【高考押题】2025届高考数学模拟预测卷一新高考Ⅱ卷 [含答案]

这是一份【高考押题】2025届高考数学模拟预测卷一新高考Ⅱ卷 [含答案]，共12页。
A．（2，3）B．（﹣3，2）C．（2，+∞）D．（﹣3，+∞）
2．（5分）（2024春•官渡区校级期末）已知向量a→，b→满足|a→|=1，(4a→+b→)⋅a→=2，b→=(1，2)，则|2a→+b→|=（ ）
A．12B．1C．2D．2
3．（5分）（2024春•信宜市月考）若(x2−a)(x−1x)10的展开式中x6的系数为﹣210，则a的值为（ ）
A．2B．3C．1D．4
4．（5分）（2021春•青山区校级期中）已知sinα−csα=12，α∈（0，π），则cs2α的值为（ ）
A．±74B．74C．−74D．−34
5．（5分）已知数列{an}满足a1＝1，a2=116，anan+2＝4an+12，则数列{an}的最小项为（ ）
A．2﹣12B．2−254C．2﹣5D．2﹣6
6．（5分）（2024秋•南海区月考）设F为抛物线C：y2＝4x的焦点，点A在C上，且在第一象限，若直线AF的倾斜角为π3，则|AF|＝（ ）
A．2B．3C．4D．5
7．（5分）（2025•汉中二模）向量|a→|=|b→|=1，|c→|=3，且a→+b→−c→=0→，则cs〈a→，c→〉=（ ）
A．−12B．−32C．12D．32
8．（5分）（2021秋•东莞市校级期中）已知线段PQ的端点P的坐标是（4，﹣2），端点Q在x2+y2＝4上运动，则线段PQ的中点M的轨迹方程是（ ）
A．（x﹣2）2+（y+1）2＝4B．（x﹣2）2+（y+1）2＝1
C．（x+4）2+（y﹣2）2＝4D．（x+2）2+（y﹣1）2＝1
二．多选题（共3小题，满分18分，每小题6分）
（多选）9．（6分）（2023•昌江县二模）正三棱台ABC﹣A1B1C1中，O，O1分别是△ABC和△A1B1C1的中心，且AA1=A1B1=23BC=2，则（ ）
A．直线AC与OB1所成的角为90°
B．平面A1B1C1与平面AA1B1B所成的角为90°
C．正三棱台ABC﹣A1B1C1的体积为191112
D．四棱锥O﹣AA1B1B与O1﹣AA1B1B的体积之比为2：3
（多选）10．（6分）（2025春•贵阳月考）将一枚质地均匀的骰子连续抛掷两次，记事件A：两次的点数之和为偶数，B：两次的点数之积为奇数，C：第一次的点数小于5，则（ ）
A．P(B)=13B．P(C)=23
C．A与C相互独立D．A与B互斥
（多选）11．（6分）（2025春•南岸区校级月考）函数f（x）＝ax3+bx2+cx+d（a≠0）有两个极值点x1、x2（x1＜x2），则下列结论正确的是（ ）
A．若f（x1）•f（x2）＜0，则f（x）有3个零点
B．过f（x）上任一点至少可作两条直线与f（x）相切
C．若af（x1）＜0，则f（x）只有一个零点
D．f(x1)+f(x2)=2f(−b3a)
三．填空题（共3小题，满分15分，每小题5分）
12．（5分）（2022•呼和浩特模拟）设随机变量X服从正态分布N（2，σ2），若P（X＜4﹣a）＝0.4，则P（X＜a）＝ ．
13．（5分）（2025•重庆校级模拟）已知定义在R上的偶函数f（x）满足f（x）＝﹣f（2﹣x），当x∈[0，1）时，f（x）＝2csπx，函数g（x）＝x﹣1（﹣1≤x≤3），则f（x）与g（x）的图象所有交点的横坐标之和为 ．
14．（5分）（2024秋•浦东新区校级期末）已知椭圆方程为x22+y2=1，点A为椭圆的右顶点，定点T（t，0）在x轴上，点S为椭圆上一动点，当|ST|取得最小值时点S恰与点A重合，则实数t的取值范围为 ．
四．解答题（共5小题）
15．（2025•银川校级二模）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，bcsC−33csinB=a．
（1）求B；
（2）已知b＝6，BD为∠ABC的平分线，交AC于点D，且BD=3，M为线段AC上一点，且AM=12MC，求△BDM的周长．
16．（2023秋•鹤山市校级月考）如图，三棱锥A﹣BCD中，DA＝DB＝DC，BD⊥CD，∠ADB＝∠ADC＝60°，E为BC中点．
（1）证明BC⊥DA；
（2）点F满足EF→=DA→，求平面DAB与平面ABF的夹角的余弦值．
17．（2023秋•绍兴月考）已知函数f（x）＝ax2﹣exlnx．
（1）当a＝e时，求曲线y＝f（x）在x＝1处的切线方程；
（2）若∀x＞0，都有f（x）≥lnx+52，求a的取值范围．
18．（2024秋•浦东新区校级期末）已知椭圆C：x22+y2b2=1(0＜b＜2)．记椭圆的左右焦点分别为F1，F2，直线l交椭圆C于不同的两点P、Q．
