【高考押题】2025届高考数学模拟预测卷一全国甲卷 [含答案]

这是一份【高考押题】2025届高考数学模拟预测卷一全国甲卷 [含答案]，共12页。试卷主要包含了条件等内容，欢迎下载使用。
1．（5分）（2021春•皮山县校级月考）设复数z＝（x+1）+（x﹣3）i，x∈R，则|z|的最小值为（ ）
A．1B．2C．22D．4
2．（5分）（2022秋•鄠邑区期末）已知直线l，m与平面α，其中m⊂α，则“l⊥m”是“l⊥α”的（ ）条件．
A．充要B．必要不充分
C．充分不必要D．既不充分也不必要
3．（5分）（2023秋•青羊区校级期末）在某病毒疫苗的研发过程中，需要利用基因编辑小鼠进行动物实验．现随机抽取100只基因编辑小鼠对该病毒疫苗进行实验，得到如下2×2列联表（部分数据缺失）：
计算可知，根据小概率值α＝（ ）的独立性检验，分析“给基因编辑小鼠注射该种疫苗能起到预防该病毒感染的效果”．
附：χ2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，n＝a+b+c+d．
A．0.001B．0.05C．0.01D．0.005
4．（5分）若奇函数f（x）在[1，3]上为增函数，且有最小值2，则它在[﹣3，﹣1]上（ ）
A．是减函数，有最大值﹣2
B．是减函数，有最小值﹣2
C．是增函数，有最大值﹣2
D．是增函数，有最小值﹣2
5．（5分）（2022春•青羊区校级期中）在等差数列{an}中，12a12＝a9﹣6，则数列{an}的前11项和S11＝（ ）
A．24B．48C．66D．132
6．（5分）（2023春•日喀则市期末）函数f（x）＝ex+ax在x＝0处的切线与直线2x﹣y﹣5＝0平行，则实数a＝（ ）
A．﹣1B．1C．12D．14
7．（5分）已知抛物线W：x2＝4y，设W的焦点为F，斜率为1的直线l经过点F且与W相交于点A，B，则|AF|•|BF|＝（ ）
A．4B．42C．8D．12
8．（5分）（2025春•齐齐哈尔校级月考）已知0＜α＜β＜π2，且csβ=55，cs(β−α)=31010，则下面正确的为（ ）
A．sinβ=−255B．sin(β−α)=−1010
C．csα=53D．sin2β=45
二．多选题（共3小题，满分18分，每小题6分）
（多选）9．（6分）下列关于函数y＝tan（x+π3）的说法中正确的有（ ）
A．在（π6，7π6）上单调递增
B．最小正周期是π
C．图象关于点（π6，0）成中心对称
D．图象关于直线x=−π3成轴对称
（多选）10．（6分）（2024春•博爱县校级期中）希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名．他发现：“平面内到两个定点A，B的距离之比为定值λ（λ≠1）的点的轨迹是圆”．后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆．在平面直角坐标系xOy中，已知A（﹣3，1），B（﹣3，9），点P是满足λ=13的阿氏圆上的任一点，若点Q为抛物线E：y2＝4x上的动点，Q在直线x＝﹣1上的射影为H，F为抛物线E的焦点，则下列选项正确的有（ ）
A．|AQ|﹣|QF|的最小值为2
B．△APF的面积最大值为3+3172
C．当∠PFA最大时，△APF的面积为78+372
D．|PB|+3|PQ|+3|QH|的最小值为317
（多选）11．（6分）（2024秋•南山区校级月考）已知集合A＝{x1，x2，x3，x4}且x1＜x2＜x3＜x4，定义集合B＝{x|x＝|xi﹣xj|，xi，xj∈A，i，j＝1，2，3，4}，若B＝A，下列说法正确的是（ ）
A．0∉AB．x1+x4＝x2+x3
C．2x2＝x1+x3D．2x3＝x2+x4
三．填空题（共3小题，满分15分，每小题5分）
12．（5分）（2024秋•杭州期末）已知△ABC的外接圆圆心为O，且2AO→=AB→+AC→，|OA→|=|AB→|，则向量BA→在向量BC→上的投影向量为 ．
13．（5分）（2025春•泰安期中）用0～8这9个数字，可以组成没有重复数字的三位数的个数是 ．
14．（5分）（2024春•源汇区校级期中）在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥平面ABC，PA＝6，BC＝3，∠CAB=π6，则三棱锥P﹣ABC的外接球的半径为 ．
