6分）（2024春•宜宾期末）在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P、Q分别为CC1，BC的中点，则（ ）
A．BP⊥AQ
B．平面ABP⊥平面A1B1Q
C．点A1到平面ABP的距离为455
D．该正方体的外接球被平面ABP截得的截面圆的面积为145π
【考点】空间中点到平面的距离；直线与平面垂直；平面与平面垂直．
【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】BCD
【分析】作出图形，根据三垂线定理，线面垂直与面面垂直的判定定理，点面距的求法，球的几何性质，针对各个选项分别求解即可．
解：如图所示：
对A选项，∵BP在底面ABCD内的射影为BC，
而AQ与BC不垂直，∴根据三垂线定理可得BP与AQ不垂直，∴A选项错误；
对B选项，∵P、Q分别为CC1，BC的中点，
∴易得BP⊥B1Q，又A1B1⊥平面BCC1C1，BP⊂平面BCC1C1，
∴BP⊥A1B1，又B1Q∩A1B1＝B1，
∴BP⊥平面A1B1Q，又BP⊂平面ABP，
∴平面ABP⊥平面A1B1Q，∴B选项正确；
对C选项，取D1D的中点E，则易知AB∥EP，
∴平面ABP即为平面ABPE，
∵AB⊥平面AA1D1D，又AB⊂平面ABPE，
∴平面AA1D1D⊥平面ABPE，
过A1作A1H⊥AE于点H，则A1H⊥平面ABPE，
又cs∠AA1H＝cs∠EAD=25，
∴A1H＝A1A×cs∠AA1H=2×25=455，∴C选项正确；
连接A1C∩AP＝F，则由A1A∥PC，可得F为A1C的靠近C的三等分点，
易知正方体的外接球球心O为A1C的中点，
∴A1C的中点O到平面ABPE距离等于A1到平面ABPE的距离的14，
∴球心O到平面ABPE的距离为14×455=55，
又球O的半径为12A1C=3，
∴该正方体的外接球被平面ABP截得的截面圆的半径为(3)2−(55)2=145，
∴该正方体的外接球被平面ABP截得的截面圆的面积为145π，∴D选项正确．
故选：BCD．
【点评】本题考查立体几何的综合应用，三垂线定理的应用，线面垂直与面面垂直的判定定理的应用，点面距的求法，球的几何性质，属中档题．
（多选）11．（6分）（2024春•启东市期中）已知数列{an}满足a4＝4，anan+1＝2n（n∈N*），则（ ）
A．a1＝1
B．数列{an}为递增数列
C．a1+a2+…+a2023＝21013﹣3
D．1a1+1a2+⋯+1an＜3
【考点】数列递推式．
【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】ACD
【分析】通过求a3，a2，a1来判断AB选项的正确性，分析数列{an}的规律，利用分组求和法判断CD选项的正确性．
解：依题意，a4＝4，anan+1=2n，an=2nan+1，an+1=2nan，
所以a3=23a4=84=2，a2=22a3=42=2，a1=21a2=22=1，
A选现正确．所以a3＝a2，所以B选项错误．
由anan+1=2n得an+1an+2=2n+1，两式相除得an+2an=2，
所以数列{an}的奇数项是首项为1，公比为2的等比数列；偶数项是首项为2，公比为2的等比数列．a1+a2+⋯+a2023＝（a1+a3+⋯+a2023）+（a2+a4+⋯+a2022）
=1(1−21012)1−2+2(1−21011)1−2=21012−1+21012−2=21013−3，所以C选项正确．
由上述分析可知，数列{1an}的奇数项是首项为1，公比为12的等比数列；
偶数项是首项为12，公比为12的等比数列．
当n为偶数时，1a1+1a2+⋯+1an=(1a1+1a3+⋯+1an−1)+(1a2+1a4+⋯+1an)，
=1(1−12n2)1−12+12(1−12n2)1−12=3−32n2＜3；