（1）若椭圆C过点(1，22)求椭圆的标准方程和离心率；
（2）设b＝1，若直线l过点A（0，2），且以线段PQ为直径的圆过点F2，求直线l的方程；
（3）设b＝1，若PF1→=2F2Q→，求△F2PQ的面积．
19．（2024秋•五华区月考）已知数列{an}满足a1＝2，an+1=an(n为奇数)an+2(n为偶数)，数列{bn}满足bn＝a2n﹣1．
（1）求b2，b3的值；
（2）证明：数列{bn}是等差数列；
（3）求数列{an}的前2n项和S2n．
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）（2024秋•浑南区校级月考）已知集合A＝{x||x|＜3}，B＝{x|3x＞9}，则A∩B＝（ ）
A．（2，3）B．（﹣3，2）C．（2，+∞）D．（﹣3，+∞）
【考点】绝对值不等式的解法；求集合的交集；指、对数不等式的解法．
【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】A
【分析】先求出集合A，B，再结合交集的定义，即可求解．
解：集合A＝{x||x|＜3}＝{x|﹣3＜x＜3}，B＝{x|3x＞9}＝{x|x＞2}，
故A∩B＝（2，3）．
故选：A．
【点评】本题主要考查集合的定义，属于基础题．
2．（5分）（2024春•官渡区校级期末）已知向量a→，b→满足|a→|=1，(4a→+b→)⋅a→=2，b→=(1，2)，则|2a→+b→|=（ ）
A．12B．1C．2D．2
【考点】平面向量数量积的坐标运算．
【专题】转化思想；转化法；平面向量及应用；运算求解．
【正确答案】B
【分析】根据已知条件，先求出a→⋅b→=−2，再将|2a→+b→|平方，并开方，即可求解．
解：(4a→+b→)⋅a→=2，
则4a→2+a→⋅b→=2，即4+a→⋅b→=2，解得a→⋅b→=−2，
b→=(1，2)，
则|b→|=12+22=5，
|2a→+b→|=(2a→+b→)2=4a→2+b→2+4a→⋅b→=4+5−8=1．
故选：B．
【点评】本题主要考查平面向量的数量积及其运算，属于基础题．
3．（5分）（2024春•信宜市月考）若(x2−a)(x−1x)10的展开式中x6的系数为﹣210，则a的值为（ ）
A．2B．3C．1D．4
【考点】二项式定理的应用．
【专题】方程思想；综合法；二项式定理；运算求解．
【正确答案】A
【分析】利用通项公式令10﹣2r＝4或6，即可得出结果．
解：依题意，(x2−a)(x−1x)10=x2(x−1x)10−a(x−1x)10，
(x−1x)10的展开式的通项公式为：C10rx10−r(−1x)r=(−1)rC10rx10−2r，
令10﹣2r＝4或6，解得r＝3或2，
所以(x2−a)(x−1x)10的展开式中x6的系数为−C103−aC102=−210，
解得a＝2．
故选：A．
【点评】本题主要考查二项式定理的应用，属于中档题．
4．（5分）（2021春•青山区校级期中）已知sinα−csα=12，α∈（0，π），则cs2α的值为（ ）
A．±74B．74C．−74D．−34
【考点】二倍角的三角函数；同角三角函数间的基本关系．
【专题】计算题；方程思想；综合法；三角函数的求值；运算求解．
【正确答案】C
【分析】将已知等式两边平方，可得sin2α=34＞0，可得α∈（0，π2），结合sinα−csα=12＞0，可求范围2α∈（π2，π），进而利用同角三角函数基本关系式即可求解．
解：因为sinα−csα=12，α∈（0，π），可得2α∈（0，2π），
所以两边平方，可得1﹣sin2α=14，可得sin2α=34＞0，
可得2α∈（0，π），可得α∈（0，π2），
又sinα−csα=12＞0，
所以α∈（π4，π2），2α∈（π2，π），
则cs2α=−1−sin22α=−1−916=−74．
故选：C．
【点评】本题考查了同角三角函数基本关系式，二倍角公式在三角函数化简求值中的应用，属于基础题．
5．（5分）已知数列{an}满足a1＝1，a2=116，anan+2＝4an+12，则数列{an}的最小项为（ ）
A．2﹣12B．2−254C．2﹣5D．2﹣6
【考点】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】D
【分析】由anan+2＝4an+12，可得an+2an+1=4•an+1an，利用等比数列的通项公式即可得出an+1an，再利用an=anan−1•an−1an−2•an−2an−3•…•a3a2•a2a1•a1，结合二次函数的单调性即可得出结论．
