【高考押题】2025届高考数学模拟预测卷五新高考Ⅱ卷 [含答案]

这是一份【高考押题】2025届高考数学模拟预测卷五新高考Ⅱ卷 [含答案]，共12页。
A．{0，3}B．{0，1}C．{1，3}D．{1}
2．（5分）已知z在复平面内对应的点为（﹣3，2），则z（1﹣4i）＝（ ）
A．5+14iB．5﹣14iC．﹣5+14iD．﹣5﹣14i
3．（5分）（2023•湖南学业考试）设p：四棱柱是正方体，q：四棱柱是长方体，则p是q的（ ）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
4．（5分）（2024秋•西安期末）函数f（x）=−2xx2+1的图象大致为（ ）
A．B．
C．D．
5．（5分）（2025•河南二模）若函数f（x）＝2x3﹣3x2﹣a在区间（1，2）内仅有一个零点，则a的取值范围为（ ）
A．（2，3）B．（0，1）C．（﹣1，4）D．（﹣1，0）
6．（5分）（2024•海南学业考试）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，点D在棱BB1上，且BD=23BB1，M，E分别是棱A1B1，AA1的中点，点N在棱CC1上，若MN∥平面CDE，则C1NCN=（ ）
A．57B．75C．23D．32
7．（5分）设5支枪中有2支未经过试射校正，3支已经过试射校正．一射手用校正过的枪射击中靶的概率是0.9，用未经过校正的枪射击中靶概率是0.4．今任取1支枪射靶，结果未中靶，则此枪为未经校正过的概率为（ ）
A．0.5B．0.6C．0.8D．0.4
8．（5分）（2025•河南二模）已知双曲线C：x2a2−y2b2=1（a＞0，b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，渐近线方程为y＝±3x，过F1且斜率为1的直线l与C在第一象限的交点为P，∠PF1F2的角平分线与线段PF2交于点Q，若PQ→=λQF2→，则λ的值是（ ）
A．42−43B．2+12C．22−2D．32+34
二．多选题（共3小题，满分18分，每小题6分）
（多选）9．（6分）（2024秋•资中县校级期末）下列选项正确的是（ ）
A．4−2＜2+1
B．313＞212
C．0.51.1＜1.10.5＜1.10.6
D．ln55＜ln22＜ln33
（多选）10．（6分）（2023春•云南月考）已知f（x）是定义在R上的偶函数，g（x）是定义在R上的奇函数，且f（x），g（x）均在[0，+∞）上单调递增，则（ ）
A．g(sinπ5)＜g(20.1)
B．f(lg315)＜f(lg34)
C．g（f（1））＜g（f（2））
D．f（g（﹣2））＜f（g（﹣1））
（多选）11．（6分）（2023秋•仁寿县期中）已知函数f(x)=Asin(2x+φ)+1(A＞0，|φ|＜π2)，f(x)≤f(π3)对任意的x∈R恒成立，则（ ）
A．f（x）的一个周期为π2
B．f（x）的图像关于直线x=−23π对称
C．f（x）在区间[π，5π4]上有1个极值点
D．f（x）在区间[π，5π4]上单调递增
三．填空题（共3小题，满分20分）
12．（5分）（2022•朝阳区校级三模）若(1−2x)5=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5，则a1+a2+a3+a4+a5＝ ．
13．（5分）已知0＜α＜π2，若sin(α+π13)+cs(α−π13)=3cs2αsin17π52，则cs(α+π4)= ．
14．（10分）（椒江区校级期中）若P是椭圆x210+y2＝1上的点，则P到椭圆两焦点距离之和为 ，若Q是圆x2+（y﹣6）2＝2上的点，则P、Q两点间距离最大值为 ．
四．解答题（共5小题）
15．（2025•柳州二模）某公司推出一种新产品，为了解某地区消费者对新产品的满意度，从中随机调查了500名消费者，得到如表：
（1）依据小概率值α＝0.1的独立性检验，能否认为消费者对新产品的满意度与性别有关；
（2）若用频率估计概率，从该地区消费者中随机选取3人，用X表示不满意的人数，求X的分布列与数学期望．附：χ2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，其中n＝a+b+c+d．
16．（2024秋•秦皇岛期中）已知数列{an}的首项a1=32，其前n项和Sn满足Sn＝1−23an+1．
（1）求{an}的通项公式；
（2）设bn＝nan，数列{bn}的前n项和为Tn，若Tn≤m对任意n∈N*恒成立，求m的最小值．