四．解答题（共5小题，满分77分）
15．（13分）（2025•泰州开学）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c．若点D在边BC上，∠ADB＝2B，sin(A−B)sinC+2bc=1．
（1）求角A的大小；
（2）若tanC＝2，c＝2，
（ⅰ）求csB的值；
（ⅱ）求AD的长．
16．（15分）（2022春•成都期中）已知函数f（x）＝（x﹣1）ex−12ax2．
（1）当x＞0时，f（x）+ex≥0恒成立，求实数a的取值范围；
（2）求函数f（x）的极值点．
17．（15分）（2023秋•荆州区校级月考）如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1的所有棱长都是2，AA1⊥平面ABC，D，E分别是AC，CC1的中点．
（1）求证：平面BAE⊥平面A1BD；
（2）求AA1和平面A1BD所成角的正弦值．
18．（17分）（2023春•浙江月考）已知双曲线E：x2a2−y2b2=1(a＞0，b＞0)的离心率为2，左焦点F到双曲线E的渐近线的距离为2，过点F作直线l与双曲线C的左、右支分别交于点A、B，过点F作直线l2与双曲线E的左、右支分别交于点C、D，且点B、C关于原点O对称．
（1）求双曲线E的方程；
（2）设B（x0，y0），试用x0表示点A的横坐标；
（3）求证：直线AD过定点．
19．（17分）（2023秋•泸县校级月考）已知甲、乙、丙参加某项测试时，通过的概率分别为0.6，0.8，0.9，而且这3人之间的测试互不影响．
（1）求甲、乙、丙都通过测试的概率；
（2）求甲、乙、丙至少有一人通过测试的概率；
（3）求甲、乙、丙恰有两人通过测试的概率．
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）（2021春•皮山县校级月考）设复数z＝（x+1）+（x﹣3）i，x∈R，则|z|的最小值为（ ）
A．1B．2C．22D．4
【考点】复数的模．
【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】C
【分析】根据已知条件，结合复数模公式，以及二次函数的性质，即可求解．
解：∵z＝（x+1）+（x﹣3）i，
∴|z|=(x+1)2+(x−3)2=2x2−4x+10=2(x−1)2+8≥22，当x＝1时，等号成立，
故|z|的最小值为22．
故选：C．
【点评】本题主要考查复数模公式，以及二次函数的性质，属于基础题．
2．（5分）（2022秋•鄠邑区期末）已知直线l，m与平面α，其中m⊂α，则“l⊥m”是“l⊥α”的（ ）条件．
A．充要B．必要不充分
C．充分不必要D．既不充分也不必要
【考点】充分条件与必要条件；空间中直线与平面之间的位置关系；直线与平面垂直．
【专题】转化思想；综合法；简易逻辑；逻辑思维．
【正确答案】B
【分析】利用线面垂直的判定定理以及充分，必要条件的定义即可判断求解．
解：由线面垂直的判定定理可知当l⊥m时，不能得出l⊥α，
但是当l⊥α时，l⊥m一定成立，
所以“l⊥m”是“l⊥α”的必要不充分条件，
故选：B．
【点评】本题考查了充分，必要条件的定义，涉及到线面垂直的判定定理，属于基础题．
3．（5分）（2023秋•青羊区校级期末）在某病毒疫苗的研发过程中，需要利用基因编辑小鼠进行动物实验．现随机抽取100只基因编辑小鼠对该病毒疫苗进行实验，得到如下2×2列联表（部分数据缺失）：
计算可知，根据小概率值α＝（ ）的独立性检验，分析“给基因编辑小鼠注射该种疫苗能起到预防该病毒感染的效果”．
附：χ2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，n＝a+b+c+d．
A．0.001B．0.05C．0.01D．0.005
【考点】独立性检验．
【专题】整体思想；综合法；概率与统计；运算求解．
【正确答案】B
【分析】根据题目所给的数据填写2×2列联表，计算χ2，对照题目中的表格，得出统计结论．
解：补充2×2列联表，如下：
零假设为H0：“给基因编辑小鼠注射该种疫苗不能起到预防该病毒感染的效果”，
因为χ2=100×(10×30−40×20)230×70×50×50≈4.762，
而3.841＜4.762＜6.635，
