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大题仿真卷 05（A 组+B 组+C 组）
（模式：5题 满分：77分 限时：70分钟）
一、解答题
1．（23-24高三下·辽宁·期末）如图所示， ， ， 为山脚两侧共线的三点，在山顶 处测得三点的俯
角分别为 ， ， ．计划沿直线 开通穿山隧道，请根据表格中的数据，计算：
(1) 的长度
(2)隧道 的长度．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由 求出 ，从而可求出 ，然后在 中利用正弦定理可求出 ；
（2）在 中利用正弦定理求出 ，从而可求出 .
【详解】（1）因为 ， 为锐角，所以 ，
所以
，
在 中， ，
所以由正弦定理得 ，所以 ；
（2）因为 ，
在 中， ，
所以由正弦定理得 ，
则 ，
所以 ，
所以隧道 的长度为 .
2．（2024·广东肇庆·模拟预测）已知函数 .
(1)求 的极值；
(2)对任意 ，不等式 恒成立，求 的取值范围.
【答案】(1)极小值 ，无极大值
(2)
【分析】（1）求导，分类讨论确定函数单调性即可求解.
（2）将不等式转化为 恒成立，构造函数 ，利用导数确定函数单调性，
进而求解最值求解,或者第一问函数的单调性，结合函数的最值分类讨论求解.
【详解】（1） 的定义域为 .
当 时，f′(x)>0恒成立，此时 单调递增， 无极值；
当 时，令 ，得 .
故当 时， 单调递减；
当 时， 单调递增，
此时 在 处取到极小值 ，无极大值.（2）方法一：对任意 时， 恒成立，即 恒成立.
令 ，则 .
令 ，则 ，
即ℎ(x)在区间(0,1)上单调递减，又 ，
所以当 时，ℎ(x)>0，即 ，此时 单调递增；
当 时，ℎ(x)<0，即 ，此时 单调递减，
所以 .
所以 ，即 的取值范围为 .
方法二：由（1）知 ，
当 时， 在区间(0,1)上单调递增.
因为 ，所以 不符合题意；
当 时，当 时 单调递减，当 时 单调递增.
对任意 时， 恒成立，即 ，
即 .
令
在区间(0,1)上单调递增.
又
所以 ；当 时， 在区间(0,1)上单调递减.
所以 ，符合题意；
综上， 的取值范围为 .
【点睛】方法点睛：对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造
的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放
缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
3．（24-25高三上·广西·阶段练习）已知双曲线 ： （ ， ）经过点 ，离心率
是 ，过点 的直线 与双曲线的左右两支分别交于 ， 两点.
(1)求直线 斜率的取值范围；
(2)设点 ，直线 ， 的斜率分别为 ， ，试判断 是否为定值，请说明理由.
【答案】(1)
(2) 为定值，理由见解析
【分析】（1）根据离心率和双曲线过的点求解双曲线方程，然后设直线 的方程为y=k(x−1)，
M(x ,y )，N(x ,y )，与双曲线方程联立，根据二次方程根的分布列不等式求解即可.
1 1 2 2
（2）结合韦达定理，利用两点式斜率公式代入化简即可证明.
【详解】（1）依题意可得 ，离心率 ，则 .
所以 ，双曲线方程为 .
设直线 的方程为y=k(x−1)，M(x ,y )，N(x ,y ).
1 1 2 2
由 得 .
因为直线 与双曲线 的左、右支分别交于点 ， ，所以 ，解得 .
（2）由（1）知 ， ，
则
，即 为定值.
4．（24-25高三上·广西·阶段练习）现有抽球游戏规则如下：盒子中初始装有白球和黑球各一个，每次有
放回的任取一个，连续取两次，将以上过程记为一轮.如果每一轮取到的两个球都是白球，则记该轮为成功，
否则记为失败.在抽取过程中，如果某一轮成功，则停止游戏；否则，在盒子中再放入一个黑球，然后接着
进行下一轮抽球，如此不断继续下去，直至成功.
(1)某人进行该抽球游戏时，最多进行三轮，即使第三轮不成功，也停止游戏，记其进行抽球游戏的轮数为
随机变量 ，求 的分布列和数学期望；
(2)有数学爱好者统计了1000名玩家进行该抽球游戏的数据，记 表示成功时抽球游戏的轮数， 表示对应
的人数，部分统计数据如下：
1 2 3 4 5
232 94 57 44 23
经计算发现，非线性回归模型 的拟合效果优于线性回归模型，求出 关于 的非线性回归方程；
(3)证明： （其中 且
）.
