【高考押题】2025届高考数学模拟预测卷五新高考Ⅰ卷 [含答案]

这是一份【高考押题】2025届高考数学模拟预测卷五新高考Ⅰ卷 [含答案]，共12页。试卷主要包含了设双曲线C，设实数x∈，给出如下两个命题等内容，欢迎下载使用。
1．（5分）（2024春•凉山州期末）现有甲、乙两组数据，每组数据均由五个数组成，其中甲组数据的平均数为1，方差为3，乙组数据的平均数为3，方差为1．若将这两组数据混合成一组，则新的一组数据的方差为（ ）
A．1.5B．2C．2.5D．3
2．（5分）（2025•南开区一模）设双曲线C：x2a2−y2b2=1(a＞0，b＞0)的左、右顶点分别是A1，A2，点P是C的一条渐近线上一点，若|OP|=a2+b2，∠A1PA2=π6，则C的离心率为（ ）
A．62B．213C．13D．4
3．（5分）（2023秋•蓟州区校级月考）下列命题正确的个数为（ ）
①长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝2，则异面直线AD1与BD所成角的余弦值为105
②对于命题p：∃x0∈R，x02+x0+1＜0，则命题p的否定：∀x∈R，x2+x+1≥0
③若m，n∈R，“lnm＜lnn”是“em＜en”的充分不必要条件
④已知∠BAC=5π6，AB=3，AC=23，BP→=λBC→，且AP→⋅BC→=−5，则λ的值为13
A．0B．1C．2D．3
4．（5分）（2022•林州市校级开学）已知sin(α+π3)+sinα=235，则cs(α−π3)=（ ）
A．235B．−235C．25D．−25
5．（5分）（2025•厦门模拟）以边长为1的正三角形的一边所在直线为旋转轴，将该正三角形旋转一周得到的几何体的体积为（ ）
A．πB．π2C．π3D．π4
6．（5分）（2024秋•广东月考）已知函数f（x+2）为奇函数，则（ ）
A．f（0）＝0B．f（﹣2）＝0
C．f（0）+f（4）＝0D．f（1）＝f（3）
7．（5分）（2024春•闵行区校级期末）设实数x∈(0，π4)，给出如下两个命题：
①存在x，使得sinx，csx，tanx，ctx按某种顺序可组成等差数列；
②存在x，使得sinx，csx，tanx，ctx按某种顺序可组成等比数列．
则（ ）
A．①②均为真命题
B．①为真命题，②为假命题
C．①为假命题，②为真命题
D．①②均为假命题
8．（5分）若复数z满足zz+（1﹣2i）z+（1+2i）z+1＝0，则|z+2|的取值范围是（ ）
A．[5−2，5+2]B．[0，2]C．[2，22]D．[2，33]
二．多选题（共3小题，满分18分，每小题6分）
（多选）9．（6分）（2024•固始县一模）已知f(x)=3sinωx+csωx(ω＞0)，则下列说法正确的是（ ）
A．若f（x）的最小正周期为π，则f（x）的对称中心为(−π6+kπ2，0)，k∈Z
B．若f（x）在区间[0，π4]上单调递增，则ω的取值范围为(0，43]
C．若f（x0）＝1，则cs(ωx0+2π3)=12
D．若f（x）在区间[0，π]上恰好有三个极值点，则ω的取值范围为[73，103)
（多选）10．（6分）（2024•海安市开学）设函数f（x）的定义域关于原点对称，且f（x）不恒为0，下列结论正确的是（ ）
A．若f（x）具有奇偶性，则满足f（x）＝p（x）+q（x）的奇函数p（x）与偶函数q（x）中恰有一个为常函数，其函数值为0
B．若f（x）不具有奇偶性，则满足f（x）＝p（x）+q（x）奇函数p（x）与偶函数q（x）不存在
C．若f（x）为奇函数，则满足f（x）＝p（x）q（x）的奇函数p（x）与偶函数q（x）存在无数对
D．若f（x）为偶函数，则满足f（x）＝q（p（x））的奇函数p（x）与偶函数q（x）存在无数对
（多选）11．（6分）（2025•安顺模拟）已知a∈Q，n∈N*，定义运算an=a(a−1)(a−2)⋯(a−n+1)n!．规定a0=1，且当a∈Q，|x|≤1时，总有(1+x)a=a0+a1x+a2x2+⋯+anxn+an+1xn+1+⋯，则（ ）
A．56=0
B．100+101+102+⋯+102024=2024
C．∀a∈Q，n∈N*，−an=(−1)n⋅a+n−1n
D．533＜16180
三．填空题（共3小题，满分15分，每小题5分）
12．（5分）（2024秋•河东区期中）已知函数f(x)=2x2+3，x＞00，x=03，x＜0，则f[f（﹣1）]＝ ．
13．（5分）（2025•长安区三模）已知抛物线C：y2＝4x，其中AC，BD是过抛物线焦点F的两条互相垂直的弦，直线AC的倾斜角为α，当α＝45°时，如图所示的“蝴蝶形图案（阴影区域）”的面积为 ．
14．（5分）（2022春•宝鸡期末）甲、乙两人做下列4个游戏：
