【高考押题】2025届高考数学模拟预测卷四新高考Ⅱ卷 [含答案]

这是一份【高考押题】2025届高考数学模拟预测卷四新高考Ⅱ卷 [含答案]，共12页。试卷主要包含了函数f=7+6x−x2的值域是，已知双曲线C等内容，欢迎下载使用。
1．（2024秋•渝中区校级月考）已知复数z满足（1+i）•z＝i2024（i为虚数单位），则z的虚部为（ ）
A．12B．−12C．i2D．−i2
2．（2022秋•鄂州期中）函数f(x)=7+6x−x2的值域是（ ）
A．[0，4]B．[2，+∞)C．[0，3]D．[0，2]
3．（2022秋•浦东新区校级期中）若不等式|x﹣2|+|x+1|≥a对一切x∈R恒成立，则实数a的取值范围是（ ）
A．a≤1B．a＜1C．a≤3D．a≥3
4．（2024秋•永州月考）若存在实数a使得⊙C1：x2+y2﹣2ax﹣1+a2＝0与⊙C2：（x﹣1）2+（y+1）2＝r2（r＞0）内切，则r的最小值为（ ）
A．1B．2C．3D．4
5．（2025•南宁模拟）已知函数f（x）的周期为1，且在(0，12)上单调递减，则f（x）可以是（ ）
A．f（x）＝sin2πxB．f(x)=|sinπ2x|
C．f（x）＝cs2πxD．f(x)=tanπ2x
6．（2022•佛山模拟）北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果．在卫星导航系统中，地球静止同步卫星的轨道位于地球赤道所在平面，将地球看作一个球，卫星信号像一条条直线一样发射到达球面，所覆盖的范围即为一个球冠，称此球冠的表面积为卫星信号的覆盖面积．球冠即球面被平面所截得的一部分，截得的圆叫做球冠的底，垂直于截面的直径被截得较短的一段叫做球冠的高．设球面半径为R，球冠的高为h，则球冠的表面积为S＝2πRh．已知一颗地球静止同步通信卫星距地球表面的最近距离与地球半径之比为5，则它的信号覆盖面积与地球表面积之比为（ ）
A．16B．14C．13D．512
7．（2024秋•鞍山期末）某平台为维护消费者权益，开设维权通道，消费者可通过电话投诉专线、邮件投诉等多个渠道进行消费维权投诉．平台将对投诉情况进行核实，为消费者提供咨询帮助．据统计，在进行维权的消费者中，选择电话投诉专线维权和邮件投诉维权的概率分别为12和310，且对应维权成功的概率分别为45、910，选择其他方式维权且成功的概率为13100，则在维权成功的条件下，选择邮件投诉的概率为（ ）
A．625B．2780C．25D．45
8．（2022秋•古冶区校级期中）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S5＜S6，S6＝S7，S7＞S8，则下列结论正确的是（ ）
A．a7＞0B．S5＝S8
C．数列{an}是递增数列D．S13+a7＞0
二．多选题（共3小题）
（多选）9．（2023秋•韩城市期末）已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a＞0，b＞0)的焦距为22，两条渐近线的夹角为π2，则下列说法正确的有（ ）
A．C的离心率为22
B．C的标准方程为x2﹣y2＝1
C．C的渐近线方程为y＝±x
D．C的虚半轴长为22
（多选）10．（2024秋•青海期末）已知等差数列{an}的公差d≠0，等比数列{bn}的公比q≠1，则下列选项正确的是（ ）
A．若d＞0，则{an}单调递增
B．若q＞1，则{bn}单调递增
C．{an2}可能为等差数列
D．{|bn|+1}可能为等比数列
（多选）11．（2025春•观山湖区校级月考）已知函数f（x）、g（x）定义域为R，函数f（x+1）是偶函数，函数g（x+1）是奇函数，且f（x）+g（x+1）＝1，则（ ）
A．f（0）＝1
B．g（﹣5）＝﹣1
C．f（x）关于（0，1）中心对称
D．f（0）+f（1）+f（2）+⋯+f（2024）＝2025
三．填空题（共3小题）
12．（2024秋•天津期中）已知集合A＝{x|x≤a}，B＝{x|x＜﹣1，或x＞3}，且A∪B＝R，则实数a的取值范围是 ．
13．（2024秋•吉首市校级月考）已知sin2α=cs(π2+α)，α∈(π2，π)，则tanα的值为 ．
14．（2024秋•虹口区期末）如图，已知正三角形ABC和正方形BCDE的边长均为2，且二面角A﹣BC﹣D的大小为π6，则AC→⋅BD→= ．
四．解答题（共5小题）