解：∵anan+2＝4an+12，
∴an+2an+1=4•an+1an，又a2a1=116，
∴数列{an+1an}是等比数列，公比为4，首项为116．
∴an+1an=116×4n﹣1＝4n﹣3，
∴an=anan−1•an−1an−2•an−2an−3•…•a3a2•a2a1•a1＝4n﹣4•4n﹣5•4n﹣6•…×4﹣1×4﹣2×1＝4（n﹣4）+（n﹣5）+…+（﹣1）+（﹣2）=4(n−1)(n−4−2)2=412(n−72)2−18，
当n＝3或4时，an取得最小值4﹣3，即2﹣6．
故选：D．
【点评】本题考查了由数列的递推关系求出数列的通项公式、转化方法、“累乘求积法”、二次函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
6．（5分）（2024秋•南海区月考）设F为抛物线C：y2＝4x的焦点，点A在C上，且在第一象限，若直线AF的倾斜角为π3，则|AF|＝（ ）
A．2B．3C．4D．5
【考点】抛物线的弦及弦长．
【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】由抛物线的定义可知|AF|＝|AB|，再由抛物线的性质可得|AF|=p1−csθ，代入求解即可．
解：如图所示，抛物线及准线如图所示，过点A作AB垂直准线于点B，
过焦点F作FC垂直于AB于点C，由题意可知p=2，∠AFx=∠FAC=π3，
根据抛物线的定义|AF|＝|AB|＝|AC|+|CB|
在Rt△AFC中，|AC|=|AF|⋅csπ3=12|AF|，又|BC|＝p＝2，
所以|AF|=|AB|=12|AF|+2，
解得|AF|＝4．
故选：C．
【点评】本题考查抛物线的简单性质的应用，弦长求法，是中档题．
7．（5分）（2025•汉中二模）向量|a→|=|b→|=1，|c→|=3，且a→+b→−c→=0→，则cs〈a→，c→〉=（ ）
A．−12B．−32C．12D．32
【考点】平面向量数量积的性质及其运算．
【专题】对应思想；综合法；平面向量及应用；运算求解．
【正确答案】D
【分析】先移项得出b→=c→−a→，再左右平方应用数量积可得出夹角余弦即可．
解：因为a→+b→−c→=0→，所以b→=c→−a→，
两边同时平方得：a→2+c→2−2a→⋅c→=b→2，
因为|a→|=|b→|=1，|c→|=3，所以1+3−2a→⋅c→=1，
所以a→⋅c→=32，所以cs〈a→，c→〉=a→⋅c→|a→||c→|=323=32．
故选：D．
【点评】本题考查平面向量的数量积与夹角，属于基础题．
8．（5分）（2021秋•东莞市校级期中）已知线段PQ的端点P的坐标是（4，﹣2），端点Q在x2+y2＝4上运动，则线段PQ的中点M的轨迹方程是（ ）
A．（x﹣2）2+（y+1）2＝4B．（x﹣2）2+（y+1）2＝1
C．（x+4）2+（y﹣2）2＝4D．（x+2）2+（y﹣1）2＝1
【考点】轨迹方程．
【专题】计算题；方程思想；综合法；直线与圆；逻辑思维；运算求解．
【正确答案】B
【分析】设出M，Q的坐标，确定动点之间坐标的关系，利用端点Q在圆x2+y2＝4上运动，可得中点M的轨迹方程．
解：设线段PQ的中点M坐标为（x，y），点Q坐标为（m，n），
∵P的坐标是（4，﹣2），
∴m＝2x﹣4，n＝2y+2，
∵端点Q在圆x2+y2＝4上运动，
∴m2+n2＝4，
∴（2x﹣4）2+（2y+2）2＝4，（x﹣2）2+（y+1）2＝1，
∴线段PQ的中点M的轨迹方程是（x﹣2）2+（y+1）2＝1，
故选：B．
【点评】本题主要考查轨迹方程的求解，属于基础题．
二．多选题（共3小题，满分18分，每小题6分）
（多选）9．（6分）（2023•昌江县二模）正三棱台ABC﹣A1B1C1中，O，O1分别是△ABC和△A1B1C1的中心，且AA1=A1B1=23BC=2，则（ ）
A．直线AC与OB1所成的角为90°
B．平面A1B1C1与平面AA1B1B所成的角为90°
C．正三棱台ABC﹣A1B1C1的体积为191112
D．四棱锥O﹣AA1B1B与O1﹣AA1B1B的体积之比为2：3
【考点】空间向量法求解二面角及两平面的夹角；棱锥的体积；棱台的体积；直线与平面平行．
【专题】整体思想；综合法；立体几何；运算求解．
【正确答案】ACD
【分析】将正三棱台ABC﹣A1B1C1补形为棱锥，在直角三角形中计算三棱台的高，即可判断C；以OO1为z轴，平行于AB为y轴，垂直于yOz平面为x轴建立空间直角坐标系，利用异面直线夹角、面面角、点到平面距离的向量求法判断ABD即可．
解：由题意根据O，O1分别是下底面与上底面的中心，