①抛一枚骰子，向上的点数为奇数则甲胜，向上的点数为偶数则乙胜．
②甲乙在进行乒乓球比赛之前，裁判员利用抽签器来决定由谁先发球．
③从一副不含大、小王的扑克牌中抽一张，扑克牌是红色则甲胜，是黑色则乙胜．
④同时抛掷两枚硬币，恰有一枚正面向上则甲胜，两枚都是正面向上则乙胜．
在上述4个游戏中，不公平的游戏是 ．
四．解答题（共5小题，满分77分）
15．（13分）（2024春•城中区校级月考）三角形三内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知3ba=1−csBsinA．
（1）求角B的大小；
（2）若△ABC的面积等于3，D为BC边的中点，当中线AD的长最短时，求AC边的长．
16．（15分）（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．（15分）（2024•陕西模拟）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的离心率为22，过右焦点的直线l与椭圆C交于M，N两点，且当l⊥x轴时，|MN|=22．
（1）求椭圆C的方程；
（2）若直线l的斜率存在且不为0，点M，N在x轴上的射影分别为P，Q，且R（4，y0），N，P三点共线，设△RMN与△RPQ的面积分别为S1，S2，试判断S1S2是否为定值，若是，求出该定值，如果不是，请说明理由．
18．（17分）（2025•福建模拟）已知函数f（x）＝xlnx﹣alnx+e．
（1）若曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线为l，l不过原点，且l在坐标轴上的截距相等，求a的值；
（2）当a＞0时，若f（x）≥0恒成立，求实数a的取值范围．
19．（17分）（2023秋•东城区校级期中）已知{an}是无穷数列，a1＝a，a2＝b，且对于{an}中任意两项ai，aj（i＜j），在{an}中都存在一项ak（j＜k＜2j），使得ak＝2aj﹣ai．
（Ⅰ）若a＝3，b＝5，求a3；
（Ⅱ）若a＝b＝0，求证：数列{an}中有无穷多项为0；
（Ⅲ）若a＜b，求数列{an}的通项公式．
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•凉山州期末）现有甲、乙两组数据，每组数据均由五个数组成，其中甲组数据的平均数为1，方差为3，乙组数据的平均数为3，方差为1．若将这两组数据混合成一组，则新的一组数据的方差为（ ）
A．1.5B．2C．2.5D．3
【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】D
【分析】根据题意，利用分层抽样中数据方差的计算公式求解即可．
解：因为甲组5个数据的平均数为1，方差为3，乙组5个数据的平均数为3，方差为1，
所以两组数据混合后，新数据的平均数为：1×5+3×510=2，
所以新数据的方差为：510×[3+(1−2)2]+510×[1+(3−2)2]=3．
故选：D．
【点评】本题主要考查了平均数和方差的定义，属于基础题．
2．（5分）（2025•南开区一模）设双曲线C：x2a2−y2b2=1(a＞0，b＞0)的左、右顶点分别是A1，A2，点P是C的一条渐近线上一点，若|OP|=a2+b2，∠A1PA2=π6，则C的离心率为（ ）
A．62B．213C．13D．4
【考点】双曲线的离心率．
【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】C
【分析】根据题意画出图形，设点P在第一象限，根据已知条件得到点P在以原点为圆心，c为半径的圆上，联立x2+y2=c2y=bax，解得P（a，b），从而得到∠PA2A1=π2，利用正切值得到2a=33b，再转化为a，c的齐次方程求解即可．
解：双曲线C：x2a2−y2b2=1(a＞0，b＞0)的左、右顶点分别是A1，A2，点P是C的一条渐近线上一点，如图，设点P在第一象限，
|OP|=a2+b2=c，∠A1PA2=π6，
因为|OP|＝|OF|，所以点P在以原点为圆心，c为半径的圆上．
x2+y2=c2y=bax，解得P（a，b）．
又因为A2（a，0），所以∠PA2A1=π2．
在RT△PA1A2中，|PA2|＝b，|A1A2|＝2a，∠A1PA2=π6，
所以tan∠A1PA2=2ab=33，即2a=33b．
所以4a2=13b2，4a2=13(c2−a2)，13a2＝c2，
即e2=c2a2=13，所以e=13．
故选：C．
【点评】本题考查双曲线的简单性质的应用，离心率的求法，是中档题．
