2025 年高考数学全真模拟卷 04（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．（5分）（2025·广东佛山·一模）已知集合A=¿，B={−2,0,1,2}，若A∩B=∅，则实数a的取值范围
是（ ）
A．a<1 B．a<2 C．a≤1 D．a≤2
【解题思路】根据集合A是否为空集进行分类讨论，由此求得a的取值范围.
【解答过程】当a≤1时，A=∅，满足A∩B=∅，
当a>1时，A≠∅，由A∩B=∅，
可知1<a≤2，
综上所述，a≤2.
故选：D.
sinx
2．（5分）（2025·辽宁沈阳·一模）函数f (x)= 的图象大致是（ ）
lg(x2+e)
A． B．C． D．
【解题思路】根据函数的奇偶性排除部分选项，再由特殊值判断.
sinx sinx
【解答过程】因为f (x)的定义域为R，且 f (−x)= =− =−f (x) ，
lg((−x) 2+e) lg(x2+e)
所以f (x)是奇函数，故排除BC，
π sinx
又x∈ ( 0, ) ，则 lg(x2+e)>0,sinx>0,f (x)= >0 ，故排除D，
2 lg(x2+e)
故选：A.
3．（5分）（2025·江苏泰州·模拟预测）已知i是虚数单位，复数z 、z 在复平面内对应的点坐标分别为
1 2
(1,3) 、 (−2,1) ，则|z 2 |为（ ）
z
1
√2
A．√5 B．2 C．√2 D．
2
【解题思路】由复数的几何意义，除法运算和复数的模计算即可.
【解答过程】由题意，z =1+3i，z =−2+i，
1 2
|z 2 | = |−2+i| = |(−2+i)(1−3i)| = |−2+6i+i+3| = |1+7i| = √ ( 1 ) 2 + ( 7 ) 2 = √1 = √2.
z 1+3i (1+3i)(1−3i) 10 10 10 10 2 2
1
故选：D.
1
4．（5分）（2024·海南海口·模拟预测）已知向量⃗a=(1,2)，⃗b=(k,−1)，则“k=− ”是“ ⃗a∥⃗b”的
2
（ ）
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
【解题思路】根据向量的共线的坐标关系，即可根据充要条件的定义判断.
1
【解答过程】由⃗a=(1,2)，⃗b=(k,−1)，若⃗a∥⃗b，则2k=−1，解得k=− ，
21
故“k=− ”是“⃗a∥⃗b”的充要条件，
2
故选：C.
5．（5分）（2024·湖北·一模）设双曲线C：x2 y2 的左、右焦点分别为 ， ，左、右
− =1(a>0,b>0) F F
a2 b2 1 2
π
顶点为A ，A ，P为双曲线一条渐近线上一点，若∠F PF =3∠A PA = .则双曲线C的离心率e=
1 2 1 2 1 2 2
（ ）
A．√13 B．2√3 C．√11 D．√10
b π
【解题思路】设P(x ,y )在渐近线y= x上，结合角的关系∠F PF =3∠A PA = 求出x ,y 即可
0 0 a 1 2 1 2 2 0 0
代入渐近线结合离心率公式计算求解.
b
【解答过程】由题双曲线一条渐近线为y= x，不妨设P(x ,y )在该渐近线上，
a 0 0
b
则可得y = x ，
0 a 0
π 1
由∠F PF = 得|OP|= |F F |=c，故x2+ y2=c2，
1 2 2 2 1 2 0 0
所以 x2+ (b x ) 2 =c2 ⇒x2= a2c2 = a2c2 =a2 ，所以 x =±a ，
0 a 0 0 b2+a2 c2 0
π π π
所以∠PA A = 或∠PA A = ，由对称性不妨设x =a即∠PA A = ，
1 2 2 2 1 2 0 2 1 2
因为 π即 π，所以 a+x 2a √3 ，
3∠A PA = ∠A PA = tan∠A PA = 0= = ⇒y =2√3a
1 2 2 1 2 6 1 2 y y 3 0
0 0所以b = y 0=2√3 ，所以 e= c = √c2 = √ 1+ b2 =√1+(2√3) 2=√13 .
a x a a2 a2
0
故选：A.
6．（5分）（2025·云南昆明·一模）已知一个圆锥的顶点和底面圆都在球O的球面上，若圆锥的母线与球
O的半径之比为√3，则圆锥与球O的体积之比等于（ ）
1 3√6 9 3
A． B． C． D．
32 32 32 8
【解题思路】画出草图，通过已知条件建立等式关系，逐步推导圆锥和球的相关参数，然后代入体积公式
求出体积比.
【解答过程】设圆锥底面半径和高分别为 ，则母线 ，
r,ℎ l=√r2+
ℎ
2
显然球O为圆锥外接球，设半径为R，由(ℎ−R) 2+r2=R2，可得R= ℎ
2+r2
=
l2
.