当n为奇数时，1a1+1a2+⋯+1an=(1a1+1a3+⋯+1an)+(1a2+1a4+⋯+1an−1)，
=1(1−12n+12)1−12+12(1−12n−12)1−12=3−22n+12−12n−12＜3，
综上所述，1a1+1a2+⋯+1an＜3，所以D选项正确．
故选：ACD．
【点评】本题考查了等比数列的定义和通项公式及求和公式，分组求和，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）（2024春•兴庆区校级月考）已知cs(π4−α)=cs(π4+α)+23，则cs2α＝ 79 ．
【考点】求二倍角的三角函数值；两角和与差的三角函数的逆用．
【专题】整体思想；综合法；三角函数的求值；运算求解．
【正确答案】79．
【分析】根据两角和与差的余弦公式以及二倍角公式即可求解．
解：由cs(π4−α)=cs(π4+α)+23，
得22csα+22sinα=22csα−22sinα+23，
则2sinα=23，即sinα=13，cs2α=1−2sin2α=1−2×(13)2=79．
故79．
【点评】本题主要考查了和差角公式及二倍角公式的应用，属于基础题．
13．（5分）（2022•南京模拟）二项式(2x+x)6展开式中x4的系数为 60 ．
【考点】二项式定理．
【专题】计算题；对应思想；数学模型法；二项式定理；运算求解．
【正确答案】60．
【分析】先求出二项展开式的通项公式，再令6−k2=4，求出k＝4即可．
解：二项式(2x+x)6展开式的通项公式为：
Tk+1=C6k（2x）6﹣k(x)k=C6k26﹣kx6−k2，
令6−k2=4，则k＝4，
∴展开式中x4的系数为C6422＝60，
故60．
【点评】本题主要考查二项式定理的应用，属于基础题．
14．（5分）（2021春•海原县校级期中）若函数f（x）＝2x3﹣3x2+c的极小值为5，那么c的值为 8 ．
【考点】利用导数研究函数的极值．
【专题】计算题；函数思想；分析法；导数的概念及应用；运算求解．
【正确答案】8
【分析】对函数求导，再求函数的单调区间与极小值即可．
解：∵f（x）＝x3﹣3x2+c，∴f′（x）＝3x2﹣6x＝3x（x﹣2），
令f′（x）＝0，解得x＝0或x＝2，当x＜0或x＞2时，f′（x）＞0，
当0＜x＜2时，f′（x）＜0，∴f（x）在（﹣∞，0）和（2，+∞）上单调递增，在（0，2）上单调递减，
∴当x＝2时，f（x）取得极小值，极小值为f（2）＝23﹣3×22+c＝5，
解得c＝8．
故8．
【点评】本题考查利用导数研究函数的极值，考查学生的运算能力，属于中档题．
四．解答题（共5小题）
15．（2023春•眉山月考）在平行四边形ABCD中，DE→=7EC→，BF→=4FC→．
（1）试用AB→，AD→表示AE→，AF→；
（2）若四边形ABCD的面积为215，cs∠BAD=14，求CA→⋅AE→−FC→⋅EA→的最大值．
【考点】解三角形．
【专题】计算题；转化思想；综合法；解三角形；平面向量及应用；运算求解．
【正确答案】（1）AE→=78AB→+AD→，AF→=AB→+45AD→；
（2）−17+8705．
【分析】（1）利用平面向量的四则运算法则计算即可；
（2）首先利用平行四边形的面积公式和数量积的定义可得AB→⋅AD→=2，再根据向量的四则运算法则可得CA→⋅AE→−FC→⋅EA→=−AE→⋅AF→=−(78AB→+AD→)⋅(AB→+45AD→)，展开结合基本不等式即可求解．
解：（1）因为四边形ABCD为平行四边形，且DE→=7EC→，
所以AE→=AD→+DE→=AD→+78DC→=78AB→+AD→，
因为四边形ABCD为平行四边形，且BF→=4FC→，
所以AF→=AB→+BF→=AB→+45BC→=AB→+45AD→；
（2）设|AB→|=a，|AD→|=b，因为cs∠BAD=14且∠BAD∈（0，π），
