【高考押题】2025届高考数学模拟预测卷一新高考Ⅰ卷 [含答案]

这是一份【高考押题】2025届高考数学模拟预测卷一新高考Ⅰ卷 [含答案]，共12页。
A．（﹣2，0）B．（0，3）C．（1，3）D．（﹣2，+∞）
2．（5分）（2025春•宝安区月考）若z+1z=1−i，则z＝（ ）
A．﹣1﹣iB．iC．1﹣iD．﹣i
3．（5分）（2025•安顺模拟）平均数、中位数和众数都是刻画一组数据的集中趋势的信息，它们的大小关系和数据分布的形态有关在如图分布形态中，a，b，c分别对应这组数据的平均数、中位数和众数，则下列关系正确的是（ ）
A．a＜b＜cB．b＜a＜cC．c＜b＜aD．c＜a＜b
4．（5分）（2024•青原区校级模拟）已知圆C：x2+y2﹣4x﹣14y+45＝0及点Q（﹣2，3），则下列说法正确的是（ ）
A．直线kx﹣y﹣2k+1＝0与圆C始终有两个交点
B．若M是圆C上任一点，则|MQ|的取值范围为[22，62]
C．若点P（m，m+1）在圆C上，则直线PQ的斜率为14
D．圆C与x轴相切
5．（5分）（2022秋•黄山期末）已知4cs2α2−22csα+sinα=12，则tan2α＝（ ）
A．12B．1C．45D．−43
6．（5分）（2022秋•临夏州期中）等比数列的首项a1＝2004，公比q=−12，设Pn表示数列{an}前n项的积，则Pn中最大的是（ ）
A．P13B．P12C．P11D．P10
7．（5分）（2023秋•阆中市校级月考）已知函数f（x）的定义域为R，f（0）＝2，且f(x+12)为奇函数，f(x−12)为偶函数，则k=022 f(k)=（ ）
A．23B．﹣22C．﹣2D．3
8．（5分）（2024春•广安校级月考）设正四面体ABCD的棱长为a，下列对正四面体的有关描述：（1）该正四面体的外接球的表面积是32πa2；
（2）该正四面体的内切球的体积是32πa2；（3）该正四面体的体积是212a3；（4）该正四面体相对棱所成角为90°．其中正确的个数是（ ）
A．1B．2C．4D．3
二．多选题（共3小题，满分18分，每小题6分）
（多选）9．（6分）（2024春•太原期末）已知（1﹣x）10＝a0+a1（x+1）+a2（x+1）2+…+a10（x+1）10，则下列结论正确的是（ ）
A．a0＝1
B．a10＝1
C．a1+a3+a5+a7+a9=1−3102
D．10+a1+2a2+3a3+4a4+…+10a10＝0
（多选）10．（6分）（2024春•堆龙德庆区校级期中）已知函数f(x)=2sinxcsx−3cs2x−3，则下列结论中正确的是（ ）
A．函数f（x）的最小正周期为π
B．x=π3时，f（x）取得最大值
C．f（x）在[0，π3]上单调递增
D．f（x）的对称中心坐标是(kπ2+π6，0)(k∈Z)
（多选）11．（6分）（2024秋•金华月考）已知抛物线y=18x2的焦点为F，P为抛物线上一动点，直线l交抛物线于A，B两点，则下列说法正确的是（ ）
A．当直线l过焦点时，以BF为直径的圆与x轴相切
B．存在直线l，使得A，B两点关于2x+y﹣6＝0对称
C．若|AF|+|BF|＝16，则线段AB的中点M到x轴距离为8
D．当直线l过焦点时，则2|AF|+3|BF|的最小值10+46
三．填空题（共3小题，满分15分，每小题5分）
12．（5分）（2025春•浦东新区校级期中）已知向量a→与b→不平行，ka→−b→与a→+2b→平行，则实数k＝ ．
13．（5分）（2023秋•湖南月考）已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a＞0，b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，过点F1的直线与双曲线在第二象限的交点为A，在△AF1F2中，|F1A|＝|F1F2|，∠AF2F1＝30°，则双曲线C的离心率是 ．
14．（5分）（2025春•石家庄期中）一质点在平面内每次只能向左或向右跳动1个单位，且第1次向左跳动．若前一次向左跳动，则后一次向左跳动的概率为13；若前一次向右跳动，则后一次向左跳动的概率为12．记第n次向左跳动的概率为pn，则p3＝ ；i=1n pi= ．
四．解答题（共5小题，满分77分）
15．（13分）（2022•青羊区校级模拟）在世界读书日期间．某地区调查组对居民阅读情况进行了调查，获得了一个容量为200的样本，其中城镇居民140人，农村居民60人．在这些居民中，经常阅读的城镇居民有100人，农村居民有30人．
（1）填写下面列联表，并判断能否有99%的把握认为经常阅读与居民居住地有关？
（2）调查组从该样本的城镇居民中按分层抽样抽取出7人，参加一次阅读交流活动，若活动主办方从这7位居民中随机选取2人作交流发言，求被选中的2位居民都是经常阅读居民的概率．
附：K2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，其中n＝a+b+c+d．