因为下底面边长和上底面边长分别为2和3，所以AO=32A1O1=3，
假设正三棱台ABC﹣A1B1C1是由正棱锥D﹣ABC截取正棱锥D﹣A1B1C1得到的，
则由已知可得DO是棱锥D﹣ABC的高，DO1是棱锥D﹣A1B1C1的高，OO1为所求棱台的高，
因此△DOA是一个直角三角形，如图（1）所示，
因为△DO1A1∽△DOA，AO=32A1O1=3，AA1＝2，
所以DA1DA1+AA1=A1O1AO=23，解得DA1＝4，
所以DO=DA2−AO2=33，因此OO1=13DO=333，即正三棱台ABC﹣A1B1C1的高为333，
又因为S△ABC=12×3×3×sin60°=934，S△A1B1C1=12×2×2×sin60°=3，
所以VABC−A1B1C1=OO13(S△ABC+S△A1B1C1+S△ABCS△A1B1C1)=191112，选项C正确；
因为OO1垂直于上下底面，所以以OO1为z轴，平行于AB为y轴，垂直于yOz平面为x轴建立如图（2）所示空间直角坐标系，
所以A(32，−32，0)，C(−3，0，0)，B1(33，1，333)，AC→=(−332，32，0)，OB1→=(33，1，333)，
所以AC→⋅OB1→=0，直线AC⊥OB1，选项A正确；
又A1(33，−1，333)，B=(32，32，0)，
所以AA1→=(−36，12，333)，AB→=(0，3，0)，
设平面AA1B1B的法向量n→=(x，y，z)，则n→⋅AA1→=−36x+12y+333z=0n→⋅AB→=3y=0，
取z＝1，解得x=211y=0，所以n→=(211，0，1)，
由题意可知，平面A1B1C1的法向量m→=(0，0，1)，则n→⋅m→=1≠0，故B错误；
又O1(0，0，333)，所以OA→=(32，−32，0)，O1A→=(32，−32，−333)，
所以点O到平面AA1B1B的距离d1=|OA→⋅n→||n→|=3345=16515，
点O1到平面AA1B1B的距离d2=|O1A→⋅n→||n→|=233345=23×16515，
所以d1d2=23，由棱锥的体积公式可得四棱锥O﹣AA1B1B与O1﹣AA1B1B的体积之比为2：3，D正确；
综上ACD正确，
故选：ACD．
【点评】本题主要考查了利用空间向量求异面直线夹角和平面与平面夹角，考查了棱锥的体积公式，属于中档题．
（多选）10．（6分）（2025春•贵阳月考）将一枚质地均匀的骰子连续抛掷两次，记事件A：两次的点数之和为偶数，B：两次的点数之积为奇数，C：第一次的点数小于5，则（ ）
A．P(B)=13B．P(C)=23
C．A与C相互独立D．A与B互斥
【考点】相互独立事件的概率乘法公式．
【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】BC
【分析】通过确定样本空间中样本点的数量，利用古典概型概率公式计算各事件的概率，再根据事件独立和互斥的定义判断事件间的关系．
解：根据题意，抛掷两次，其样本空间共有36个样本点．
事件A＝{（1，1），（1，3），（1，5），（2，2），（2，4），（2，6），（3，1），（3，3），（3，5），（4，2），（4，4），（4，6），（5，1），（5，3），（5，5），（6，2），（6，4），（6，6）}，有18个样本点；
B＝{（1，1），（1，3），（1，5），（3，1），（3，3），（3，5），（5，1），（5，3），（5，5）}，有9个样本点，
C＝{ （1，1），（1，2），（1，3），（1，4），（1，5），（1，6），
（2，1），（2，2），（2，3），（2，4），（2，5），（2，6），
（3，1），（3，3），（3，5），（3，4），（3，5），（3，6），
（4，1），（4，2），（4，3），（4，4），（4，5），（4，6）}，有24个样本点，
依次分析选项：
对于A，P(B)=936=14，A错误；
对于B，P(C)=46=23，B正确：
对于C，P(A)=1836=12，P(C)=23，P(AC)=4×336=13=P(A)×P(C)，C正确；
对于D，事件A与事件B能同时发生，所以不互斥，D错误，
故选：BC．
【点评】本题考查相互独立事件的判断，涉及古典概型的计算，属于基础题．
（多选）11．（6分）（2025春•南岸区校级月考）函数f（x）＝ax3+bx2+cx+d（a≠0）有两个极值点x1、x2（x1＜x2），则下列结论正确的是（ ）
A．若f（x1）•f（x2）＜0，则f（x）有3个零点
B．过f（x）上任一点至少可作两条直线与f（x）相切
C．若af（x1）＜0，则f（x）只有一个零点