2ℎ 2ℎ
l
又因为圆锥的母线与球O的半径之比为√3，即 =√3.
R
l2 3
联立可得l=√3R，将l=√3R代入R= ，可得ℎ = R.
2ℎ 2
3 3
再将l=√3R和ℎ = R代入l=√r2+
ℎ
2，可得r2= R2.
2 4
1 4
然后求圆锥体积V 与球O体积V 之比：圆锥体积V = πr2 ℎ，球的体积V = πR3.
1 2 1 3 2 3
1
则 V 1= 3 πr2 ℎ = r2 ℎ . 把r2= 3 R2， ℎ = 3 R代入上式可得 3 4 R2 ⋅ 3 2 R 9 .
V
2
4
πR3
4R3 4 2
4R3
=
32
3
故选：C.2π
7．（5分）（2024·江苏徐州·模拟预测）在△ABC中，A= ，D为边BC上一点，若AD⊥AB，且
3
AD=1，则△ABC面积的最小值为（ ）
√3 2√3 3√3
A． B． C． D．√3
2 3 4
【解题思路】利用等面积法建立b,c边的等量关系，再利用基本不等式求bc的最小值即可求解.
【解答过程】
2π
如图，由已知A= ，AD⊥AB，且AD=1，
3
1 1 2π √3
△ABC的面积S = bcsin A= bcsin = bc，
△ABC 2 2 3 4
1 1 π 1( 1 )
又S =S +S = c+ bsin = c+ b ，
△ABC △ABD △ADC 2 2 6 2 2
8
则有√3bc=2c+b≥2√2bc=2√2√bc，解得bc≥ ，
3
4 2
当且仅当b=2c，即b= √3,c= √3时等号成立，
3 3
2
所以S 的最小值为 √3.
△ABC 3
故选：B.
1
8．（5分）（2024·广西·模拟预测）设函数f (x)=ln(1+x4)− ，则不等式f (2x)>f (x+1)的解集
1+3|x|
为（ ）.
( 1 ) ( 1)
A． − ,1 B． −∞,− ∪(1,+∞)
3 3
( 1 1) ( 1) (1 )
C． − , D． −∞,− ∪ ,+∞
3 3 3 3
【解题思路】首先判断函数的奇偶性与单调性，根据奇偶性与单调性将函数不等式转化为自变量的不等式，
解得即可.
1
【解答过程】函数f (x)=ln(1+x4)− 的定义域为R，
1+3|x|1
且f (−x)=ln(1+x4)− =f (x)，即f (x)为偶函数，
1+3|x|
1
当x>0时y=1+x4与y=lnx，y=− 与y=1+3x均在(0,+∞)上单调递增，
x
1
所以y=ln(1+x4)与y=− 均在(0,+∞)上单调递增，
1+3|x|
所以f (x)在(0,+∞)上单调递增，则不等式f (2x)>f (x+1)等价于|2x|>|x+1|，
1
即(2x) 2>(x+1) 2，解得x>1或x<− ，
3
( 1)
即不等式f (2x)>f (x+1)的解集为 −∞,− ∪(1,+∞).
3
故选：B.
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。
9．（6分）（2024·江西·模拟预测）已知O为坐标原点，点A(−1,−1)在抛物线E:x2=−2py上，过点
B(0,1)的直线l交E于M,N两点，则（ ）
1
A．E的准线方程为y= B．直线AB与E相切
2
C．|BM||BN|>|AB|2 D．|OM||ON|=|OA|2
【解题思路】利用点在抛物线上求得抛物线方程，进而求得其准线方程可判断A；先求得直线AB的方程，
再联立直线AB与抛物线方程，利用判别式即可判断B；联立直线l与抛物线方程，利用韦达定理，结合两
点距离公式与弦长公式分别求得所需要线段长，从而可判断CD.
1
【解答过程】对于A，因为点A(−1,−1)在E上，所以(−1) 2=−2p(−1)，解得p= ，
2
1
所以E的标准方程为x2=−y，其准线方程为y= ，故A错误；
4
1+1
对于B，由题可知k = =2，则直线AB的方程为y=2x+1，
AB 0+1
联立¿，消去y，得x2+2x+1=0，
此时Δ=22−4=0，故AB与E相切，故B正确；对于CD，由题意知l的斜率存在，设l的方程为y=kx+1，
联立¿，消去y，得x2+kx+1=0，
则′❑=k2−4>0，即|k|>2，
设 ，则 ，
M(x ,−x2),N(x ,−x2) x +x =−k,x x =1
1 1 2 2 1 2 1 2
又 ，
|AB|=√12+22=√5,|OA|=√2
所以
|BM||BN|=√1+k2|x |⋅√1+k2|x |=(1+k2)|x x |=1+k2>5=|AB|
2，
1 2 1 2
|OM||ON|=√x2+x4√x2+x4=√x2x2(x2x2+x2+x2+1)
1 1 2 2 1 2 1 2 1 2
=√2+(x +x ) 2−2x x =√2+k2−2=|k|>2=|OA|2
，故C正确，D错误.