3．（5分）（2023秋•蓟州区校级月考）下列命题正确的个数为（ ）
①长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝2，则异面直线AD1与BD所成角的余弦值为105
②对于命题p：∃x0∈R，x02+x0+1＜0，则命题p的否定：∀x∈R，x2+x+1≥0
③若m，n∈R，“lnm＜lnn”是“em＜en”的充分不必要条件
④已知∠BAC=5π6，AB=3，AC=23，BP→=λBC→，且AP→⋅BC→=−5，则λ的值为13
A．0B．1C．2D．3
【考点】平面向量数量积的性质及其运算；异面直线及其所成的角；充分不必要条件的判断；求存在量词命题的否定．
【专题】转化思想；综合法；平面向量及应用；空间角；简易逻辑；逻辑思维；运算求解．
【正确答案】D
【分析】利用异面直线夹角的定义求解可判定①；利用特称量词命题的否定的定义可判定②；利用指数函数、对数函数的性质求解可判定③；利用向量的数量积运算律求解可判定④．
解：对①，如图，连接BD，B1D1，AD1，AB1，
因为BD∥B1D1，所以∠AD1B1为异面直线AD1与BD所成角，
因为AB1=AD1=4+1=5，B1D1=2，
取B1D1中点为O，连接AO，则AO⊥B1D1，
所以cs∠AD1B1=OD1AD1=225=1010，故①错误；
对②，命题p：∃x0∈R，x02+x0+1＜0的否定是：∀x∈R，x02+x0+1≥0，故②正确；
对③，lnm＜lnn等价于0＜m＜n，em＜en等价于m＜n，
所以“lnm＜lnn”是“em＜en”的充分不必要条件，故③正确；
对④，因为BP→=λBC→，
所以AP→=AB→+BP→=AB→+λBC→=AB→+λ(AC→−AB→)=(1−λ)AB→+λAC→，
所以AP→⋅BC→=[(1−λ)AB→+λAC→]⋅(AC→−AB→)
=(λ−1)AB→2+λAC→2+(1−2λ)AB→⋅AC→
=9(λ−1)+12λ+(1−2λ)|AB→|⋅|AC→|cs∠BAC
＝21λ﹣9+18λ﹣9＝﹣5，解得λ=13，故④正确；
所以，正确命题的个数为3个．
故选：D．
【点评】本题考查异面直线所成角的求法，考查特称量词命题的否定形式，考查充要条件的判定及平面向量的线性运算及数量积运算，属中档题．
4．（5分）（2022•林州市校级开学）已知sin(α+π3)+sinα=235，则cs(α−π3)=（ ）
A．235B．−235C．25D．−25
【考点】两角和与差的三角函数．
【专题】函数思想；转化法；三角函数的求值；运算求解．
【正确答案】C
【分析】由已知可得sin（α+π6）=25，再由三角函数的诱导公式求cs(α−π3)．
解：∵sin(α+π3)+sinα=235，
∴sinαcsπ3+csαsinπ3+sinα=235，
∴3(32sinα+12csα)=235，即sin（α+π6）=25，
∴cs(α−π3)=cs（π3−α）＝sin（α+π6）=25，
故选：C．
【点评】本题考查三角函数的化简求值，考查诱导公式及两角和与差的三角函数，是基础题．
5．（5分）（2025•厦门模拟）以边长为1的正三角形的一边所在直线为旋转轴，将该正三角形旋转一周得到的几何体的体积为（ ）
A．πB．π2C．π3D．π4
【考点】棱锥的体积．
【专题】计算题；整体思想；立体几何；运算求解．
【正确答案】D
【分析】由题可得旋转后对应几何体为两个同底的圆锥，结合题目数据可得相应体积．
解：如图，根据题目：边长为1的正三角形的一边所在直线为旋转轴，
正三角形绕AB所在直线为旋转轴旋转一周，得到几何体是两个同底的圆锥，圆锥的底面半径为r=OC=32，所得几何体的底面积为S底=πr2=3π4，则体积为V=2×13S底×h=2×13×3π4×12=π4．
故选：D．
【点评】本题考查棱锥的体积，属于中档题．
6．（5分）（2024秋•广东月考）已知函数f（x+2）为奇函数，则（ ）
A．f（0）＝0B．f（﹣2）＝0
C．f（0）+f（4）＝0D．f（1）＝f（3）
【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；数学抽象；运算求解．
【正确答案】C
【分析】根据函数的奇偶性求值即可．
解：由f（x+2）为奇函数知，f（x）的图象关于（2，0）对称，
所以f（x+2）+f（2﹣x）＝0，
则f（0）+f（4）＝0，C正确，
设f（x+2）＝x，则f（﹣2）＝﹣4，f（0）＝﹣2，f（1）＝﹣1，f（3）＝1，ABD显然错误，
故选：C．
【点评】本题主要考查了函数奇偶性的应用，属于基础题．
7．（5分）（2024春•闵行区校级期末）设实数x∈(0，π4)，给出如下两个命题：
①存在x，使得sinx，csx，tanx，ctx按某种顺序可组成等差数列；