D．f(x1)+f(x2)=2f(−b3a)
【考点】利用导数研究函数的极值；利用导数求解曲线在某点上的切线方程；函数的零点与方程根的关系．
【专题】函数思想；定义法；导数的综合应用；逻辑思维．
【正确答案】ACD
【分析】根据三次函数性质，对参数a的正负进行分类讨论画出其大致图象可知当f（x1）•f（x2）＜0，则f（x）有3个零点，即A正确；
显然在极值点x1，x2处只能作一条直线与f（x）相切，可知B错误；
若af（x1）＜0，结合a的正负进行分类讨论可知f（x）只有一个零点，即C正确；
利用三次函数的对称中心以及导函数零点可得f(x1)+f(x2)=2f(−b3a)，所以D正确．
解：根据题意可得f′（x）＝3ax2+2bx+c，且f′（x1）＝f′（x2）＝0；
当a＞0时，易知x∈（﹣∞，x1）∪（x2，+∞）时，f′（x）＞0；x∈（x1，x2）时，f′（x）＜0；
此时f（x）在（﹣∞，x1）和（x2，+∞）上单调递增，在（x1，x2）上单调递减；
且当x趋近于﹣∞时，f（x）也趋近于﹣∞；当x趋近于+∞时，f（x）也趋近于+∞；
利用三次函数性质可知，当f（x1）•f（x2）＜0，其函数图象如下图所示：
此时由图象可知f（x）有3个零点；
同理当a＜0时，易知f（x）在（﹣∞，x1）和（x2，+∞）上单调递减，在（x1，x2）上单调递增；
且当x趋近于﹣∞时，f（x）也趋近于+∞；当x趋近于+∞时，f（x）也趋近于﹣∞；
利用三次函数性质可知，当f（x1）•f（x2）＜0，其函数图象如下图所示：
此时由图象可知f（x）有3个零点；
所以若f（x1）•f（x2）＜0，则f（x）有3个零点，即A正确；
由题意知f′（x1）＝f′（x2）＝0，
所以过（x1，f（x1））或（x2，f（x2））有且仅有一条直线与f（x）相切，且切线为水平直线，所以B错误；
当a＞0时，由选项A易知f（x）在x＝x1处取得极大值，在x＝x2处取得极小值，且f（x2）＜f（x1）；
若af（x1）＜0，则f（x1）＜0，即f（x2）＜f（x1）＜0；
此时其图象如下图所示：
由图可知，f（x）只有一个零点；
同理当a＜0时，易知f（x）在x＝x1处取得极小值，在x＝x2处取得极大值，且f（x1）＜f（x2）；
若af（x1）＜0，则f（x1）＞0，即f（x2）＞f（x1）＞0；
此时其图象如下图所示：
由图可知，f（x）只有一个零点；
综上可知，若af（x1）＜0，则f（x）只有一个零点，即C正确；
由三次函数性质可知，函数f（x）＝ax3+bx2+cx+d（a≠0）关于(−b3a，f(−b3a）成中心对称，
所以满足f(x)+f(−2b3a−x)=2f(−b3a)，
又x1，x2是方程f′（x）＝3ax2+2bx+c＝0的两根，则满足x1+x2=−2b3a；
所以f(x1)+f(−2b3a−x1)=2f(−b3a)，即f(x1)+f(x2)=2f(−b3a)，所以D正确．
故选：ACD．
【点评】本题考查导数的综合应用，属于难题．
三．填空题（共3小题，满分15分，每小题5分）
12．（5分）（2022•呼和浩特模拟）设随机变量X服从正态分布N（2，σ2），若P（X＜4﹣a）＝0.4，则P（X＜a）＝ 0.6 ．
【考点】正态分布曲线的特点及曲线所表示的意义．
【专题】计算题；转化思想；综合法；概率与统计；运算求解．
【正确答案】0.6．
【分析】根据正态分布的对称性，可求出P（X≥a），即可求出结论．
解：由已知得P（X≥a）＝P（X≤4﹣a）＝0.4，
故P（X＜a）＝1﹣P（X≥a）＝0.6．
故0.6．
【点评】本题考查正态分布的性质，属于基础题．
13．（5分）（2025•重庆校级模拟）已知定义在R上的偶函数f（x）满足f（x）＝﹣f（2﹣x），当x∈[0，1）时，f（x）＝2csπx，函数g（x）＝x﹣1（﹣1≤x≤3），则f（x）与g（x）的图象所有交点的横坐标之和为 5 ．
【考点】抽象函数的奇偶性；抽象函数的周期性．
【专题】函数思想；转化思想；数形结合法；综合法；函数的性质及应用；导数的综合应用；逻辑思维；运算求解．
【正确答案】5．
【分析】由题可得f（x）有对称轴为y轴，对称中心（1，0），然后在同一坐标系中画出f（x）与g（x）图象，即可得答案．
解：因为函数g（x）＝x﹣1（﹣1≤x≤3），
所以﹣1≤2﹣x≤3，
且g（2﹣x）＝1﹣x＝﹣g（x），
所以y＝g（x）的图象是中心对称图形，对称中心为（1，0）．
定义在R上的偶函数f（x）满足f（x）＝﹣f（2﹣x），
则函数f（x）有对称轴为y轴，对称中心（1，0）；
又当x∈[0，1）时，f（x）＝2csπx，
当x＝1时，f（1）＝﹣f（2﹣1）＝﹣f（1），解得f（1）＝0，