15．（2025春•延吉市校级期中）已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，且bcsA−33asinB=0．
（1）求A；
（2）若a＝2，且△ABC的面积为3，求△ABC的周长．
16．（2025•昌黎县校级模拟）设X，Y是随机试验E的样本空间Ω上的两个随机变量，若随机向量（X，Y）的所有可能取值为（xi，yj）（i＝1，2，…，m；j＝1，2，…，n），则称P（X＝xi，Y＝yj）＝pij为随机向量（X，Y）的联合分布列，P(X=xi)=j=1n pij为X的边缘分布列；对于固定的i，P（Y＝yj|X＝xi）为在X＝xi条件下Y的条件分布列，E(Y|X=xi)=j=1n yjP(Y=yj|X＝xi）为在X＝xi条件下Y的条件期望．
（1）已知随机向量（X，Y）的联合分布列为：
①求X的边缘分布列；
②求在X＝1条件下Y的条件分布列及E（Y|X＝1）；
（2）设E（Y|X）是随机变量X的函数，X＝xi（i＝1，2，⋯，m），求证：E（E（Y|X））＝E（Y）．
17．（2024秋•诸暨市期末）如图，在底面为正方形的四棱锥P﹣ABCD中，PA＝AD，PA⊥面ABCD，M，Q分别为PD和BC的中点，PN=23PC．
（1）求证：A，M，N，Q四点共面；
（2）求二面角M﹣AN﹣D的余弦值．
18．（2024秋•南京校级期中）已知函数f(x)=−x2+2x−2+1x−lnx，g(x)=ln(x+1)+x2+2x+3ex，其中e为自然对数的底数．
（1）证明：f（x）在（0，+∞）上单调递减；
（2）若x＞﹣1，g（x）≤a，求a的最小值；
（3）若φ（x）＝exg（x）﹣（b+1）（x+1）2，函数φ（x）的图象与x轴交于A（x1，0），B（x2，0）两点，求b的取值范围．
19．（2024秋•昌黎县校级月考）已知抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点为F，点D（x0，2）在抛物线C上，且|DF|＝2．
（1）求抛物线C的标准方程；
（2）抛物线的准线与x轴交于点K，过K的直线l交抛物线C于M，N两点，且KM→=λKN→，λ∈(1，2]，点G为线段MN的垂直平分线与x轴的交点，求点G的横坐标xG的取值范围．
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）
1．（2024秋•渝中区校级月考）已知复数z满足（1+i）•z＝i2024（i为虚数单位），则z的虚部为（ ）
A．12B．−12C．i2D．−i2
【考点】复数的混合运算．
【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】B
【分析】根据复数的乘方及除法运算求出复数z，再根据复数虚部的定义即可得解．
解：由（1+i）•z＝i2024＝（i2）1012＝1，
得z=11+i=1−i(1+i)(1−i)=12−12i，
所以z的虚部为−12．
故选：B．
【点评】本题考查复数的运算，属于基础题．
2．（2022秋•鄂州期中）函数f(x)=7+6x−x2的值域是（ ）
A．[0，4]B．[2，+∞)C．[0，3]D．[0，2]
【考点】函数的值域．
【专题】计算题；函数思想；综合法；函数的性质及应用；运算求解．
【正确答案】A
【分析】根据二次函数性质求值域即可．
解：f(x)=7+6x−x2=−(x2−6x+9)+16=−(x−3)2+16，
所以0≤f（x）≤4．
故选：A．
【点评】本题考查了函数值域的定义及求法，配方求二次函数值域的方法，考查了计算能力，是基础题．
3．（2022秋•浦东新区校级期中）若不等式|x﹣2|+|x+1|≥a对一切x∈R恒成立，则实数a的取值范围是（ ）
A．a≤1B．a＜1C．a≤3D．a≥3
【考点】绝对值三角不等式．
【专题】转化思想；转化法；不等式的解法及应用；运算求解．
【正确答案】C
【分析】可以考虑设y＝|x﹣2|+|x+1|，然后分类讨论去绝对值号，求解出函数y＝|x﹣2|+|x+1|的最小值，然后求解出a的取值范围．
解：设y＝|x﹣2|+|x+1|，
当﹣1≤x≤2时，y＝2﹣x+x+1＝3，
当x＞2时，y＝（x﹣2）+（x+1）＝2x﹣1＞3，
当x＜﹣1时，y＝﹣（x﹣2）﹣（x+1）＝﹣2x+1＞3，
故y＝|x﹣2|+|x+1|有最小值3．|x﹣2|+|x+1|≥a对一切x∈R恒成立，a≤ymin，即a≤3．
故选：C．