1 2 1 2
故选：BC.
( 4) 1
10．（6分）（2024·四川成都·模拟预测）已知函数f (x)= k+ lnx−x+ ，则下列说法正确的有
k x
（ ）
A．f (x)在x=1处切线斜率不小于2
B．k>0时，f (x)有3个零点且三个零点的积为1
C．k>0时，f (x)有两个极值点且两极值点的和不小于4
D．曲线 上总存在两点 ， ，对任意 使得曲线在 、 两点处
y=f (x) M(x ,y ) N(x ,y ) k∈[4,+∞) M N
1 1 2 2
(4 )
的切线互相平行，则x +x 的取值范围为 ,+∞
1 2 5
【解题思路】求 的导数 ，取 ，可判断A；令 ，可得函数 极值以及单调性，判
f (x) f′(x) k=−1 f′(x)=0 f (x)( 1)
断C；从而判断出函数f (x)有3个零点，且若f (m)=0，则f =0，从而判定B；由题意可得
m
4
f′ (x )=f′ (x )，¿，x >0，且x ≠x )，化为(x +x )= ( k+ 4) x x ，因此 x 1 +x 2 > 4对k∈[4,+∞)都
1 2 2 1 2 1 2 k 1 2 k+
k
成立，利用导数研究其最值即可判断D.
【解答过程】对于A：函数f (x)= ( k+ 4) lnx−x+ 1 ，导数f′(x)= ( k+ 4)1 − 1 −1，
k x k x x2
4
所以f (x)在x=1处切线斜率为f′(1)=k+ −2，
k
当k=−1时，f′(1)=−7，A错误；
对于C：由已知 x>0 ， f′(x)= ( k+ 4)1 − 1 −1 x2− ( k+ 4 k ) x+1，
k x x2 =−
x2
由f′(x)=0，即 x2− ( k+ 4) x+1=0，
k
则 Δ= ( k+ 4) 2 −4=k2+ 16 +4>0 成立，设方程两根为 x ， x ，且 x <x ，
k k2 1 2 1 2
所以¿，
4 √ 4
因为k>0，所以x +x =k+ ≥2 k+ =4，当且仅当k=2时等号成立，
1 2 k k
又x x =1>0，所以0<x <1<x ，
1 2 1 2
所以 和 时， ，函数 单调递减，
x∈(0,x ) (x ,+∞) f′(x)<0 f (x)
1 2
时， ，函数 单调递增，
x∈(x ,x ) f′(x)>0 f (x)
1 2
所以x 为函数f (x)极小值点，x 为函数f (x)极大值点，
1 2
所以k>0时，f (x)有两个极值点且两极值点的和不小于4，C正确；
对于B：先证ex≥1+x2(x≥0)，
令ℎ(x)=ex−1−x2(x>0)，则ℎ ′(x)=ex−2x，
ℎ
″(x)=ex−2，令ℎ ″(x)=0，得x=ln2，
当x∈(0,ln2)时，ℎ ″(x)<0，当x∈(ln2,+∞)时，ℎ ″(x)>0，
所以ℎ ′(x)在(0,ln2)单调递减，在(ln2,+∞)单调递增，所以ℎ ′(x)≥ℎ ′(ln2)=eln2−2ln2=2−2ln2>0，所以ℎ(x)在(0,+∞)单调递增，
所以ℎ(x)≥ℎ(0)=0，即ex≥1+x2(x≥0).
( 4) 1
当x∈(0,x )时，f (x)= k+ lnx−x+ ，
1 k x
4 4 √ 4
令t=k+ ，因为k>0，所以t=k+ ≥2 k⋅ =4，当且仅当k=2时取等号，
k k k
1
则f (x)=tlnx−x+ ，因为0<e−t<1，
x
1 1 1 1
f (e−t)=tlne−t−e−t+ =−t2− +et≥−t2− +(1+t2)=1− >0，
e−t et et et
( 4)
又因为f (1)= k+ ln1−1+1=0，0<x <1<x ，
k 1 2
和 时，函数 单调递减； 时，函数 单调递增，
x∈(0,x ) (x ,+∞) f (x) x∈(x ,x ) f (x)
1 2 1 2
所以极小值f(x )<0，极大值f(x )>0.
