【高考押题】2025届高考数学模拟预测卷四新高考Ⅰ卷 [含答案]

这是一份【高考押题】2025届高考数学模拟预测卷四新高考Ⅰ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．（﹣2，﹣1）B．（﹣1，2）
C．（1，2）D．（﹣2，﹣1）∪（1，2）
2．（5分）（2024秋•湖南期末）若z﹣zi＝3+i，则z＝（ ）
A．1+2iB．1﹣2iC．2+2iD．2﹣2i
3．（5分）（2024秋•毕节市校级期中）在△ABC中，AB＝4，BC＝2，且BA→⋅CB→=AC→⋅CB→，则AB→⋅BC→+AB→⋅CA→+BC→⋅CA→的值为（ ）
A．﹣14B．﹣16C．﹣18D．﹣20
4．（5分）（2024秋•韶关校级期中）已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列结论正确的是（ ）
A．若m∥n，n∥α，则m∥αB．若m∥α，m∥β，则α∥β
C．若m⊥α，α⊥β，则m∥βD．若m⊥α，m∥β，则α⊥β
5．（5分）（2024春•烟台期末）某产品只有一等品、二等品，现随机装箱销售，每箱15件．假定任意一箱含二等品件数为0，1，2的概率分别为0.7，0.2，0.1．一顾客欲购一箱该产品，开箱随机查看其中1件，若该件产品为一等品，则买下这箱产品，否则退回，则该顾客买下这箱产品的概率为（ ）
A．1315B．3335C．7375D．154175
6．（5分）（2023秋•汕尾期末）若函数f(x)=5x−a−4，x≤0lg(x2−4x+1−a)，x＞0，恰有3个零点，则实数a的取值范围为（ ）
A．（﹣3，﹣2]B．（﹣3，﹣2）C．（﹣4，﹣3]D．（﹣4，﹣3）
7．（5分）（2025•泉州模拟）如图，已知Rt△SAB是圆锥SO的轴截面，C，D分别为SA，SB的中点，过点C且与直线SA垂直的平面截圆锥，截口曲线Γ是抛物线的一部分．若P在Γ上，则DPDC的最大值为（ ）
A．22B．1C．62D．264
8．（5分）（2025•榆次区校级学业考试）已知椭圆x29+y26=1，F1，F2为两个焦点，O为原点，P为椭圆上一点，cs∠F1PF2=35，则|PO|＝（ ）
A．25B．302C．35D．352
二．多选题（共3小题，满分18分，每小题6分）
（多选）9．（6分）（2023•定远县校级模拟）下列命题正确的是（ ）
A．对于事件A，B，若A⊆B，且P（A）＝0.3，P（B）＝0.6，则P（B|A）＝1
B．若随机变量ξ～N（2，δ2），P（ξ＜4）＝0.84，则P（2＜ξ＜4）＝0.16
C．相关系数r的绝对值越接近1，两个随机变量的线性相关程度越强
D．在做回归分析时，残差图中残差点分布的带状区域的宽度越宽表示回归效果越好
（多选）10．（6分）（2025•山东模拟）定义在区间（0，+∞）上的函数f（x）满足：①∀a∈R，f（xa）＝af（x）；②f（e﹣2）＝﹣2e．则（ ）
A．f（e﹣1）＝1
B．f(xy)+f(y)=f(x)
C．f（x）是增函数
D．若∀x∈[1，2]，f（x2+bx+3）≤2eln2，则负整数b＝﹣2
（多选）11．（6分）（2025•河南模拟）对于给定数列{cn}，如果存在常数p，q使得cn+1＝pcn+q对于任意n∈N*都成立，我们称数列{cn}是“H数列”．下列说法正确的有（ ）
A．若an＝2n+1，n∈N*，则数列{an}是“H数列”
B．若bn=3⋅2n−1，n∈N*，则数列{bn}是“H数列”
C．若数列{an}是“H数列”，则数列{an+an+1}不是“H数列”
D．若数列{an}满足a1＝2，an+an+1=3t⋅2n(n∈N+)，t为常数，则数列{an}前2024项的和为2t（41011﹣1）
三．填空题（共3小题，满分15分，每小题5分）
12．（5分）（2022•襄城区校级模拟）已知函数f（x）＝sinx+2csx的图象向右平移φ个单位长度得到g（x）＝2sinx+csx的图象，若x＝φ为h（x）＝sinx+acsx的一条对称轴，则a＝
13．（5分）（2024春•通化期末）曲线f(x)=3x13在点（1，f（1））处的切线方程为 ．
14．（5分）（2024•赤峰一模）祖暅是我国南北朝时期的数学家，著作《缀术》上论及多面体的体积：缘幂势既同，则积不容异——这就是祖暅原理．用现代语言可描述为：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这个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，那么这两个几何体的体积相等．在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M是BC1上一点，MN⊥BC于点N，MN＝h（0＜h＜2），点M绕AA1旋转一周所得圆的面积为 （用h表示）；将空间四边形ABC1A1绕AA1旋转一周所得几何体的体积为 ．
四．解答题（共5小题，满分77分）
15．（13分）（2024春•北碚区校级月考）已知△ABC的角A，B，C的对边分别为a，b，c，C为锐角，满足b＝acsC+csinC．