【点评】本题主要考查绝对值三角不等式，属于基础题．
4．（2024秋•永州月考）若存在实数a使得⊙C1：x2+y2﹣2ax﹣1+a2＝0与⊙C2：（x﹣1）2+（y+1）2＝r2（r＞0）内切，则r的最小值为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【考点】由圆与圆的位置关系求解圆的方程或参数．
【专题】计算题；转化思想；综合法；直线与圆；运算求解．
【正确答案】B
【分析】先确定两圆的圆心和半径，然后根据两圆的位置关系，再由圆心距和半径的数量关系求解出结果．
解：∵⊙C2：（x﹣1）2+（y+1）2＝r2（r＞0），
∴C2（1，﹣1），半径为r，
由⊙C1：x2+y2﹣2ax﹣1+a2＝0可化为⊙C1：（x﹣a）2+y2＝1，
∴C1（a，0），半径为1，
若两圆相内切，
∴|C1C2|＝|r﹣1|，
由于|C1C2|=(a−1)2+1≥1，
故|r﹣1|≥1，
解得r≥2，即r的最小值为2．
故选：B．
【点评】本题主要考查两圆的位置关系，属于基础题．
5．（2025•南宁模拟）已知函数f（x）的周期为1，且在(0，12)上单调递减，则f（x）可以是（ ）
A．f（x）＝sin2πxB．f(x)=|sinπ2x|
C．f（x）＝cs2πxD．f(x)=tanπ2x
【考点】三角函数的周期性；正弦函数的单调性；余弦函数的单调性；正切函数的单调性和周期性．
【专题】转化思想；综合法；三角函数的图象与性质；运算求解．
【正确答案】C
【分析】根据三角函数的性质即可求解．
解：依题意，B、D周期为2，不合题意；
A在(0，14)上单调递增，不合题意．
故选：C．
【点评】本题考查了三角函数的性质，属于基础题．
6．（2022•佛山模拟）北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果．在卫星导航系统中，地球静止同步卫星的轨道位于地球赤道所在平面，将地球看作一个球，卫星信号像一条条直线一样发射到达球面，所覆盖的范围即为一个球冠，称此球冠的表面积为卫星信号的覆盖面积．球冠即球面被平面所截得的一部分，截得的圆叫做球冠的底，垂直于截面的直径被截得较短的一段叫做球冠的高．设球面半径为R，球冠的高为h，则球冠的表面积为S＝2πRh．已知一颗地球静止同步通信卫星距地球表面的最近距离与地球半径之比为5，则它的信号覆盖面积与地球表面积之比为（ ）
A．16B．14C．13D．512
【考点】球的体积和表面积．
【专题】计算题；方程思想；综合法；球；运算求解．
【正确答案】D
【分析】根据图2，结合题意可知R＝OA＝OE＝OB，h＝DE，PE＝5R，由圆的切线性质，进一步计算可得h=56R，代入面积公式做商可得结果．
解：根据图2，O为球心，P为卫星位置，
故R＝OA＝OE＝OB，h＝DE，PE＝5R，
OA⊥PA，
所以cs∠POA=OAOP=16=ODOA，
所以OD=16R，即h=DE=56R，
所以2πRh4πR2=2πR56R4πR2=512，
故选：D．
【点评】本题考查了数学模型的应用，球的表面积的计算问题，属于中档题．
7．（2024秋•鞍山期末）某平台为维护消费者权益，开设维权通道，消费者可通过电话投诉专线、邮件投诉等多个渠道进行消费维权投诉．平台将对投诉情况进行核实，为消费者提供咨询帮助．据统计，在进行维权的消费者中，选择电话投诉专线维权和邮件投诉维权的概率分别为12和310，且对应维权成功的概率分别为45、910，选择其他方式维权且成功的概率为13100，则在维权成功的条件下，选择邮件投诉的概率为（ ）
A．625B．2780C．25D．45
【考点】概率的应用；求解条件概率．
【专题】计算题；方程思想；转化思想；综合法；概率与统计；运算求解．
【正确答案】B
【分析】设选择邮件投诉为事件A，维权成功为事件B，求出P（B）、P（AB）的值，利用公式可求得P（A|B）的值．
解：根据题意，设选择邮件投诉为事件A，维权成功为事件B，
则P(B)=12×45+310×910+13100=45，P(AB)=310×910=27100，
故要求概率P(A|B)=P(AB)P(B)=27100×54=2780．
故选：B．
【点评】本题考查概率的应用，涉及相互独立事件、互斥事件的概率计算，属于基础题．
8．（2022秋•古冶区校级期中）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S5＜S6，S6＝S7，S7＞S8，则下列结论正确的是（ ）