附：回归方程系数： ，参考数据：设 ， ， ， ， ， ， .
【答案】(1)分布列见解析，
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）写出 的可能取值，求出各取值的概率，写出分布列和数学期望；
（2）令 ，先根据题中数据求出换元后的线性回归方程，再利用换元得出 关于 的非线性回归方程；
（3）将所证不等式与第（1）问分布列的概率特点结合，根据对立事件概率特点求得结果.
【详解】（1）由题知， 的取值可能为1，2，3.
所以 ，
，
，
所以 的分布列为：
1 2 3
所以数学期望为 .
（2）令 ，则 ，
由题知：
所以 .
所以 ， ，
故所求的回归方程为： .
（3）由题知，当 且 时，在前 轮内（包括第 轮）成功的概率为.
在前 轮内（包括第 轮）均没有成功的概率为
.
.
故 .
5．（24-25高三上·广西南宁·阶段练习）悬链线在建筑领域有很多应用.当悬链线自然下垂时，处于最稳定
的状态，反之其倒置时也是一种稳定状态.链函数是一种特殊的悬链线函数，正链函数表达式为
，相应的反链函数表达式为 .
(1)证明：曲线 是轴对称图形，
(2)若直线 与函数 和 的图象共有三个交点，设这三个交点的横坐标分别为 ，
证明： ；
(3)已知函数 ，其中 .若 对任意的 恒成
立，求 的最大值.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)7
【分析】（1）将函数化简得 ，根据偶函数的性质即可判断此函数图象关于 轴对称；
（2）根据函数的单调性可大致判断函数 和的图象 ，且 为偶函数，结合图象可判
断 ，且 ，再解不等式即可；
（3）观察函数特征，不妨设 ，当 时，得 ，从而对 恒成立，再解不等式即可.
【详解】（1） ，
令 ，则
所以 为偶函数，故曲线 是轴对称图形，且关于 轴对称
（2）令 ，得 ，
当 时， 在 单调递减，在 单调递增，
所以 ，且当 时， ，当 时，
又 恒成立，所以 在 上单调递增，
且当 时， ，当 时，
且对任意 ，
所以的大致图象如图所示，
不妨设 ，由 为偶函数可得 ，
与图象有三个交点，显然 ，令
整理得 ，解得 或 （舍），
所以 ，即 ，
又因为 ，所以 .
（3）设 ，则 ，
所以因为 单调递增，
所以 时， ，即
由 ，
即 ，
该不等式组成立的一个必要条件为： 和 时同时满足，即 ，
所以 ，当 时等号成立；
下面分析充分性：若 时，
显然对 恒成立，从而 ，满足题意，
综上所述： 的最大值为
【点睛】思路点睛：本题第三问函数 的形式上比较复杂，对于形式比较复杂的函数，一般要考虑是
否是复合函数，而通常情况下比较喜欢考查其它函数与二次函数的复合，转化为二次函数以后在用二次函
数相关知识去解决问题，另外对于函数值域问题，虽然方法较多，最基础的方法是利用函数单调性求值域.
（模式：3题 满分：45分 限时：40分钟）
一、解答题
1．（24-25高三上·海南省直辖县级单位·阶段练习）已知等差数列 前 项的和为 ，且 ，
(1)求数列 的通项公式；
(2)若 ，求数列 的前 项和 .
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）应用等差数列通项公式及求和公式基本量运算求出 ，再得出通项公式即可；
（2）应用分组求和结合等差数列前n项和公式及等差数列前n项和公式计算求解.
【详解】（1）因为 ， ，所以 ，解得 ，
所以 .
（2）由（1）可得
所以
.
2．（2024·安徽·三模）如图，在四棱锥 中， 为等边三角形，底面 是矩形，平面
平面 分别为线段 的中点，点 在线段 上（不包括端点）.
(1)若 ，求证：点 四点共面；
(2)若 ，是否存在点 ，使得 与平面 所成角的正弦值为 ，若存在，求出 ，若
不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在， 或
【分析】（1）方法1：利用向量的线性运算结合图形关系得到 ，即可证明；方法
2：过 作直线 与 平行，延长 与 交于点 ，连接 ，再利用平行线段对应成比例得到
即可证明；
（2）先由面面垂直的性质证明 平面 ，再建系，找到平面 的法向量和 ，再利用线面角
的公式求出 值即可.