17．（2022春•松山区校级期中）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，点M（3，32）满足|MF1|+|MF2|＝2a，且△MF1F2的面积为32．
（1）求椭圆C的方程；
（2）设E、F是椭圆C上的两个动点，O为坐标原点，直线OE的斜率为k1，直线OF的斜率为k2，求当k1•k2为何值时，直线EF与以原点为圆心的定圆相切，并写出此定圆的标准方程．
18．（2024秋•普陀区校级期中）在四棱锥P﹣ABCD中，底面为梯形，AB∥CD，△PAD为正三角形，且PA＝AB＝2，∠BAP＝∠CDP＝90°，四棱锥P﹣ABCD的体积为23．
（1）设平面PAB∩平面PCD＝l，求证：l∥AB．
（2）求证：平面PAD⊥平面ABCD．
（3）求异面直线PB与AD所成角的余弦值．
19．（2025•河南二模）设g（x）＝axlnx+b﹣x2（a，b∈R），定义f(x)=g(x)x+t为g（x）的“N（t）函数”．
（1）设f（x）为g（x）的“N（1）函数”，若a＝1，b＝﹣2，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（2）设f（x）为g（x）的“N（0）函数”．
（i）若x＝1是f（x）的极小值点，求b的取值范围；
（ii）若a＝2，方程f′（x）＝0有两个根x1，x2，且x1＜x2，求证：f(x2)＜23b+2ln2−2．
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，满分40分，每小题5分）
1．（5分）（2023秋•涟水县校级月考）已知集合A＝{1，3}，A∩B＝{1}，A∪B＝{0，1，3}，则集合B＝（ ）
A．{0，3}B．{0，1}C．{1，3}D．{1}
【考点】求集合的并集；求集合的交集．
【专题】转化思想；转化法；集合；运算求解．
【正确答案】B
【分析】根据交集、并集运算结果分析求解．
解：因为A＝{1，3}，A∩B＝{1}，可知1∈B，3∉B；
又因为A＝{1，3}，A∪B＝{0，1，3}，可知B⊆A∪B，0∈B；
综上所述：B＝{0，1}．
故选：B．
【点评】本题主要考查集合的运算，属于基础题．
2．（5分）已知z在复平面内对应的点为（﹣3，2），则z（1﹣4i）＝（ ）
A．5+14iB．5﹣14iC．﹣5+14iD．﹣5﹣14i
【考点】复数的代数表示法及其几何意义；复数的乘法及乘方运算．
【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】先求出z，再结合复数的四则运算法则，即可求解．
解：z在复平面内对应的点为（﹣3，2），
则z＝﹣3+2i，
故z（1﹣4i）＝（﹣3+2i）（1﹣4i）＝5+14i．
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）（2023•湖南学业考试）设p：四棱柱是正方体，q：四棱柱是长方体，则p是q的（ ）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
【考点】充分条件与必要条件；棱柱的结构特征．
【专题】常规题型；计算题；转化思想；综合法；简易逻辑；运算求解．
【正确答案】A
【分析】根据题意，利用正方体和长方体的定义，结合充分条件和必要条件的定义判断，即可得到本题的答案．
解：正方体是特殊的长方体，而长方体不一定是正方体，故p是q的充分不必要条件．
故选：A．
【点评】本题主要考查了长方体与正方体的关系、充要条件的判断及其应用等知识，属于基础题．
4．（5分）（2024秋•西安期末）函数f（x）=−2xx2+1的图象大致为（ ）
A．B．
C．D．
【考点】由函数解析式求解函数图象．
【专题】函数思想；定义法；函数的性质及应用；运算求解．
【正确答案】C
【分析】推导出函数f（x）=−2xx2+1是奇函数，图象关于原点对称，排除A和B；求出f（1）=−2×(−1)12+1=1＞0，排除D．
解：∵函数f（x）=−2xx2+1，
∴f（﹣x）=−−2x(−x)2+1=2xx2+1=−f（x），
∴函数f（x）=−2xx2+1是奇函数，图象关于原点对称，排除A和B；
f（1）=−2×112+1=−1＜0，排除D．
故选：C．
【点评】本题考查根据函数解析式判断图象、函数的奇偶性、特殊值等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