1 2
所以存在唯一的 时，使得 ，
m∈(e−t,x ) f(m)=0
1
( 4) 1
即f (m)= k+ lnm−m+ =0，
k m
则 ( 1) ( 4) 1 1 [( 4) 1 ] ，
f = k+ ln − +m=− k+ lnm−m+ =0
m k m m k m
1 ( 4)
因为m∈(0,x )，所以 ∈(x ,+∞)，又因为f (1)= k+ ln1−1+1=0，
1 m 2 k
1 1
即k>0时，m， 和1为f (x)的三个零点，且积m⋅1⋅ =1，B正确；
m m
对于D：由题意可得 ， ， ，且 ，
f′ (x )=f′ (x ) ¿ x >0 x ≠x )
1 2 2 1 2
4 4
k+ k+
即有 k 1 k 1 ，
− −1= − −1
x x 2 x x 2
1 1 2 2
化为 ( 4) ，而 (x +x ) 2 ，
(x +x )= k+ x x x x < 1 2
1 2 k 1 2 1 2 2
4
所以(x +x )< ( k+ 4)(x 1 +x 2 ) 2 ，化为 x 1 +x 2 > 4对k∈[4,+∞)都成立，
1 2 k 2 k+
k4
令g(k)=k+ ，在k∈[4,+∞)单调递增，
k
4 4
4 ≤
所以k+ ≥5，当且仅当k=4取得等号，所以 4 5，
k k+
k
4 (4 )
所以x +x > ，即x +x 的取值范围是 ,+∞ ，D正确.
1 2 5 1 2 5
故选：BCD.
11．（6分）（2024·江西·模拟预测）数学史上“笛卡尔心形曲线”以其优美的形状，浪漫的传说而闻名．
曲线C: x2+ y2−|x|y−1=0也是一种“心形曲线”，点P(m,n)为C上的点，过P分别向x轴、y轴作垂线，
垂足分别为A,B,O为坐标原点，称横、纵坐标均为整数的点为整点，则（ ）
A．C上整点的个数为6 B．矩形OAPB面积的最大值为√2
C．|OP|≤√2 D．C所围成的区域的面积大于3
2 2
【解题思路】根据方程判断曲线C的对称性，问题化为研究曲线C在x≥0的情况，进而得到− ≤ y≤
√3 √3
1 2 π
及其所过的点，判断A；应用三角换元得xy= + sin( 2θ− ) ，判断B；应用基本不等式、曲线对称
3 3 6
性判断C、D.
【解答过程】用−x替换的x，方程不变，故C关于y轴对称，故只研究曲线C在x≥0的情况即可．
当x≥0时，C的方程为x2+ y2−xy−1=0，即 ( x− y) 2 + 3 y2=1，
2 4
3 2 2
所以 y2≤1，即− ≤ y≤ ．
4 √3 √3
当y=−1时，可得C上的点(0,−1)；
当y=0时，可得C上的点(1,0)；
当y=1时，可得C上的点(0,1),(1,1)．
由对称性知(−1,0),(−1,1)也在C上，共6个整点，故A正确；由对称性，只需讨论x≥0的情形，当x≥0时C的方程为 ( x− y) 2 + 3 y2=1，
2 4
y √3 sinθ 2sinθ
令x− =cosθ, y=sinθ，则x= +cosθ,y= ，
2 2 √3 √3
故 xy= ( sinθ +cosθ )2sinθ = 1 (1−cos2θ)+ sin2θ = 1 + 2 sin( 2θ− π )，可见 |xy|≤1 ，
√3 √3 3 √3 3 3 6
所以矩形OAPB的面积|mn|≤1，故B错误；
x2+ y2 x2+ y2
当x≥0,x2+ y2−xy−1=0，又xy≤ ，所以x2+ y2− −1≤0，
2 2
所以 ，则 ，故C正确；
x2+ y2≤2 |OP|=√m2+n2≤√2
结合对称性，将C上的整点顺次连接得到由一个矩形和一个三角形组成的五边形（如图），
它的面积为3，故C围成的区域面积大于3，故D正确．
故选：ACD．
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
12．（5分）（2024·宁夏·模拟预测）若2a=5b= ，则 + = −1 .
10 a b
【解题思路】直接由指对互换、对数运算法则即可求解.
1 1 1 1
1 + = + =log 2+log 5=log 10=−1
【解答过程】若2a=5b= ，则a b 1 1 1 1 1 .
10 log log 10 10 10
210 510
故答案为：−1.
13．（5分）（2024·陕西宝鸡·三模）围棋起源于中国，据先秦典籍《世本》记载：“尧造围棋，丹朱善
之”，围棋至今已有四千多年历史，蕴含着中华文化的丰富内涵．在某次国际比赛中，中国派出包含甲、
乙在内的5位棋手参加比赛，他们分成两个小组，其中一个小组有3位，另外一个小组有2位，则甲和乙3
不在同一个小组的概率为 .
5
【解题思路】首先求分组的方法，再利用古典概型概率公式求解.
【解答过程】5人分成2个小组，一组3位，一组2位，共有 种方法，
C2=10
5
甲和乙不在同一个小组，则甲所在组有2人或3人，则有 种方法，
C1+C2=6
3 3
6 3
所以甲和乙不在同一个小组的概率P= = .
10 5
3
故答案为： .
