文档内容
2025 年高考数学全真模拟卷 02（新高考Ⅱ卷专用）
（考试时间：120分钟；满分：150分）
注意事项：
1.本试卷分第I卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填
写在答题卡上。
2.回答第I卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用
橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3.回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第 I 卷（选择题）
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要
求的。
1+i
1．（5分）（2024·广东·模拟预测）已知复数z= ，则z在复平面内对应的点位于（ ）
3−i
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
【解题思路】根据复数的除法运算化简即可求解.
1+i (1+i)(3+i) 2+4i 1 2 (1 2)
【解答过程】∵z= = = = + i,∴z在复平面内对应的点为 , ，
3−i (3−i)(3+i) 10 5 5 5 5
∴z在复平面内对应的点位于第一象限.
故选：A.
2．（5分）（2024·陕西西安·模拟预测）已知命题p:∃x∈R，x2−x+1≤0，命题q: ∀x≥0，
ex≥cosx，则（ ）
A．p和q都是真命题 B．¬p和q都是真命题
C．p和¬q都是真命题 D．¬p和¬q都是真命题
【解题思路】首先判断命题p为假命题，令f (x)=ex−cosx，x∈[0,+∞)，利用导数说明函数的单调性，
即可判断命题q为真命题，即可得解.
【解答过程】因为x2−x+1= ( x− 1) 2 + 3 ≥ 3 >0，所以∀x∈R，x2−x+1≥0恒成立，
2 4 4
所以命题p为假命题，则¬p为真命题；
令f (x)=ex−cosx，x∈[0,+∞)，则f′(x)=ex+sinx，当x∈[0,π]时ex∈[1,eπ]，sinx∈[0,1]，所以f′(x)>0，
当x∈(π,+∞)时ex>eπ>2，sinx∈[−1,1]，所以f′(x)>0，
所以f′(x)>0对任意的x∈[0,+∞)恒成立，所以f (x)在[0,+∞)上单调递增，
所以f (x)≥f (0)=0，即ex≥cosx对任意的x∈[0,+∞)恒成立，故命题q为真命题，则¬q为假命题；
所以¬p和q都是真命题.
故选：B.
3．（5分）（2024·广东·模拟预测）已知向量⃗a=(x+3,4),⃗b=(x,−1)，若|⃗a+⃗b|=|⃗a−⃗b|，则实数x的值为
（ ）
A．4 B．−4或1 C．−1 D．4或−1
【解题思路】将|⃗a+⃗b|=|⃗a−⃗b|平方化简得⃗a⋅⃗b=0，然后利用数量积的坐标公式列式计算即可.
【解答过程】将|⃗a+⃗b|=|⃗a−⃗b|两边平方，得⃗a⋅⃗b=0，
由⃗a=(x+3,4),⃗b=(x,−1)得(x+3)x+4×(−1)=0，
即x2+3x−4=0，解得x=−4或1.
故选：B.
4．（5分）（2024·广东韶关·一模）众数､平均数和中位数都描述了数据的集中趋势，它们的大小关系和数
据的分布形态有关.根据某小区1000户居民的月均用水量数据（单位：t），得到如图所示的频率分布直方
图，记该组数据的众数为p，中位数为m，平均数为x，则（ ）
A．m0.50，
所以中位数位于(5,9)之间，故可得0.240+(m−5)×0.080=0.5，解得m=8.25，
5+9
由频率分布直方图可知众数p= =7，
2
故pO O ，
1 2 1 2
∴点P的轨迹为以O ,O 为焦点的椭圆，且2a=10，c=2，
1 2∴a=5,b=√21，
x2 y2
∴点P的轨迹方程为 + =1.
25 21
故选：C.