5．（5分）（2025•河南二模）若函数f（x）＝2x3﹣3x2﹣a在区间（1，2）内仅有一个零点，则a的取值范围为（ ）
A．（2，3）B．（0，1）C．（﹣1，4）D．（﹣1，0）
【考点】由函数零点所在区间求解函数或参数．
【专题】函数思想；综合法；函数的性质及应用；导数的综合应用；运算求解．
【正确答案】C
【分析】确定函数单调性，根据单调性求解即可．
解：因为f（x）＝2x3﹣3x2﹣a，
所以f′（x）＝6x（x﹣1），
令f′（x）＞0，解得x＜0或x＞1；
令f′（x）＜0，解得0＜x＜1，
所以f（x）在（1，2）上单调递增，
要满足函数f（x）＝2x3﹣3x2﹣a在区间（1，2）内仅有一个零点，
则f（1）＝﹣1﹣a＜0，f（2）＝4﹣a＞0，解得﹣1＜a＜4．
故选：C．
【点评】本题考查了导数的综合运用及零点存在定理，属于基础题．
6．（5分）（2024•海南学业考试）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，点D在棱BB1上，且BD=23BB1，M，E分别是棱A1B1，AA1的中点，点N在棱CC1上，若MN∥平面CDE，则C1NCN=（ ）
A．57B．75C．23D．32
【考点】直线与平面平行．
【专题】计算题；转化思想；综合法；空间位置关系与距离；运算求解．
【正确答案】B
【分析】在平面ABB1A1内，作MF∥AA1，与DE交于点F，连接CF，证明MFCN是平行四边形，根据梯形中位线可求MF长度，从而得到答案．
解：如图，在平面ABB1A1内，作MF∥AA1，与DE交于点F，连接CF，则MF∥CC1，
∴MF，CC1共面，∵MN∥平面CDE，由线面平行的性质知MN∥CF，
∴MFCN是平行四边形，∴MF＝CN．
又M是A1B1的中点，∴MF是梯形A1B1DE的中位线，
设AA1＝6，则MF=A1E+B1D2=52，即CN=52，
∴C1N=6−52=72，∴C1NCN=75．
故选：B．
【点评】本题主要考查线面平行的性质定理，考查运算求解能力与逻辑推理能力，属于中档题．
7．（5分）设5支枪中有2支未经过试射校正，3支已经过试射校正．一射手用校正过的枪射击中靶的概率是0.9，用未经过校正的枪射击中靶概率是0.4．今任取1支枪射靶，结果未中靶，则此枪为未经校正过的概率为（ ）
A．0.5B．0.6C．0.8D．0.4
【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】根据已知条件，结合全概率公式，即可求解．
解：记A为“校正过的枪支”，B为“射击中靶”，
则P（A）＝0.6，P（A）＝0.4，P（B|A）＝0.9，P(B|A)=0.4，
故P（B|A）＝0.6，P（B|A）＝0.1，
P（A|B）=P(AB)P(B)=P(A)P(B|A)P(A)P(B|A)+P(A)P(B|A)=0.4×0.60.4×0.6+0.6×0.1=0.8．
故选：C．
【点评】本题主要考查全概率公式，属于基础题．
8．（5分）（2025•河南二模）已知双曲线C：x2a2−y2b2=1（a＞0，b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，渐近线方程为y＝±3x，过F1且斜率为1的直线l与C在第一象限的交点为P，∠PF1F2的角平分线与线段PF2交于点Q，若PQ→=λQF2→，则λ的值是（ ）
A．42−43B．2+12C．22−2D．32+34
【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；直线与双曲线的位置关系及公共点个数．
【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】设双曲线C的半焦距为c，结合双曲线的渐近线方程为y=±3x，可得c＝2a，设|PF2|＝t，结合双曲线定义，余弦定理列关系式可得t=32+12c，结合角平分线性质求结论．
解：设C的半焦距为c，
因为双曲线x2a2−y2b2=1的渐近线方程为y=±3x，
所以ba=3，
故b=3a，c=a2+b2=2a，
设|PF2|＝t，|PF1|＝t+2a＝t+c，|F1F2|＝2c，
在△PF1F2中，由余弦定理可得，t2=(2c)2+(t+c)2−2⋅(2c)⋅(t+c)⋅csπ4，
化简得t=32+12c，则|PF1|=32+32c，
因为F1Q为∠PF1F2的角平分线，
所以S△PF1QS△F2F1Q=12|PF1||F1Q|sin∠PF1Q12|F1F2||F1Q|sin∠F2F1Q=|PF1||F1F2|，