②存在x，使得sinx，csx，tanx，ctx按某种顺序可组成等比数列．
则（ ）
A．①②均为真命题
B．①为真命题，②为假命题
C．①为假命题，②为真命题
D．①②均为假命题
【考点】等差数列的性质；等比数列的性质；命题的真假判断与应用．
【专题】整体思想；综合法；等差数列与等比数列；三角函数的求值；运算求解．
【正确答案】D
【分析】根据等差数列、等比数列的定义结合同角三角函数的基本关系，三角恒等变换即可求解．
解：假设角x与单位圆的交点为（a，b），
∵x∈(0，π4)，∴0＜b＜a＜1，
则根据三角函数的定义可知sinx＝b，csx＝a，tanx=ba，ctx=ab，
∴sinx，csx，tanx，ctx中sinx最小，ctx最大，
若成等差数列，则sinx+ctx＝csx+tanx，
即sin2xcsx+cs2x＝sinxcs2x+sin2x，
即sinxcsx＝sinx+csx，
∵x∈(0，π4)，∴x+π4∈(π4，π2)，则sin(x+π4)∈(22，1)，
∴sinx+csx=2sin(x+π4)＞1，
而sinxcsx＜1，故sinxcsx＝sinx+csx不成立，
∴sinx，csx，tanx，ctx不可能按某种顺序组成等差数列；
若成等比数列，则sinxctx＝csxtanx，
即csx＝sinx，∵x∈(0，π4)，所以方程无解，
∴sinx，csx，tanx，ctx不可能按某种顺序组成等比数列．
故选：D．
【点评】本题主要考查了等差数列和等比数列的性质，考查了同角三角函数的基本关系，属于中档题．
8．（5分）若复数z满足zz+（1﹣2i）z+（1+2i）z+1＝0，则|z+2|的取值范围是（ ）
A．[5−2，5+2]B．[0，2]C．[2，22]D．[2，33]
【考点】共轭复数；复数的模；复数的运算．
【专题】数形结合；方程思想；转化思想；数形结合法；定义法；转化法；直线与圆；数系的扩充和复数；逻辑思维；直观想象；运算求解．
【正确答案】A
【分析】由题意可设z＝a+bi（a，b∈R），则z=a﹣bi，根据条件展开化简可得a²+2a+1+b²+4b＝0，得出（a，b）在圆心为（﹣1，﹣2），半径为2的圆上，又|z+2|=(a+2)2+b2转化为点（a，b）到点（﹣1，﹣2）的距离，
作出图象，即可得出答案．
解：由题意可设z＝a+bi（a，b∈R），则z=a﹣bi，
∵zz+（1﹣2i）z+（1+2i）z+1＝0，
∴（a+bi）（a﹣bi）+（1﹣2i）（a+bi）+（1+2i）（a﹣bi）+1＝0，
即a²+b²+a+2b﹣2ai+bi+a+2b﹣bi+2ai+1＝0，
∴（a+1）²+（b+2）²＝4，可得（a，b）在圆心为（﹣1，﹣2），半径为2的圆上，
又|z+2|＝|a+bi+2|=(a+2)2+b2，转化为点（a，b）到点（﹣1，﹣2）的距离，
图象可知|z+2|min=(−1+2)2+(−2)2−2=5−2，
|z+2|max=(−1+2)2+(−2)2+2=5+2，
故|z+2|的取值范围是[5−2，5+2]，
故选：A．
【点评】本题考查复数的四则运算，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．
二．多选题（共3小题，满分18分，每小题6分）
（多选）9．（6分）（2024•固始县一模）已知f(x)=3sinωx+csωx(ω＞0)，则下列说法正确的是（ ）
A．若f（x）的最小正周期为π，则f（x）的对称中心为(−π6+kπ2，0)，k∈Z
B．若f（x）在区间[0，π4]上单调递增，则ω的取值范围为(0，43]
C．若f（x0）＝1，则cs(ωx0+2π3)=12
D．若f（x）在区间[0，π]上恰好有三个极值点，则ω的取值范围为[73，103)
【考点】三角函数中的恒等变换应用．
【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】BD
【分析】由题意得f(x)=2sin(ωx+π6)，根据T=2π|ω|求出ω，根据整体代换法求出f（x）的对称中心，即可判断出A的真假；由x的范围，可得ωx+π6的范围，由函数的单调递增区间，可得ω的范围，可判断出B的真假；根据诱导公式计算即可求解，判断出C的真假；由极值点的概念可得5π2≤ωπ+π6＜7π2，解之即可判断出D的真假．
解：因为f（x）=3sinωx+csωx＝2sin（ωx+π6），
A中，若f（x）的最小正周期为π，由T=2π|ω|，得ω＝2，
所以f(x)=2sin(2x+π6)，令2x+π6=kπ，k∈Z，得x=−π12+kπ2，k∈Z，
所以f（x）的对称中心为(−π12+kπ2，0)，所以A不正确；