16．（15分）（2024•大同开学）如图，已知四棱锥P﹣ABCD中，AB∥CD，AD＝BC＝1，CD=2AB=22，AD⊥PC，PB⊥BC．
（1）证明：PB⊥CD；
（2）若四棱锥P﹣ABCD的体积为1，求直线PA与平面PCD所成角的正弦值．
17．（15分）（2024秋•福州期中）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0），C的上顶点为B，左右顶点分别为A1、A2，左焦点为F1，离心率为12．过F1作垂直于x轴的直线与C交于D，E两点，且|DE|＝3．
（1）求C的方程；
（2）若M，N是C上任意两点，
①若点M（1，32），点N位于x轴下方，直线MN交x轴于点G，设△MA1G和△NA2G的面积分别为S1，S2，若2S1﹣2S2＝3，求线段MN的长度；
②若直线MN与坐标轴不垂直，H为线段MN的中点，直线OH与C交于P，Q两点，已知P，Q，M，N四点共圆，求证：线段MN的长度不大于14．
18．（17分）（2025•浙江模拟）已知a，b∈R，函数f（x）＝xe﹣x﹣aex+b．
（1）若曲线y＝f（x）在（0，f（0））处的切线方程为y＝2（x+1），求a+b的值；
（2）若函数f（x）在R上单调递增，求a的取值范围；
（3）若对∀b∈R，函数f（x）至多有两个零点，求a的取值范围．
19．（17分）（2024秋•安徽期中）定义数列{an}为“阶梯数列”：a1=11，a2=11+11，a3=11+11+11，…，an=11+11+1⋯1+11．
（1）求“阶梯数列”中，an+1与an的递推关系；
（2）证明：对k∈N*，数列{a2k﹣1}为递减数列；
（3）证明：|ak+1−ak|⩽12⋅(49)k−1．
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•太原模拟）已知集合A＝{x|﹣2＜x＜3}，B＝{x|2x＞1}，则A∩B＝（ ）
A．（﹣2，0）B．（0，3）C．（1，3）D．（﹣2，+∞）
【考点】指、对数不等式的解法；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】根据已知条件，结合交集的定义，即可求解．
解：集合A＝{x|﹣2＜x＜3}，B＝{x|2x＞1}＝{x|x＞0}，
则A∩B＝（0，3）．
故选：B．
【点评】本题主要考查交集及其运算，属于基础题．
2．（5分）（2025春•宝安区月考）若z+1z=1−i，则z＝（ ）
A．﹣1﹣iB．iC．1﹣iD．﹣i
【考点】复数的除法运算．
【专题】对应思想；分析法；数系的扩充和复数；运算求解．
【正确答案】B
【分析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简即可．
解：由z+1z=1−i，得z=−1i=−1⋅(−i)i⋅(−i)=i．
故选：B．
【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，是基础题．
3．（5分）（2025•安顺模拟）平均数、中位数和众数都是刻画一组数据的集中趋势的信息，它们的大小关系和数据分布的形态有关在如图分布形态中，a，b，c分别对应这组数据的平均数、中位数和众数，则下列关系正确的是（ ）
A．a＜b＜cB．b＜a＜cC．c＜b＜aD．c＜a＜b
【考点】平均数；中位数．
【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】A
【分析】利用数据分布图左拖尾，即平均数小于中位数，再利用众数是用最高矩形的中点值来估计，可判断众数大于中位数，即可作出判断．
解：根据题意，由数据分布图知，
数据的众数为c，众数是最高矩形下底边的中点横坐标，因此众数c为右起第二个矩形下底边的中点值，
数据的中位数为b，直线x＝b左右两边矩形面积相等，而直线x＝c左边矩形面积大于右边矩形面积，则b＜c，
数据的平均数为a，由于数据分布图左拖尾，则平均数a小于中位数b，即a＜b，
所以a＜b＜c．
故选：A．
【点评】本题考查由数据分布图分析数据，注意平均数、中位数、众数的定义，属于基础题．
4．（5分）（2024•青原区校级模拟）已知圆C：x2+y2﹣4x﹣14y+45＝0及点Q（﹣2，3），则下列说法正确的是（ ）
A．直线kx﹣y﹣2k+1＝0与圆C始终有两个交点
B．若M是圆C上任一点，则|MQ|的取值范围为[22，62]
C．若点P（m，m+1）在圆C上，则直线PQ的斜率为14
D．圆C与x轴相切
【考点】由直线与圆的位置关系求解直线与圆的方程或参数．
【专题】计算题；转化思想；综合法；直线与圆；逻辑思维；运算求解．
【正确答案】B
【分析】根据题意分别求出圆心C（2，7），半径r=22，由直线kx﹣y﹣2k+1＝0过定点（2，1）可对A判断；利用圆外一点到圆上距离知识可对B判断；由P（m，m+1）在圆上可求得m＝4，即可对C判断；根据圆心C（2，7）到x轴的距离从而可对D判断．
解：依题意，圆C：圆C：x2+y2﹣4x﹣14y+45＝0，