所以sin∠BAD=1−cs2∠BAD=154，
则四边形ABCD的面积S=absin∠BAD=154ab=215，
解得ab＝8，所以AB→⋅AD→=abcs∠BAD=8×14=2，
由（1）知，AE→=78AB→+AD→，AF→=AB→+45AD→，
所以AE→⋅AF→=(78AB→+AD→)⋅(AB→+45AD→)=78|AB→|2+45|AD→|2+1710AB→⋅AD→
=78a2+45b2+175≥278a2⋅45b2+175=705ab+175=17+8705，
当且仅当78a2=45b2，即a=47035b时，等号成立，
所以CA→⋅AE→−FC→⋅EA→=AE→⋅(CA→+FC→)=AE→⋅FA→=−AE→⋅AF→≤−17+8705，
所以CA→⋅AE→−FC→⋅EA→的最大值为−17+8705．
【点评】本题主要考查平面向量的基本定理和平面向量的数量积，考查运算求解能力，属于中档题．
16．（2023秋•重庆月考）如图甲，在矩形ABCD中，AB=2AD=22，E为线段DC的中点，△ADE沿直线AE折起，使得DC=6，O点为AE的中点，连接DO、OC，如图乙．
（1）求证：DO⊥OC；
（2）线段AB上是否存在一点H，使得平面ADE与平面DHC所成角的余弦值为357？若不存在，说明理由；若存在，求出AH的长度．
【考点】空间向量法求解二面角及两平面的夹角；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）证明见解答；（2）22．
【分析】（1）利用余弦定理得出OC的长度，利用勾股定理得出DC2＝DO2+OC2，即可得证；
（2）建立空间直角坐标系，分别求出平面DHC和平面ADE的法向量，利用向量法求解即可．
解：（1）证明：取线段AE的中点O，连接DO，OC，
在Rt△ADE中，DA=DE=2，
所以DO⊥AE，DO＝1，
在△OEC中，OE=12AE=1，EC=2，∠OEC=34π，
由余弦定理可得OC2=1+2+2×1×2×22=5，
OC=5，
在△DOC中，DC2＝6＝DO2+OC2，
所以DO⊥OC；
（2）因为DO⊥AE，DO⊥OC，AE∩OC＝O，DO、AEC⊂平面ABCE，∠AEB＝90°，
所以DO⊥平面ABCE，
过E作DO的平行线l，以E为原点，EA，EB，l所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则D（1，0，1），C（﹣1，1，0），A（2，0，0），B（0，2，0），
平面ADE的法向量n1=(0，1，0)，
在平面直角坐标系xOy中，直线AB的方程为x+y＝2，
设H的坐标为（t，2﹣t，0），t∈[0，2]，
则HC→=(−t−1，t−1，0)，DC→=(−2，1，−1)，
设平面DHC的法向量为n2=(x，y，z)，
n2⋅HC→=0，n2→⋅DC→=0，
所以（﹣t﹣1）x+（t﹣1）y＝0，﹣2x+y﹣z＝0，
令y＝1+t，则x＝t﹣1，z＝3﹣t，
n2=(t−1，1+t，3−t)，
由已知cs＜n1→，n2→＞=|n1→⋅n2→||n1→||n2→|=1+t1⋅(t−1)2+(t+1)2+(3−t)2=357，
解得t=32或4（舍去），
所以H(32，12，0)，AH→=(−12，12，0)，
所以 |AH|=22．
【点评】本题考查线线垂直的判定以及向量法求二面角的应用，属于中档题．
17．（2023秋•德州期末）为落实“双减”政策，提升课后服务水平，某小学计划实行课后看护工作．现随机抽取该小学三年级的8个班级并调查需要课后看护的学生人数，分布如下：
（1）若将上述表格中人数低于25人的班级两两组合进行看护，求班级代号为1，2的两个班合班看护的概率；
（2）从已抽取的8个班级中随机抽取3个班，记3个班中需要课后看护的学生人数低于25人的班级数为X，求X的分布列及数学期望．
【考点】离散型随机变量的均值（数学期望）．