所以根据小概率值α＝0.05的独立性检验，推断H0不成立，即认为“给基因编辑小鼠注射该种疫苗能起到预防该病毒感染的效果”．
故选：B．
【点评】本题主要考查了独立性检验的应用，属于基础题．
4．（5分）若奇函数f（x）在[1，3]上为增函数，且有最小值2，则它在[﹣3，﹣1]上（ ）
A．是减函数，有最大值﹣2
B．是减函数，有最小值﹣2
C．是增函数，有最大值﹣2
D．是增函数，有最小值﹣2
【考点】奇偶性与单调性的综合．
【专题】计算题；整体思想；综合法；函数的性质及应用；运算求解．
【正确答案】C
【分析】根据函数的奇偶性和单调性，推导出函数在对称区间的单调性，即可判断．
解：因为f（x）为奇函数，且在[1，3]上的最小值为2，故f（x）在[﹣3，﹣1]的最大值为﹣2；
又函数f（x）在[1，3]上为增函数，故f（x）在[﹣3，﹣1]也是增函数．
故选：C．
【点评】本题考査函数性质的综合应用，属基础题．
5．（5分）（2022春•青羊区校级期中）在等差数列{an}中，12a12＝a9﹣6，则数列{an}的前11项和S11＝（ ）
A．24B．48C．66D．132
【考点】等差数列的前n项和．
【专题】计算题；转化思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【正确答案】D
【分析】利用等差数列的通项公式将已知的等式化为基本量表示，由此得到a6＝12，然后利用等差数列的求和公式以及等差数列的性质将S11用a6表示，即可得到答案．
解：因为{an}为等差数列，且12a12＝a9﹣6，
所以2a9＝a12+12，
则2（a1+8d）＝a1+11d+12，
解得a1+5d＝12，即a6＝12，
所以S11=11(a1+a11)2=11×2a62=11a6＝11×12＝132．
故选：D．
【点评】本题考查了等差数列的基本运算，涉及了等差数列通项公式的应用，等差数列前n项和的应用以及等差数列性质的应用，考查了逻辑推理能力与化简运算能力，属于基础题．
6．（5分）（2023春•日喀则市期末）函数f（x）＝ex+ax在x＝0处的切线与直线2x﹣y﹣5＝0平行，则实数a＝（ ）
A．﹣1B．1C．12D．14
【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程．
【专题】函数思想；综合法；导数的概念及应用；运算求解．
【正确答案】B
【分析】求得f（x）的导数，由导数的几何意义可得切线的斜率，再由两直线平行的条件，解方程可得所求值．
解：f′（x）＝ex+a，则f′（0）＝1+a，
依题意，1+a＝2，解得a＝1．
故选：B．
【点评】本题考查导数的运用：求切线的斜率，以及两直线平行的条件，考查方程思想和运算能力，属于基础题．
7．（5分）已知抛物线W：x2＝4y，设W的焦点为F，斜率为1的直线l经过点F且与W相交于点A，B，则|AF|•|BF|＝（ ）
A．4B．42C．8D．12
【考点】抛物线的焦点弦及焦半径．
【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】C
【分析】由抛物线的定义，结合直线与抛物线的位置关系求解即可．
解：已知抛物线W：x2＝4y，
又W的焦点为F，
则F（0，1），
又斜率为1的直线l经过点F，
则直线l的方程为y＝x+1，
联立y=x+1x2=4y，
消x可得：y2﹣6y+1＝0，
设A（x1，y1），B（x2，y2），
则y1+y2＝6，y1y2＝1，
则|AF|•|BF|＝（y1+1）（y2+1）＝y1+y2+y1y2+1＝8．
故选：C．
【点评】本题考查了抛物线的定义，重点考查了直线与抛物线的位置关系，属中档题．
8．（5分）（2025春•齐齐哈尔校级月考）已知0＜α＜β＜π2，且csβ=55，cs(β−α)=31010，则下面正确的为（ ）
A．sinβ=−255B．sin(β−α)=−1010
C．csα=53D．sin2β=45
【考点】求两角和与差的三角函数值；求二倍角的三角函数值．
【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】由已知及同角三角函数的关系求sinβ，sin（β﹣α），再由二倍角公式可求sin2β，最后利用两角和差公式计算csα＝cs[β﹣（β﹣α）]即可．
解：对于A，因为0＜β＜π2，csβ=55，则sinβ=1−cs2β=255，故A错误；