（1）求B的大小；
（2）在线段AC的延长线上取一点F，使得BF＝3，CF＝1且△BCF的面积为334，求线段AC的长度．
16．（15分）（2023•湖南模拟）已知函数f(x)=lnx−ax+1．
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）若函数f（x）存在两个极值点x1，x2，且kef(x1)+f(x2)−4+lnkx1+x2−2≥0恒成立，求实数k的最小值．
17．（15分）（2024春•河南期末）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，△PAB是边长为2的等边三角形，底面ABCD为菱形，∠DAB=π3，PD=3．
（1）求锐二面角P﹣AB﹣D的大小；
（2）求AP与平面PBC所成的角的正弦值．
18．（17分）（2022秋•巴中月考）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的左、右顶点分别为A、B，点P(1，32)在椭圆C上，且直线PA的斜率与直线PB的斜率之积为−14．
（1）求椭圆C的方程；
（2）若圆x2+y2＝1的切线l与椭圆C交于P、Q两点，求|PQ|的最大值及此时直线l的斜率．
19．（17分）（2024秋•重庆月考）已知数列{bn}满足b1+b22+b322+⋯+bn2n−1=n，n∈N*，{bn}的前n项和为Tn．等差数列{an}满足a1＝b1，a4＝T3，且{an}前n项和为Sn．
（1）求数列{an}和{bn}通项公式；
（2）若对∀n∈N*，有Sn≤λ（Tn+1）恒成立，求实数λ的最小值；
（3）设数列{an}中的项落在区间（Tm+1，T2m+1）中的项数为cm(m∈N∗)，求数列{cm}的前n项和Hn．
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）（2024春•辽宁期末）已知集合A={x|1＜x2＜4}，B={x|13＜3x＜9}，则A∩B＝（ ）
A．（﹣2，﹣1）B．（﹣1，2）
C．（1，2）D．（﹣2，﹣1）∪（1，2）
【考点】求集合的交集；指、对数不等式的解法．
【专题】集合思想；定义法；集合；运算求解．
【正确答案】C
【分析】先求出集合A，B，再求两集合的交集即可．
解：由1＜x2＜4，得﹣2＜x＜﹣1或1＜x＜2，
所以A＝（﹣2，﹣1）∪（1，2），
由13＜3x＜9，得3﹣1＜3x＜32，解得﹣1＜x＜2，
所以B＝（﹣1，2），
所以A∩B＝（1，2）．
故选：C．
【点评】本题考查交集定义、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）（2024秋•湖南期末）若z﹣zi＝3+i，则z＝（ ）
A．1+2iB．1﹣2iC．2+2iD．2﹣2i
【考点】复数的加、减运算及其几何意义．
【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】A
【分析】根据复数除法运算求解．
解：z（1﹣i）＝3+i，
则z=3+i1−i=(3+i)(1+i)(1−i)(1+i)=2+2i2=1+2i．
故选：A．
【点评】本题主要考查复数的四则运算，属于基础题．
3．（5分）（2024秋•毕节市校级期中）在△ABC中，AB＝4，BC＝2，且BA→⋅CB→=AC→⋅CB→，则AB→⋅BC→+AB→⋅CA→+BC→⋅CA→的值为（ ）
A．﹣14B．﹣16C．﹣18D．﹣20
【考点】平面向量的数量积运算．
【专题】转化思想；向量法；平面向量及应用；运算求解．
【正确答案】C
【分析】根据已知条件判断出CA＝AB，再根据向量数量积运算求得正确答案．
解：依题意，BA→⋅CB→=AC→⋅CB→，
则(BA→−AC→)⋅CB→=(−AB→−AC→)⋅CB→
=−(AB→+AC→)⋅(AB→−AC→)=AC→2−AB→2=0，
所以AB＝AC＝4，
则cs∠BCA=22+42−422×2×4=14，
所以AB→⋅BC→+AB→⋅CA→+BC→⋅CA→
=AB→⋅BA→+BC→⋅CA→
=−AB→2+|BC→|⋅|CA→|⋅cs(π−∠BCA)
=−42−2×4×14=−18．
故选：C．
【点评】本题考查平面向量的线性运算及数量积运算，考查余弦定理，属中档题．
4．（5分）（2024秋•韶关校级期中）已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列结论正确的是（ ）
A．若m∥n，n∥α，则m∥αB．若m∥α，m∥β，则α∥β
C．若m⊥α，α⊥β，则m∥βD．若m⊥α，m∥β，则α⊥β
【考点】空间中直线与平面之间的位置关系．
【专题】整体思想；综合法；空间位置关系与距离；逻辑思维；直观想象．
【正确答案】D
【分析】结合空间线面的位置关系及平行与垂直的判定与性质定理对各个选项分别进行判断即可．
解：由m∥n，n∥α，得m⊂α或m∥α，故A错误；
由m∥α，m∥β，得α与β相交或α∥β，故B错误；
由m⊥α，α⊥β，得m⊂β或m∥β，故C错误；