1
6．（5分）（2024·吉林长春·模拟预测）已知函数f (x)=sin(ωx+φ)，如图A,B是直线y= 与曲线
2
π (13π ) (5π )
y=f (x)的两个交点，|AB|= ,f =−1，则f =（ ）
6 24 6
1 √3 √3
A．0 B． C． D．−
2 2 2
【解题思路】设A ( x , 1) ,B ( x , 1) ，依题可得，x −x = π ，结合sinx= 1 的解可得|ω(x −x )|= 2π ，
1 2 2 2 2 1 6 2 2 1 3
(13 ) ( 2 ) (5π )
从而得到ω的值，再根据f π =−1即可得f(x)=sin 4x− π ，进而求得f ．
24 3 6
【解答过程】设A ( x , 1) ,B ( x , 1) ，由|AB|= π 可得x −x = π ，
1 2 2 2 6 2 1 6
1 π 5π
由sinx= 可知，x= +2kπ或x= +2kπ，k∈Z，由图可知，
2 6 6
5 π 2π 2π
当ω>0时，ωx +φ−(ωx +φ)= π− = ，即ω(x −x )= ，∴ω=4；
2 1 6 6 3 2 1 3
5 π 2π 2π
当ω<0时，ωx +φ−(ωx +φ)= π− = ，即ω(x −x )= ，∴ω=−4；
1 2 6 6 3 1 2 3
综上：ω=±4；
因为同一图象对应的解析式是一样的，所以此时不妨设ω=4，则f (x)=sin(4x+φ)，
(13π
)
(13π
)
因为f =sin +φ =−1，
24 6
13π 3π 2π
则 +φ=2kπ+ ,k∈Z，解得φ=− +2kπ,k∈Z，
6 2 3
( 2π ) ( 2 )
所以f(x)=sin 4x− +2kπ =sin 4x− π ，
3 3(5π ) (10π 2 ) ( 2π ) 2π √3
∴f =sin − π =sin 2π+ =sin = ．
6 3 3 3 3 2
故选：C.
7．（5分）（2024·四川攀枝花·一模）《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早
一千多年，例如堑堵指底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱；鳖臑指的是四个面均为直角三角
形的三棱锥如图，在堑堵ABC−A B C 中，∠ACB=90∘，若AC=BC=1，A A =2，直线B C与平面
1 1 1 1 1
ABB A 所成角的余弦值为（ ）
1 1
3√10 √10 1 2√2
A． B． C． D．
10 10 3 3
【解题思路】以点C为原点，CA、CB、CC 所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，利用空间
1
向量法与同角三角函数的基本关系可求得直线B C与平面ABB A 所成角的余弦值.
1 1 1
【解答过程】在堑堵ABC−A B C 中，CC ⊥平面ABC，∠ACB=90∘，A A =2，AC=BC=1，
1 1 1 1 1
以点C为原点，CA、CB、CC 所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
1
则B (0,1,2)、C(0,0,0)、A(1,0,0)、B(0,1,0)，
1
， ， ，
⃗CB =(0,1,2) ⃗BA=(1,−1,0) ⃗BB =(0,0,2)
1 1设平面ABB A 的法向量⃗n=(x,y,z)，
1 1
则¿，取x=1，得⃗n=(1,1,0)，
|⃗CB ⋅⃗n|
1 1
设直线B C与平面ABB A 所成角为 θ ，则 sinθ= 1 = = ，
1 1 1 |⃗CB |⋅|⃗n| √5×√2 √10
1
√ 1 3√10
所以cosθ=√1−sin2θ= 1− = ，
10 10
3√10
因此，直线B C与平面ABB A 所成角的余弦值为 ．
1 1 1 10
故选：A．
8．（5分）（2024·浙江杭州·一模）对 ，不等式 恒成立，则
∀x∈[1,+∞） ((lnax) 2−1)(ex−b)≥0
（ ）
( 1) ( 1)
A．若a∈ 0, ，则b≤e B．若a∈ 0, ，则b>e
e e
[1 ) [1 )
C．若a∈ ,e ，则ab=ee D．若a∈ ,e ，则ba=ee
e e
1
【解题思路】令a= ，通过举反例说明选项A、B错误；对于选项C、D，通过分析可得
e2
在
(lnax−1)(ex−b)≥0 [1,+∞）
上恒成立，问题转化为函数y=lnax−1,y=ex−b有相同的零点，计算可得选项D正确.