又S△PF1QS△F2F1Q=|PQ||QF2|，
所以|PQ||QF2|=|PF1||F1F2|=t+c2c=32+12c+c2c=32+34，
因为PQ→=λQF2→，
所以λ=|PQ||QF2|=32+34．
故选：D．
【点评】本题主要考查了双曲线的几何性质，考查了角平分线的性质，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秋•资中县校级期末）下列选项正确的是（ ）
A．4−2＜2+1
B．313＞212
C．0.51.1＜1.10.5＜1.10.6
D．ln55＜ln22＜ln33
【考点】指数函数的单调性与最值；对数函数的单调性与最值．
【专题】转化思想；作差法；构造法；函数的性质及应用；运算求解．
【正确答案】BCD
【分析】利用作差法即可判断选项A；利用指数运算即可判断选项B；利用指数函数的单调性，并借助中间量1，即可判断选项C；利用指数、对数的运算及对数函数的性质可判断选项D．
解：∵4−2−(2+1)=3−22＞0，
∴4−2＞2+1，选项A错误；
∵32＞23，∴(313)6＞(212)6，即313＞212，选项B正确；
∵0.51.1＜0.50＝1，1＝1.10＜1.10.5＜1.10.6，
∴0.51.1＜1.10.5＜1.10.6，选项C正确；
∵ln22=ln212，ln33=ln313，ln55=ln515，
又52＜25，23＜32，∴515＜212，212＜313，即515＜212＜313，
∴ln515＜ln212＜ln313，即ln55＜ln22＜ln33，选项D正确．
故选：BCD．
【点评】本题考查了利用函数的单调性判断大小的应用问题，是基础题．
（多选）10．（6分）（2023春•云南月考）已知f（x）是定义在R上的偶函数，g（x）是定义在R上的奇函数，且f（x），g（x）均在[0，+∞）上单调递增，则（ ）
A．g(sinπ5)＜g(20.1)
B．f(lg315)＜f(lg34)
C．g（f（1））＜g（f（2））
D．f（g（﹣2））＜f（g（﹣1））
【考点】奇偶性与单调性的综合．
【专题】整体思想；综合法；函数的性质及应用；运算求解．
【正确答案】AC
【分析】通过函数的单调性，比较函数值的大小．
解：由题意得f（x）在（﹣∞，0]上单调递减，g（x）在R上单调递增．
因为0＜sinπ5＜1＜20.1，所以g(sinπ5)＜g(20.1)，A正确；
因为lg35＞lg34＞0，所以f(lg315)=f(−lg35)=f(lg35)＞f(lg34)，B错误；
因为f（1）＜f（2），所以g（f（1））＜g（f（2）），C正确；
因为g（﹣2）＜g（﹣1）＜g（0）＝0，所以f（g（﹣2））＞f（g（﹣1）），D错误．
故选：AC．
【点评】本题主要考查了函数的单调性及奇偶性在函数值大小比较中的应用，属于中档题．
（多选）11．（6分）（2023秋•仁寿县期中）已知函数f(x)=Asin(2x+φ)+1(A＞0，|φ|＜π2)，f(x)≤f(π3)对任意的x∈R恒成立，则（ ）
A．f（x）的一个周期为π2
B．f（x）的图像关于直线x=−23π对称
C．f（x）在区间[π，5π4]上有1个极值点
D．f（x）在区间[π，5π4]上单调递增
【考点】正弦函数的图象；三角函数的周期性．
【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】BD
【分析】对于A，求得最小正周期即可判断；对于B，由题意求得φ=−π6，检验x=−23π时，sin(2x−π6)是否为±1即可判断；对于CD，由x∈[π，5π4]可得2x−π6∈[11π6，7π3]，从而可得f（x）在区间[π，5π4]上单调递增，没有极值点，即可判断．
解：对于A，f（x）的最小正周期T=2π2=π，A错；
对于B，因为f(x)≤f(π3)对任意的x∈R恒成立，
所以当x=π3时，f（x）取得最大值，所以2×π3+φ=π2+2kπ，k∈Z，
解得φ=−π6+2kπ，k∈Z，又因为|φ|＜π2，所以φ=−π6，
所以f(x)=Asin(2x−π6)+1，所以当x=−23π时，sin(2x−π6)=sin(−4π3−π6)=1，
所以f（x）的图像关于直线x=−23π对称，B对；
对于CD，因为x∈[π，5π4]，所以2x−π6∈[11π6，7π3]，
所以f（x）在区间[π，5π4]上单调递增，没有极值点，C错D对．
故选：BD．
【点评】本题考查三角函数的性质，属于中档题．
三．填空题（共3小题，满分20分）