对于B，因为0＜β−α＜π2，cs(β−α)=31010，
所以sin(β−α)=1−cs2(β−α)=1010，故B错误；
对于C，csα＝cs[β﹣（β﹣α）]＝csβcs（β﹣α）+sinβsin（β﹣α）
=55×31010+255×1010=22，故C错误．
对于D，sin2β＝2sinβcsβ=255×55=45，故D正确．
故选：D．
【点评】本题考查同角三角函数的基本关系，考查二倍角公式，考查两角差的余弦公式，考查运算求解能力，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）下列关于函数y＝tan（x+π3）的说法中正确的有（ ）
A．在（π6，7π6）上单调递增
B．最小正周期是π
C．图象关于点（π6，0）成中心对称
D．图象关于直线x=−π3成轴对称
【考点】正切函数的单调性和周期性；正切函数的奇偶性与对称性．
【专题】函数思想；综合法；三角函数的图象与性质；运算求解．
【正确答案】ABC
【分析】利用正切函数的性质逐项判定即可．
解：对于函数y＝f（x）＝tan（x+π3），
由−π2+kπ＜x+π3＜π2+kπ（k∈Z），得−5π6+kπ＜x＜π6+kπ（k∈Z），
当k＝1时，π6＜x＜7π6，故y＝tan（x+π3）在（π6，7π6）上单调递增，A正确；
其最小正周期是T＝π，B正确；
令x+π3=kπ2（k∈Z），得x=kπ2−π3（k∈Z），
故函数y＝tan（x+π3）的对称中心为（kπ2−π3，0）（k∈Z），
令k＝1，得（π6，0）为它的一个对称中心，即其图象关于点（π6，0）成中心对称，C正确；
y＝tan（x+π3）没有对称轴，D错误．
故选：ABC．
【点评】本题考查正切函数的周期性、单调性、对称性的应用，考查运算求解能力，属于中档题．
（多选）10．（6分）（2024春•博爱县校级期中）希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名．他发现：“平面内到两个定点A，B的距离之比为定值λ（λ≠1）的点的轨迹是圆”．后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆．在平面直角坐标系xOy中，已知A（﹣3，1），B（﹣3，9），点P是满足λ=13的阿氏圆上的任一点，若点Q为抛物线E：y2＝4x上的动点，Q在直线x＝﹣1上的射影为H，F为抛物线E的焦点，则下列选项正确的有（ ）
A．|AQ|﹣|QF|的最小值为2
B．△APF的面积最大值为3+3172
C．当∠PFA最大时，△APF的面积为78+372
D．|PB|+3|PQ|+3|QH|的最小值为317
【考点】轨迹方程．
【专题】转化思想；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】ACD
【分析】A选项，由抛物线定义得到|AQ|﹣|QF|＝|AQ|﹣|QH|，数形结合得当A，H，Q三点共线时|AQ|﹣|QF|取得最小值，得到A正确；B选项，求出点P的轨迹为以M（﹣3，0）为圆心，3为半径的圆，求出P到直线x+4y﹣1＝0的距离最大值，从而得到面积的最大值；C选项，数形结合得到要想∠PFA取得最大值，则需∠MFP最大，当FP与MP垂直时，∠MFP取得最大值，并根据sin∠AFP＝sin（∠AFM+∠PFM）求出正弦值，利用三角形面积公式求出此时△APF的面积，D选项，由题意及抛物线定义得到|PB|+3|PQ|+3|QH|＝3（|PA|+|PQ|+|QF|），求出A，P，Q，F四点共线时，|PA|+|PQ|+|QF|取得最小值，求出答案．
解：A选项，抛物线的准线方程为x＝﹣1，F（1，0），
由抛物线定义可得|QF|＝|QH|，
则|AQ|﹣|QF|＝|AQ|﹣|QH|，
由三角形三边关系可得|AQ|﹣|QF|＝|AQ|﹣|QH|≤|AH|，
当且仅当A，H，Q三点共线时，等号成立，
故|AQ|﹣|QF|的最小值为﹣1﹣（﹣3）＝2，A正确；
B选项，由题意得，点P（x，y）的轨迹方程为(x+3)2+(y−1)2(x+3)2+(y−9)2=13，
化简得x2+6x+y2＝0，即以M（﹣3，0）为圆心，3为半径的圆，
直线AF：y−01−0=x−1−3−1，即x+4y﹣1＝0，
圆心M（﹣3，0）到直线x+4y﹣1＝0的距离为d=|−3+0−1|1+16=41717，