【解答过程】由 得 ，
((lnax) 2−1)(ex−b)≥0 (lnax−1)(lnax+1)(ex−b)≥0
对于选项A、B，若a∈ ( 0, 1) ，可令a= 1 ，不等式可化为(lnx−3)(lnx−1)(ex−b)≥0，
e e2
当 时， ，
x∈[e3,+∞) lnx−3≥0,lnx−1>0
要使 恒成立，则需 ，即 恒成立，
(lnx−3)(lnx−1)(ex−b)≥0 ex−b≥0 b≤ex
∴ ，
b≤(ex
)
=ee3
min
当 时， ，
x∈(e,e3 ) lnx−3<0,lnx−1>0要使 恒成立，则需 ，即 恒成立，
(lnx−3)(lnx−1)(ex−b)≥0 ex−b≤0 b≥ex
∴ ，
b≥(ex
)
max
∴ ，
b≥ee3
当x∈[1,e]时，lnx−3<0,lnx−1≤0，
要使 恒成立，则需 ，即 恒成立，
(lnx−3)(lnx−1)(ex−b)≥0 ex−b≥0 b≤ex
∴ ，
b≤(ex ) =e
min
综上可得，不存在 使得不等式 恒成立，选项A、B错误.
b (lnx−3)(lnx−1)(ex−b)≥0
[1 )
对于选项C、D，若a∈ ,e ，
e
∵x∈[1,+∞）
1
∴ax≥ ，
e
∴lnax+1≥0，
要使不等式 恒成立，则需 ，
(lnax−1)(lnax+1)(ex−b)≥0 (lnax−1)(ex−b)≥0
∵函数y=lnax−1,y=ex−b在[1,+∞）为增函数，
∴函数y=lnax−1,y=ex−b有相同的零点，
e
由lnax−1=0得x= ，由ex−b=0得，x=lnb，
a
e
∴ =lnb，即e=alnb，
a
∴lnee=lnba，
∴ba=ee，选项D正确.
故选D.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的
要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。
π
9．（6分）（2024·贵州黔南·一模）函数f (x)=Asin(ωx+φ) ( ω>0,|φ|< ) 的部分图象如图所示.下列说
2
法正确的是（ ）(7π 3π
)
A．函数y=f (x)在区间 , 上单调
6 2
(7π
)
B．函数y=f (x)在区间 ,2π 上有两个极值点
6
(11π
)
C．函数y=f (x)的图象关于点 ,0 中心对称
6
[π 17π]
D．函数y=f (x)的图象与直线y=1在区间 , 上有两个公共点
2 12
π
【解题思路】根据图象得到f (x)=2sin ( 2x− ) ，然后代入的方法判断ABC选项，将f (x)的图象与直线
6
y=1的交点个数转化为方程f (x)=1的根的个数，然后解方程判断D选项.
【解答过程】由图象可知，最小正周期 T= [π − ( − π )] ×2=π= 2π，
3 6 ω
所以ω=2，
π π
( ) ( )
将 ,2 ， − ,−2 代入f (x)中得¿，
3 6
π
结合|φ|< ，解得¿，
2
π
所以f (x)=2sin ( 2x− ) ，
6
(7π 3π ) π (13π 17π ) (13π 17π )
x∈ , ，则2x− ∈ , ，因为y=2sinx在 , 上不单调，
6 2 6 6 6 6 6
(7π 3π )
所以f (x)在 , 上不单调，故A错；
6 2
(7π ) π (13π 23π )
x∈ ,2π ，则2x− ∈ , ，
6 6 6 6
(13π 5π ) (7π 23π ) (5π 7π)
因为y=2sinx在 , , , 上单调递增，在 , 上单调递减，
6 2 2 6 2 2(7π 4π
)
(11π
)
(4π 11π
)
所以f (x)在 , , ,2π 上单调递增，在 , 上单调递减，
6 3 6 3 6
(7π
)
所以f (x)在 ,2π 有两个极值点，故B正确；
6
(11π ) ( 11π π) 7π (11π )
f =2sin 2⋅ − =2sin =−2，所以 ,0 不是f (x)的对称中心，故C错；
6 6 6 2 6
π π π
令f (x)=2sin ( 2x− )=1，解得x= +kπ,k∈Z或x= +kπ,k∈Z，
6 6 2
[π 17π] 7π π [π 17π]
因为x∈ , ，所以x= 或 ，所以f (x)的图象与直线y=1在 , 上有两个公共点，
2 12 6 2 2 12
故D正确.