12．（5分）（2022•朝阳区校级三模）若(1−2x)5=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5，则a1+a2+a3+a4+a5＝ ﹣2 ．
【考点】二项展开式的通项与项的系数．
【专题】转化思想；综合法；二项式定理；运算求解．
【正确答案】﹣2．
【分析】分别令x＝0，x＝1，联立方程即可求解．
解：令x＝0，则a0＝1，
令x＝1，则a0+a1+...+a5＝（1﹣2）5＝﹣1，
所以a1+a2+...+a5＝﹣1﹣1＝﹣2，
故﹣2．
【点评】本题考查了二项式定理的应用，考查了学生的运算能力，属于基础题．
13．（5分）已知0＜α＜π2，若sin(α+π13)+cs(α−π13)=3cs2αsin17π52，则cs(α+π4)= 13 ．
【考点】两角和与差的三角函数．
【专题】整体思想；综合法；三角函数的求值；运算求解．
【正确答案】13．
【分析】根据给定条件，利用和差角的正余弦公式、二倍角的余弦公式求解作答．
解：由0＜α＜π2知，sinα＞0，csα＞0，
由sin(α+π13)+cs(α−π13)=3cs2αsin17π52得：sinαcsπ13+csαsinπ13+csαcsπ13+sinαsinπ13=3(cs2α−sin2α)sin17π52，
即(sinα+csα)(sinπ13+csπ13)=3(sinα+csα)(csα−sinα)sin(π4+π13)，
有sinπ13+csπ13=3(csα−sinα)⋅22(sinπ13+csπ13)，
所以3cs(α+π4)=1，
所以cs(α+π4)=13．
故13．
【点评】本题主要考查了和差角公式及二倍角公式在三角化简求值中的应用，属于基础题．
14．（10分）（椒江区校级期中）若P是椭圆x210+y2＝1上的点，则P到椭圆两焦点距离之和为 210 ，若Q是圆x2+（y﹣6）2＝2上的点，则P、Q两点间距离最大值为 62 ．
【考点】圆与圆锥曲线的综合；椭圆的几何特征．
【专题】方程思想；转化法；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解．
【正确答案】210，62．
【分析】由椭圆的定义可得点P到椭圆的两个焦点的距离之和为2a，设P（10csθ，sinθ），（θ∈R），先计算出|PC|max，则|PQ|max＝|PC|max+r．
解：因为P是椭圆x210+y2＝1上的点，
所以由椭圆的定义可得点P到椭圆的两个焦点的距离之和为2a＝210，
设P（10csθ，sinθ），（θ∈R），
所以|PC|=(10csθ−0)2+(sinθ−6)2=10cs2θ+sin2θ−12sinθ+36
=−9sin2θ−12sinθ+46=−9(sinθ+23)2+50，
当sinθ=−23时，|PC|max＝52，
此时csθ＝±53，
所以P（−2103，±53），
因为点Q是圆x2+（y﹣6）2＝2上的点，
所以|PQ|max＝|PC|max+r＝62，
故210，62．
【点评】本题考查椭圆的定义，两点之间的距离最值，解题中需要理清思路，属于中档题．
四．解答题（共5小题）
15．（2025•柳州二模）某公司推出一种新产品，为了解某地区消费者对新产品的满意度，从中随机调查了500名消费者，得到如表：
（1）依据小概率值α＝0.1的独立性检验，能否认为消费者对新产品的满意度与性别有关；
（2）若用频率估计概率，从该地区消费者中随机选取3人，用X表示不满意的人数，求X的分布列与数学期望．附：χ2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，其中n＝a+b+c+d．
【考点】离散型随机变量的均值（数学期望）；独立性检验．
【专题】转化思想；综合法；概率与统计；逻辑思维；运算求解．
【正确答案】（1）依据小概率值α＝0.1的独立性检验，不能认为消费者对新产品的满意度与性别有关．
（2）X的分布列为：
E（X）=310．
【分析】（1）利用公式求出χ2，利用临界值表进行判断；
（2）先求出不满意的概率，由二项分布求解概率，列表得到分布列，利用期望公式进行求解．
解：（1）零假设H0：消费者对新产品的满意度与性格无关，
则χ2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)=500×(220×20−230×30)2250×250×50×450=209≈2.222＜2.706＝x0.10，
∴依据小概率值α＝0.1的独立性检验，不能认为消费者对新产品的满意度与性别有关．