由m⊥α，m∥β，得α⊥β，故D正确．
故选：D．
【点评】本题考查空间中直线与直线、直线与平面位置关系的判定，考查空间想象能力与思维能力，是基础题．
5．（5分）（2024春•烟台期末）某产品只有一等品、二等品，现随机装箱销售，每箱15件．假定任意一箱含二等品件数为0，1，2的概率分别为0.7，0.2，0.1．一顾客欲购一箱该产品，开箱随机查看其中1件，若该件产品为一等品，则买下这箱产品，否则退回，则该顾客买下这箱产品的概率为（ ）
A．1315B．3335C．7375D．154175
【考点】全概率公式．
【专题】转化思想；转化法；概率与统计；运算求解．
【正确答案】C
【分析】结合全概率公式、对立事件概率公式即可求解．
解：由全概率公式可知，抽到二等品的概率为P=015×0.7+115×0.2+215×0.1=275，
故所求概率为1−P=1−275=7375．
故选：C．
【点评】本题主要考查全概率公式，属于基础题．
6．（5分）（2023秋•汕尾期末）若函数f(x)=5x−a−4，x≤0lg(x2−4x+1−a)，x＞0，恰有3个零点，则实数a的取值范围为（ ）
A．（﹣3，﹣2]B．（﹣3，﹣2）C．（﹣4，﹣3]D．（﹣4，﹣3）
【考点】函数的零点与方程根的关系．
【专题】函数思想；转化思想；数形结合法；综合法；函数的性质及应用；直观想象；运算求解．
【正确答案】D
【分析】令f（x）＝0，则有a=5x−4，x≤0x2−4x，x＞0，作出函数g（x）=5x−4，x≤0x2−4x，x＞0的图象，结合图象即可得答案．
解：由f（x）＝0，得a=5x−4，x≤0x2−4x，x＞0，
作出函数g（x）=5x−4，x≤0x2−4x，x＞0的图象，如图所示：
令x＝0，则5x﹣4＝﹣3，
由图可知，当a∈（﹣4，﹣3]时，直线y＝a与函数y＝g（x）的图象有3个交点，
从而函数y＝f（x）有3个零点，
但x2﹣4x+1﹣a＞0对x＞0恒成立，即a＜x2﹣4x+1对x＞0恒成立，
又x2﹣4x+1＝（x﹣2）2﹣3≥﹣3，则a＜﹣3，
所以a∈（﹣4，﹣3）．
故选：D．
【点评】本题考查了函数的零点、转化思想及数形结合思想，属于中档题．
7．（5分）（2025•泉州模拟）如图，已知Rt△SAB是圆锥SO的轴截面，C，D分别为SA，SB的中点，过点C且与直线SA垂直的平面截圆锥，截口曲线Γ是抛物线的一部分．若P在Γ上，则DPDC的最大值为（ ）
A．22B．1C．62D．264
【考点】圆锥的结构特征．
【专题】计算题；转化思想；综合法；立体几何；运算求解．
【正确答案】C
【分析】勾股得到DC，从而得到当DP最大时，DPDC最大，然后根据SA⊥截面得到截面，根据勾股得到当OP最大时，DP最大，再结合截面得到OP的最大值，从而得到DPDC的最大值．
解：由题意Rt△SAB是圆锥SO的轴截面，C，D分别为SA，SB的中点，
过点C且与直线SA垂直的平面截圆锥，截口曲线Γ是抛物线的一部分．
过点O作EF⊥AB，交底面圆于E，F两点，连接SO，DO，CO，
作出图象如图所示：
设SA＝SB＝2，则DC=12AB=2，
所以当DP最大时，DPDC最大，
由圆锥的性质得SO⊥底面，
因为EF⊂底面，所以SO⊥EF，
又SO∩AB＝O，SO，AB⊂平面SAB，所以EF⊥平面SAB，
因为SA⊂平面SAB，所以SA⊥EF，
因为C，O分别是SA，AB的中点，所以CO∥SB，则CO⊥SA，
因为CO∩EF＝O，CO，EF⊂平面CEF，所以SA⊥平面CEF，
则平面CEF为截面，
因为D，O为SB，AB中点，所以OD∥SA，所以OD⊥平面CEF，
因为OP⊂平面CEF，所以OD⊥OP，所以DP=OD2+OP2=1+OP2，
则当OP最大时，DP最大，
如图为截面的平面图，
以C为原点，CO为x轴，过点C垂直CO向上的方向为y轴正方向建系，
CO＝1，OE=OF=2，O（1，0），则抛物线方程为y2＝2x，
设P(a22，a)，a∈[−2，2]，则|OP|=(1−a22)2+a2=a44+1，
所以|OP|max=2，
则此时DP=1+2=3，DPDC=32=62．
故选：C．
【点评】本题考查了圆锥的结构特征，解题关键在于找到截面，然后转化为平面几何求最值，是中档题．
8．（5分）（2025•榆次区校级学业考试）已知椭圆x29+y26=1，F1，F2为两个焦点，O为原点，P为椭圆上一点，cs∠F1PF2=35，则|PO|＝（ ）
A．25B．302C．35D．352
【考点】椭圆的焦点弦及焦半径．
【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】B
【分析】由椭圆的性质及定义，结合余弦定理求解．
解：已知椭圆x29+y26=1，F1，F2为两个焦点，
则c=9−6=3，
又O为原点，P为椭圆上一点，
设|PF1|＝m，|PF2|＝n，
不妨m＞n，
可得m+n＝6，①
结合余弦定理可得：4c2＝m2+n2﹣2mncs∠F1PF2，
又cs∠F1PF2=35，
即12=m2+n2−65mn，②
结合①②可得mn=152，m2+n2＝21，
又PO→=12(PF1→+PF2→)，
可得|PO|2=14(PF1→2+PF2→2+2PF1→⋅PF2→)