则P到直线x+4y﹣1＝0的距离最大值为3+d=3+41717，
又|AF|=(−3−1)2+12=17，
故△APF的面积最大值为12|AF|⋅(3+41717)=2+3172，B错误；
C选项，∠AFM为定值，由勾股定理得|AF|=AM2+MF2=17，
且sin∠AFM=|AM||AF|=117，cs∠AFM=417，
要想∠PFA取得最大值，则需∠MFP最大，
如图所示，当FP与MP垂直且P在图中位置时，∠MFP取得最大值，
其中|MF|＝4，|MP|＝3，故|PF|=16−9=7，sin∠MFP=34，cs∠MFP=74，
故当∠PFA最大时，sin∠AFP＝sin（∠AFM+∠PFM）
＝sin∠AFMcs∠PFM+cs∠AFMsin∠PFM=117×74+417×34=12+7417，
则△APF的面积为12|AF|⋅|PF|sin∠AFP=12×17×7×12+7417=78+372，C正确；
D选项，由题意得|PA|=13|PB|，|QH|＝|QF|，
|PB|+3|PQ|+3|QH|＝3（|PA|+|PQ|+|QF|），
连接AF，线段AF与圆M和抛物线的交点分别为P，Q，
即A，P，Q，F四点共线时，|PA|+|PQ|+|QF|取得最小值，
最小值为|AF|=17，
故|PB|+3|PQ|+3|QH|最小值为317，D正确．
故选：ACD．
【点评】本题考查抛物线的几何性质，阿氏圆与抛物线的应用，属中档题．
（多选）11．（6分）（2024秋•南山区校级月考）已知集合A＝{x1，x2，x3，x4}且x1＜x2＜x3＜x4，定义集合B＝{x|x＝|xi﹣xj|，xi，xj∈A，i，j＝1，2，3，4}，若B＝A，下列说法正确的是（ ）
A．0∉AB．x1+x4＝x2+x3
C．2x2＝x1+x3D．2x3＝x2+x4
【考点】元素与集合的属于关系的应用．
【专题】对应思想；定义法；集合；运算求解．
【正确答案】BCD
【分析】根据已知集合的性质，结合集合相等确定B中元素及元素间的数量关系，进而判断各项正误．
解：集合A＝{x1，x2，x3，x4}且x1＜x2＜x3＜x4，定义集合B＝{x|x＝|xi﹣xj|，xi，xj∈A，i，j＝1，2，3，4}，若B＝A，
对于A，x1﹣x1＝0∈B＝A，即x1＝0，则A＝{0，x2，x3，x4}，A错误；
由x4﹣x3，x4﹣x2∈B＝A，0＜x4﹣x3＜x4﹣x2＜x4，
得x4﹣x3＝x2，x4﹣x2＝x3，即x4＝x3+x2，
由x3﹣x2∈B＝A，0＜x3﹣x2＜x3＜x4，得x3﹣x2＝x2，即x3＝2x2，则x4＝3x2，
对于B，x1+x4＝3x2＝x2+2x2＝x2+x3，B正确；
对于C，2x2＝x3＝x1+x3，C正确；
对于D，2x3＝4x2＝x2+3x2＝x2+x4，D正确．
故选：BCD．
【点评】本题考查元素与集合间的关系，属于基础题．
三．填空题（共3小题，满分15分，每小题5分）
12．（5分）（2024秋•杭州期末）已知△ABC的外接圆圆心为O，且2AO→=AB→+AC→，|OA→|=|AB→|，则向量BA→在向量BC→上的投影向量为 14BC→ ．
【考点】平面向量的投影向量．
【专题】转化思想；转化法；平面向量及应用；运算求解．
【正确答案】14BC→．
【分析】根据已知条件，先求出O为BC的中点，再结合三角形外接圆的性质，以及投影向量的公式，即可求解．
解：∵2AO→=AB→+AC→，
∴O为BC的中点，
∵△ABC的外接圆圆心为O，
∴OA＝OB＝OC，
∵|OA→|=|AB→|，
∴AB＝OB＝OA＝OC，
∴△ABO为正三角形，∠ABO＝60°，
∴向量BA→在向量BC→上的投影向量为12BO→=14BC→．
故14BC→．
【点评】本题主要考查投影向量的求解，考查转化能力，属于中档题．
13．（5分）（2025春•泰安期中）用0～8这9个数字，可以组成没有重复数字的三位数的个数是 448 ．
【考点】简单排列问题．
【专题】整体思想；综合法；排列组合；运算求解．
【正确答案】448．
【分析】利用分步乘法计数原理求解即可．
解：由题意可知，百位数字不能为0，因为可选数字为1～8，共8种选择，
则十位数字有8种选择，个位数字有7种选择，
根据分步乘法计数原理可知，总数为8×8×7＝448种．
故448．
【点评】本题主要考查了简单的排列问题，考查了计数原理的应用，属于基础题．