B中，因为x∈[0，π4]，可得ωx+π6∈[π6，π4ω+π6]，
因为f（x）在区间[0，π4]上单调递增，
可得[π6，π4ω+π6]⫋[0，π2]，
即ω＞0π4ω+π6≤π2，解得0＜ω≤43，
即实数ω的取值范围为(0，43]，所以B正确；
C中，若f（x0）＝1，则2sin(ωx0+π6)=1，即sin(ωx0+π6)=12，
所以cs(ωx0+2π3)=cs(ωx0+π6+π2)=−sin(ωx0+π6)=−12，所以C错误；
D中，由0≤x≤π，得π6≤ωx+π6≤ωπ+π6，又f（x）在[0，π]上有3个极值点，
所以5π2≤ωπ+π6＜7π2，解得73≤ω＜103，即实数ω的取值范围为[73，103)，所以D正确．
故选：BD．
【点评】本题考查三角函数的性质的应用，属于中档题．
（多选）10．（6分）（2024•海安市开学）设函数f（x）的定义域关于原点对称，且f（x）不恒为0，下列结论正确的是（ ）
A．若f（x）具有奇偶性，则满足f（x）＝p（x）+q（x）的奇函数p（x）与偶函数q（x）中恰有一个为常函数，其函数值为0
B．若f（x）不具有奇偶性，则满足f（x）＝p（x）+q（x）奇函数p（x）与偶函数q（x）不存在
C．若f（x）为奇函数，则满足f（x）＝p（x）q（x）的奇函数p（x）与偶函数q（x）存在无数对
D．若f（x）为偶函数，则满足f（x）＝q（p（x））的奇函数p（x）与偶函数q（x）存在无数对
【考点】抽象函数的奇偶性．
【专题】函数思想；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】ACD
【分析】利用奇偶性的定义即可判断A选项；
通过举例f（x）＝x2+x，即可判断B选项；
通过构造p(x)=1n+1f(x)，q（x）＝n+1，即可判断C选项；
通过构造p（x）=x12n+1，q（x）＝f（x2n+1）即可判断D选项．
解：对于A，f（x）＝p（x）+q（x），
则f（﹣x）＝p（﹣x）+q（﹣x）＝﹣p（x）+q（x），
当f（x）为奇函数时，则f（x）+f（﹣x）＝2q（x）＝0，
即q（x）＝0；
当f（x）为偶函数时，则 f（x）﹣f（﹣x）＝2p（x）＝0，
即p（x）＝0，
即满足f（x）＝p（x）+q（x）的奇函数p（x）与偶函数q（x）中恰有一个为常函数，其函数值为0，故A正确；
对于B，当f（x）＝x2+x，p（x）＝x，q（x）＝x2时，
f（x）不具有奇偶性，
满足f（x）＝p（x）+q（x）的奇函数p（x）与偶函数q（x）存在，故B错误；
对于C，f（x）为奇函数时，
令奇函数p(x)=1n+1f(x)，n∈N，偶函数q（x）＝n+1，n∈N，
则p（x）q（x）＝f（x），
因为n∈N，
故存在无数对奇函数p（x）与偶函数q（x），满足f（x）＝p（x）q（x），故C正确；
对于D，f（x）为偶函数，
令奇函数p（x）=x12n+1，n∈N，偶函数q（x）＝f（x2n+1），n∈N，
则q（p（x））＝q（x12n+1）＝f（x），
因为n∈N，
故存在无数对奇函数p（x）与偶函数q（x），满足f（x）＝q（p（x））．故D正确．
故选：ACD．
【点评】本题考查了抽象函数的奇偶性，难点是对C，D选中函数p（x）、q（x）的构造，属于中档题．
（多选）11．（6分）（2025•安顺模拟）已知a∈Q，n∈N*，定义运算an=a(a−1)(a−2)⋯(a−n+1)n!．规定a0=1，且当a∈Q，|x|≤1时，总有(1+x)a=a0+a1x+a2x2+⋯+anxn+an+1xn+1+⋯，则（ ）
A．56=0
B．100+101+102+⋯+102024=2024
C．∀a∈Q，n∈N*，−an=(−1)n⋅a+n−1n
D．533＜16180
【考点】二项式定理的应用．
【专题】转化思想；综合法；概率与统计；运算求解；新定义类．
【正确答案】ACD
【分析】由已知运用定义计算即可判断A；
令x＝1，a＝10，由已知可判断B；
由已知将−an根据公式变形即可求解C；
根据公式利用放缩法即可求解．
解：根据题意可知，56=5×4×⋯×(5−6+1)6!=0，A正确；
当n∈N*，且n≥11时，10n=0，
所以100+101+102+⋯+102024=100+101+102+⋯+1010，
令x＝1，a＝10，
则由(1+x)a=a0+a1x+a2x2+⋯+anxn+an+1xn+1+⋯，
可得100+101+102+⋯+102024=210=1024≠2024，B不正确；
因为an=a(a−1)(a−2)⋯(a−n+1)n!，
所以−an=−a(−a−1)(−a−2)⋯(−a−n+1)n!=(−1)na(a+1)(a+2)⋯(a+n−1)n!