A．a7＞0B．S5＝S8
C．数列{an}是递增数列D．S13+a7＞0
【考点】等差数列前n项和的性质．
【专题】转化思想；转化法；等差数列与等比数列；运算求解．
【正确答案】B
【分析】根据S6＝S7，即可得a7＝0，从而可判断A；根据等差数列及等差数列前n项和公式即可判断BD；根据S5＜S6，S7＞S8，判断出公差的符号，即可判断C．
解：对于A：因为S6＝S7，所以a7＝S7﹣S6＝0，故A错误；
对于B：由等差数列{an}，可得a6+a8＝2a7＝0，
所以a6+a7+a8＝0，即S5＝S8，故B正确；
对于C：因为S5＜S6，S7＞S8，
所以a6＝S6﹣S5＞0，a8＝S8﹣S7＜0，
所以等差数列{an}的公差d＝a7﹣a6＜0，
所以数列{an}是递减数列，故C错误；
对于D：因为S13=13(a1+a13)2=13a7，
所以S13+a7＝14a7＝0，故D错误．
故选：B．
【点评】本题考查等差数列的性质，涉及等差数列前n项和的性质，属于中档题．
二．多选题（共3小题）
（多选）9．（2023秋•韩城市期末）已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a＞0，b＞0)的焦距为22，两条渐近线的夹角为π2，则下列说法正确的有（ ）
A．C的离心率为22
B．C的标准方程为x2﹣y2＝1
C．C的渐近线方程为y＝±x
D．C的虚半轴长为22
【考点】双曲线的几何特征；求双曲线的离心率；求双曲线的渐近线方程．
【专题】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】BC
【分析】由双曲线的焦距可求出c=2，再由两条渐近线的夹角可得a，b，然后依次判断个选项即可．
解：由题意知2c=22，c=2，
又双曲线的渐近线方程为y=±bax，且两条渐近线的夹角为π2，
所以tanπ4=ba=1，又a2+b2＝c2，所以a＝b＝1，
所以双曲线C的离心率为e=ca=2，故A错误；
双曲线C的标准方程为x2﹣y2＝1，故B正确；
双曲线C的渐近线方程为y＝±x，故C正确；
虚半轴长b＝1，故D错误．
故选：BC．
【点评】本题考查双曲线的几何性质，属中档题．
（多选）10．（2024秋•青海期末）已知等差数列{an}的公差d≠0，等比数列{bn}的公比q≠1，则下列选项正确的是（ ）
A．若d＞0，则{an}单调递增
B．若q＞1，则{bn}单调递增
C．{an2}可能为等差数列
D．{|bn|+1}可能为等比数列
【考点】数列的单调性；等比数列的概念与判定．
【专题】计算题；方程思想；转化思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【正确答案】AD
【分析】根据题意，由等差数列的性质分析A，举出反例可得B错误，利用反证法可得C错误，举出实例可得D正确，综合可得答案．
解：根据题意，依次分析选项：
对于A，等差数列{an}，若公差d＞0，即an+1﹣an＞0（n≥1且n∈Z），数列{an}单调递增，A正确；
对于B，当b1＝﹣1，q＝2时，数列{bn}单调递减，B错误；
对于C，假设{an2}为等差数列，设其公差为d′，
当n≥1且n∈Z时，有an+12−an2=（an+1﹣an）（an+1+an）＝d′，
又由an+1﹣an＝d，则有an+1+an=d′d，为常数，不会成立，故{an2}不会为等差数列，C错误；
对于D，等比数列{bn}中，当q＝﹣1时，|bn|+1＝|b1|+1，是非零常数，则数列{|bn|+1}是等比数列，D正确．
故选：AD．
【点评】本题考查等差数列、等比数列的定义和性质，涉及数列的单调性，属于基础题．
（多选）11．（2025春•观山湖区校级月考）已知函数f（x）、g（x）定义域为R，函数f（x+1）是偶函数，函数g（x+1）是奇函数，且f（x）+g（x+1）＝1，则（ ）
A．f（0）＝1
B．g（﹣5）＝﹣1
C．f（x）关于（0，1）中心对称
D．f（0）+f（1）+f（2）+⋯+f（2024）＝2025
【考点】抽象函数的奇偶性；抽象函数的周期性．
【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】ACD
【分析】根据题意可得f（﹣x+1）＝f（x+1），g（﹣x+1）+g（x+1）＝0，从而可得f（x）关于直线x＝1对称，g（x）关于点（1，0）对称，且g（1）＝0，再结合f（x）+g（x+1）＝1，化归转化，即可求解．