14．（5分）（2024春•源汇区校级期中）在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥平面ABC，PA＝6，BC＝3，∠CAB=π6，则三棱锥P﹣ABC的外接球的半径为 32 ．
【考点】球内接多面体．
【专题】数形结合；数形结合法；立体几何；空间想象．
【正确答案】32．
【分析】利用正弦定理求得△ABC的外接圆的半径，作出该三棱锥，设出△ABC的外接圆圆心为O1及球心O，设出球的半径及OO1的长，由球的性质及勾股定理，建立方程组求解即可．
解：如图，设△ABC的外接圆圆心为O1，半径为r，连接AO1，
过O1作平面ABC的垂线，则三棱锥P﹣ABC的外接球球心在该垂线上，设球心为O，
过O作OD∥O1A，交PA于点D，因为PA⊥平面ABC，所以PA⊥O1A，所以PA⊥OD，
设球的半径为R，
在△ABC中，BC＝3，∠CAB=π6，则由正弦定理得，BCsin∠CAB=2r，
即3sinπ6=2r，解得r＝3，即O1A＝3，
设OO1＝d，则AD＝d，PD＝6﹣d，又PA＝6，
在Rt△OAO1中，OA2=OO12+AO12，即R2＝d2+9，①
在Rt△POD中，PO2＝PD2+OD2，即R2＝（6﹣d）2+9，②
联立①②解得d＝3，R=32．
即三棱锥P﹣ABC的外接球的半径为32．
故32．
【点评】本题考查了三棱锥外接球问题，考查了数形结合思想，属于中档题．
四．解答题（共5小题，满分77分）
15．（13分）（2025•泰州开学）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c．若点D在边BC上，∠ADB＝2B，sin(A−B)sinC+2bc=1．
（1）求角A的大小；
（2）若tanC＝2，c＝2，
（ⅰ）求csB的值；
（ⅱ）求AD的长．
【考点】解三角形．
【专题】方程思想；转化思想；综合法；解三角形；逻辑思维；运算求解．
【正确答案】（1）π4；（2）（i）1010；（ii）10．
【分析】（1）由正弦定理和两角和差的正弦公式化简即可求得；
（2）（i）由同角三角函数的基本关系和两角差的余弦公式计算即可；
（ii）由条件及二倍角公式可求得sin∠ADB，再在△ABD中，由正弦定理即可求得．
解：（1）因为sin(A−B)sinC+2bc=1，
所以由正弦定理可得：sin(A−B)sinC+2sinBsinC=1⇒sin(A−B)+2sinB=sin(A+B)，
所以2sinB=2csAsinB，因为sinB＞0，所以csA=22，
因为A∈（0，π），所以A=π4；
（2）（i）因为tanC＝2，所以C∈（0，π），所以sinC=255，csC=55，
所以csB=−cs(A+C)=−cs(π4+C)=−(22×55−22×255)=1010；
（ii）由（i）知，csB=1010，B∈(0，π2)，所以sinB=1−cs2B=31010，
如图所示：因为点D在边BC上，∠ADB＝2B，
所以sin∠ADB=sin2B=2sinBcsB=2×31010×1010=35，
在△ABD中，由正弦定理得：ABsin∠ADB=ADsinB，即235=AD31010，解得AD=10．
【点评】本题考查利用正弦定理和三角恒等变换知识解三角形，属于中档题．
16．（15分）（2022春•成都期中）已知函数f（x）＝（x﹣1）ex−12ax2．
（1）当x＞0时，f（x）+ex≥0恒成立，求实数a的取值范围；
（2）求函数f（x）的极值点．
【考点】利用导数求解函数的极值．
【专题】分类讨论；转化思想；综合法；导数的综合应用；直观想象；运算求解．
【正确答案】（1）（﹣∞，2e]；
（2）当a≤0时，极值点为x＝0；当a＝1时，无极值点；当0＜a＜1或a＞1时，极值点为x＝0和x＝lna．
【分析】（1）由题意可得a≤2exx，令g（x）=2exx，将问题转化为a≤g（x）min（x＞0），求出g（x）在（0，+∞）上的最小值即可；
（2）求导可得f'（x）＝x（ex﹣a），分a≤0，0＜a＜1，a＝1，a＞1讨论f'（x）的正负，从而得到f（x）的单调性，进一步得到f（x）的极值点．
解：（1）由f（x）+ex≥0（x＞0）可得：xex−12ax2≥0，即a≤2exx，
令g（x）=2exx，则问题转化为a≤g（x）min（x＞0），
因为g'（x）=2xex−2exx2=2ex(x−1)x2，