=14(m2+n2+2mncs∠F1PF2)=14(m2+n2+65mn)=14(21+65×152)=152．
可得|PO|=302．
故选：B．
【点评】本题考查了椭圆的性质及定义，重点考查了余弦定理，属中档题．
二．多选题（共3小题，满分18分，每小题6分）
（多选）9．（6分）（2023•定远县校级模拟）下列命题正确的是（ ）
A．对于事件A，B，若A⊆B，且P（A）＝0.3，P（B）＝0.6，则P（B|A）＝1
B．若随机变量ξ～N（2，δ2），P（ξ＜4）＝0.84，则P（2＜ξ＜4）＝0.16
C．相关系数r的绝对值越接近1，两个随机变量的线性相关程度越强
D．在做回归分析时，残差图中残差点分布的带状区域的宽度越宽表示回归效果越好
【考点】命题的真假判断与应用；条件概率；正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义；样本相关系数；回归分析．
【专题】对应思想；分析法；概率与统计；运算求解．
【正确答案】AC
【分析】根据统计学和概率论的相关定义逐项分析．
解：对于A，由于A⊆B，即A发生必定有B发生，根据条件概率的定义P（B|A）＝1，正确；
对于B，根据正态分布密度函数的性质知P（ξ＞4）＝1﹣P（ξ＜4）＝0.16，
∴P（ξ＜0）＝P（ξ＞4）＝0.16，P（0＜ξ＜4）＝1﹣0.16×2＝0.68，P（2＜ξ＜4）=P(0＜ξ＜4)2=0.34，错误；
对于C，根据相关系数的性质知：|r|约接近于1，表示线性相关程度越强，正确；
对于D，残差点分布的带状区域越宽说明线性回归时的误差越大，即回归效果越差，错误．
故选：AC．
【点评】本题考查离散型随机变量的应用，属于基础题．
（多选）10．（6分）（2025•山东模拟）定义在区间（0，+∞）上的函数f（x）满足：①∀a∈R，f（xa）＝af（x）；②f（e﹣2）＝﹣2e．则（ ）
A．f（e﹣1）＝1
B．f(xy)+f(y)=f(x)
C．f（x）是增函数
D．若∀x∈[1，2]，f（x2+bx+3）≤2eln2，则负整数b＝﹣2
【考点】不等式恒成立的问题．
【专题】转化思想；综合法；函数的性质及应用；逻辑思维；运算求解．
【正确答案】BC
【分析】求f（e﹣1）的值，判断A的真假；研究函数的性质，判断B的真假；利用单调性的定义，判断C的真假；把函数不等式转化为代数不等式，根据不等式在给定区间上恒成立，求出参数b的取值范围，可判断D的真假．
解：对于选项A，∵f（e﹣2）＝﹣2e且f（e﹣2）＝﹣2f（e），∴f（e）＝e，f（e﹣1）＝﹣f（e）＝﹣e，故A错误；
对于选项B，令a＝m﹣n，则f（xm﹣n）＝（m﹣n）f（x）＝mf（x）﹣nf（x）＝f（xm）﹣f（xn），
即f(xmxn)=f（xm）﹣f（xn），∴f(xy)=f(x)−f(y)．
也就是f(xy)+f(y)=f(x)，故B成立；
对于选项C，设0＜x1＜x2，且x1=et1，x2=et2，则t1＜t2．
∵f（x2）﹣f（x1）=f(et2)−f(et1)=t2f（e）﹣t1f（e）＝e（t2﹣t1）＞0．
即f（x2）＞f（x1），∴函数f（x）在（0，+∞）上为增函数，故C正确；
对于选项D，首先，根据函数的定义域，当x∈[1，2]时，x2+bx+3＞0恒成立，
∴b＞−x−3x在x∈[1，2]上恒成立．
设函数y=−x−3x，当x∈[1，2]时，−x−3x=−(x+3x)≤−23（当且仅当x=3时取“＝”）．
∴b＞−23．
又2eln2＝﹣ln2f（e﹣2）＝f[（e﹣2）﹣ln2]＝f（4）．
且f（x）在（0，+∞）上单调递增，∴f（x2+bx+3）≤f（4）⇒x2+bx+3≤4，
∴b≤1x−x在[1，2]上恒成立．
设y=1x−x，则函数在[1，2]上单调递减，∴ymin=12−2=−32．
∴b≤−32．
综上：−23＜b≤−32，又b为整数，∴b＝﹣3或b＝﹣2，故D错误．
故选：BC．
【点评】本题主要考查函数单调性的判断，不等式恒成立问题，考查运算求解能力与逻辑推理能力，属于中档题．
（多选）11．（6分）（2025•河南模拟）对于给定数列{cn}，如果存在常数p，q使得cn+1＝pcn+q对于任意n∈N*都成立，我们称数列{cn}是“H数列”．下列说法正确的有（ ）
A．若an＝2n+1，n∈N*，则数列{an}是“H数列”
B．若bn=3⋅2n−1，n∈N*，则数列{bn}是“H数列”
C．若数列{an}是“H数列”，则数列{an+an+1}不是“H数列”
D．若数列{an}满足a1＝2，an+an+1=3t⋅2n(n∈N+)，t为常数，则数列{an}前2024项的和为2t（41011﹣1）
【考点】数列递推式．
【专题】转化思想；综合法；点列、递归数列与数学归纳法；逻辑思维；新定义类．
【正确答案】AB
【分析】对于AB，根据给定的数列，利用“H数列”的定义直接计算判断即可；对于C，利用“H数列”的定义推理论证可判断；对于D，根据给定的递推关系，利用并项求和法及等比数列的前n项和公式求解即可判断．