解：因为函数f（x）、g（x）定义域为R，函数f（x+1）是偶函数，函数g（x+1）是奇函数，
所以f（﹣x+1）＝f（x+1），g（﹣x+1）+g（x+1）＝0，
所以f（x）关于直线x＝1对称，g（x）关于点（1，0）对称，且2g（1）＝0，所以g（1）＝0，
又f（x）+g（x+1）＝1，所以f（0）+g（1）＝1，所以f（0）＝1，所以A选项正确；
因为f（x）+g（x+1）＝1①，f（﹣x）+g（﹣x+1）＝1②，又g（﹣x+1）+g（x+1）＝0③，
所以由①②③可得f（x）+f（﹣x）＝2，所以f（x）关于点（0，1）对称，所以C选项正确；
因为f（﹣x+1）＝f（x+1），所以f（﹣x）＝f（x+2），又f（x）+f（﹣x）＝2，
所以f（x）+f（x+2）＝2，所以f（x+2）+f（x+4）＝2，
所以f（x+4）＝f（x）所以f（x）的周期为4，
又f（x）+g（x+1）＝1，所以f（﹣6）+g（﹣5）＝1，又f（﹣6）＝f（2）＝f（0）＝1，
所以g（﹣5）＝0，所以B选项错误；
因为f（x）的周期为4，
所以f（0）＝f（2）＝f（6）＝f（4）＝1，
又f（x）关于点（0，1）对称且对称轴为直线x＝1，
所以f（1）+f（3）＝2，
所以f（1）+f（2）+f（3）+f（4）＝4，又f（0）＝1，
所以f（0）+f（1）+f（2）+⋯+f（2024）＝506×4+f（0）＝2025，所以D选项正确．
故选：ACD．
【点评】本题考查抽象函数的综合应用，属中档题．
三．填空题（共3小题）
12．（2024秋•天津期中）已知集合A＝{x|x≤a}，B＝{x|x＜﹣1，或x＞3}，且A∪B＝R，则实数a的取值范围是 [3，+∞） ．
【考点】集合并集关系的应用．
【专题】转化思想；转化法；集合；运算求解．
【正确答案】[3，+∞）．
【分析】结合数轴即可列出不等式．
解：因为A＝{x|x≤a}，B＝{x|x＜﹣1，或x＞3}，且A∪B＝R，
所以a≥3，
故实数a的取值范围为[3，+∞）．
故[3，+∞）．
【点评】本题主要考查并集的运算，属于基础题．
13．（2024秋•吉首市校级月考）已知sin2α=cs(π2+α)，α∈(π2，π)，则tanα的值为 −3 ．
【考点】二倍角的三角函数的逆用；运用诱导公式化简求值；同角三角函数间的基本关系．
【专题】转化思想；综合法；三角函数的求值；运算求解．
【正确答案】−3．
【分析】利用二倍角正弦公式以及诱导公式化简可得出csα的值，再结合同角三角函数的基本关系可求得tanα的值．
解：由sin2α=cs(π2+α)可得2sinαcsα＝﹣sinα，则2csα＝﹣1，则csα=−12，
因为α∈(π2，π)，则sinα＞0，sinα=1−cs2α=1−(−12)2=32，
故tanα=sinαcsα=−3．
故−3．
【点评】本题考查同角函数求值，属于基础题．
14．（2024秋•虹口区期末）如图，已知正三角形ABC和正方形BCDE的边长均为2，且二面角A﹣BC﹣D的大小为π6，则AC→⋅BD→= ﹣1 ．
【考点】几何法求解二面角及两平面的夹角；空间向量的数量积运算．
【专题】转化思想；转化法；立体几何；运算求解．
【正确答案】﹣1．
【分析】建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法求解即可．
解：取BC中点O，连接OA，过O作BC的垂线，交DE于点F，
因为正三角形ABC边长均为2，二面角A﹣BC﹣D的大小为π6，
则OA⊥BC，OF⊥BC，
则∠AOF为二面角A﹣BC﹣D的平面角，即∠AOF=π6，
且2×32×sinπ6=32，2×32×csπ6=32，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(0，32，32)，B（﹣1，0，0），C（1，0，0），D（1，2，0），
故AC→=(1，−32，−32)，BD→=（2，2，0），
故AC→⋅BD→=−1．
故﹣1．
【点评】本题考查向量法的应用，属于中档题．
四．解答题（共5小题）
15．（2025春•延吉市校级期中）已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，且bcsA−33asinB=0．
（1）求A；
（2）若a＝2，且△ABC的面积为3，求△ABC的周长．