（2）从该地区消费者中随机选取1人，对新产品不满意的概率为50500=110，
从该地区消费者中随机选取3人，用X表示不满意的人数，
则X的可能取值为0，1，2，3，且X～B（3，110），
则P（X＝0）＝（910）3=7291000，
P（X＝1）=C31×110×(910)2=2431000，
P（X＝2）=C32×(110)2×910=271000，
P（X＝3）=C33×(110)3=11000，
∴X的分布列为：
E（X）=3×110=310．
【点评】本题考查独立性检验、二项分布等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
16．（2024秋•秦皇岛期中）已知数列{an}的首项a1=32，其前n项和Sn满足Sn＝1−23an+1．
（1）求{an}的通项公式；
（2）设bn＝nan，数列{bn}的前n项和为Tn，若Tn≤m对任意n∈N*恒成立，求m的最小值．
【考点】数列求和的其他方法；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】（1）an=32⋅(−12)n−1；
（2）32．
【分析】（1）利用an＝Sn﹣Sn﹣1（n≥2）得到{an}为等比数列，然后求通项即可；
（2）利用错位相减的方法得到Tn，然后分n为奇数和偶数两种情况分析即可．
解：（1）数列{an}的首项a1=32，其前n项和Sn满足Sn＝1−23an+1．
由Sn=1−23an+1①，可知Sn+1=1−23an+2②，
两式相减可得Sn+1−Sn=an+1=(1−23an+2)−(1−23an+1)=23an+1−23an+2，即an+2=−12an+1．
当n＝1时，由题意得a1=1−23a2，又∵a1=32，∴a2=−34．
又∵a2=−12a1，∴{an}是首项为32，公比为−12的等比数列，
故an=32⋅(−12)n−1．
（2）设bn＝nan，数列{bn}的前n项和为Tn，若Tn≤m对任意n∈N*恒成立，
由（1）知bn=3n2⋅(−12)n−1，
Tn=3×12×(−12)0+3×22×(−12)1+3×32×(−12)2+⋯+3(n−1)2⋅(−12)n−2+3n2⋅(−12)n−1①，
两边同乘以−12，得−12Tn=3×12×(−12)1+3×22×(−12)2+3×32×(−12)3+⋯+3(n−1)2⋅(−12)n−1+3n2⋅(−12)n②，
①—②得(1+12)Tn=32+32×(−12)1+32×(−12)2+32×(−12)3+⋯+32⋅(−12)n−1−3n2⋅(−12)n．
从而32Tn=32[1−(−12)n]1−(−12)−3n2⋅(−12)n=1−(−12)n−3n2⋅(−12)n=1−(1+3n2)⋅(−12)n．
于是Tn=23−(n+23)(−12)n．
当n是偶数时，(n+23)(12)n＞0，Tn=23−(n+23)(12)n＜23，
因此Tn≤32．
当n是奇数时，Tn=23+(n+23)(12)n，Tn+2−Tn=[23+(n+2+23)(12)n+2]−[23+(n+23)(12)n]=(n+83)(12)n+2−(n+23)(12)n=(n+83)(12)n+2−4(n+23)⋅(12)n+2=−3n⋅(12)n+2＜0，
∴当n是奇数时，{Tn}为递减数列，Tn≤T1=32．
∵Tn≤m对任意n∈N*恒成立，
∴m≥32，
即m的最小值为32．
【点评】本题考查数列的通项与求和的关系，以及等比数列的通项公式、求和公式，数列的错位相减法求和、不等式恒成立问题，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
17．（2022春•松山区校级期中）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F1，F2，点M（3，32）满足|MF1|+|MF2|＝2a，且△MF1F2的面积为32．
（1）求椭圆C的方程；
（2）设E、F是椭圆C上的两个动点，O为坐标原点，直线OE的斜率为k1，直线OF的斜率为k2，求当k1•k2为何值时，直线EF与以原点为圆心的定圆相切，并写出此定圆的标准方程．
【考点】直线与椭圆的综合．
【专题】计算题；方程思想；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）x24+y23=1；（2）k1•k2＝﹣1，x2+y2=127．