故选：BD.
x2 y2
10．（6分）（2024·四川·一模）已知椭圆E: + =1的左顶点为A，左、右焦点分别为F ,F ，过点
4 3 1 2
F 的直线与椭圆相交于P,Q两点，则（ ）
1
A．
|F F |=1
1 2
B．|PQ|≤4
C．当F ,P,Q不共线时，△F PQ的周长为8
2 2
D．设点 到直线 的距离为 ，则
P x=−4 d d=2|PF |
1
【解题思路】根据椭圆方程、焦点弦性质和椭圆定义可知ABC正误；设 ，结合两点间距离公式
P(x ,y )
0 0
和点在椭圆上可化简求得D正确.
【解答过程】
对于A，由题意知： ， ， ， ，A错误；
a=2 b=√3 ∴c=√a2−b2=1 ∴|F F |=2c=2
1 2
对于B，∵PQ为椭圆C的焦点弦，∴|PQ|≤2a=4，B正确；对于C， ，
∵|PF |+|PF |=|QF |+|QF |=2a=4
1 2 1 2
的周长为 ，C正确；
∴△F PQ |PQ|+|PF |+|QF |=|PF |+|PF |+|QF |+|QF |=8
2 2 2 1 2 1 2
对于D，作PM垂直于直线x=−4，垂足为M，
设 ，则 ，
P(x ,y ) d=|PM|=|x +4|
0 0 0
∵F (−1,0) ， ∴|PF |=√(x +1) 2+ y2= √ (x +1) 2+3− 3 x2= √1 x2+2x +4= √ (1 x +2 ) 2 = |1 x +2 |，
1 1 0 0 0 4 0 4 0 0 2 0 2 0
， ，D正确.
∴2|PF |=|x +4| ∴d=2|PF |
1 0 1
故选：BCD.
11．（6分）（2024·广东佛山·一模）已知函数f (x)=ax3−3x2+1，则下列命题中正确的是（ ）
A．1是f (x)的极大值
B．当−12时，f (x)有且仅有一个零点x ，且x >0
0 0
D．若 存在极小值点 ，且 ，其中 ，则
f (x) x f (x )=f (x ) x ≠x x +2x =0
1 1 2 1 2 1 2
【解题思路】对函数求导并对参数a进行分类讨论得出函数单调性，即可判断f (x)在x=0处取得极大值
(2) 4
f (0)=1，即A正确；根据a的范围得出单调性即可得出B正确；a>2时，f (x)的极小值f =1− >0
a a2
在
(0,+∞)
上没有零点，所以C错误；根据
f (x)
的极小值点
x ,x
之间的关系，得出
(x −x ) 2 (x +2x )=0
1 2 1 2 1 2
即可判断D正确.
【解答过程】由题意可得f (x)=ax3−3x2+1，f′(x)=3ax2−6x=3x(ax−2)，
2
令f′(x)=0，当a≠0时，得x=0或x= ．
a
( 2) (2 )
对于A，当a<0时，f (x)在 −∞, 和(0,+∞)上单调递减，在 ,0 上单调递增，所以f (x)在x=0处取
a a
得极大值f (0)=1；
(2 ) ( 2)
当a>0时，f (x)在(−∞,0)和 ,+∞ 上单调递增，在 0, 上单调递减，所以f (x)在x=0处取得极大值
a a
f (0)=1；当a=0时，f′(x)=−6x，f (x)在(−∞,0)上单调递增，在(0,+∞)上单调递减，所以f (x)在x=0处取得极大
值f (0)=1，所以A正确；
(2 ) 2
对于B，当−10时，f (x)在(−∞,0)上单调递增，由于f (−1)⋅f (0)=−a−2<0，所以f (x)在(−∞,0)上存
在唯一的零点且小于0；
(2) 4
若a>2，则f (x)的极小值f =1− >0，即f (x)在(0,+∞)上没有零点，所以f (x)有且仅有一个零点且
a a2
小于0，所以C错误；
2 2
对于D，若f (x)存在极小值点，则x = ，即a= ，
1 a x
1
因为 ，所以 ，
f (x )=f (x ) ax3−3x2+1=ax3−3x2+1
1 2 1 1 2 2
2
所以2x2−3x2= x3−3x2 ，2x3−3x x2+x3=0，即(x −x ) 2 (x +2x )=0，
1 1 x 2 2 2 1 2 1 1 2 1 2
1
又x ≠x ，所以x +2x =0，所以D正确．
1 2 1 2
故选：ABD．
第Ⅱ卷（非选择题）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
1 1 1 1 1
12．（5分）（2024·浙江温州·一模）已知正项数列{a }满足 + +⋯+ + = ，且
n a a a a a a 3a 6
1 2 2 3 n n+1 n+1
a =a ，则a = 6069 .