【考点】解三角形；利用正弦定理解三角形；余弦定理．
【专题】转化思想；综合法；解三角形；运算求解．
【正确答案】（1）A=π3；
（2）6．
【分析】（1）利用正弦定理将边化角，即可得解；
（2）利用余弦定理及面积公式求出bc、b2+c2，进而求得b+c＝4，即可求得周长．
解（1）因为bcsA−33asinB=0，
由正弦定理得sinBcsA−33sinAsinB=0，
因为B∈（0，π），所以sinB≠0，
可得tanA=3，
又A∈（0，π），所以A=π3；
（2）由（1）知A=π3，又因为a＝2，
由余弦定理a2＝b2+c2﹣2bc•csA，得b2+c2﹣bc＝4，
即（b+c）2﹣3bc＝4，①
由题意知S△ABC=12bc⋅sinA=3，即bc＝4②，
联立①②可得b+c＝4，
则△ABC的周长为a+b+c＝2+4＝6．
【点评】本题考查正弦定理，余弦定理的应用，三角形面积公式的应用，属于中档题．
16．（2025•昌黎县校级模拟）设X，Y是随机试验E的样本空间Ω上的两个随机变量，若随机向量（X，Y）的所有可能取值为（xi，yj）（i＝1，2，…，m；j＝1，2，…，n），则称P（X＝xi，Y＝yj）＝pij为随机向量（X，Y）的联合分布列，P(X=xi)=j=1n pij为X的边缘分布列；对于固定的i，P（Y＝yj|X＝xi）为在X＝xi条件下Y的条件分布列，E(Y|X=xi)=j=1n yjP(Y=yj|X＝xi）为在X＝xi条件下Y的条件期望．
（1）已知随机向量（X，Y）的联合分布列为：
①求X的边缘分布列；
②求在X＝1条件下Y的条件分布列及E（Y|X＝1）；
（2）设E（Y|X）是随机变量X的函数，X＝xi（i＝1，2，⋯，m），求证：E（E（Y|X））＝E（Y）．
【考点】离散型随机变量的均值（数学期望）．
【专题】应用题；整体思想；综合法；概率与统计；运算求解．
【正确答案】（1）①分布列见解析；②分布列见解析，E(Y|X=1)=87；
（2）证明见解析．
【分析】（1）①利用边缘分布列的概念即可求其分布列；
②先利用条件概率求其分布列，再利用期望公式求期望即可；
（2）先写出随机向量（X，Y）的联合分布列，求E（Y），再写出条件分布列E（Y|X），求其期望，化简即可．
解：（1）根据题目：设X，Y是随机试验E的样本空间Ω上的两个随机变量，
若随机向量（X，Y）的所有可能取值为（xi，yj）（i＝1，2，…，m；j＝1，2，…，n），
则称P（X＝xi，Y＝yj）＝pij为随机向量（X，Y）的联合分布列，
P(X=xi)=j=1n pij为X的边缘分布列；
①X所有可能取值为0，1，
则P(X=0)=j=1n p1j=156+528+528=38，P(X=1)=j=1n p2j=556+514+528=58．
所以X的边缘分布列为：
②在X＝1条件下Y的所有可能取值为0，1，2．
结合（1）知，P(Y=0|X=1)=P(X=1，Y=0)P(X=1)=55658=17，
P(Y=1|X=1)=P(X=1，Y=1)P(X=1)=51458=47，
P(Y=2|X=1)=P(X=1，Y=2)P(X=1)=52858=27．
所以在X＝1条件下Y的条件分布列为：
所以E(Y|X=1)=0×17+1×47+2×27=87．
（2）证明：
依题意，Y的边缘分布列为：
所以E(Y)=y1i=1m pi1+y2i=1m pi2+⋯+yni=1m pin．
又E（Y|X）的分布列为：
所以E（E（Y|X））
＝E（Y|X＝x1）P（X＝x1）+E（Y|X＝x2）P（X＝x2）+…+E（Y|X＝xm）P（X＝xm）
=[j=1n yjP(Y=yj|X=x1)]P(X=x1)+[j=1n yjP(Y=yj|X=x2)]P(X=x2)+⋯+[j=1n yjP(Y=yj|X=xm)]P(X=xm)
=j=1nyjp1j+j=1nyjp2j+⋯+j=1nyjpmj
＝（y1p11+y2p12+…+ynp1n）+（y1p21+y2p22+…+ynp2n）+…+（y1pm1+y2pm2+…+ynpmn）
=y1i=1m pi1+y2i=1m pi2+⋯+yni=1m pin．
所以E（E（Y|X））＝E（Y）．
【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．
17．（2024秋•诸暨市期末）如图，在底面为正方形的四棱锥P﹣ABCD中，PA＝AD，PA⊥面ABCD，M，Q分别为PD和BC的中点，PN=23PC．
（1）求证：A，M，N，Q四点共面；