=(−1)n(a+n−1)(a+n−1−1)⋯(a+n−1−n+1)n!=(−1)n⋅a+n−1n，C正确；
(1+1160)5=50+51×1160+52×(1160)2+⋯＞50+51×1160=165160，
从而1655=33，即533＜16180，D正确．
故选：ACD．
【点评】本题考查了二项式定理的应用，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）（2024秋•河东区期中）已知函数f(x)=2x2+3，x＞00，x=03，x＜0，则f[f（﹣1）]＝ 21 ．
【考点】函数的值．
【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】21．
【分析】由题意，利用分段函数的解析式，先求出f（﹣1）的值，可得要求式子的值．
解：∵函数f(x)=2x2+3，x＞00，x=03，x＜0，∴f（﹣1）＝3，
则f[f（﹣1）]＝f（3）＝2×32+3＝21，
故21．
【点评】本题主要考查利用分段函数求函数的值，属于基础题．
13．（5分）（2025•长安区三模）已知抛物线C：y2＝4x，其中AC，BD是过抛物线焦点F的两条互相垂直的弦，直线AC的倾斜角为α，当α＝45°时，如图所示的“蝴蝶形图案（阴影区域）”的面积为 8 ．
【考点】直线与抛物线的综合．
【专题】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】8．
【分析】由题意，设出直线AC的方程，将直线方程与抛物线方程联立，求出A，C的横坐标，结合抛物线的定义和对称性即可求解．
解：易知抛物线C的焦点F（1，0），准线方程为x＝﹣1，
因为直线AC的倾斜角α＝45°，
所以直线AC的方程为y＝x﹣1，
联立y2=4xy=x−1，消去y并整理得x2﹣6x+1＝0，
解得x=3±22，
取xA=3+22，xC=3−22，
因为|AF|=xA+1=4+22，|CF|=xC+1=4−22，
由抛物线的对称性以及AC，BD是过抛物线焦点F的两条互相垂直的弦，
可得|DF|=xA+1=4+22，|BF|=xB+1=4−22，
所以S△AFB=12|AF|×|BF|=12(4+22)(4−22)=4，
由抛物线对称性可得“蝴蝶形图案（阴影区域）”的面积为2S△AFB＝2×4＝8．
故8．
【点评】本题考查抛物线的方程以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力，属于中档题．
14．（5分）（2022春•宝鸡期末）甲、乙两人做下列4个游戏：
①抛一枚骰子，向上的点数为奇数则甲胜，向上的点数为偶数则乙胜．
②甲乙在进行乒乓球比赛之前，裁判员利用抽签器来决定由谁先发球．
③从一副不含大、小王的扑克牌中抽一张，扑克牌是红色则甲胜，是黑色则乙胜．
④同时抛掷两枚硬币，恰有一枚正面向上则甲胜，两枚都是正面向上则乙胜．
在上述4个游戏中，不公平的游戏是 ④ ．
【考点】古典概型及其概率计算公式．
【专题】对应思想；定义法；概率与统计；逻辑思维．
【正确答案】④
【分析】根据题意，依次算出随机事件的概率即可．
解：①抛一枚骰子，向上的点数为奇数的概率＝向上的点数为偶数的概率=12，故A公平，
②甲乙在进行乒乓球比赛之前，裁判员利用抽签器来决定由谁先发球．属于随机抽样，概率都相等，故B公平，
③从一副不含大、小王的扑克牌中抽一张，扑克牌是红色的概率＝黑色的概率=12，故C公平，
④同时抛掷两枚硬币，恰有一枚正面向上的概率为12，两枚都是正面向上的概率为14，故D不公平，
故④．
【点评】本题考查了随机事件的概率相关知识，属于基础题．
四．解答题（共5小题，满分77分）
15．（13分）（2024春•城中区校级月考）三角形三内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知3ba=1−csBsinA．
（1）求角B的大小；
（2）若△ABC的面积等于3，D为BC边的中点，当中线AD的长最短时，求AC边的长．
【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）B=2π3；（2）AC=14．
【分析】（1）由正弦定理以及条件边化角得3sinB=1−csB，再结合辅助角公式即可求解．
（2）先由面积公式S△ABC=12acsinB得ac＝4，再在△ABD中，由余弦定理结合基本不等式即可得中线AD的最小值，进而可得AC长．