5
14．（5分）（2024·江西宜春·模拟预测）已知斜率为k(k>0)的直线过抛物线C:y2=4x的焦点F且与抛
物线C相交于A，B两点，过A，B分别作该抛物线准线的垂线，垂足分别为M，N，若S =2S ，
△ABN △ABM
则k=
2√2 ．
【解题思路】求出焦点坐标，设直线 ， ，联立方程 ，结合韦达定理，
AB:y=k(x−1) A(x ,y ),B(x ,y ) ¿
1 1 2 2
转化求解三角形的面积的比值，求解即可．
【解答过程】已知斜率为k(k>0)的直线过抛物线C:y2=4x的焦点F且与抛物线C相交于A，B两点，过
A，B分别作该抛物线准线的垂线，垂足分别为M，N，
由抛物线C:y2=4x得F(1,0)，
设直线AB:y=k(x−1)，A(x ，y )，B(x ，y )，
1 1 2 2
故联立方程 ，得 ，
¿
k2x2−(2k2+4)x+k2=0
所以 ， 2k2+4，
x x =1 x +x =
1 2 1 2 k2
若S =2S ，
ΔABN ΔABM
1
|BN||MN|
S 2 |BN| |BF| x +1
由已知和抛物线定义知： △ABN = = = = 2 =2，
S 1 |AM| |AF| x +1
△ABM |AM||MN| 1
2
故¿，
1
解方程组得x = ，x =2，k=2√2．
1 2 2故答案为：2√2．
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·浙江杭州·模拟预测）疫苗保障着人类的生命安全，但随着病毒的变异，过去用于防
治疾病D的疫苗A逐渐降低了对病毒的有效率，针对疾病D的特效疫苗B在历经了研发、试验的阶段后开
始投入使用，以下为某次试验时的数据（生成抗体意味着疫苗起效）.
疫苗 特效疫苗
A B
生成抗体人数 130 160
未生成抗体人数 70 40
0
(1)可否有99.9 把握认为特效疫苗B在防治疾病D方面相对于疫苗A有较大提升？
0
未接种组感染率−接种组感染率
(2)统计学上通常用疫苗的有效率η= 来衡量疫苗的真实效果.在全面
未接种组感染率
投入使用特效疫苗B的试点城市M中，疫苗的接种率达到了95%，若在一段时间内统计得感染疾病D的人
群中接种过疫苗B的比例为60%，试评价疫苗B在投入使用之后的表现.
参考公式及数据： n(ad−bc) 2 ，其中 . ，
χ2= n=a+b+c+d P(χ2≥2.706)=0.1
(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)
， .
P(χ2≥6.635)=0.01 P(χ2≥10.828)=0.001
【解题思路】（1）利用卡方直接求解，然后根据问题直接下结论即可；
（2）根据题目中用疫苗的有效率直接求解，然后下结论即可.
【解答过程】（1）
由 n(ad−bc) 2
χ2=
(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)400×(130×40−160×70) 2
= ≈11.285，
110×290×200×200
又 ， ，
P(χ2≥10.828)=0.001 11.285>10.828
所以有99.9%的把握可以认为特效疫苗B在防治疾病D方面相对于疫苗A有较大提升
（2）设城市M共有m人，在这段时间内感染人数为n，
未接种组感染率−接种组感染率
则有效率η=
未接种组感染率
0 0
40 m 60 m
0 0
−
0 0
5 n 95 n
0 0 35 0
= = ≈92.1 ，
0 38 0
40 m
0
0
5 n
0
可见疫苗B在投入使用之后的表现优于试验阶段，且对疾病D防治效果良好.
16．（15分）（2024·黑龙江大庆·模拟预测）已知等差数列 的公差 ， 且 成等比数列，
{a } d≠0 a =4 a ,a ,a
n 3 1 3 7
(1)求数列 的通项公式；
{a }
n
(2)设 1 ，求数列的 前 项和 ；
b = {b } n S
n 4a 2−8n−5 n n
n
(3)设 ，求数列的 前 项和 .
C =3na {C } n T
n n n n
【解题思路】（1）利用等比数列和等差数列的性质可求得公差 ，即可得到数列 的通项公式.
d=1 {a }
n
1( 1 1 )
（2）根据（1）可得b = − ，利用裂项相消法可求S .
n 2 2n−1 2n+1 n
（3）利用错位相减法可求T .
n
【解答过程】（1）∵ 成等比数列，∴ ，
a ,a ,a a2=a ⋅a
1 3 7 3 1 7
∵数列 为等差数列， ，
{a } a =4
n 3
∴42=(4−2d)(4+4d)，解得d=1或d=0（舍），
∴a =4−2d=4−2=2，
1∴a =2+(n−1)×1=n+1.
n
（2）由（1）得 1 1 1 1( 1 1 )，
b = = = = −
n 4(n+1) 2−8n−5 4n2−1 (2n−1)(2n+1) 2 2n−1 2n+1
1( 1 1 1 1 1 ) n
∴S =b +b +b +⋯+b = 1− + − +⋯+ − = .