【详解】（1）证明：方法1：
，系数和为1，根据平面向量共线定理可知 四点共面.
方法2：过 作直线 与 平行，延长 与 交于点 ，连接 .
因为底面 是矩形， 是 的中点，
所以 ，且 .所以 ，则直线 与直线 相交，记交点为 .
因为 是 的中点，可得 ，
则 ，所以 .
因为 ，所以点 即点 ，所以 四点共面.
（2）因为 是 的中点，所以 ，
又平面 平面 ，平面 平面 ，
平面 ，所以 平面 .
取 中点 ，连接 ，易知 两两相互垂直，
如图，分别以 为 轴建立空间直角坐标系，
则 ，
.
设平面 的法向量为 ，
则 即 ，令 ，则 ，所以 .
设 ，则.
设 与平面 所成角为 ，
则 ，
解得 或 ，则 或 .
3．（24-25高三上·重庆·阶段练习）已知函数 ．
(1)证明： 为奇函数；
(2)求 的导函数的最小值；
(3)若 恰有三个零点，求 的取值范围．
【答案】(1)证明见详解
(2)
(3)
【分析】（1）利用奇偶性定义判断奇偶性即可；
（2）由题设可得 ，应用基本不等式求其最小值；
（3）问题化为 与 在 和 上各有一个交点，利用导数研究 的性质，数
形结合确定参数范围.
【详解】（1）由题设，令 ，
所以 ，
又定义域为R，所以 为奇函数，得证.
（2）由题设 ，
当且仅当 ，即 时取等号，所以 的导函数的最小值为 .
（3）令 ，用 代换 ，则 ，
对于 ，有 ，
易知 为奇函数，又 恰有三个零点，即 恰有三个零点，显然 ，
只需保证在 和 上各有一个零点即可，
令 ，则 ，即 与 在 和 上各有一个交点，
由 ，且 ，即 为奇函数，
令 ，则 ，显然 上 ， 上 ，
综上， 在R上递增，但递增速率先变快后变慢，大致图象如下图示，
又 与 都过原点，且原点处 的切线斜率为 ，
结合图象知：当 时， 与 在 和 上各有一个交点，
所以 .
【点睛】难点点睛：导数类综合应用问题，综合性较强，计算量大，解答的难点在于第三问的零点问题，
解答时将零点问题转化为函数图象的焦点问题，数形结合进行解决.
（模式：2题 满分：34分 限时：30分钟）
1．（2024·北京·模拟预测）乒乓球比赛有两种赛制，其中就有“5局3胜制”和“7局4胜制”，“5局3
胜制”指5局中胜3局的一方取得胜利，“7局4胜制”指7局中胜4局的一方取得胜利．
(1)甲、乙两人进行乒乓球比赛，若采用5局3胜制，比赛结束算一场比赛，甲获胜的概率为0.8；若采用7
局4胜制，比赛结束算一场比赛，甲获胜的概率为0.9．已知甲、乙两人采用两种赛制各共进行了场比赛，请根据小概率值 的 独立性检验，来推断赛制是否对甲获胜的场数有影响．
(2)若甲、乙两人采用5局3胜制比赛，设甲每局比赛的胜率均为p，没有平局．记事件“甲只要取得3局
比赛的胜利比赛结束且甲获胜”为A，事件“两人赛满5局，甲至少取得3局比赛胜利且甲获胜”为B，
试证明： ．
(3)甲、乙两人进行乒乓球比赛，每局比赛甲的胜率都是 ，没有平局．若采用“赛满 局，胜
方至少取得n局胜利”的赛制，甲获胜的概率记为 ．若采用“赛满 局，胜方至少取得 局胜
利”的赛制，甲获胜的概率记为 ，试比较 与 的大小．
附： ，其中 ．
0.05 0.025 0.010
3.841 5.024 6.635
【答案】(1)答案见解析；
(2)证明见解析；
(3) .
【分析】（1）根据题设写出列联表，应用卡方公式得 ，讨论参数结合独立检验基本思想即得答
案；
（2）根据题设，应用独立乘法公式及互斥事件加法得到 ，并化简，即可证；
（3）考虑赛满 局的情况，以赛完 局为第一阶段，第二阶段为最后2局，设“赛满 局甲获
胜”为事件 ，第一阶段甲获胜，记为 ；第一阶段乙获胜，且甲恰好胜了 局，记为 ，根据题意分
析得到 ，进而分情况写出关于参数p的概率公式，即可比较大小.