所以当x∈（0，1）时，g'（x）＜0，g（x）单调递减；当x∈（1，+∞）时，g'（x）＞0，g（x）单调递增．
所以g（x）min＝g（1）＝2e，所以a≤2e．
故a的范围为：（﹣∞，2e]；
（2）因为f'（x）＝ex+（x﹣1）ex﹣ax＝x（ex﹣a），
所以f'（0）＝0，
当a≤0时，ex﹣a＞0，f当x≤0，f'（x）≤0，（x）单调递减；当x＞0时，f'（x）＞0，f（x）单调递增，此时y＝f（x）的极值点为x＝0；
当a＞0时，令f'（x）＝x（ex﹣a）＝0，得x1＝0，x2＝lna，
当0＜a＜1时，lna＜0，
当x∈（﹣∞，lna）和x∈（0，+∞）时，f'（x）＞0，f（x）单调递增；当x∈（lna，0）时，f'（x）≤0，（x）单调递减；
所以此时的极值点为x＝0和x＝lna；
当a＝1时，lna＝0，此时f'（x）＝x（ex﹣1）≥0，f（x）单调递增，无极值点；
当a＞1时，lna＞0，
当x∈（﹣∞，0）和x∈（lna，+∞）时，f'（x）＞0，f（x）单调递增；当x∈（0，lna）时，f'（x）≤0，（x）单调递减；
所以此时的极值点为x＝0和x＝lna；
综上所述：当a≤0时，极值点为x＝0；当a＝1时，无极值点；当0＜a＜1或a＞1时，极值点为x＝0和x＝lna．
【点评】本题考查了导数的综合应用、转化思想、分类讨论思想，综合性较强，属于中档题．
17．（15分）（2023秋•荆州区校级月考）如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1的所有棱长都是2，AA1⊥平面ABC，D，E分别是AC，CC1的中点．
（1）求证：平面BAE⊥平面A1BD；
（2）求AA1和平面A1BD所成角的正弦值．
【考点】平面与平面垂直；空间向量法求解直线与平面所成的角．
【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；空间角；空间向量及应用；逻辑思维；运算求解．
【正确答案】（1）证明见解析；
（2）55．
【分析】（1）取A1C1的中点O，证得OD⊥平面ABC，建立空间直角坐标系，分别求得平面A1BD和BAE的一个法向量n1→，n2→的坐标，可得n1→•n2→=0，得到n1→⊥n2→，即可证得结论；
（2）由（1）可知：平面A1BD 的一个法向量，结合向量的夹角公式，即可求得AA1和平面A1BD所成角的正弦值．
（1）证明：取A1C1的中点O，连接B1O，OD，
则OB1⊥A1C1，OD∥AA1，
又因为AA1⊥平面ABC，所以OD⊥平面ABC，
则OA，OD，OB两两垂直，
如图，
以O为原点，OA1，OD，OB1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
则A（1，2，0），B（0，2，3），D（0，2，0），A1（1，0，0），E（﹣1，1，0），可得A1D→=(−1，2，0)，A1B→=(−1，2，3)，BA→=(1，0，−3)，BE→=(−1，−1，−3)，
设n1→=(x1，y1，z1)，n2→=(x2，y2，z2)分别为平面A1BD和平面BAE的法向量，
由A1D→⋅n1→=−x1+2y1=0A1B→⋅n1→=−x1+2y1+3z1=0，令y1＝1，
可得n1→=(2，1，0) 是平面A1BD的一个法向量，
BA→⋅n2→=x2−3z2=0BE→⋅n2→=−x2−y2−3z2=0，令z2＝1，
可得n2→=(3，−23，1)是平面BAE的一个法向量，
因为n2→⋅n1→=2×3−23+0=0，即n1→⊥n2→，
所以平面BAE⊥平面A1BD；
（2）解：由（1）可得A1A→=(0，2，0)，n1→=(2，1，0)是平面A1BD的一个法向量，
设AA1和平面A1BD所成角为θ，
则sinθ=|cs〈n1→，A1A→〉|=|n1→⋅A1A→||n1→|⋅|A1A→|=25×2=55．
所以直线AA1 和平面A1BD所成角的正弦值为55．
【点评】本题考查用空间向量的方法证明面面垂直及线面所成角的正弦值的求法，属于中档题．
18．（17分）（2023春•浙江月考）已知双曲线E：x2a2−y2b2=1(a＞0，b＞0)的离心率为2，左焦点F到双曲线E的渐近线的距离为2，过点F作直线l与双曲线C的左、右支分别交于点A、B，过点F作直线l2与双曲线E的左、右支分别交于点C、D，且点B、C关于原点O对称．
（1）求双曲线E的方程；