n 1 2 3 n 2 3 3 5 2n−1 2n+1 2n+1
（3）由题意得， ，
C =3na =(n+1)⋅3n
n n
∴ ，
T =2×3+3×32+4×33+⋯+(n+1)⋅3n①
n
，
3T =2×32+3×33+4×34+⋯+(n+1)⋅3n+1②
n
得，
①−② −2T =2×3+32+33+34+⋯+3n−(n+1)⋅3n+1
n
∴ −2T =3+
3(1−3n)
−(n+1)⋅3n+1= 3 − ( n+ 1) ⋅3n+1 ，
n 1−3 2 2
∴T =
(n
+
1)
⋅3n+1−
3
.
n 2 4 4
17．（15分）（2024·河北邯郸·模拟预测）已知函数f (x)=(lnx+x) ( ex− a) (a∈R)．
x
(1)当 时，求 在点 处的切线方程；
a=1 y=f (x) (1,f (1))
(2)若f (x)有两个不同的零点，求实数a的取值范围．
【解题思路】（1）利用导数的几何意义求切线方程即可；
a
（2）讨论lnx+x=0或ex− =0两种情况，并结合导数研究零点，最后根据零点个数确定参数范围.
x
【解答过程】（1）当a=1时，f (x)=(lnx+x) ( ex− 1) ，
x
则 f′(x)= (1 +1 )( ex− 1) +(lnx+x) ( ex+ 1 )，
x x x2
所以f (1)=e−1,f′(1)=3e−1，
所以 在点 处的切线方程为 ，
y=f (x) (1,f (1)) y−(e−1)=(3e−1)(x−1)
即y=(3e−1)x−2e．a
（2）令f (x)=0可得lnx+x=0或ex− =0，对两个方程分别讨论，
x
1
①设g(x)=lnx+x(x>0)，则g′(x)= +1>0，
x
(1) 1 √e
所以g(x)在(0,+∞)单调递增，且g =−ln2+ =ln <0,g(1)=1>0，
2 2 2
所以存在唯一的零点 ，使 ，即 ，
x ∈(0,1) g(x )=0 lnx +x =0
1 1 1 1
a
②令ex− =0，即a=xex，
x
设 ，可得 ，
ℎ(x)=xex (x>0)
ℎ
′(x)=(x+1)ex>0
则ℎ(x)在(0,+∞)上单调递增，又ℎ(0)=0且x→+∞时，ℎ(x)→+∞，
当 时，存在唯一的零点 ，使 ，即 ，
a∈(0,+∞) x ∈(0,+∞) ℎ(x )=a a=x ex 2
2 2 2
若 时，得 ，则 ，可得 ，故 ，
x =x ¿ lnx =−x x =e−x 1 a=x ex 1=e−x 1ex 1=1
1 2 1 1 1 1
所以a∈(0,+∞)且a≠1时，f (x)有两个不同的零点；
综上，实数a的取值范围为(0,1)∪(1,+∞)．
18．（17分）（2025·四川绵阳·模拟预测）如图，已知面积为8√3的矩形ABCD，与坐标轴的交点
是椭圆 ：x2 y2 的四个顶点，且该椭圆的离心率为1.
E,F,G,H Γ + =1(a>b>0)
a2 b2 2
(1)求椭圆Γ的标准方程；
(2)O为坐标原点，过下顶点F的直线与x轴相交于点P（不同于O），与直线AD相交于点R，与椭圆Γ相
交于点M，直线HM与直线CD相交于点Q.
|OP| |DQ|
（i）证明： = ；
|OG| |DG|（ii）设线段QR的中点为S,I,J为椭圆Γ上的两点，且直线SI，SJ与椭圆Γ都仅有一个公共点，OT⊥IJ，
垂足为T.探究：是否存在定点K，使得|TK|为定值?若存在，求点K的坐标以及此定值；若不存在，请说
明理由.
【解题思路】（1）根据椭圆的几何性质列等量关系即可求解，
（2）根据两点斜率公式，即可化简求解 3，根据直线方程求解 (√3 ) ，即可
k k =− P ,0 , Q(2,2k +√3)
1 2 4 k 2
1
x x y y
根据长度关系求（i），联立直线与椭圆方程，根据相切，利用判别式可得切线方程为 1 + 1 =1，进
4 3
而求解 方程为:x ′x y ′ y ，化简得 方程为√3 ，令 ，求解定点
IJ 0 + 0 =1 IJ (√3x−y)+3x+4√3 y−12=0 ¿
4 3 k
1
(4 4√3)，根据 得 在以 为直径的圆上，即 (2 2√3).