由题意可得f（﹣1）＝f（3）＝0，
而g（﹣1）＝﹣2，g（3）＝2．
所以x＝﹣1，x＝﹣3，两函数图象无交点，
在同一坐标系在（﹣1，3）内作出f（x）与g（x）的图象，如图所示：
当x∈[2，3），f（x）＝﹣f（2﹣x）＝﹣f（x﹣2）＝﹣2cs[π（x﹣2）]，
令p（x）＝g（x）﹣f（x）＝x﹣1+2cs[π（x﹣2）]，x∈[2，3），
则p′（x）＝1﹣2πsin[π（x﹣2）]，且p′（3）＝1＞0，
所以存在x0∈(52，3)，使得当x∈（x0，3）时，p′（x）＞0，p（x）单调递增，
所以当x∈（x0，3）时，p（x）＜p（3）＝0，即g（x）＜f（x），
结合图象可得，f（x）与g（x）图象有5个交点，
又（1，0）均是f（x）与g（x）的图象的对称中心，
则两函数所有交点的横坐标之和为5．
故5．
【点评】本题考查了函数的对称性、三角函数的性质，考查了导数的综合运用及数形结合思想，属于中档题．
14．（5分）（2024秋•浦东新区校级期末）已知椭圆方程为x22+y2=1，点A为椭圆的右顶点，定点T（t，0）在x轴上，点S为椭圆上一动点，当|ST|取得最小值时点S恰与点A重合，则实数t的取值范围为 [22，+∞） ．
【考点】椭圆的范围．
【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】[22，+∞)．
【分析】设S（x0，y0），利用两点间距离公式建立函数关系，借助二次函数探讨最小值．
解：设S（x0，y0），椭圆方程为x22+y2=1，点A为椭圆的右顶点，
可得：A(2，0)，
则x022+y02=1，x0∈[−2，2]，
则|ST|2=(x0−t)2+y02=x02−2tx0+t2+1−x022=12x02−2tx0+t2+1，
所以|ST|2=12(x0−2t)2−t2+1，x0∈[−2，2]，
当S恰与点A重合时，|ST|取得最小值，
即要使x0=2时|ST|2取最小值，则必有2t≥2，所以t≥22．
即实数t的取值范围为：[22，+∞)．
故[22，+∞)．
【点评】本题主要考查椭圆的性质应用，考查计算能力，属于中档题．
四．解答题（共5小题）
15．（2025•银川校级二模）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，bcsC−33csinB=a．
（1）求B；
（2）已知b＝6，BD为∠ABC的平分线，交AC于点D，且BD=3，M为线段AC上一点，且AM=12MC，求△BDM的周长．
【考点】三角形中的几何计算．
【专题】转化思想；综合法；解三角形；运算求解．
【正确答案】（1）2π3；
（2）3+3．
【分析】（1）利用正弦定理边化角，结合和差公式展开化简可得；
（2）利用面积公式和余弦定理列方程组求解出a，c，可知△ABC为等腰三角形，然后结合已知即可得解．
解：（1）∵bcsC−33csinB=a，根据正弦定理得sinBcsC−33sinCsinB=sinA，
∴sinBcsC−33sinCsinB=sin(B+C)=sinBcsC+csBsinC，
∴−13sinCsinB=csBsinC，
∵sinC≠0，∴−13sinB=csB，∴tanB=−3，
又∵B∈（0，π），∴B=2π3．
（2）∵BD为∠ABC的平分线，B=2π3，∴∠ABD=∠CBD=π3，
又S△ABC＝S△ABD+S△CAD，BD=3，
∴12acsin23π=12c⋅3sinπ3+12a⋅3sinπ3，
化简得ac=3(a+c)，①
根据余弦定理，得b2=a2+c2−2accs2π3，即（a+c）2﹣ac＝36，②
由①②可得a+c=43（舍去负值），ac＝12，
∴a，c是关于x的方程x2−43x+12=0的两个实根，解得a=c=23．
又BD为∠ABC的平分线，∴BD⊥AC，
又AM=12MC，AC＝6，
∴DM＝AD﹣AM＝3﹣2＝1，BM=BD2+DM2=2，
∴△BDM的周长为3+3．
【点评】本题考查正弦定理，余弦定理，属于中档题．
16．（2023秋•鹤山市校级月考）如图，三棱锥A﹣BCD中，DA＝DB＝DC，BD⊥CD，∠ADB＝∠ADC＝60°，E为BC中点．
（1）证明BC⊥DA；
（2）点F满足EF→=DA→，求平面DAB与平面ABF的夹角的余弦值．
【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）证明过程见解析；（2）63．
【分析】（1）根据等腰三角形的性质，结合线面垂直的判定定理和性质进行证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可．