整理得：（x﹣2）2+（y﹣7）2＝8，
故圆心C（2，7），半径r=22，
对于A，直线kx﹣y﹣2k+1＝0，整理得：k（x﹣2）+1﹣y＝0，故该直线恒过定点（2，1），
而点（2，1）在圆C外，
则过点（2，1）的直线与圆C可能相离，故A不正确；
对于B，|CQ|=42，点Q在圆C外，由|CQ|﹣r≤|MQ|≤|CQ|+r得：22≤|MQ|≤62，故B正确．
对于C，点P（m，m+1）在圆C上，则（m﹣2）2+（m﹣6）2＝8，解得m＝4，而点Q（﹣2，3），
则直线PQ的斜率为m−2m+2=13，故C不正确；
对于D，点C（2，7）到x轴距离为7，大于圆C的半径，则圆C与x轴相离，即圆C与x轴不相切，故D不正确．
故选：B．
【点评】本题考查的知识要点：点和圆的位置关系，圆和圆的位置关系，点到直线的距离公式，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于基础题．
5．（5分）（2022秋•黄山期末）已知4cs2α2−22csα+sinα=12，则tan2α＝（ ）
A．12B．1C．45D．−43
【考点】二倍角的三角函数；同角三角函数间的基本关系．
【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】根据二倍角余弦公式、正切公式，同角三角函数的基本关系求解．
解：由4cs2α2−22csα+sinα=2csα2csα+sinα=22+tanα=12，
解得tanα＝2，
所以tan2α=2tanα1−tan2α=41−4=−43，
故选：D．
【点评】本题主要考查了二倍角公式，同角基本关系在三角化简求值中的应用，属于基础题．
6．（5分）（2022秋•临夏州期中）等比数列的首项a1＝2004，公比q=−12，设Pn表示数列{an}前n项的积，则Pn中最大的是（ ）
A．P13B．P12C．P11D．P10
【考点】数列递推式；等比数列的性质．
【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】B
【分析】根据等比数列的通项公式和题意求出Pn，再与Pn﹣1作商化简后，判断出|PnPn−1|与1的关系，可得到|Pn|单调性，分析Pn的符号，进而可得答案．
解：根据题意，等比数列{an}的首项为a1＝2004，公比q=−12，
∴an＝a1qn﹣1＝2004×（−12）n﹣1，
∴当n为奇数时an＞0，当n为偶数时，an＜0，
∵当n≥2时，PnPn−1=an＝2004×（−12）n﹣1，
∴当n≤11时，|PnPn−1|＞1，此时|Pn|单调递增，
当n≥12时，|PnPn−1|＜1，此时|Pn|单调递减，
又由P10＜0，P11＜0，P12＞P13＞0，
则P12是Pn中的最大值．
故选：B．
【点评】本题考查等比数列的通项公式，利用作商法判断单调性是解题的关键，属于中档题．
7．（5分）（2023秋•阆中市校级月考）已知函数f（x）的定义域为R，f（0）＝2，且f(x+12)为奇函数，f(x−12)为偶函数，则k=022 f(k)=（ ）
A．23B．﹣22C．﹣2D．3
【考点】抽象函数的奇偶性；函数的奇偶性．
【专题】计算题；方程思想；转化思想；综合法；函数的性质及应用；运算求解．
【正确答案】C
【分析】根据题意，由函数的对称性分析函数的周期，结合函数的周期性求值即可．
解：根据题意，因为f(x+12)为奇函数，即f(−x+12)=−f(x+12)，
又由f(x−12)为偶函数，则f（﹣x−12）＝f（x−12），
令t=x+12，则x=t−12，
所以f（1﹣t）＝﹣f（t），f（1﹣t）＝﹣f（t），f（﹣t）＝f（t﹣1），
所以﹣f（t+1﹣1）＝﹣f（t），
f（t+2）＝f（（t+1）+1）＝﹣f（t+1﹣1）＝﹣f（t），
则f（t+4）＝﹣f（t+2）＝f（t），
所以f（x）的周期T＝4，
因为f（0）＝2，
所以f（1）＝﹣f（0）＝﹣2，f（2）＝﹣f（0）＝﹣2，f（1）＝﹣f（0）＝﹣2，f（2）＝﹣f（0）＝﹣2，f（3）＝﹣f（1）＝2，f（4）＝f（0）＝2，
所以k=022 f(k)=2+5×0−2−2=−2．
故选：C．
【点评】本题考查函数的奇偶性和对称性，涉及函数的周期性，属于中档题．
8．（5分）（2024春•广安校级月考）设正四面体ABCD的棱长为a，下列对正四面体的有关描述：（1）该正四面体的外接球的表面积是32πa2；
（2）该正四面体的内切球的体积是32πa2；（3）该正四面体的体积是212a3；（4）该正四面体相对棱所成角为90°．其中正确的个数是（ ）
A．1B．2C．4D．3
【考点】球的体积和表面积．
【专题】转化思想；综合法；球；运算求解．
【正确答案】C
【分析】根据正四面体的对称性与正方体的对称性，分割补形法，针对各个描述分别求解即可．
解：如图，可以将棱长为a的正四面体放置到棱长为22a的正方体中，
则棱长为a的正四面体的外接球的直径为棱长为22a的正方体的对角线，