（2）设B（x0，y0），试用x0表示点A的横坐标；
（3）求证：直线AD过定点．
【考点】直线与双曲线的综合；双曲线的几何特征．
【专题】综合题；转化思想；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）x22−y22=1；
（2）A的横坐标为−3x0−42x0+3；
（3）证明过程见解析．
【分析】（1）由题意，根据双曲线的性质建立方程求解即可得到双曲线E的方程；
（2）得到直线FB的方程为x=x0+2y0y−2，将双曲线方程与直线FB联立，利用韦达定理进行求解即可；
（3）结合（2）中所得点A的横坐标推出点D的坐标，利用直线的点斜式方程，结合直线方程即可得到直线恒过定点．
解：（1）设F（﹣c，0），
因为ca=2，
可得c2a2=a2+b2c2=2，
所以a＝b，
则渐近线方程为y＝±x．
又F到双曲线E的渐近线的距离为2，
所以c2=2，
解得c＝2，a=b=2．
所以双曲线方程E：x22−y22=1；
（2）不妨设B（x0，y0），C（﹣x0，﹣y0），直线FB的方程为x=x0+2y0y−2，
联立x22−y22=1x=x0+2y0y−2，消去x并整理得((x0+2)2y02−1)y2−4(x0+2)y0y+2=0，
又x02−y02=2，
所以(2x0+3)y2−2(x0+2)y0y+y02=0，
则y0yA=y022x0+3，
解得yA=y02x0+3，xA=−3x0−42x0+3；
（3）证明：由（2）知xA=−3x0−42x0+3，yA=y02x0+3，
同理yD=−y0−2x0+3，xD=3x0−42x0+3，
所以kAD=y02x0+3−−y0−2x0+3−3x0−42x0+3−3x0−4−2x0+3=y0(−2x0+3)+y0(2x0+3)(−3x0−4)(−2x0+3)−(3x0−4)(2x0+3)=−3y0x0，
则直线AD方程为y−y02x0+3=−3y0x0(x−−3x0−42x0+3)，
令y＝0，
则12x0+3=3x0(x−−3x0−42x0+3)，
即x=x03(2x0+3)+−3x0−42x0+3=−4(2x0+3)3(2x0+3)=−43，
所以直线AD过定点(−43，0)．
【点评】本题考查双曲线的性质以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理、转化思想和运算能力．
19．（17分）（2023秋•泸县校级月考）已知甲、乙、丙参加某项测试时，通过的概率分别为0.6，0.8，0.9，而且这3人之间的测试互不影响．
（1）求甲、乙、丙都通过测试的概率；
（2）求甲、乙、丙至少有一人通过测试的概率；
（3）求甲、乙、丙恰有两人通过测试的概率．
【考点】相互独立事件的概率乘法公式；互斥事件的概率加法公式；对立事件的概率关系及计算．
【专题】整体思想；综合法；概率与统计；运算求解．
【正确答案】（1）0.432；
（2）0.992；
（3）0.444．
【分析】（1）根据相互独立事件的乘法公式求解；
（2）根据独立事件的乘法公式、对立事件概率计算公式可得答案；
（3）根据互斥事件的概率加法公式，独立事件的乘法公式计算．
解：（1）甲、乙、丙都通过测试的概率为0.6×0.8×0.9＝0.432；
（2）甲、乙、丙至少有一人通过测试的概率为1﹣（1﹣0.6）×（1﹣0.8）×（1﹣0.9）＝0.992；
（3）甲、乙、丙恰有两人通过测试的概率为：0.6×0.8×0.1+0.6×0.2×0.9+0.4×0.8×0.9＝0.444．
【点评】本题主要考查了独立事件的概率乘法公式，考查了互斥事件的概率加法公式，属于基础题．被某病毒感染
未被某病毒感染
合计
注射疫苗
10
50
未注射疫苗
30
50
合计
30
100
α
0.1
0.05
0.01
0.005
0.001
xα
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
被某病毒感染
未被某病毒感染
合计
注射疫苗
10
50
未注射疫苗
30
50
合计
30
100
α
0.1
0.05
0.01
0.005
0.001
xα
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
被某病毒感染
未被某病毒感染
合计
注射疫苗
10
40
50
未注射疫苗
20
30
50
合计
30
70
100