解：（1）证明：连接DE，AE，
因为E为BC中点，DB＝DC，
所以DE⊥BC，又因为DA＝DB＝DC，∠ADB＝∠ADC＝60°，
所以△ADB，△∠ADC是等腰三角形，
于是有DA＝AC＝DC＝DB＝AB，而E为BC中点，
因此AE⊥BC，而AE∩DE＝E，AE，DE⊂平面ADE，
因此BC⊥平面ADE，而AD⊂平面ADE，
所以BC⊥AD；
（2）设DA＝AC＝DC＝DB＝AB＝a，
因为E为BC中点，BD⊥CD，
所以BC2＝a2+a2＝2a2，
DE2=(12BC)2=12a2，显然有AC2+AB2＝BC2，
因此AE2=(12BC)2=12a2，显然AE2+DE2＝AD2，
于是有AE⊥DE，因此建立如图所示的空间直角坐标系，
A(0，0，22a)，B(0，22a，0)，D(22a，0，0)，F(−22a，0，22a)，
AB→=(0，22a，−22a)，AD→=(22a，0，−22a)，AF→=(−22a，0，0)，
设平面DAB的法向量为m→=(x1，y1，z1)，
于是有m→⋅AB→=22ay1−22az1=0m→⋅AD→=22ax1−22az1=0，
设平面FAB的法向量为n→=(x2，y2，z2)，
于是有n→⋅AB→=22ay2−22az2=0n→⋅AF→=−22ax2=0⇒n→=(0，1，1)，
平面DAB与平面ABF的夹角的余弦值为|cs＜m→，n→＞|=|m→⋅n→||m→|⋅|n→|=1+112+12+12×12+12=63．
【点评】本题考查线线垂直的判定，以及二面角的计算，属于中档题．
17．（2023秋•绍兴月考）已知函数f（x）＝ax2﹣exlnx．
（1）当a＝e时，求曲线y＝f（x）在x＝1处的切线方程；
（2）若∀x＞0，都有f（x）≥lnx+52，求a的取值范围．
【考点】利用导数研究函数的最值；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．
【正确答案】见试题解答内容
【分析】（1）由a＝e，得到f（x）＝ex2﹣exlnx，f′（x）＝2ex﹣elnx﹣e，再利用几何意义求解；
（2）将∀x＞0，都有f(x)≥lnx+52，转化为a≥exlnx+lnx+52x2，设g（x）=exlnx+lnx+52x2，利用导数法求得其最大值即可．
解：（1）当a＝e时，f（x）＝ex2﹣exlnx，f′（x）＝2ex﹣elnx﹣e，
因为f（1）＝e，f′（1）＝e，所以曲线y＝f（x）在x＝1处的切线方程是y﹣e＝e（x﹣1），即y＝ex．
（2）因为∀x＞0，都有f(x)≥lnx+52，所以a≥（exlnx+lnx+52x2）max，
设g（x）=exlnx+lnx+52x2，则g′(x)=ex−exlnx−2lnx−4x3，
记h（x）＝ex﹣exlnx﹣2lnx﹣4，设m(x)=h′(x)=−elnx−2x，则m′（x）=2−exx2，
当0＜x＜2e时，m'（x）＞0，当x＞2e时，m'（x）＜0，
所以m（x）在(0，2e)上单调递增，在（2e，+∞）上单调递减，
所以m（x）≤m（2e）＝﹣eln2＜0，所以h'（x）＜0，所以h（x）在（0，+∞）上单调递减．
因为h(1e)=0，当0＜x＜1e时，g'（x）＞0，当x＞1e时，g'（x）＜0，
所以g（x）在(0，1e)上单调递增，在(1e，+∞)上单调递减，
所以g(x)≤g(1e)=e22，所以a≥e22，
所以a的取值范围为[e22，+∞）．
【点评】本题考查导数的几何意义，考查恒成立问题，考查转化思想，考查运算求解能力，属中档题．
18．（2024秋•浦东新区校级期末）已知椭圆C：x22+y2b2=1(0＜b＜2)．记椭圆的左右焦点分别为F1，F2，直线l交椭圆C于不同的两点P、Q．
（1）若椭圆C过点(1，22)求椭圆的标准方程和离心率；
（2）设b＝1，若直线l过点A（0，2），且以线段PQ为直径的圆过点F2，求直线l的方程；
（3）设b＝1，若PF1→=2F2Q→，求△F2PQ的面积．
【考点】直线与椭圆的综合．
【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】（1）x22+y2=1，e=22；
（2）x＝0或11x+8y﹣16＝0；
（3）148．
【分析】（1）可将已知点代入椭圆方程求出b，进而得到标准方程和离心率；
（2）可先设出直线方程，联立椭圆方程，利用韦达定理和向量垂直的条件求解；
（3）可根据向量坐标关系，设出题中向量与横轴所成的角和他们的模长，用之表示P，Q的坐标，代入椭圆方程，进而求得角和模长，然后利用面积割补思想求得要求三角形的面积．