【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】（1）13；
（2）X的分布列为：
E（X）=32．
【分析】（1）根据上表的数据，得到4个班两两组合进行课后看护共有3种不同的方法，其中代号为1，2的两个班合班看护共1种不同的方法，结合古典摡型的概率计算公式，即可求解；
（2）根据题意得到随机变量X的可能取值，结合超几何分布的概率计算公式，求得相应的概率，列出分布列，利用公式求得期望．
解：（1）若将表中人数少于25人的4个班两两组合进行课后看护，
共C42A22=3种不同的方法，其中班级代号为1，2的两个班合班看护共1种方法，
记A表示事件“班级代号为1，2的两个班合班看护”，则其概率P(A)=13，
所以班级代号为1，2的两个班合班看护的概率为13；
（2）随机变量X的可能取值为0，1，2，3，
可得P(X=0)=C43⋅C40C83=456=114，
P(X=1)=C42⋅C41C83=2456=37，
P(X=2)=C41⋅C42C83=2456=37，
P(X=3)=C40⋅C43C83=456=114，
则X的分布列为：
所以数学期望E(X)=0×114+1×37+2×37+3×114=32．
【点评】本题考查了离散型随机变量的分布列与期望计算，属于中档题．
18．（2024春•浦东新区期中）已知点B（2，0）是椭圆Γ：x24+y29=1的一个顶点．
（1）若椭圆Γ的焦点分别为F1、F2，求△BF1F2的面积；
（2）设P、Q是椭圆D上相异的两点，有如下命题：“若|BP|＝|BQ|，则P与Q关于x轴对称．”；请判断该命题的真假，并说明理由．
【考点】直线与椭圆的综合．
【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）25；
（2）答案见解析．
【分析】（1）由题意，结合题目所给信息以及三角形面积公式进行求解即可；
（2）设出P，Q两点的坐标，将|BP|＝|BQ|转化成(x1−2)2+y12=(x2−2)2+y22，结合P，Q两点均在椭圆Γ上，推出(x2−x1)[54(x1+x2)+4]=0，分别讨论当x1＝x2和x1≠x2这两种情况，进而即可求解．
解：（1）因为点B（2，0）是椭圆Γ：x24+y29=1的一个顶点，
所以S△BF1F2=2×12×2×9−4=25；
（2）不妨设P（x1，y1），Q（x2，y2），
若|BP|＝|BQ|，
即|BP|2＝|BQ|2，
即(x1−2)2+y12=(x2−2)2+y22，
因为P，Q两点均在椭圆Γ上，
所以y12=9(1−x124)y22=9(1−x224)，
即−54x12−4x1=−54x22−4x2，
整理得(x2−x1)[54(x1+x2)+4]=0，
当x1＝x2时，P，Q对称；
当x1≠x2时，x1+x2=−165，
因为x1，x2∈[﹣2，2]，
所以x1+x2∈[﹣4，4]，
则存在x1+x2=−165x1≠x2，
此时P，Q不关于x轴对称．
综上，命题：“若|BP|＝|BQ|，则P与Q关于x轴对称．”为假命题．
【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．
19．（2024秋•天津校级月考）设q、d为常数，若存在大于1的整数k，使得无穷数列{an}满足an+1=an+d，nk∉N∗qan，nk∈N∗，则称数列{an}(n∈N∗)为“M（k）数列”．
（1）设d＝3，q＝0，若首项为1的数列{an}为“M（3）数列”，求a2024；
（2）若数列{bn}为“M（2）数列”，且bn=(−1)n−1，求出相应的d、q的值及i=1n(3−qi)di；
（3）设d＝1，q＝2，若首项为1的数列{cn}为“M（10）数列”，求数列{cn}的前10n项和S10n．
【考点】数列求和的其他方法．
【专题】计算题；转化思想；综合法；点列、递归数列与数学归纳法；运算求解；新定义类．