解：对于A，因为an＝2n+1，所以an+1＝2（n+1）+1＝2n+3＝2n+1+2＝an+2，n∈N*，由“H数列”的定义知，数列{an}是“H数列”，故A正确；
对于B，因为bn=3⋅2n−1，所以bn+1=3⋅2n，
所以bn+1＝2bn，n∈N*，由“H数列”的定义知，数列{bn}是“H数列”，故B正确；
对于C，因为数列{an}是“H数列”，所以存在实常数p，q使得an+1＝pan+q对于任意n∈N*都成立，
显然an+2＝pan+1+q对于任意n∈N*都成立，所以an+2+an+1＝p（an+1+an）+2q对于任意n∈N*都成立，
由“H数列”的定义知，数列数列{an+an+1}也是“H数列”，对应的实常数分别为p，2q，故C不正确；
对于D，因为an+an+1=3t⋅2n(n∈N+)，
所以a1+a2=3t⋅21，a3+a4=3t⋅23，⋯，a2023+a2024=3t⋅22023，
所以数列{an}前2024项的和为S2024＝（a1+a2）+（a3+a4）+⋯+（a2023+a2024）
=3t⋅21+3t⋅23+⋯+3t⋅22023=3t⋅2(1−41012)1−4=2t(41012−1)，故D错误．
故选：AB．
【点评】本题考查数列新定义的应用，涉及并项求和法及等比数列的前n项和公式的应用，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）（2022•襄城区校级模拟）已知函数f（x）＝sinx+2csx的图象向右平移φ个单位长度得到g（x）＝2sinx+csx的图象，若x＝φ为h（x）＝sinx+acsx的一条对称轴，则a＝ 43
【考点】函数y＝Asin（ωx+φ）的图象变换．
【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】43
【分析】由题意可得sinφ=35，csφ=45，又x＝φ为h（x）＝sinx+acsx的一条对称轴，即当x＝φ时，函数h（x）取到最值，则|sinφ+acsφ|=1+a2，然后求解即可．
解：已知函数f（x）＝sinx+2csx的图象向右平移φ个单位长度得到g（x）＝2sinx+csx的图象，
则g（x）＝sin（x﹣φ）+2cs（x﹣φ）＝（2sinφ+csφ）sinx+（2csφ﹣sinφ）csx＝2sinx+csx，
即2sinφ+csφ=22csφ−sinφ=1，
即sinφ=35，csφ=45，
又x＝φ为h（x）＝sinx+acsx的一条对称轴，
即当x＝φ时，函数h（x）取到最值，
则|sinφ+acsφ|=1+a2，
即|35+45a|=a2+1，
整理可得：9a2﹣24a+16＝0，
即a=43，
故43．
【点评】本题考查了三角函数图象的变换，重点考查了三角函数图象的性质，属基础题．
13．（5分）（2024春•通化期末）曲线f(x)=3x13在点（1，f（1））处的切线方程为 x﹣y+2＝0 ．
【考点】利用导数求解曲线在某点上的切线方程．
【专题】转化思想；综合法；导数的综合应用；运算求解．
【正确答案】x﹣y+2＝0．
【分析】利用导数的几何意义，求出f′（1）和f（1），即可写出切线方程．
解：由f(x)=3x13求导得，f′(x)=x−23，则f′（1）＝1，f（1）＝3，
则所求切线方程为y﹣3＝x﹣1，即x﹣y+2＝0．
故x﹣y+2＝0．
【点评】本题考查导数的几何意义，属于中档题．
14．（5分）（2024•赤峰一模）祖暅是我国南北朝时期的数学家，著作《缀术》上论及多面体的体积：缘幂势既同，则积不容异——这就是祖暅原理．用现代语言可描述为：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这个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，那么这两个几何体的体积相等．在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M是BC1上一点，MN⊥BC于点N，MN＝h（0＜h＜2），点M绕AA1旋转一周所得圆的面积为 π（h2+4） （用h表示）；将空间四边形ABC1A1绕AA1旋转一周所得几何体的体积为 323π ．
【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；旋转体（圆柱、圆锥、圆台）的体积．
【专题】计算题；转化思想；综合法；立体几何；运算求解；新文化类．
【正确答案】π（h2+4）；323π．
【分析】第一空由已知，点M绕AA1旋转一周所得圆的面积即为以AN为半径的圆面积；第二空空间四边形ABC1A1绕AA1旋转一周所得几何体的体积，利用祖暅原理可以转化为一个底面半径和高均为2的圆柱体积加一个底面半径和高均为2的圆锥的体积．
解：在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，棱长为2，M是BC1上一点，MN⊥BC于点N，MN＝h（0＜h＜2），
∴BN＝h，∴AN=AB2+BN2=4+h2，
即点M绕AA1旋转一周所得圆的半径为4+h2，
∴点M绕AA11旋转一周所得圆的面积为π（h2+4）．