【详解】（1）由题设，赛制与甲获胜情况列联表如下，
甲获胜场数 乙获胜场数
5局3胜
7局4胜
所以 ，若 ，
当 时，根据小概率值 的 独立性检验，推断赛制对甲获胜的场数有影响．
当 时，根据小概率值 的 独立性检验，没有证据认为推断赛制对甲获胜的场数有影响．（2）由题意，
，
，
综上， ，得证.
（3）考虑赛满 局的情况，以赛完 局为第一阶段，第二阶段为最后2局，
设“赛满 局甲获胜”为事件 ，结合第一阶段结果，要使事件 发生，有两种情况：
第一阶段甲获胜，记为 ；第一阶段乙获胜，且甲恰好胜了 局，记为 ，
则 ，得 ，
若第一阶段甲获胜，即赛满 局甲至少胜 局，有甲至少胜 局和甲恰好胜 局两种情况，
甲至少胜 局时，无论第二阶段的2局结果如何，最终甲获胜；
甲恰好胜 局时，有可能甲不能获胜，此时第二阶段的2局比赛甲均失败，概率为 ，
所以 ，
若第一阶段乙获胜，且甲恰好胜了 局，那么要使甲最终获胜，第二阶段的2局甲全胜，得
，
所以 ，
则
，
由 ，所以 ，得 .
【点睛】关键点点睛：第三问，设“赛满 局甲获胜”为事件 ，第一阶段甲获胜，记为 ；第一阶
段乙获胜，且甲恰好胜了 局，记为 ，根据题意分析得到 为关键.
2．（23-24高三下·辽宁·期末）如图1，在矩形 中， 是线段 上（包括端
点）的一动点，如图2，将 沿着 折起，使点 到达点 的位置，满足点 平面 .(1)如图2，当 时，点 是线段 上点的， 平面 ，求 的值；
(2)如图2，若点 在平面 内的射影 落在线段 上.
①是否存在点 ，使得 平面 ，若存在，求 的长；若不存在，请说明理由；
②当三棱锥 的体积最大值时，求点 到平面 的距离.
【答案】(1)
(2)①存在， ，②
【分析】（1）取 的中点 ，连接 ，则由面面平行的判定定理可证得平面 ∥平面 ，
再利用面面平行的性质可得 ∥ ，从而可求得结果；
（2）①当点 与点 重合时， 平面 ，由已知条件可证得 平面 ，则 ，再
利用线面垂直的判定定理可证得结论；
②在矩形 中作 于 ，延长 交 于点 ，折起后得 ，设 ，由
∽ ，可得 ，
在 中，表示出 ，然后表示出 ，利用基本不等式可求出其最大值，
从而可点 到平面 的距离.
【详解】（1）取 的中点 ，连接 ，
因为 ，所以 ，
因为 ∥ ，所以四边形 为平行四边形，
所以 ∥ ，
因为 平面 ， 平面 ，
所以 ∥平面 ，
因为 ∥平面 ， ， 平面 ，
所以平面 ∥平面 ，
因为平面 平面 ，平面 平面 ，
所以 ∥ ，
因为 是 的中点，所以 ；（2）①存在点 ，当点 与点 重合，即 时， 平面 ，
理由如下：当点 与点 重合时，则 ，
因为 平面 ， 平面 ，所以 ，
因为 ， 平面 ，
所以 平面 ，
因为 平面 ，所以 ，
因为 ， ， 平面 ，
所以 平面 ，
即当点 与点 重合， 时， 平面 ；
②在矩形 中作 于 ，延长 交 于点 ，折起后得 ，
设 ，则 ，
因为 ，
所以 ，
因为 ，所以 ，
因为 ，
所以 ∽ ，得 ，即 ，得 ，
所以 ，
因为 ， 平面 ，
所以 平面 ，
因为 平面 ，所以 ，
因为 平面 ， 平面 ，所以 ，
所以点 与点 重合，因为要使得点 的射影落在线段 上，所以 ，
则 ，解得 ，
在 中， ，
所以
，
当且仅当 ，即 时， ，
当 时， ， ，则 是 的中点，
所以点 到平面 的距离为 .
【点睛】关键点点睛：此题考查线面平行的判定，考查线面垂直的判定，考查点面距离的求法，解题的关
键是要弄清折叠前后的边角面的关系，考查推理能力和计算能力，属于较难题.