1 3 2024
【解题思路】首先由递推关系式得出 是以 为首项，3为公差的等差数列，再代入 ，结合 即
{a } a n=1 a =a
n 2 1 3
可求出a ，最后利用等差数列的通项公式即可求得答案.
2
1 1 1 1 1
【解答过程】因为{a }为正项数列且 + +⋯+ + = ，①
n a a a a a a 3a 6
1 2 2 3 n n+1 n+1
1 1 1 1 1 1
所以 + +⋯+ + + = ，②
a a a a a a a a 3a 6
1 2 2 3 n n+1 n+1 n+2 n+2
1 1 1
②−①得 + − =0，即a −a =3，
a a 3a 3a n+2 n+1
n+1 n+2 n+2 n+1所以 是以 为首项，3为公差的等差数列，
{a } a
n 2
1 1 1
令n=1可得 + = ，又a =a ，a =a +3，
a a 3a 6 1 3 3 2
1 2 2
1 1 1
所以 + = ，解得a =3，
(a +3)a 3a 6 2
2 2 2
a =a +2022×3=3+2022×3=6069.
2024 2
故答案为：6069.
13．（5分）（2024·河南·模拟预测）已知角α,β的终边不重合，且sinα+2cosβ=sinβ+2cosα，则
cos(α+β)=
3
．
5
【解题思路】先利用辅助角公式及正弦的性质得到α+β=π+2φ+2kπ,k∈Z，再结合诱导公式、倍角
公式可得cos(α+β)的值.
【解答过程】根据sinα+2cosβ=sinβ+2cosα可得
sinα−2cosα=sinβ−2cosβ⇒√5sin(α−φ)=√5sin(β−φ)，
其中锐角φ满足tanφ=2，
故sin(α−φ)=sin(β−φ)可得α−φ=β−φ+2kπ,k∈Z，或者α−φ+β−φ=π+2kπ,k∈Z，
由于α,β的终边不重合，故α−φ+β−φ=π+2kπ,k∈Z，
因此α+β=π+2φ+2kπ,k∈Z，
sin2φ−cos2φ tan2φ−1 3
cos(α+β)=cos(π+2φ+2kπ)=cos(π+2φ)=−cos2φ= = =
sin2φ+cos2φ tan2φ+1 5
3
故答案为： .
5
14．（5分）（2024·安徽淮北·二模）在3×3的方格中，每个方格被涂上红、橙、黄、绿四种颜色之一，
若每个2×2的方格中的四个小方格的颜色都不相同，则满足要求的不同涂色方法的种数为 72 .
【解题思路】根据题意，第一个 的方格有 种涂法，假设第一个 的方格，涂如图所示 四
2×2 A4 2×2 ABCD
4
种颜色，分类求得不同的涂色方法，结合分步计数原理，即可求解.
【解答过程】设四种颜色分别为 ，对于第一个 的方格，共有 种不同的涂法，
ABCD 2×2 A4=24
4
假设第一个2×2的方格，涂如图所示ABCD四种颜色，
①若第三列的一个方格涂A，第三列的第二方格涂C，则第三列的第三方格涂A或B，当第三列的第三方格涂A时，则第三行的第一、二方格，分别涂A,B；
当第三列的第三方格涂B时，则第三行的第一、二方格，分别涂B,A；
②若第三列的一个方格涂C，第三列的第二方格涂A，则第三列的第三方格涂C或B，
当第三列的第三方格涂C时，则第三行的第一、二方格，分别涂A,B；
当第三列的第三方格涂B时，则第三行的第二方格涂C，不合题意；
所以，共有3类涂法，则共有24×3=72种不同的涂色方法.
故答案为：72.
四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。
15．（13分）（2024·广东·模拟预测）在△ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知
cos2A=cosBcosC−sinBsinC.