解：（1）在△ABC中，由正弦定理得，3sinBsinA=sinA−sinAcsB．
因为A∈（0，π），sinA≠0，所以3sinB=1−csB，
所以3sinB+csB=2sin(B+π6)=1，即sin(B+π6)=12，
又B∈（0，π），则B+π6=5π6，
所以B=2π3．
（2）由（1）得S△ABC=12acsin120°=34ac=3，所以ac＝4，
在△ABD中，由余弦定理可得：
AD2=c2+(a2)2−2c⋅a2⋅cs120°=c2+(a2)2+ac2≥3ac2=6，
当且仅当c=a2，即a=22，c=2时，等号成立，
此时AC2=a2+c2−2accs120°=8+2−2⋅22⋅2⋅(−12)=14，
故AC=14．
【点评】本题考查正弦定理，余弦定理，属于中档题．
16．（15分）（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．（15分）（2024•陕西模拟）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的离心率为22，过右焦点的直线l与椭圆C交于M，N两点，且当l⊥x轴时，|MN|=22．
（1）求椭圆C的方程；
（2）若直线l的斜率存在且不为0，点M，N在x轴上的射影分别为P，Q，且R（4，y0），N，P三点共线，设△RMN与△RPQ的面积分别为S1，S2，试判断S1S2是否为定值，若是，求出该定值，如果不是，请说明理由．
【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）x28+y24=1；
（2）是定值，且定值为1．
【分析】（1）根据离心率以及通径的长度即可联立求解a，b，c的值，
（2）联立直线方程和椭圆方程得韦达定理，进而根据斜率公式可证明Q，M，R三点共线，根据NQ∥PM，所以S△PQM＝S△PMN，进而可证明S1S2=1．
解：（1）不妨设椭圆C的半焦距为c（c＞0），
因为椭圆C的离心率为22，
所以e=ca=1−b2a2=22，
整理得b2a2=12，①
联立x2a2+y2b2=1x=c，
解得y=±b2a，
即|MN|=2b2a=22，②
联立①②，
解得a=22，b=2，
则椭圆C的方程为x28+y24=1；
（2）易知椭圆的右焦点为（2，0），
不妨设直线l的方程为y＝k（x﹣2）（k≠0），M（x1，y1），N（x2，y2），
联立y=k(x−2)x2+2y2=8，消去y并整理得（1+2k2）x2﹣8k2x+8k2﹣8＝0，
由韦达定理得x1+x2=8k21+2k2，x1x2=8k2−81+2k2，
因为MP⊥x轴，
所以P（x1，0），
此时直线NP的方程为y=y2x2−x1(x−x1)，
令x＝4，
解得y=y2(4−x1)x2−x1，
即R(4，y2(4−x1)x2−x1)，
因为NQ⊥x轴，
所以Q（x2，0）．
因为kMQ=y1x1−x2，kRQ=y2(4−x1)(x2−x1)(4−x2)，
所以kRQ−kMQ=y2(4−x1)(x2−x1)(4−x2)−y1x1−x2=k(x2−2)(4−x1)+k(x1−2)(4−x2)(x2−x1)(4−x2)
=k(x2−x1)(4−x2)⋅[6(x1+x2)−2x1x2−16]=2k(x2−x1)(4−x2)⋅(24k21+2k2−8k2−81+2k2−8)
=16k(x2−x1)(4−x2)⋅3k2−k2+1−1−2k21+2k2=0，
则Q，M，R三点共线．
因为NQ∥PM，
所以S△PQM＝S△PMN，
又S△PMR＝S△PMR，
所以△RMN与△RPQ的面积相同，
则S1S2=1，
故S1S2为定值，定值为1．
．
【点评】本题考查椭圆的方程以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力，属于中档题．
18．（17分）（2025•福建模拟）已知函数f（x）＝xlnx﹣alnx+e．
（1）若曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线为l，l不过原点，且l在坐标轴上的截距相等，求a的值；
（2）当a＞0时，若f（x）≥0恒成立，求实数a的取值范围．
【考点】利用导数求解函数的最值；利用导数求解曲线在某点上的切线方程．
【专题】计算题；转化思想；综合法；导数的综合应用；逻辑思维；运算求解．