所以正四面体的外接球半径R满足：(2R)2=(22a)2×3=32a2，
所以四面体的外接球的表面积是4πR2=32πa2．
如图，设底面正三角形BCD的中心为O，取CD中点E，
则BO=23×32a=33a，AO=a2−(33a)2=63a，
所以正四面体ABCD的体积V=13×34a2×63a=212a3．
设正四面体ABCD的内切球半径为r，
因为V=212a3=4×13×34a2×r，所以r=612a，
所以正四面体ABCD内切球的体积为6216πa3．
因为AE⊥CD，BE⊥CD，所以CD⊥平面ABE，所以CD⊥AB，
所以正四面体相对棱所成角为90°．
所以四个描述都正确．
故选：C．
【点评】本题考查正四面体的内切球与外接球问题的求解，正四面体的体积及对称性，化归转化思想，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）（2024春•太原期末）已知（1﹣x）10＝a0+a1（x+1）+a2（x+1）2+…+a10（x+1）10，则下列结论正确的是（ ）
A．a0＝1
B．a10＝1
C．a1+a3+a5+a7+a9=1−3102
D．10+a1+2a2+3a3+4a4+…+10a10＝0
【考点】二项式系数的性质．
【专题】整体思想；综合法；二项式定理；运算求解．
【正确答案】BCD
【分析】对x分别赋值﹣1，0，﹣2，可判断A、B、C三个选项，再对已知等式等号两端分别求导后，赋值x＝0，可判断D．
解：∵（1﹣x）10＝[（x+1）﹣2]10＝a0+a1（x+1）+a2（x+1）2+…+a10（x+1）10，①
∴当x＝﹣1时，得a0＝210＝1024，A错误；
a10=C100（﹣2）0＝1，B正确；
在①中，令x＝0，得a0+a1+a2+…+a10＝1，②
在①中，令x＝﹣2，得a0﹣a1+a2﹣a3+…+a10＝310，③
②﹣③，得2（a1+a3+…+a9）＝1﹣310，
∴a1+a3+…+a9=1−3102，C正确；
对①式等号两端分别求导，得10（x﹣1）9＝a1+2a2（x+1）+…+10a10（x+1）9，
令x＝0，得﹣10＝a1+2a2+3a3+4a4+…+10a10，
∴10+a1+2a2+3a3+4a4+…+10a10＝0，D正确．
故选：BCD．
【点评】本题考查二项式定理，着重考查赋值法的应用，属于中档题．
（多选）10．（6分）（2024春•堆龙德庆区校级期中）已知函数f(x)=2sinxcsx−3cs2x−3，则下列结论中正确的是（ ）
A．函数f（x）的最小正周期为π
B．x=π3时，f（x）取得最大值
C．f（x）在[0，π3]上单调递增
D．f（x）的对称中心坐标是(kπ2+π6，0)(k∈Z)
【考点】三角函数中的恒等变换应用；三角函数的周期性；正弦函数的单调性．
【专题】整体思想；综合法；三角函数的求值；三角函数的图象与性质；运算求解．
【正确答案】AC
【分析】对函数化简变形后，根据正弦函数的性质逐个分析判断．
解：f(x)=2sinxcsx−3cs2x−3=sin2x−3cs2x−3=2sin(2x−π3)−3，
对于A，函数f（x）的最小正周期为T＝π，所以A正确，
对于B，当x=π3时，2x−π3=π3，此时函数没有取得最大值，所以B错误，
对于C，由x∈[0，π3]，得2x−π3∈[−π3，π3]，
因为y＝sinx在[−π3，π3]上单调递增，所以f（x）在[0，π3]上单调递增，所以C正确，
对于D，由2x−π3=kπ，k∈Z，得x=π6+kπ2，k∈Z，
所以f（x）的对称中心为(kπ2+π6，−3)(k∈Z)，所以D错误．
故选：AC．
【点评】本题主要考查了三角恒等变换的应用，还考查了正弦函数性质的应用，属于中档题．
（多选）11．（6分）（2024秋•金华月考）已知抛物线y=18x2的焦点为F，P为抛物线上一动点，直线l交抛物线于A，B两点，则下列说法正确的是（ ）
A．当直线l过焦点时，以BF为直径的圆与x轴相切
B．存在直线l，使得A，B两点关于2x+y﹣6＝0对称
C．若|AF|+|BF|＝16，则线段AB的中点M到x轴距离为8
D．当直线l过焦点时，则2|AF|+3|BF|的最小值10+46
【考点】直线与抛物线的综合．
【专题】方程思想；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】ABD
【分析】由抛物线的定义可判断A；对于B，假设存在直线l，则依题意求出直线l的方程，再验证此时直线l与抛物线相交即可；由抛物线定义及中点公式可判断C；对于D，设直线l的方程，并与抛物线方程联立，由韦达定理及基本不等式可判断D．
解：依题意，抛物线的标准方程为x2＝8y，所以F（0，2），准线方程为y＝﹣2，设A（x1，y1），B（x2，y2）．
对于A，因为直线l过焦点，由抛物线的定义有|BF|＝y2+2，则以BF为直径的圆半径为y2+22，
线段BF的中点坐标为(x22，y2+22)，其到x轴的距离为y2+22，
所以BF为直径的圆与x轴相切，故A正确；