(1)求角A的大小；
(2)已知a=6,c=2√3.求△ABC的面积.
【解题思路】（1）由两角和的余弦公式化简结合二倍角的余弦公式即可求出cosA的值，进而可求角A；
（2）由余弦定理可得b，再利用三角形面积公式即可求出.
【解答过程】（1）因为cos2A=cosBcosC−sinBsinC=cos(B+C)=cos(π−A)=−cosA，
1
即2cos2A−1=−cosA，解得cosA= 或cosA=−1.
2
因为在△ABC中，00，解得b=4√3，
1 1 √3
所以△ABC的面积为S = bcsinA= ×4√3×2√3× =6√3.
△ABC 2 2 21
16．（15分）（2024·广西柳州·一模）已知函数f (x)=ax−lnx− ．
a
(1)当 时，求曲线 在 处的切线方程；
a=1 y=f (x) (1,f (1))
(2)若f (x)有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围．
【解题思路】（1）求导，结合导数的几何意义求切线方程；
1
（2）求导，分析a≤0和a>0两种情况，利用导数判断单调性和极值，分析可得1+lna− <0，构建函数
a
解不等式即可.
1
【解答过程】（1）当a=1时，则f (x)=x−lnx−1，f ′(x)=1−
x
可得f (1)=0，f ′(1)=0，即切点坐标为(1,0)，切线斜率为k=0，
所以切线方程为y=0.
1
（2）f (x)定义域为(0,+∞)，且f ′(x)=a− ，
x
若a≤0，则f ′(x)<0对任意x∈(0,+∞)恒成立．
所以f (x)在(0,+∞)上单调递减，无极值，不合题意，
1 1
若a>0，令f ′(x)>0，解得x> ，令f ′(x)<0，解得x< ，
a a
( 1) (1 )
可知f (x)在 0, 上单调递减， ,+∞ 上单调递增，
a a
(1) 1
则f (x)有极小值f =1+lna− ，无极大值，
a a
(1) 1 1
由题意可得：f =1+lna− <0，即1+lna− <0.
a a a
1 1 1
令g(a)=1+lna− (a>0)，g′(a)= + >0，g(a)在(0,+∞)上单调递增,
a a a2
1
又g(1)=1，不等式1+lna− <0等价于g(a)0，综上a的取值范围是0|= = =
|⃗m||⃗n| √5×1 5
√15
故平面ABC 与平面ABC夹角的余弦值为 ；
1 5
方法2，由 ，四边形 为菱形， ，
BB =2 BB C C ∠B BC=60∘
1 1 1 1
则△BB C是边长为2的等边三角形，
1
√3
所以OC =OB=BCsin60∘=2× =√3，OB =OC=1,OA=OB=√3，
1 2 1
所以 .
AB=√OA2+OB2=√6
取AB中点D，连接OD，CD，
1 √6
在等腰直角△ AOB中，OD⊥AB且OD= AB= ，
2 2
由勾股定理得 .
AC=√OA2+OC2=2
因为
BC=2=AC
，则
CD⊥AB
，
CD=√BC2−BD2=
√
22−
(√6) 2
=
√10.
2 2
注意到OD⊥AB,CD⊥AB，平面ABC ∩平面ABC=AB，
1
所以平面ABC 与平面ABC的夹角即为∠ODC.
1
√6 √10
在△ODC中，OC=1，OD= ，CD= ，则OC2+OD2=CD2，
2 2
OD √15
即OC⊥OD ⇒cos∠ODC= = ，
CD 5
√15
故平面ABC 与平面ABC夹角的余弦值为 .