解：（1）因为椭圆C：x22+y2b2=1(0＜b＜2)过点(1，22)，
所以122+(22)2b2=1，解得b2＝1，则椭圆的标准方程为x22+y2=1．
又因为a2＝2，所以a=2，c=a2−b2=2−1=1，则离心率e=ca=12=22．
（2）当b＝1时，椭圆方程为x22+y2=1，则c2＝a2﹣b2＝2﹣1＝1，所以F2（1，0）．
当斜率不存在时，此时P（0，1），Q（0，﹣1），
所以F2P→=(−1，1)，F2Q→=(−1，−1)，则F2P→⋅F2Q→=0，满足题意．
当斜率存在时，设直线l的方程为y＝kx+2，
联立y=kx+2x22+y2=1，消去y得（1+2k2）x2+8kx+6＝0，
则Δ＝（8k）2﹣4×6×（1+2k2）＝64k2﹣24﹣48k2＝16k2﹣24＞0，即k2＞32．
设P（x1，y1），Q（x2，y2），则x1+x2=−8k1+2k2，x1x2=61+2k2，
所以y1y2=(kx1+2)(kx2+2)=k2x1x2+2k(x1+x2)+4
=6k21+2k2−16k21+2k2+4+8k21+2k2=4−2k21+2k2，
因为以线段PQ为直径的圆过点F2，所以F2P→⋅F2Q→=0．
F2P→=(x1−1，y1)，F2Q→=(x2−1，y2)，
（x1﹣1）（x2﹣1）+y1y2＝x1x2﹣（x1+x2）+1+y1y2
=61+2k2+8k1+2k2+1+4−2k21+2k2
=6+8k+1+2k2+4−2k21+2k2=11+8k1+2k2=0，
解得k=−118，满足k2＞32．
所以直线l的方程为y=−118x+2，即11x+8y﹣16＝0．
故直线l的方程为x＝0或11x+8y﹣16＝0．
（3）当b＝1时，椭圆的方程为x22+y2=1，即x2+2y2﹣2＝0，
c=a2−b2=2−1=1焦点坐标F1（﹣1，0），F2（1，0）．
设x轴正方向转到与向量F1P→相同的方向所转过的角为θ，根据椭圆的对称性，不妨设θ∈[0，π]．
再设|F1P|＝2t，由PF1→=2QF2→得|F2Q|＝t，且F2Q→，F1P→同向．
则向量F1P→=(2tcsθ，2tsinθ)，F2Q→=(tcsθ，tsinθ)，
所以P（﹣1+2tcsθ，2tsinθ），Q（1+tcsθ，tsinθ），
分别代入椭圆方程x2+2y2﹣2＝0，
1+4t2cs2θ﹣4tcsθ+8t2sin2θ﹣2＝0，
1+t2cs2θ+2tcsθ+2t2sin2θ﹣2＝0，
整理得（8﹣4cs2θ）t2﹣4tcsθ﹣1＝0，
（2﹣cs2θ）t2+2tcsθ﹣1＝0，
由t＞0，分别解得t=12+csθ，t=122−2csθ，
所以2+csθ=22−2csθ，
解得csθ=23，所以sinθ=73，t=12+23=328，
S△F2PQ=SF1F2QP−SF1F2P=12(2t+t)⋅2c⋅sinθ−122t⋅2c⋅sinθ=tcsinθ=328×1×73=148．
【点评】本题考查了直线与椭圆的综合，考查了方程思想及转化思想，属于中档题．
19．（2024秋•五华区月考）已知数列{an}满足a1＝2，an+1=an(n为奇数)an+2(n为偶数)，数列{bn}满足bn＝a2n﹣1．
（1）求b2，b3的值；
（2）证明：数列{bn}是等差数列；
（3）求数列{an}的前2n项和S2n．
【考点】数列求和的其他方法；数列递推式．
【专题】计算题；转化思想；综合法；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】（1）b2＝4，b3＝6；（2）证明见解析；（3）S2n=2n2+2n．
【分析】（1）根据bn，an+1的定义即可计算求解；
（2）根据等差数列的定义证明即可；
（3）由分组求和法以及等差数列求和公式即可求解．
解：（1）数列{an}满足a1＝2，an+1=an(n为奇数)an+2(n为偶数)，数列{bn}满足bn＝a2n﹣1，
由已知得：b2＝a3＝a2+2＝a1+2＝4，
b3＝a5＝a4+2＝a3+2＝a2+2+2＝a1+4＝6．
（2）证明：因为a2n+1＝a2n+2，a2n＝a2n﹣1，
所以bn+1﹣bn＝a2（n+1）﹣1﹣a2n﹣1＝a2n+1﹣a2n﹣1＝2，
而b1＝a1＝2，所以{bn}是以2为首项，2为公差的等差数列．
（3）S2n＝a1+a2+a3+⋯+a2n，
因为a2＝a1，a4＝a3，⋯a2n＝a2n﹣1，由（2）得bn＝2n，
所以S2n＝2（a1+a3+...+a2n﹣1）＝2（b1+b2+...+bn）＝2n2+2n．
【点评】本题考查的知识点：数列的通项公式的求法，数列的求和，主要考查学生的运算能力，属于中档题．