【正确答案】（1）3；
（2）d＝﹣2，q＝﹣1，i=1n(3−qi)di=−209+(209+2n3)(−2)n，
（3）190（2n﹣1）﹣135n．
【分析】（1）将d＝3，q＝0代入得到一周期数列，即可求得a2024的值．
（2）根据M（k）数列的定义和bn=(−1)n−1列方程求解即可，利用数列错位相减求和方法求解即可
（3）找出c10n的公式，设每隔10项的和为Tn，然后再求解S10n．
解：（1）∵d＝3，q＝0，∴an+1=an+3，n3∉N∗0，n3∈N∗，
由a1＝1，可得a2＝4，a3＝7，a4＝0，a5＝3，a6＝6，a7＝0，a8＝3，a9＝6，a10＝0，⋯，
∴数列{an}(n∈N∗)中，从第4项起，是周期为3的周期数列，
有a3n+1=0，a3n+2=3，a3n+3=6，n∈N∗，
∵2024＝674×3+2，
∴a2024＝3．
（2）∵数列{bn}为“M（2）数列”，∴k＝2，
∴bn+1=bn+d，n2∉N∗qbn，n2∈N∗，又bn=(−1)n−1，∴b1=(−1)0=1，
∴b2=(−1)1=b1+d=1+d，∴d＝﹣2，
b3=(−1)2=qb2=−q，∴q＝﹣1，
i=1n(3−qi)di=i=1n(3+i)(−2)i=4×(−2)+5×(−2)2+⋯+(3+n)(−2)n，
−2i=1n(3+i)(−2)i=4×(−2)2+5×(−2)3+⋯+(3+n)(−2)n+1，
两式相减得：3i=1n(3+i)(−2)i=−8+(−2)2+(−2)3+⋯+(−2)n−(3+n)(−2)n+1
=−8+4[1−(−2)n−1]3−(3+n)(−2)n+1=−209+(209+2n3)(−2)n，
∴i=1n(3−qi)di=−209+(209+2n3)(−2)n，
（3）依题意，d＝1，q＝2，c1＝1，数列{cn}为“M（10）数列”，
则c1＝1，c2＝2，c3＝3，c4＝4，c5＝5，c6＝6，c7＝7，c8＝8，c9＝9，c10＝10，
c11＝2c10＝20，c12＝21，c13＝22，c14＝23，c15＝24，c16＝25，c17＝26，c18＝27，c19＝28，c20＝29，
c10（n﹣1）+1，c10（n﹣1）+2，c10（n﹣1）+3，⋯，c10n是公差为1的等差数列，∴c10n＝c10（n﹣1）+1+9，
当n≥2时，c10n＝2c10（n﹣1）+9，∴c10n+9＝2（c10（n﹣1）+9），而c10+9＝19，
∴数列{c10n+9}是19为首项9，2为公比的等比数列，
则c10n+9=19×2n−1，∴c10n=19×2n−1−9，
令Tn＝c10（n﹣1）+1+c10（n﹣1）+2+c10（n﹣1）+3+⋯+c10n，
则Tn=10c10n+10×92×(−1)=10c10n−45，
∴S10n＝（c1+c2+⋯+c10）+（c11+c12+c13+⋯+c20）+⋯+（c10（n﹣1）+1+c10（n﹣1）+2+c10（n﹣1）+3+⋯+c10n）
＝T1+T2+⋯+Tn＝（10c10﹣45）+（10c20﹣45）+⋯+（10c10n﹣45）
＝10（c10+c20+⋯+c10n）﹣45n
＝10（19×20﹣9+19×21﹣9+…+19×2n﹣1﹣9）﹣45n
＝10[19（20+21+⋯+2n﹣1）﹣9n]﹣45n
=190×1−2n1−2−135n=190(2n−1)−135n，
∴数列{cn}的前10n项和为190（2n﹣1）﹣135n，
【点评】本题主要考查数列的新定义问题，考查运算求解能力，属于难题．班级代号
1
2
3
4
5
6
7
8
需看护学生人数
20
22
27
30
25
23
32
21
班级代号
1
2
3
4
5
6
7
8
需看护学生人数
20
22
27
30
25
23
32
21
X
0
1
2
3
P
114
37
37
114
X
0
1
2
3
P
114
37
37
114