对于B，设直线l的方程为y＝kx+m，联立y=kx+mx2=8y，消去y得x2﹣8kx﹣8m＝0，
则x1+x2＝8k，所以y1+y2=k(x1+x2)+2m=8k2+2m，
所以AB中点C坐标为（4k，4k2+m），
若A，B两点关于2x+y﹣6＝0对称，则k=128k+4k2+m−6=0，则k=12m=1，
代入x2﹣8kx﹣8m＝0得x2﹣4x﹣8＝0，Δ＝16+32＝48＞0，
即当直线l方程为y=12x+1时，A，B两点关于2x+y﹣6＝0对称，故B正确；
对于C，由抛物线定义得|AF|＝y1+2，|BF|＝y2+2，
因为|AF|+|BF|＝16，所以y1+y2＝16﹣4＝12，
所以AB中点M纵坐标为6，则点M到x轴的距离为6，故C错；
对于D，因为直线l过焦点，且斜率一定存在，则设l方程为y＝kx+2，
联立y=kx+2x2=8y，消去y得x2﹣8kx﹣16＝0，
所以x1x2＝﹣16，所以y1y2=18x12⋅18x22=164(x1x2)2=4，
所以2|AF|+3|BF|＝2（y1+2）+3（y2+2）
=10+2y1+3y2≥10+22y1⋅3y2=10+26×4=10+46，
当且仅当2y1＝3y2时，即y2=23y1=263时等号成立，故D正确．
故选：ABD．
【点评】本题考查了直线与抛物线的综合，考查了方程思想及转化思想，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）（2025春•浦东新区校级期中）已知向量a→与b→不平行，ka→−b→与a→+2b→平行，则实数k＝ −12 ．
【考点】平面向量的平行向量（共线向量）．
【专题】转化思想；综合法；平面向量及应用；运算求解．
【正确答案】−12．
【分析】根据向量共线的性质求解即可．
解：因为向量a→与b→不平行，ka→−b→与a→+2b→平行，
所以存在实数λ，使得ka→−b→=λ（a→+2b→），
故k=λ−1=2λ，解得k＝λ=−12．
故−12．
【点评】本题主要考查向量共线的性质应用，属于基础题．
13．（5分）（2023秋•湖南月考）已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a＞0，b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，过点F1的直线与双曲线在第二象限的交点为A，在△AF1F2中，|F1A|＝|F1F2|，∠AF2F1＝30°，则双曲线C的离心率是 3+12 ．
【考点】求双曲线的离心率．
【专题】转化思想；转化法；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解．
【正确答案】3+12．
【分析】根据已知条件，结合双曲线的定义，以及性质，即可求解．
解：因为|F1A|＝|F1F2|，
所以|AF1|＝|F1F2|＝2c，
由双曲线的定义知|AF2|﹣|AF1|＝2a，所以|AF2|＝2a+2c，
令M为AF2的中点，
所以|F2M|=12|AF2|=a+c，
又∠AF2F1＝30°，
得|F1M|＝c，
所以在直角△F1MF2中，|F1M|2+|F2M|2=|F1F2|2，即c2+（a+c）2＝（2c）2，
得a2﹣2c2+2ac＝0，
所以1﹣2e2+2e＝0，解得e=±3+12，
因为e＞0，
所以双曲线C的离心率是3+12．
故3+12．
【点评】本题主要考查双曲线的性质，属于中档题．
14．（5分）（2025春•石家庄期中）一质点在平面内每次只能向左或向右跳动1个单位，且第1次向左跳动．若前一次向左跳动，则后一次向左跳动的概率为13；若前一次向右跳动，则后一次向左跳动的概率为12．记第n次向左跳动的概率为pn，则p3＝ 49 ；i=1n pi= 2449+37n−2449(−16)n ．
【考点】n次独立重复试验中恰好发生k次的概率．
【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】49；2449+37n−2449(−16)n．
【分析】利用n次独立重复试验中事件A恰好发生k次概率计算公式、等比数列性质求解．
解：由题意，得p1＝1，p2=13，
p3=13p2+12(1−p2)=13×13+23×12=49，
由pn+1=13pn+12(1−pn)=−16pn+12，
设pn+1+t=−16(pn+t)，则−t−16t=12，t=−37，
∴数列{pn−37}是首项为47，公比为−16的等比数列，
∴pn−37=47×(−16)n−1，pn=37+47(−16)n−1，
∴i=1n pi=37n+47[1−(−16)n]1−(−16)=2449+37n−2449(−16)n．
故49；2449+37n−2449(−16)n．
【点评】本题考查概率与数列的综合等基础知识，考查运算求解能力，抽象概括能力，推理论证能力，解决问题能力，是中档题．
四．解答题（共5小题，满分77分）