【正确答案】（1）2；
（2）（0，2e]．
【分析】（1）求出f（x）的导函数，由已知可得f′（1）＝﹣1，由此可得a的值；
（2）令g（x）＝xlnx+e，利用导数求出g（x）的最小值＞0，当0＜x≤1时，可得f（x）＞0恒成立，当x＞1时，参变量分离可得a≤xlnx+elnx，令h(x)=xlnx+elnx，利用导数求出h（x）的最小值，从而可得a的取值范围．
解：（1）由f′(x)=lnx+1−ax，
又由切线l在坐标轴上的截距相等，l不过原点，可得f'（1）＝1﹣a＝﹣1，
故a＝2；
（2）令g（x）＝xlnx+e，x＞0，g'（x）＝lnx+1，令g'（x）＞0，有x＞1e，令g'（x）＜0，可得0＜x＜1e，
可得函数g（x）的减区间为(0，1e)，增区间为(1e，+∞)，
可得g(x)min=1eln1e+e=e−1e＞0，
①当0＜x≤1时，lnx≤0，有﹣alnx≥0，可得f(x)≥e−1e＞0；
②当x＞1时，f（x）≥0恒成立，可化为a≤xlnx+elnx，
令h(x)=xlnx+elnx，有h′(x)=(lnx)2−ex(lnx)2=x(lnx)2−ex(lnx)2，
又由函数φ（x）＝x（lnx）2﹣e（x＞1）单调递增，且φ（e）＝0，
可得函数h（x）的减区间为（0，e），增区间为（e，+∞），
有h（x）min＝h（e）＝2e，故a≤2e，
由上知实数a的取值范围为（0，2e]．
【点评】本题主要考查导数的几何意义，利用导数研究函数的最值，考查运算求解能力，属于中档题．
19．（17分）（2023秋•东城区校级期中）已知{an}是无穷数列，a1＝a，a2＝b，且对于{an}中任意两项ai，aj（i＜j），在{an}中都存在一项ak（j＜k＜2j），使得ak＝2aj﹣ai．
（Ⅰ）若a＝3，b＝5，求a3；
（Ⅱ）若a＝b＝0，求证：数列{an}中有无穷多项为0；
（Ⅲ）若a＜b，求数列{an}的通项公式．
【考点】数列的应用；数列递推式．
【专题】转化思想；反证法；转化法；等差数列与等比数列；点列、递归数列与数学归纳法；逻辑思维；运算求解．
【正确答案】（Ⅰ）a3＝7；
（Ⅱ）证明过程见解答；
（Ⅲ）an＝a+（n﹣1）（b﹣a），n＝1，2，3，⋯．
【分析】（Ⅰ）由题设取i＝1，j＝2，代入计算即可；
（Ⅱ）利用反证法证明即可；
（Ⅲ）利用反证法，先证{an}是递增数列，即∀n∈N*，an＜an+1恒成立，再证an＝a+（n﹣1）（b﹣a），n＝1，2，3，⋯，再求出通项公式．
解：（Ⅰ）取i＝1，j＝2，则存在ak（2＜k＜4）使a3＝2a2﹣a1＝2×5﹣3＝7．
（Ⅱ）证明：假设{an}中仅有有限项为0，不妨设am＝0，当n＞m时an均不为0，则m≥2，
取i＝1，j＝m，则存在ak（m＜k＜2m），使ak＝2am﹣a1＝0，与ak≠0矛盾，
所以数列{an}中有无穷多项为0；
（Ⅲ）由a＜b，先证{an}是递增数列，即∀n∈N*，an＜an+1恒成立，
否则，存在最小正整数n0，使an0≥an0+1，且a1＜a2＜⋯＜an0，显然n0≥2，
取i＝1，2，⋯，n0﹣1，j＝n0，则存在ak（n0＜k＜2n0）使ak=2an0−ai，
因为2an0−a1＞2an0−a2＞⋯＞2an0−an0−1＞an0，
所以2an0−a1，2an0−a2，⋯，2an0−an0−1，
对应an0+1，an0+2，⋯，a2n0−1，
所以an0+1＞an0，与an0+1≤an0矛盾，故{an}是递增数列；
再证an＝a+（n﹣1）（b﹣a），n＝1，2，3，⋯，记d＝b﹣a，
即证an＝a+（n﹣1）d，n＝1，2，3，⋯，当n＝1，2时，易知结论成立，
假设存在最小正整数m0，使得an＝a+（n﹣1）d对任意1≤n≤m0恒成立，
但am0+1≠a+m0d，则m0≥2，
取i＝1，2，⋯，m0﹣1，j＝m0，存在ak（m0＜k＜2m0）使ak=2am0−ai，
因为{an}是递增数列，所以a1＜a2＜⋯＜am0＜am0+1＜⋯＜a2m0−1，
则2am0−am0−1，⋯，2am0−a2，2am0−a1，对应am0+1，am0+2，⋯，a2m0−1，
所以am0+1=2am0−am0−1=2[a+(m0−1)d]−[a+(m0−2)d]=a+m0d，与am0+1≠a+m0d矛盾，
所以an＝a+（n﹣1）（b﹣a），n＝1，2，3，⋯．
【点评】本题考查了数列通项公式的求法，数列中有无穷多项为0的证明，数列的单调性，考查了转化思想，属难题．