1 518．（17分）（2024·陕西宝鸡·二模）某趣味运动设置了“谜语竞猜”活动，在活动中设置①、②、③三
道谜语题，猜谜者按照一定的顺序猜谜，只有猜对当前谜语才能继续竞猜下一道谜语，并且获得本谜语的
奖金．每次猜谜的结果相互独立．猜对三道谜语的概率及获得的相应奖金如下表：
谜语 ① ② ③
猜对的概率 0.8 p(00，即p∈(0.5,1)时，应按①、②、③顺序猜谜所获得奖金更多；
当14 p−7=0，即p=0.5时，按①、②、③和③、②、①顺序猜谜所获奖金一样多；
当14 p−7<0，即p∈(0,0.5)时，应按③、②、①顺序猜谜所获得奖金更多．
19．（17分）（2024·福建泉州·模拟预测）若无穷数列 满足：对于 ，其中
{a } ∀n∈N* ，a2 −a2=p p
n n+1 n
为常数，则称数列 为 数列．
{a } P
n
(1)若一个公比为 的等比数列 为“ 数列”，求 的值；
q {x } P q
n
(2)若 是首项为1，公比为3的等比数列，在 与 之间依次插入数列 中的 项构
a =1，p=2，{y } y y {a2} k
1 n k k+1 n
成新数列
{c }:y ,a2,y ,a2,a2,y ,a2,a2,a2,y ,⋅⋅⋅⋅⋅⋅
，求数列
{c }
中前30项的和
S
．
n 1 1 2 2 3 3 4 5 6 4 n 30(3)若一个“ 数列" 满足 ，设数列{1 }的前 项和为 ．是否存在正整数 ，
P {a } a =2,a =2√2,a >0 n T m,k
n 1 2 n a n
n
使不等式 对一切 都成立？若存在，求出 的值；若不存在，说明理由．
T >√mn+k−1 n∈N∗ m,k
n
【解题思路】（1）根据等比数列的通项公式，列出“P数列”的式子，变形后得
， 与 无关，即可求解；
x2 −x2=x2q2n−2(q2−1)=P P n
n+1 n 1
（2）由题意确定数列 中前30项含有 的前7项和数列 的前23项，结合等差和等比数列的前 项
{c } {y } {a2} n
n n n
和公式，即可求解；
（3）首先求解出 ，可得数列{1 }的前 项和 ，并假设存在 ，通过验证求得 ，再利
a =2√n n T m,k m=k=1
n c n
n
用放缩法，证明结论成立.
【解答过程】（1）数列 是等比数列，则 ， ，
{x } x =x qn−1 x2=x2q2n−2
n n 1 n 1
则 ，
x2 −x2=x2q2n−x2q2n−2=x2q2n−2(q2−1)=P
n+1 n 1 1 1
因为P与n无关，所以q2−1=0，即q=±1；
（2）由题意可知， ，而 ，所以 ，
a2 −a2=2 a2=1 a2=a2+(n−1)×2=2n−1
n+1 n 1 n 1
是首项为1，公比为3的等比数列，
{y }
n
(k+1)(k+2)
而新数列{c }中y 项（含y ）前共有(1+2+3+...+k)+k+1= 项，
n k+1 k+1 2
(k+1)(k+2)
令 ≤30，结合k∈N∗，解得：k≤6，
2
故数列 中前30项含有 的前7项和数列 的前23项，
{c } {y } {a2}
n n n
1−37 23×22
所以数列{c }中前30项的和T = +23×1+ ×2=1622；
n 30 1−3 2
（3）因为数列 是“ 数列”， ， ， ，
{a } P a =2 a =2√2 a >0
n 1 2 n则 ， ，得 ，
P=a2−a2=4 a2=a2+(n−1)P=4+(n−1)×4=4n a =2√n
2 1 n 1 n
所以数列{1 }的前 项和 1( 1 1 1 1 )，
n T = + + +...+
a n 2 √1 √2 √3 √n
n
假设存在正整数 ，使得不等式1( 1 1 1 1 ) ，对一切 都成立，
m,k + + +...+ >√mn+k−1 n∈N∗
2 √1 √2 √3 √n
1 1 1 1
即 + + +...+ >2(√mn+k−1)
√1 √2 √3 √n
9
当n=1时，1>2(√m+k−1)，得m+k< ，
4
又m,k为正整数，得m=k=1
1 1 1 1
下面证明： + + +...+ >2(√mn+k−1)对一切n∈N∗都成立，
√1 √2 √3 √n
1 2 2
由于 = > =2(√n+1−√n)，(n∈N∗)，
√n √n+√n √n+1+√n
1 1 1 1
所以 + + +...+ >2[(√2−1)+(√3−√2)+...+(√n+1−√n)]，
√1 √2 √3 √n
，
=2(√n+1−1)
所以存在 ，使不等式 对一切 都成立.
m=k=1 T >√mn+k−1 n∈N∗
n