15．（13分）（2022•青羊区校级模拟）在世界读书日期间．某地区调查组对居民阅读情况进行了调查，获得了一个容量为200的样本，其中城镇居民140人，农村居民60人．在这些居民中，经常阅读的城镇居民有100人，农村居民有30人．
（1）填写下面列联表，并判断能否有99%的把握认为经常阅读与居民居住地有关？
（2）调查组从该样本的城镇居民中按分层抽样抽取出7人，参加一次阅读交流活动，若活动主办方从这7位居民中随机选取2人作交流发言，求被选中的2位居民都是经常阅读居民的概率．
附：K2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，其中n＝a+b+c+d．
【考点】独立性检验．
【专题】计算题；整体思想；综合法；概率与统计；运算求解．
【正确答案】（1）
有99%的把握认为经常阅读与居民居住地有关．
（2）1021．
【分析】（1）根据题中数据得到列联表，然后计算出K2，与临界值表中的数据对照后可得结论；
（2）由题意得概率为古典概型，根据古典概型概率公式计算可得所求．
解：（1）由题意可得：
则K2=200×(100×30−40×30)2140×60×70×130=8.477＞6.635，
所以有99%的把握认为经常阅读与居民居住地有关．
（2）在城镇居民140人中，经常阅读的有100人，不经常阅读的有40人，
采取分层抽样抽取7人，则其中经常阅读的有5人，记为A、B、C、D、E；不经常阅读的有2人，记为X、Y，
从这7人中随机选取2人作交流发言，所有可能的情况为AB，AC，AD，AE，AX，AY，BC，BD，BE，BX，BY，CD，CE，CX，CY，DE，DX，DY，EX，EY，XY，共21种，
被选中的2位居民都是经常阅读居民的情况有10种，
∴所求概率为P=1021．
【点评】本题主要考查古典概型的概率计算，以及独立性检验的应用，利用列举法是解决本题的关键，考查学生的计算能力，属于中档题．
16．（15分）（2024•大同开学）如图，已知四棱锥P﹣ABCD中，AB∥CD，AD＝BC＝1，CD=2AB=22，AD⊥PC，PB⊥BC．
（1）证明：PB⊥CD；
（2）若四棱锥P﹣ABCD的体积为1，求直线PA与平面PCD所成角的正弦值．
【考点】空间向量法求解直线与平面所成的角；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）证明见解析；（2）69．
【分析】（1）通过证明AD⊥PB，结合PB⊥BC来证得PB⊥平面ABCD，从而可得PB⊥CD．
（2）根据四棱锥P﹣ABCD的体积求得PB，建立空间直角坐标系，利用向量法求得直线PA与平面PCD所成夹角的正弦值．
解：（1）证明：设O是CD的中点，连接OB，由于AB∥OD，AB＝OD，
所以四边形ABOD是平行四边形，所以AD∥OB，AD＝OB＝1，
由于OC=2，BC=1，所以OB2+BC2＝OC2，
所以OB⊥BC，
所以AD⊥BC，由于AD⊥PC，PC∩BC＝C，PC，BC⊂平面PBC，
所以A D⊥平面PBC，由于PB⊂平面PBC，
所以AD⊥PB，
由于PB⊥BC，AD，BC⊂平面ABCD，且直线AD与直线BC相交，
所以PB⊥平面ABCD，而CD⊂平面ABCD，
故PB⊥CD．
（2）过A作AE⊥CD，垂足为E，过B作BF⊥CD，垂足为F，
则四边形ABFE是矩形，EF=AB=2，DE=CF=22，
所以BF=AE=1−12=22，
依题意VP−ABCD=13×2+222×22×PB=PB2=1，PB＝2，
由于PB⊥平面ABCD，AB，BF⊂平面ABCD，
所以PB⊥AB，PB⊥BF，
则BA，BF，PB两两相互垂直，以B为原点建立如图所示空间直角坐标系，
P(0，0，2)，A(0，2，0)，C(22，−22，0)，D(22，322，0)，
PA→=(0，2，−2)，PC→=(22，−22，−2)，PD→=(22，322，−2)，
设平面PCD的法向量为n→=(x，y，z)，
则n→⋅PC→=22x−22y−2z=0n→⋅PD→=22x+322y−2z=0，
故可设n→=(22，0，1)，
设直线PA与平面PCD所成角为θ，
则sinθ=|n→⋅PA→|n→|⋅|PA→||=23×6=69．
【点评】本题考查线线垂直的判定，以及向量法的应用，属于中档题．
17．（15分）（2024秋•福州期中）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0），C的上顶点为B，左右顶点分别为A1、A2，左焦点为F1，离心率为12．过F1作垂直于x轴的直线与C交于D，E两点，且|DE|＝3．
（1）求C的方程；
（2）若M，N是C上任意两点，
①若点M（1，32），点N位于x轴下方，直线MN交x轴于点G，设△MA1G和△NA2G的面积分别为S1，S2，若2S1﹣2S2＝3，求线段MN的长度；
②若直线MN与坐标轴不垂直，H为线段MN的中点，直线OH与C交于P，Q两点，已知P，Q，M，N四点共圆，求证：线段MN的长度不大于14．
【考点】直线与椭圆的综合；根据abc及其关系式求椭圆的标准方程．