N , OT⊥IJ T ON K ,
5 5 5 5
【解答过程】（1）由题意可得¿，解得a=2,b=√3,c=1，
x2 y2
故椭圆方程为 + =1
4 3
（2）设 M(x ,y ) ，则x2 0+ y2 0=1 ，故 y2 0 −3 =− 3，
0 0 4 3 x2 4
0
,
F(0,−√3),H(0,√3)
设直线MF,MH的斜率分别为k ,k ，
1 2
则 y +√3 y −√3，
k = 0 ,k = 0
1 x 2 x
0 0
故 k k = y 0 +√3 ⋅ y 0 −√3 = y2 0 −3 =− 3
1 2 x x x2 4
0 0 0
由于 ,则 ，
D(2,√3),G(2,0) |DG|=√3,|OG|=2直线 的方程为 令 则 √3，故 (√3 )
PF y=k x−√3, y=0, x= P ,0 ,
1 k k
1 1
√3
所以|OP|= ,
|k |
1
直线 的方程为 令 则 ，故
HQ y=k x+√3, x=2 y=2k +√3 Q(2,2k +√3)
2 2 2
所以 ，
|DQ|=2|k |
2
√3 3
|OP|⋅|DG|= √3= ，
|k | |k |
1 1
3 3
|OG|⋅|DQ|=2×2|k |=4|k |=4× =
2 2 4|k | |k |
1 1
|OP| |DQ|
故|OG|⋅|DQ|=|OP||DG|，即 = ；
|OG| |DG|
（ii）存在定点 (2 2√3)，使得 为定值4，理由如下：
K , |TK|
5 5 5
设 ，
S(x ′,y ′),I(x ,y ),J(x ,y )
0 0 1 1 2 2
①当过椭圆上点 的有斜率时，设直线 ： ，
I(x ,y ) l y=kx+m
1 1
x2 y2
联立y=kx+m与椭圆方程 + =1可得(4k2+3)x2+8kmx+4m2−12=0，
4 3
由于直线 与椭圆只有一个公共点，故 ，
l Δ=(8km) 2−4(4k2+3)(4m2−12)=0
化简得4k2−m2+3=0，
−4km −4k 3
所以x = = ，代入到y=kx+m可得y = ，
1 4k2+3 m 1 m
所以 mx 3 x ，
k=− 1=− ⋅ 1
4 4 y
1
从而直线 ： 3x 3 ，即x x y y （※），
l y=− 1 x+ 1 + 1 =1
4 y y 4 3
1 1
②当过 的直线 斜率不存在且与椭圆只有一个交点时， ： 也满足（※），
I(x ,y ) l l x=±x =±2
1 1 1x x y y
同理可得当过J(x ,y )且与椭圆只有一个交点的直线方程为 2 + 2 =1，
2 2 4 3
由于两直线均经过点 ,故x x ′ y y ′ x x ′ y y ′ ，
S 1 0 + 1 0 =1, 2 0 + 2 0 =1
4 3 4 3
故直线 方程为:x ′x y ′ y ，
IJ 0 + 0 =1
4 3
由（i）可知 的方程为 令 则 2√3，故 (2√3 )
PF y=k x−√3, y=√3 x= R ,√3 ,
1 k k
1 1
又 ，
Q(2,2k +√3)
2
则 的中点 (√3 ) 即 √3 3 ，
RQ S +1,√3+k , x = +1,y =√3+k =√3−
k 2 0 k 0 2 4k
1 1 1
直线 方程为 (√3 ) ( 3 ) ，
IJ 3 +1 x+4 √3− y−12=0
k 4k
1 1
√3
即 (√3x−y)+3x+4√3 y−12=0，
k
1
4 4√3
令¿，解得x= ,y= ，
5 5
故直线 恒过点 (4 4√3)，又 ,
IJ N , OT⊥IJ
5 5
故 在以 为直径的圆上，即 (2 2√3)，使得 为定值4.
T ON K , |TK|
5 5 5
19．（17分）（2024·浙江绍兴·模拟预测）如图所示，四棱台ABCD−A B C D ，底面ABCD为一个菱
1 1 1 1
√39
形，且∠BAD=120°. 底面与顶面的对角线交点分别为O，O . AB=2A B =2，BB =DD = ，
1 1 1 1 1 2
√37
A A 与底面夹角余弦值为 .
1 37(1)证明：OO ⊥平面ABCD；
1
(2)现将顶面绕OO 旋转θ角，旋转方向为自上而下看的逆时针方向. 此时使得底面与DC 的夹角正弦值为
1 1
6√43
，此时求θ的值(θ<90°)；
43
(3)求旋转后A A 与BB 的夹角余弦值.
1 1
【解题思路】（1）先在等腰梯形BDD B 证明OO ⊥BD，求出OO =3；再证明∠A AE即A A 与底
1 1 1 1 1 1
√37 √37
面夹角，利用cos∠A AE=cos∠O FO= ，及余弦定理解得FO = ，再利用勾股定理有
1 1 37 1 2
OO ⊥AC，所以可证OO ⊥平面ABCD.