（2）求二面角M﹣AN﹣D的余弦值．
【考点】空间向量法求解二面角及两平面的夹角；共面直线及四点共面．
【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】（1）证明见解析；
（2）55．
【分析】（1）取CD的三等分点T，CT=12CD，分别延长MN和DC交于点R，证明RCRD=KCKD=12，由此证明K，R重合，再证明直线MN与AQ相交，即可证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，求平面AMN，AND的法向量，结合向量夹角公式求结论．
（1）证明：取CD的三等分点T，CT=12CD，如图所示，
由题意知，NCCP=CTCD=13，所以NT∥MD，
确定平面MNTD，且NT=13PD=23MD，
在平面MNTD中，分别延长MN和DC交于点R，
所以ΔRNT∼ΔRMD，则N=RTRD=23，即RCRD=12，
又在面ABCD中，QC∥AD，且QCAD=12，连接AQ并延长交DC于点K，
则QCAD=KCKD=12，那么有RCRD=KCKD=12，
所以K，R为同一点，又点K＝AQ∩CD，点R＝MN∩CD，
所以直线MN与AQ相交，确定平面AMNQ，
所以A，M，N，Q四点共面；
（2）解：以点A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
设二面角M﹣AN﹣D为θ，（θ为锐角），设AB长为2，
则B（2，0，0），D（0，2，0），C（2，2，0），P（0，0，2），M（0，1，1），Q（2，1，0），
因为PN=23PC，所以PN→=23PC→，则点N(43，43，23)，
又AM→=(0，1，1)，AN→=(43，43，23)，
设平面AMN的法向量为n→=(x1，y1，z1)，不妨令x1＝﹣1，
由AM→⋅n→=0AN→⋅n→=0，得y1+z1=043x1+43y1+23z1=0，
取y1＝2，可得z1＝﹣2，x1＝﹣1，
所以平面AMN的一个法向量n→=(−1，2，−2)，
又AD→=(0，2，0)，AN→=(43，43，23)，
设平面AND的法向量为m→=(x2，y2，z2)，
由AD→⋅m→=0AN→⋅m→=0，得y2=043x2+43y2+23z2=0，
取x2＝1，则y2＝0，z2＝﹣2，
所以平面AND的一个法向量m→=(1，0，−2)，
所以csθ=|cs〈m→，n→〉|=|n→⋅m→||n→||m→|=33⋅5=55，
所以二面角M﹣AN﹣D的余弦值为55．
【点评】本题主要考查四点共面的证明，二面角的求法，考查运算求解能力，属于中档题．
18．（2024秋•南京校级期中）已知函数f(x)=−x2+2x−2+1x−lnx，g(x)=ln(x+1)+x2+2x+3ex，其中e为自然对数的底数．
（1）证明：f（x）在（0，+∞）上单调递减；
（2）若x＞﹣1，g（x）≤a，求a的最小值；
（3）若φ（x）＝exg（x）﹣（b+1）（x+1）2，函数φ（x）的图象与x轴交于A（x1，0），B（x2，0）两点，求b的取值范围．
【考点】利用导数求解函数的最值；利用导数求解函数的单调性和单调区间．
【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）证明见解析；
（2）3；
（3）(0，e32)．
【分析】（1）求出函数f（x）的导数，判断导数值恒为负即可得证．
（2）利用导数求出函数g（x）的最大值，求出a的范围即可得解．
（3）求出函数φ（x），变形函数式并换元分离参数，构造函数u(t)=lnt2t+2t，将问题转化为直线y＝b与函数y＝u（t）的图象有两个交点求解．
解：（1）证明：因为f(x)=−x2+2x−2+1x−lnx，x∈（0，+∞），
那么导函数f′(x)=−x+2−1x2−1x=−(x−1x)2−1x2＜0，
因此函数f（x）在（0，+∞）上单调递减．
（2）因为g(x)=ln(x+1)+x2+2x+3ex，x＞﹣1，
那么导函数g′(x)=1x+1+2x+2−ln(x+1)−x2−2x−3ex=1x+1−ln(x+1)−x2−1ex，
令函数h(x)=1x+1−ln(x+1)−x2−1，x＞−1，导函数h′(x)=−1(x+1)2−1x+1−2x，
导函数h′(x)=−1(x+1)2−[1x+1+2(x+1)]+2≤−1(x+1)2−22+2＜0，
当且仅当x=22−1时取等号，