【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）x24+y23=1；
（2）①3；
②证明过程见解析．
【分析】（1）由题意，根据椭圆离心率及弦长计算求出a和b的值，进而可得椭圆的方程；
（2）①结合题目所给信息求出点N的坐标，进而可得弦长；
②设出直线MN的方程，将直线方程与椭圆方程联立，求出点H的坐标，根据P，Q，M，N四点共圆，得到|HM|•|HN|＝|HP|•|HQ|，利用弦长公式再进行求证即可．
解：（1）因为椭圆C的离心率为12，
所以b2a2=34，
因为|DE|＝3，
所以点(c，32)在椭圆上，
此时2b2a=3，
解得a＝2，b=3，
则椭圆C的方程为x24+y23=1；
（2）①由（1）得A2（2，0），
连结MA2，
因为S1−S2=S△MA1A2−S△MNA2=32，S△MA1O=32，
所以S△NGA2=S△MOG，
则S△NMA2=S△MOA2，
所以ON∥MA2，
则直线ON的方程为y=−32x，
联立y=−32xx24+y23=1，
解得x＝1，y=−32或x＝﹣1，y=32（舍去），
即N(1，−32)，
所以|MN|＝3；
②证明：设直线MN的方程为y＝kx+m，M（x1，y1），N（x2，y2），P（x3，y3），H（x0，y0），
则Q（﹣x3，﹣y3），
联立y=kx+mx24+y23=1，消去y并整理得（3+4k2）x2+8mkx+4m2﹣12＝0，
此时Δ＝64m2k2+16（m2﹣3）（4k2+3）＞0，
解得m2﹣3﹣4k2＜0，
由韦达定理得x1+x2=−8mk4k2+3，x1x2=4m2−124k2+3，
所以y1+y2=k(x1+x2)+2m=6m4k2+3，
则中点H的坐标为(−4mk4k2+3，3m4k2+3)，
所以kOH=−34k，
此时直线OH的方程为y=−34kx，
因为P，Q，M，N四点共圆，
所以|HM|•|HN|＝|HP|•|HQ|，
因为|HM|•|HN|=14|MN|2=14(1+k2)[(x1+x2)2−x1x2]=12（1+k2）4k2+3−m2(4k2+3)2，
联立y=−34k2xx24+y23=1，
解得x32=16k24k2+3，
此时|HP|•|HQ|＝（1+916k2）|x02−x32|＝（9+16k2）4k2+3−m2(4k2+3)2，
所以12（1+k2）4k2+3−m2(4k2+3)2=（9+16k2）4k2+3−m2(4k2+3)2，
解得k=±32，
因为m2＜3+4k2＝6，
所以m∈（−6，6），
则|MN|2=48(1+k2)⋅4k2+3−m2(4k2+3)2=42−7m23≤14．
故|MN|≤14．
【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，属于难题．
18．（17分）（2025•浙江模拟）已知a，b∈R，函数f（x）＝xe﹣x﹣aex+b．
（1）若曲线y＝f（x）在（0，f（0））处的切线方程为y＝2（x+1），求a+b的值；
（2）若函数f（x）在R上单调递增，求a的取值范围；
（3）若对∀b∈R，函数f（x）至多有两个零点，求a的取值范围．
【考点】利用导数求解函数的单调性和单调区间；利用导数求解曲线在某点上的切线方程；不等式恒成立的问题．
【专题】计算题；转化思想；综合法；导数的综合应用；运算求解．
【正确答案】（1）0；
（2）（﹣∞，−12e3]．
（3）(−∞，−12e3]∪[0，+∞)．
【分析】（1）由导数的几何意义可得a，b的值，进而可得a+b的值；
（2）由题意可得f′（x）≥0，参变量分离可得a≤（1﹣x）e﹣2x，令g（x）＝（1﹣x）e﹣2x，利用导数求出g（x）的单调性，从而可得g（x）的最小值，进而可得a的取值范围；
（3）由题意可得f'（x）＝（1﹣x）e﹣x﹣aex至多有一个零点，即曲线y＝g（x）与直线y＝a至多一个交点，由（2）中结论即可求解a的取值范围．
解：（1）由题意得f（0）＝b﹣a＝2．
f'（x）＝（1﹣x）e﹣x﹣aex，故f′（0）＝1﹣a＝2，得a＝﹣1，
所以b＝1，a+b＝0．
（2）若函数f（x）在R上单调递增，
则f'（x）＝（1﹣x）e﹣x﹣aex≥0⇔a≤（1﹣x）e﹣2x，
令g（x）＝（1﹣x）e﹣2x，g'（x）＝（2x﹣3）e﹣2x，
故当x∈(−∞，32)时，g′（x）＜0，g（x）单调递减：当x∈(32+∞)时，g'（x）＞0，g（x）单调递增．
因此g(x)min=g(32)=−12e3，
所以a≤−12e3，经检验，符合题意，
所以a的取值范围是（﹣∞，−12e3]．
（3）由题意可得f'（x）＝（1﹣x）e﹣x﹣aex至多有一个零点，
即曲线y＝g（x）与直线y＝a至多一个交点．
由（2）得g（x）在(−∞，32)上单调递减，在(32，+∞)上单调递增．
而当x∈(32，+∞)时，g(x)∈(−12e3，0)，
又当x→→∞时，g（x）→+∞．
所以a∈(−∞，−12e3]∪[0，+∞)．
【点评】本题主要考查导数的几何意义，利用导数研究函数的单调性与最值，函数零点个数问题，考查运算求解能力，属于中档题．