1 1
（2）根据题意建立合适的空间直角坐标系，易得平面ABCD的一个法向量⃗n=(0,0,1)，根据旋转方向和旋
( 1 1 ) 6√43
转前的位置，写出C 坐标为 − cosθ,− sinθ,3 ；再根据底面与DC 的夹角正弦值为 ，求出
1 2 2 1 43
θ=60°.
(1 1 )
（3）与第二问的原理相同，根据旋转方向和旋转前的位置写出A cosθ, sinθ,3 ，
1 2 2
B (√3 cos ( π +θ ) , √3 sin ( π +θ ) ,3 )，即 A (1 , √3 ,3 )， B ( − 3 , √3 ,3 )，从而得到旋转后 A A 与
1 2 2 2 2 1 4 4 1 4 4 1
|⃗A A ⋅⃗BB | 4√195
BB 的夹角余弦值 cosθ = 1 1 = .
1 2 |⃗A A |⋅|⃗BB | 65
1 1
【解答过程】（1）连接OB ，OD ，过点A 作A E⊥AC于点E，取AO中点F，连接FO ，如图.
1 1 1 1 11
由题易得AC=2A C =2，BD=2B D =2√3. 所以FO= .
1 1 1 1 2
在四棱台ABCD−A B C D 中易得BD//B D ，
1 1 1 1 1 1
又因为BB =DD 且BD≠B D ，所以四边形BDD B 为等腰梯形.
1 1 1 1 1 1
因为O，O 分别是BD和B D 的中点，所以OO ⊥BD，
1 1 1 1
√39
又因为BB =DD = ，易得等腰梯形BDD B 的高OO =3.
1 1 2 1 1 1
因为在菱形ABCD中AC⊥BD，且AC，OO ⊂面ACC A ，AC∩OO =O，
1 1 1 1
所以BD⊥面ACC A ，又因为A E⊂面ACC A ，
1 1 1 1 1
所以A E⊥BD，又因为A E⊥AC，且AC，BD⊂面ABCD，AC∩BD=O，
1 1
所以A E⊥面ABCD，因此∠A AE即A A 与底面夹角.
1 1 1
由题易得A O ∥AO，且A O =AF，所以四边形A A O F为平行四边形，所以A A ∥O F.
1 1 1 1 1 1 1 1
√37
则cos∠A AE=cos∠O FO= ，
1 1 37
在 中由余弦定理可得
FO2+FO2−OO2
√37，解得 √37.
△O FO cos∠O FO= 1 1= FO =
1 1 2FO⋅FO 37 1 2
1
所以 ，由勾股定理得 .
FO2+OO2=FO2 OO ⊥AC
1 1 1
又因为OO ⊥BD，且AC，BD⊂面ABCD，AC∩BD=O，
1
所以OO ⊥平面ABCD.
1
（2）因为AC⊥BD，
所以 为原点， ， ， 方向分别为 ， ， 轴正方向建立如图所示空间直角坐标系.
O ⃗OA ⃗OB ⃗OO x y z
1
易得平面ABCD的一个法向量⃗n=(0,0,1)，旋转前坐标分别为： ， (1 )， ， ( √3 )， ，
A(1,0,0) A ,0,3 B(0,√3,0) B 0, ,3 D(0,−√3,0)
1 2 1 2
( 1 )
C − ,0,3 .
1 2
点C 旋转的过程俯视如图：
1
1
因为在旋转过程中O C = 不变，且点C 所在终边对应的角大小为π，逆时针旋转θ角后点C 坐标为
1 1 2 1 1
(1 1 ) ( 1 1 )
cos(π+θ), sin(π+θ),3 ，即C − cosθ,− sinθ,3 ，所以
2 2 1 2 2
⃗DC = ( − 1 cosθ,√3− 1 sinθ,3 )
1 2 2
|⃗DC ⋅⃗n|
3 6√43
sinθ = 1 = =
所以底面与DC 1 的夹角正弦值为 1 |⃗DC 1 |⋅|⃗n| √1 cos2θ+ ( √3− 1 sinθ ) 2 +9 43 ,
4 2
√3
解得sinθ= ，又因为θ<90°，所以θ=60°.
2
(1 1 )
（3）由第二问可得，因为点A 所在终边对应的角为0，所以旋转后点A cosθ, sinθ,3 ，即
1 1 2 2(1 √3 )；
A , ,3
1 4 4
同理因为点 B 所在终边对应的角为π，所以旋转后点 B (√3 cos ( π +θ ) , √3 sin ( π +θ ) ,3 )，即
1 2 1 2 2 2 2
( 3 √3 ).
B − , ,3
1 4 4
所以 ( 3 √3 )， ( 3 3√3 )，
⃗A A = − , ,3 ⃗BB = − ,− ,3
1 4 4 1 4 4
|⃗A A ⋅⃗BB | 9 4√195
因此旋转后 与 的夹角余弦值为cosθ = 1 1 = = .
A A 1 BB 1 2 |⃗A A |⋅|⃗BB | √39 √45 65
1 1 ×
4 4