根据祖暅原理“夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这个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，那么这两个几何体的体积相等”，
将空间四边形ABC1A1绕AA1旋转一周，可以转化为一个底面半径和高均为2的圆柱体积加一个底面半径和高均为2的圆锥的体积，
→∴空间四边形ABC1A1绕AA1旋转一周所得几何体的体积为：
π⋅22⋅2+13⋅π⋅22⋅2=32π3．
故π（h2+4）；323π．
【点评】本题主要考查旋转体的体积，考查运算求解能力，属于中档题．
四．解答题（共5小题，满分77分）
15．（13分）（2024春•北碚区校级月考）已知△ABC的角A，B，C的对边分别为a，b，c，C为锐角，满足b＝acsC+csinC．
（1）求B的大小；
（2）在线段AC的延长线上取一点F，使得BF＝3，CF＝1且△BCF的面积为334，求线段AC的长度．
【考点】解三角形．
【专题】转化思想；综合法；解三角形；运算求解．
【正确答案】（1）π2；
（2）14．
【分析】（1）由正弦定理将边化角，再由诱导公式及和角公式得到csA=cs(π2−C)，从而得到A+C=π2，即可得解；
（2）由面积公式求∠F，再由余弦定理求出BC，正弦定理求出sin∠BCF，最后在Rt△ABC中利用锐角三角函数计算可得．
解：（1）因为b＝acsC+csinC，
由正弦定理可得sinB＝sinAcsC+sinCsinC，
又sinB＝sin[π﹣（A+C）]＝sin（A+C）＝sinAcsC+csAsinC，
所以csAsinC＝sinCsinC，又C为锐角，所以sinC＞0，
所以csA＝sinC，即csA=cs(π2−C)，
又A∈（0，π），π2−C∈(0，π2)，
所以A=π2−C，即A+C=π2，
所以B=π2；
（2）因为BF＝3，CF＝1，且△BCF的面积为334，
所以S△BCF=12BF⋅CFsinF=12×3×1sin∠F=334，
所以sin∠F=32，
又∠F∈(0，π2)，所以∠F=π3，
由余弦定理BC=BF2+CF2−2BF⋅CFcs∠F=32+12−2×3×1×12=7，
由正弦定理BCsin∠F=BFsin∠BCF，即732=3sin∠BCF，
解得sin∠BCF=32114，
所以sin∠ACB=sin(π−∠BCF)=sin∠BCF=32114，
则cs∠ACB=1−sin2∠ACB=714，
在Rt△ABC中cs∠ACB=BCAC=714，而BC=7，
所以AC＝14．
【点评】本题考查正弦定理，余弦定理的应用，属于中档题．
16．（15分）（2023•湖南模拟）已知函数f(x)=lnx−ax+1．
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）若函数f（x）存在两个极值点x1，x2，且kef(x1)+f(x2)−4+lnkx1+x2−2≥0恒成立，求实数k的最小值．
【考点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值．
【专题】分类讨论；综合法；导数的综合应用；运算求解．
【正确答案】（1）当a≥﹣4时，函数f（x）在区间（0，+∞）上单调递增；当a＜﹣4时，函数f（x）在(0，−(a+2)−a2+4a2)，(−(a+2)+a2+4a2，+∞)上单调递增，在(−(a+2)−a2+4a2，−(a+2)+a2+4a2)上单调递减；
（2）1e．
【分析】（1）首先判断函数f（x）的定义域为（0，+∞），对参数a进行分类讨论利用导函数的正负即可得函数f（x）的单调性；
（2）根据（1）中的结论可确定f（x）有两个极值点x1，x2时a＜﹣4，根据极值点与导函数之间的关系可得f（x1）+f（x2）＝﹣a，将不等式转化成ke−a−4+lnk−a−4≥0，整体代换后再进行构造函数并利用导函数判断其单调性求出最值即可求得实数k的最小值为1e．
解：（1）由f(x)=lnx−ax+1可得定义域为（0，+∞），
则f′(x)=1x+a(x+1)2=x2+(a+2)x+1(x+1)2x，x∈（0，+∞）；
令g（x）＝x2+（a+2）x+1，则f′(x)=g(x)(x+1)2x．
①当Δ＝a2+4a≤0，即﹣4≤a≤0时，g（x）≥0恒成立，则f'（x）≥0，
∴f（x）在（0，+∞）上单调递增；
②当Δ＝a2+4a＞0，即a＜﹣4或a＞0时，
（ⅰ）当a＜﹣4时，g（x）＝x2+（a+2）x+1是开口向上且过（0，1）的抛物线，对称轴方程为x=−a+22＞0，
则函数g（x）有两个零点x1=−(a+2)−a2+4a2和x2=−(a+2)+a2+4a2（显然x1＜x2），列表如下：
（ⅱ）当a＞0时，g（x）＝x2+（a+2）x+1是开口向上且过（0，1）的抛物线，对称轴方程为x=−a+22＜0，则g（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，
从而f'（x）＞0，f（x）在（0，+∞）上单调递增．
综上所述，