【分析】（1）由S△MF1F2=32，得c＝1，又点M在椭圆上，知3a2+34b2=1，结合a2＝b2+1，即可求解；
（2）设出直线EF的方程，联立直线方程与椭圆方程，写出韦达定理，根据直线和圆相切，利用点到直线的距离公式建立方程，求得定圆的标准方程．
解：（1）由S△MF1F2=12|F1F2|×32=32，则|F1F2|＝2＝2c，所以c＝1．
又|MF1|+|MF2|＝2a，则点M在椭圆上，所以3a2+34b2=1．
又a2＝b2+1，联立解得a2＝4，b2＝3，
所以椭圆C的方程：x24+y23=1．
（2）当直线EF的斜率存在时，设直线EF的方程为y＝kx+m，E（x1，y1），F（x2，y2），
联立y=kx+mx24+y23=1，消去y得（3+4k2）x2+8kmx+4m2﹣12＝0，
判别式Δ＝48（3+4k2﹣m2）＞0，得x1+x2=−8km3+4k2，x1x2=4m2−123+4k2，
设k1•k2＝t，因为点E，F在直线y＝kx+m上，得（kx1+m）（kx2+m）＝tx1x2，
整理得(k2−t)x1x2+mk(x1+x2)+m2=0，
即(k2−t)4m2−123+4k2+mk(−8km3+4k2)+m2=0，化简得m2=12k2−12t3−4t，
原点O到直线EF的距离d=|m|1+k2，则d2=m21+k2=12k2−12t(1+k2)(3−4t)，
由已知有d是定值，所以有13−4t=−t3−4t，解得t＝﹣1，
即当k1•k2＝﹣1时，直线EF与以原点为圆心的定圆相切，
验证知当直线EF的斜率不存在时也成立，
此时d=127，定圆的标准方程为x2+y2=127．
【点评】本题主要考查椭圆方程的求解，直线与圆锥曲线的位置关系，韦达定理及其应用等知识，属于中等题．
18．（2024秋•普陀区校级期中）在四棱锥P﹣ABCD中，底面为梯形，AB∥CD，△PAD为正三角形，且PA＝AB＝2，∠BAP＝∠CDP＝90°，四棱锥P﹣ABCD的体积为23．
（1）设平面PAB∩平面PCD＝l，求证：l∥AB．
（2）求证：平面PAD⊥平面ABCD．
（3）求异面直线PB与AD所成角的余弦值．
【考点】平面与平面垂直；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；运算求解．
【正确答案】（1）证明见解答；
（2）证明见解答；
（3）24．
【分析】（1）利用线面平行的判定定理及性质定理即可证明；
（2）由面面垂直的判定定理即可证明；
（3）取AD的中点Q，连接PQ，CQ，利用面面垂直的性质定理证明PQ⊥平面ABCD，由棱锥的体积求出CD的长，然后在三角形PBE中，利用边角关系求解即可．
（1）证明：因为AB∥CD，CD⊂平面PCD，AB⊄平面PCD，
则AB∥平面PCD，又AB⊂平面PAB，
且平面PAB∩平面PCD＝l，
则l∥AB；
（2）证明：因为∠CDP＝90°，所以CD⊥DP，
因为AB∥CD，则AB⊥DP，
又∠BAP＝90°，即AB⊥AP，
又AP，DP⊂平面PAD，AP∩DP＝P，
故AB⊥平面 PAD，又AB⊂平面ABCD，
则平面PAD⊥平面ABCD；
（3）解：由（2）知，平面PAD⊥平面ABCD，
取AD的中点Q，连接PQ，BQ，
因为△PAD为正三角形，Q为AD的中点，所以PQ⊥AD，
又平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD＝AD，
所以PQ⊥平面ABCD，
在Rt△PDQ中，PQ=PD2−DQ2=3，
则四棱锥P﹣ABCD的体积V=13S△ABCD⋅PQ=13×12×(2+CD)×2×3=23，
解得CD＝4，取CD中点E，连接BE，PE，
则AD∥BE，即∠PBE即为直线PB与AD所成角或其补角，
在Rt△BAQ中，BQ=AB2+AQ2=5，
在Rt△PBQ中，PB=BQ2+PQ2=22，
在Rt△PDE中，PE=DE2+PD2=22，
又BE＝AD＝2，所以cs∠PBE=8+4−82×22×2=24，
即异面直线PB与AD所成角的余弦值为24．
【点评】本题考查线面平行的判定定理及性质定理、面面垂直的判定定理及异面直线所成角的求法，属中档题．
19．（2025•河南二模）设g（x）＝axlnx+b﹣x2（a，b∈R），定义f(x)=g(x)x+t为g（x）的“N（t）函数”．
（1）设f（x）为g（x）的“N（1）函数”，若a＝1，b＝﹣2，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（2）设f（x）为g（x）的“N（0）函数”．
（i）若x＝1是f（x）的极小值点，求b的取值范围；