那么函数h（x）在（﹣1，+∞）上单调递减，而h（0）＝0，当﹣1＜x＜0时，函数h（x）＞0，g导函数′（x）＞0，
当x＞0时，h（x）＜0，导函数g′（x）＜0，所以g（x）在（0，+∞）上单调递减，在（﹣1，0）上单调递增，
g（x）max＝g（0）＝3，根据题意，a≥3，因此a的最小值是3．
（3）根据题意，函数φ(x)=ln(x+1)+x2+2x+3−(b+1)(x+1)2=12ln(x+1)2+2−b(x+1)2，
根据φ（x）的图象与x轴交于B（x2，0），A（x1，0）两点，得φ（x）有两个零点，
根据φ（x）＝0，得b=ln(x+1)22(x+1)2+2(x+1)2，令（x+1）2＝t＞0，函数u(t)=lnt2t+2t，
所以直线y＝b与函数y＝u（t）的图象有两个交点，
导函数u′(t)=1−lnt2t2−2t2=−lnt+32t2，
当t＞e﹣3时，导函数u′（t）＜0，当0＜t＜e﹣3时，导函数u′（t）＞0，
函数u（t）在（0，e﹣3）上单调递增，在（e﹣3，+∞）上单调递减，u(t)max=u(e−3)=e32，
而u（e﹣4）＝0，且当t∈（e﹣3，+∞）时，u（t）＞0恒成立，
则当0＜b＜e32时，直线y＝b与函数y＝u（t）的图象有两个交点，
所以b的取值范围是(0，e32)．
【点评】本题考查导数综合应用，属于中档题．
19．（2024秋•昌黎县校级月考）已知抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点为F，点D（x0，2）在抛物线C上，且|DF|＝2．
（1）求抛物线C的标准方程；
（2）抛物线的准线与x轴交于点K，过K的直线l交抛物线C于M，N两点，且KM→=λKN→，λ∈(1，2]，点G为线段MN的垂直平分线与x轴的交点，求点G的横坐标xG的取值范围．
【考点】直线与抛物线的综合；抛物线的焦点弦及焦半径；根据抛物线上的点求抛物线的标准方程．
【专题】方程思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；圆锥曲线中的最值与范围问题；运算求解．
【正确答案】（1）y2＝4x；
（2）(3，134]．
【分析】（1）将点D（x0，2）代入抛物线方程并利用焦半径公式可得p＝2，求出抛物线C的标准方程；
（2）设出直线方程并与抛物线联立，利用韦达定理表示出点G的横坐标，结合函数单调性以及λ∈（1，2]可得结果．
解：（1）因为D（x0，2）在抛物线C：y2＝2px（p＞0）上，
所以4＝2px0，解得：x0=2p，又|DF|＝2，
所以x0+p2=2，即2p+p2=2，解得：p＝2，
所以抛物线C的标准方程为y2＝4x；
（2）易知抛物线的准线为x＝﹣1，则可得K（﹣1，0），
如图，设M（x1，y1），N（x2，y2），直线l：x＝my﹣1，
因为KM→=λKN→，即（x1+1，y1）＝λ（x2+1，y2），
则y1＝λy2，
联立方程x=my−1y2=4x，消去x得：y2﹣4my+4＝0，则Δ＝16m2﹣16＞0，即m2＞1，
所以y2﹣4my+4＝0，y1+y2＝4m，y1y2＝4，
即可得λy2+y2=4m，λy22=4，
联立两式并整理可得4m2=(1+λ)2λ=λ+1λ+2，
又x1+x2=m(y1+y2)−2=4m2−2，
由1＜λ≤2可得y=λ+1λ+2递增，
即有4m2∈(4，92]，即m2∈(1，98]，
又MN中点坐标为（2m2﹣1，2m），
可得直线MN的垂直平分线的方程为y﹣2m＝﹣m（x﹣2m2+1），
令y＝0，可得xG=2m2+1∈(3，134]，
即xG的取值范围为(3，134]．
【点评】本题考查了抛物线的性质及直线与抛物线的位置关系，属于中档题．X
Y
0
1
2
0
156
528
528
1
556
514
528
X
Y
0
1
2
0
156
528
528
1
556
514
528
X
0
1
P
38
58
Y＝yj|X＝1
0
1
2
P（Y＝yj|X＝1）
17
47
27
X
Y
y1
y2
…
yn
x1
p11
p12
…
p1n
x2
p21
p22
…
p2n
…
…
…
…
…
xm
pm1
pm2
…
pmn
Y
y1
y2
…
yn
P
i=1m pi1
i=1m pi2
…
i=1m pin
E（Y|X）
E（Y|X＝x1）
E（Y|X＝x2）
…
E（Y|X＝xm）
P
P（X＝x1）
P（X＝x2）
…
P（X＝xm）