当a≥﹣4时，函数f（x）在区间（0，+∞）上单调递增；
当a＜﹣4时，函数f（x）在(0，−(a+2)−a2+4a2)，(−(a+2)+a2+4a2，+∞)上单调递增，
在(−(a+2)−a2+4a2，−(a+2)+a2+4a2)上单调递减，
（2）由（1）可知，当a＜﹣4时，f（x）有两个极值点x1，x2，则x1，x2是方程x2+（a+2）x+1＝0的两根，
∴x1+x2＝﹣（a+2），x1x2＝1，
∴f(x1)+f(x2)=lnx1−ax1+1+lnx2−ax2+1=lnx1x2−a(x1+x2+2)x1x2+x1+x2+1=−a．
∴kef(x1)+f(x2)−4+lnkx1+x2−2≥0恒成立转化为ke−a−4+lnk−a−4≥0恒成立．
令x＝﹣a﹣4＞0，不等式转化为kex+lnkx≥0，
∴kex+lnk﹣lnx≥0，kex+lnk+x≥x+lnx，即kex+ln（kex）≥x+lnx．
令h（x）＝x+lnx（x＞0），则不等式化为h（kex）≥h（x）．
∵h′(x)=1+1x=x+1x，当x＞0时，h'（x）＞0，h（x）在（0，+∞）上单词递增，
∴kex≥x，即k≥xex．
令m(x)=xex，则m′(x)=1−xex，
当x∈（0，1）时，m′（x）＞0，即m（x）在（0，1）单调递增，
当x∈（1，+∞）时，m'（x）＜0，即m（x）在（1，+∞）单调递减；
所以m(x)max=m(1)=1e，
∴x＝﹣a﹣4＝1，即a＝﹣5时，实数k取得最小值为1e．
即实数k的最小值为1e．
【点评】本题考查导数的综合运用，解题的关键在于根据极值点与导函数零点之间关系，将函数f（x）的两个极值点x1，x2看成方程x2+（a+2）x+1＝0的两根，利用韦达定理将不等式化简后，再通过函数同构问题进行构造函数，即可实现问题求解，属于中档题．
17．（15分）（2024春•河南期末）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，△PAB是边长为2的等边三角形，底面ABCD为菱形，∠DAB=π3，PD=3．
（1）求锐二面角P﹣AB﹣D的大小；
（2）求AP与平面PBC所成的角的正弦值．
【考点】几何法求解直线与平面所成的角；几何法求解二面角及两平面的夹角．
【专题】转化思想；转化法；立体几何；运算求解．
【正确答案】（1）π3；（2）217．
【分析】（1）取AB中点E，利用二面角的定义求解即得．
（2）取DE的中点，利用等体积法求出点D到平面PBC的距离，进而求出点A到平面PBC的距离，再利用公式法求出线面角的正弦值．
解：（1）在四棱锥P﹣ABCD中，取AB中点E，连接PE，DE，BD，
在菱形ABCD中，∠DAB=π3，则△ABD是正三角形，DE⊥AB，由AB＝2，得DE=3，
由△PAB是正三角形，得PE⊥AB，PE=3，
则∠PED是二面角P﹣AB﹣D的平面角，
而PD=PE=DE=3，则∠PED=π3，
所以锐二面角P﹣AB﹣D的大小为π3．
（2）由（1）知，AB⊥平面PDE，而AB⊂平面ABCD，则平面PDE⊥平面ABCD，
取DE中点H，连接PH，CH，由△PED为正三角形，得PH⊥DE，PH=32，
而平面PDE∩平面ABCD＝DE，PH⊂平面PDE，则PH⊥平面ABCD，
三棱锥P﹣BCD的体积VP−BCD=13S△BCD⋅PH=13×34×22×32=32，
显然DE⊥CD，CH2＝CD2+DH2，又CH⊂平面ABCD，即有PH⊥CH，
于是PC=CH2+PH2=CD2+DH2+PH2=22+(32)2+(32)2=7，
又PB＝BC＝2，△PBC底边PC上的高h=BC2−(12PC)2=22−(72)2=32，
设点D到平面PBC的距离为d，
由VD﹣PBC＝VP﹣BCD，得13S△PBC⋅d=32，
即12PC⋅h⋅d=332，于是32⋅7d=33，
解得d=237，
由AD∥BC，BC⊂平面PBC，AD⊄平面PBC，得AD∥平面PBC，
因此点A到平面PBC的距离等于点D到平面PBC的距离d=237，
令AP与平面PBC所成的角为θ，
则sinθ=dPA=217，
所以AP与平面PBC所成的角的正弦值217．
【点评】本题考查空间角的计算，属于中档题．
18．（17分）（2022秋•巴中月考）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的左、右顶点分别为A、B，点P(1，32)在椭圆C上，且直线PA的斜率与直线PB的斜率之积为−14．
（1）求椭圆C的方程；
（2）若圆x2+y2＝1的切线l与椭圆C交于P、Q两点，求|PQ|的最大值及此时直线l的斜率．
【考点】直线与椭圆的综合．
【专题】计算题；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】（1）x24+y2=1；
（2）|PQ|max＝2，此时直线l的斜率为k=±22．
【分析】（1）根据斜率之积为定值可求出a，再利用P(1，32)算出b，直接写出椭圆方程即可；
（2）分类讨论当直线斜率不存在时，可求出弦长|PQ|=3，当斜率存在时，切线方程为y＝kx+m与椭圆联立，根据弦长公式求出弦长的最大值即可求解．