（ii）若a＝2，方程f′（x）＝0有两个根x1，x2，且x1＜x2，求证：f(x2)＜23b+2ln2−2．
【考点】利用导数研究函数的极值；利用导数研究曲线上某点切线方程．
【专题】计算题；转化思想；综合法；导数的综合应用；运算求解；新定义类．
【正确答案】（1）x﹣4y﹣7＝0；
（2）（ⅰ）（1，+∞）；（ⅱ）证明见解析．
【分析】（1）根据新定义确定f（x）的解析式，求导利用导数的几何意义求解；
（2）（ⅰ）求导，并根据极值的定义判断求解；（ⅱ）根据题意得方程﹣x2+2x﹣b＝0有两个正根x1，x2，由韦达定理可得0＜b＜1，且b=−x22+2x2，求出1＜x2＜2，构造函数h(x)=2lnx+23x2−103x+2(1＜x＜2)，利用导数求出最大值得证．
解：（1）若a＝1，b＝﹣2，则g（x）＝xlnx﹣2﹣x2，则f(x)=xlnx−2−x2x+1，
∴f′(x)=lnx−x2−x+3(x+1)2，∴f′(1)=14，又f(1)=−32，
∴曲线y＝f（x）在点(1，−32)处的切线方程为y+32=14(x−1)，即x﹣4y﹣7＝0．
（2）（ⅰ）由题，可得f(x)=alnx+bx−x，定义域为（0，+∞），
则f′(x)=ax−bx2−1=−x2+ax−bx2，
∵x＝1是f（x）的极小值点，则f′（1）＝﹣1+a﹣b＝0⇒a＝b+1，
则f′(x)=−x2+(b+1)x−bx2=−(x−1)(x−b)x2，
若b≤0，令f′（x）＞0⇒x∈（0，1），令f′（x）＜0⇒x∈（1，+∞），
则f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，
∴x＝1是f（x）的极大值点，不满足题意；
若0＜b＜1，令f′（x）＞0，可得x∈（b，1），令f′（x）＜0，可得x∈（0，b）∪（1，+∞），
则f（x）在（0，b），（1，+∞）上单调递减，在（b，1）上单调递增，
∴x＝1是f（x）的极大值点，不满足题意；
若b＝1，则f′(x)=−(x−1)2x2≤0，
∴f（x）在（0，+∞）上单调递减，无极值，不满足题意；
若b＞1，令f′（x）＞0，可得x∈（1，b），令f′（x）＜0，可得x∈（0，1）∪（b，+∞），
则f（x）在（0，1），（b，+∞）上单调递减，在（1，b）上单调递增，
∴x＝1是f（x）的极小值点，满足题意；
综上，x＝1是f（x）的极小值点时，b的取值范围为（1，+∞）．
（ⅱ）证明：由题f′(x)=−x2+2x−bx2(x＞0)，
设φ（x）＝﹣x2+2x﹣b，抛物线y＝φ（x）的对称轴为直线x＝1，
∵方程f′（x）＝0有两个正根x1，x2，∴Δ=4−4b＞0x1+x2=2＞0x1x2=b＞0，解得0＜b＜1，
由题意知−x22+2x2−b=0，得b=−x22+2x2．
∵φ（1）＝1﹣b＞0，φ（2）＝﹣b＜0，∴1＜x2＜2，
f(x2)−23b=2lnx2−x2+bx2−23b=2lnx2+23x22−103x2+2，
令h(x)=2lnx+23x2−103x+2(1＜x＜2)，
则h′(x)=2x+43x−103=2(x−1)(2x−3)3x，
当x∈(1，32)时，h′（x）＜0，∴h（x）单调递减；
当x∈(32，2)时，h′（x）＞0，∴h（x）单调递增，
∵1＜x2＜2，∴h（x2）＜max{h（1），h（2）}，
由h(1)=−23，h（2）＝2ln2﹣2，得h(2)−h(1)=2ln2−43=2(ln8−lne2)3，
∵e＜2.8，∴e2＜2.82＝7.84＜8，∴lne2＜ln8，则ln8﹣lne2＞0，
∴h（2）﹣h（1）＞0，∴h（2）＞h（1），∴h（x2）＜max{h（1），h（2）}＝h（2）＝2ln2﹣2，
∴f(x2)−23b＜2ln2−2，即f(x2)＜23b+2ln2−2．
【点评】本题主要考查利用导数研究曲线上某点的切线方程，利用导数研究函数的极值，考查运算求解能力，属于难题．性别
满意度
合计
满意
不满意
男
220
30
250
女
230
20
250
合计
450
50
500
α
0.1
0.05
0.01
xα
2.706
3.841
6.635
性别
满意度
合计
满意
不满意
男
220
30
250
女
230
20
250
合计
450
50
500
α
0.1
0.05
0.01
xα
2.706
3.841
6.635
X
0
1
2
3
P
7291000
2431000
271000
11000
X
0
1
2
3
P
7291000
2431000
271000
11000