19．（17分）（2024秋•安徽期中）定义数列{an}为“阶梯数列”：a1=11，a2=11+11，a3=11+11+11，…，an=11+11+1⋯1+11．
（1）求“阶梯数列”中，an+1与an的递推关系；
（2）证明：对k∈N*，数列{a2k﹣1}为递减数列；
（3）证明：|ak+1−ak|⩽12⋅(49)k−1．
【考点】数列递推式；数列的单调性．
【专题】转化思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解；新定义类．
【正确答案】（1）an+1=11+an；
（2）证明见解析；
（3）证明见解析．
【分析】（1）根据阶梯数列的形式结构求解；
（2）作差a2k+1﹣a2k﹣1，运算可得a2k+1−a2k−1a2k−1−a2k−3＞0，累乘可得a2k+1−a2k−1a3−a1＞0，得证；
（3）作差ak+2−ak+1=11+ak+1−11+ak=ak−ak+1(1+ak+1)(1+ak)，可得|ak+2−ak+1||ak+1−ak|=1(1+ak+1)(1+ak)，再证明n∈N∗， an＞12，可得|ak+2−ak+1||ak+1−ak|＜49，累乘可得|ak+1−ak|＜|a2−a1| ⋅(49)k−1=12⋅(49)k−1(k≥2)，得证．
解：（1）由阶梯数列的定义：a1=11，a2=11+11，a3=11+11+11，…，an=11+11+1⋯1+11，
可得a2=11+1a1，a3=11+1a2，…，an+1=11+an．
（2）证明：根据题意，由（1）的结论，an+1=11+an，
又由a1＝1＞0，则0＜an≤1，
a2k+1=11+a2k，a2k=11+a2k−1，a2k﹣1=11+a2k−2，a2k﹣2=11+a2k−3，
则a2k+1−a2k−1=11+a2k−11+a2k−2=11+11+a2k−1−11+11+a2k−3
=1+a2k−12+a2k−1−1+a2k−32+a2k−3=a2k−1−a2k−3(2+a2k−1)(2+a2k−3)，
变形可得：a2k+1−a2k−1a2k−1−a2k−3=1(2+a2k−1)(2+a2k−3)＞0，
同理a2k−1−a2k−3a2k−3−a2k−5＞0， ⋯⋯， a5−a3a3−a1＞0，
变形可得：a2k+1−a2k−1a2k−1−a2k−3⋅a2k−1−a2k−3a2k−3−a2k−5⋅ ⋯⋯ ⋅a5−a3a3−a1＞0，
即a2k+1−a2k−1a3−a1＞0，
由a1=1，a3=23，a3−a1=23−1=−13＜0，
∴a2k+1﹣a2k﹣1＜0，
故对k∈N*，{a2k﹣1}为递减数列．
（3）证明：由（1）的结论，an+1=11+an，
即有ak+2=11+ak+1，ak+1=11+ak，a2k+2=11+a2k+1，a2k=11+a2k−1，
则ak+2−ak+1=11+ak+1−11+ak=ak−ak+1(1+ak+1)(1+ak)，
∴|ak+2−ak+1||ak+1−ak|=1(1+ak+1)(1+ak)，
又对k∈N∗， a2k+2−a2k=11+a2k+1−11+a2k−1=a2k−1−a2k+1(1+a2k+1)(1+a2k−1)，
由（2）知a2k﹣1﹣a2k+1＞0，
故a2k+2＞a2k⇒a2k＞a2k−2＞⋯⋯＞a2=12，
又a2k+1−12=11+a2k−12=1−a2k2(1+a2k)＞0，1≥an＞0，
所以a2k+1＞12，
故对n∈N∗， an＞12，
∴|ak+2−ak+1||ak+1−ak|=1(1+ak+1)(1+ak)＜1(1+12)2=49，
∴|ak+1−ak||ak−ak−1|⋅|ak−ak−1||ak−1−ak−2|⋅ ⋯⋯ ⋅ |a3−a2||a2−a1|＜(49)k−1，
∴|ak+1−ak|＜|a2−a1| ⋅(49)k−1=12⋅(49)k−1(k≥2)，
当k＝1时，|a2−a1|=12，
综上可得：|ak+1−ak|≤12⋅(49)k−1．
【点评】本题考查数列递推公式的应用，注意分析“阶梯数列”的特点，属于难题．城镇居民
农村居民
合计
经常阅读
100
30
不经常阅读
合计
200
P（K2≥k0）
0.10
0.05
0.025
0.010
0.005
0.001
k0
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828
城镇居民
农村居民
合计
经常阅读
100
30
不经常阅读
合计
200
P（K2≥k0）
0.10
0.05
0.025
0.010
0.005
0.001
k0
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828
城镇居民
农村居民
合计
经常阅读
100
30
130
不经常阅读
40
30
70
合计
140
60
200
城镇居民
农村居民
合计
经常阅读
100
30
130
不经常阅读
40
30
70
合计
140
60
200