解：（1）由椭圆可得A（﹣a，0），B（a，0），
所以kPA⋅kPB=(32)1+a×(32)1−a=−14，解得a＝2，
因为椭圆经过点P(1，32)，故得到1a2+34b2=1，解得b＝1，
所以椭圆的方程为x24+y2=1；
（2）当切线l垂直x轴时，P，Q的横坐标为1或﹣1，由于椭圆的对称性，不妨设P，Q的横坐标为1，
代入椭圆得14+y2=解得y=±32，所以|PQ|=3；
当切线l不垂直x轴时，设切线方程为y＝kx+m即kx﹣y+m＝0，
所以圆心到切线的距离|m|1+k2=1，得m2＝k2+1，
把y＝kx+m代入椭圆方程x24+y2=1，整理得（4k2+1）x2+8kmx+4m2﹣4＝0，
设P（x1，y1），Q（x2，y2），则x1+x2=−8km4k2+1，x1x2=4m2−44k2+1，
|PQ|=1+k2(x1+x2)2−4x1x2=1+k264k2m2(4k2+1)2−4(4m2−4)4k2+1
=16(1+k2)(4k2−m2+1)(4k2+1)2=48(1+k2)k2(4k2+1)2=43kk2+14k2+1，
设4k2+1＝n，则n＞1，则|PQ|2=3×4k2×4(k2+1)(4k2+1)2=3(n−1)(n+3)n2=3(1+2n−3n2)=3[−3(1n2−23⋅1n)+1]=3[−3(1n−13)2+43]≤3×43=4，
所以|PQ|≤2，
综上所述，|PQ|max＝2，此时n＝3，因为4k2+1＝n，所以直线l的斜率为k=±22．
【点评】本题考查了直线与椭圆的综合应用，属于中档题．
19．（17分）（2024秋•重庆月考）已知数列{bn}满足b1+b22+b322+⋯+bn2n−1=n，n∈N*，{bn}的前n项和为Tn．等差数列{an}满足a1＝b1，a4＝T3，且{an}前n项和为Sn．
（1）求数列{an}和{bn}通项公式；
（2）若对∀n∈N*，有Sn≤λ（Tn+1）恒成立，求实数λ的最小值；
（3）设数列{an}中的项落在区间（Tm+1，T2m+1）中的项数为cm(m∈N∗)，求数列{cm}的前n项和Hn．
【考点】数列求和的其他方法；数列递推式．
【专题】应用题；整体思想；点列、递归数列与数学归纳法；运算求解．
【正确答案】（1）an＝2n﹣1，bn=2n−1；
（2）[98，+∞)；
（3）Hn=22n+13−2n+13．
【分析】（1）先利用数列通项与前n项和的关系求出bn=2n−1，然后得到bn=2n−1为等差数列，求得Tn，再求得a1＝2、a4，计算数列{an}的通项公式即可；
（2）由参变量分离法可得出λ≥n22n，令xn=n22n，分析数列{xn}的单调性，求出该数列的最大值，由此可求得实数λ的取值范围；
（3）先求出区间（Tm+1，T2m+1）的端点值，然后明确{an}的项为奇数，得到（Tm+1，T2m+1）中奇数的个数，得到cm(m∈N∗)通项公式，然后求和即可．
（1）根据题目：已知数列{bn}满足b1+b22+b322+⋯+bn2n−1=n，n∈N*，
{bn}的前n项和为Tn．等差数列{an}满足a1＝b1，a4＝T3，且{an}前n项和为Sn，
当n＝1时，b1＝1；
当n≥2时，得b1+b22+b322+⋯+bn−12n−2=n−1，
因为b1+b22+b322+⋯+bn2n−1=n，两式相减得bn2n−1=1⇒bn=2n−1，
经检验，当n∈N*时，bn=2n−1，则bn+1bn=2n2n−1=2，b1＝1，
所以，数列{bn}是以1为首项，2为公比的等比数列，所以Tn=1−2n1−2=2n−1，
所以a1＝b1＝1，a4＝T3＝7，等差数列{an}的公差d=7−14−1=2．
所以an＝a1+（n﹣1）d＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1．
（2）由（1）可得Sn=n(a1+an)2=n(1+2n−1)2=n2，
对∀n∈N*，有Sn≤λ（Tn+1）恒成立，即λ•2n≥n2，即λ≥n22n，
令xn=n22n，则xn+1−xn=(n+1)22n+1−n22n=(n+1)2−2n22n+1=−(n−1)2+22n+1，
当n≤2且n∈N*时，xn+1﹣xn＞0，即xn＜xn+1，可得x1＜x2＜x3；
当n≥3且n∈N*时，xn+1﹣xn＜0，即xn＞xn+1，可得x3＞x4＞x5＞⋯，
所以，数列{xn}中的最大项为x3=98，则λ≥98，
因此，实数λ的取值范围是[98，+∞)．
（3）由（1）可知，Tm+1=2m，T2m+1=22m，
因为an＝2n﹣1，所以an＝2n﹣1为奇数，
故cm(m∈N∗)为区间（Tm+1，T2m+1）的奇数个数，
显然Tm+1=2m，T2m+1=22m为偶数，所以cm=22m−2m2=4m2−2m−1，
所以Hn=4+42+⋯+4n−1+4n2−(1+2+⋯+2n−2+2n−1)=12×4(1−4n)1−4−1−2n1−2=22n+13−2n+13．
【点评】本题考查数列求和的其他方法，属于中档题．x
（0，x1）
x1
（x1，x2）
x2
（x2，+∞）
f'（x）
+
0
﹣
0
+
f（x）
↗
极大值
↘
极小值
↗