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大题仿真卷 07（A 组+B 组+C 组）
（模式：5题 满分：77分 限时：70分钟）
一、解答题
1．（2025·福建漳州·模拟预测）已知数列 为等差数列， ．
(1)求数列 的通项公式．
(2)若 ，求数列 的前n项和 ．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）结合已知条件，由等差数列通项公式求得公差即可求解；
（2）结合（1）得到 ，再分 和 两种情况即可．
【详解】（1）设等差数列 的公差为d，
因为 ，所以 ．
又因为 ，则 ，
所以数列 的通项公式 ．
（2）由（1）知， ．
当 时， ，
；
当 时， ，
．
综上， .
2．（2025·吉林·二模）已知函数 （ 为自然对数的底数）.
(1)求函数 的单调递减区间；
(2)若不等式 在 上恒成立，求实数 的取值范围.【答案】(1) 、
(2)
【分析】（1）求出函数 的定义域，利用函数的单调性与导数的关系可求得函数 的单调递减区间；
（2）由参变量分离法可得出 对任意的 恒成立，利用导数求出函数 在
时的最小值，即可得出实数 的取值范围.
【详解】（1）函数 的定义域与 ，且 ，
令 ，得 或 ，
所以，函数 的单调递减区间为 、 .
（2）对任意的 ， .
由于 ，则 ，
令 ，其中 ，则 ，
令 ，则 .
当 时， ， 在 上单调递减；
当 时， ， 在 上单调递增.
所以， ，则 ，因此，实数 的取值范围是 .
3．（2025·福建漳州·模拟预测）如图，在三棱锥 中，侧面 为等腰三角形， ， 为
的中点， 为 的中点， ， ，点 在 上．(1)若 ，证明，平面 平面 ．
(2)若 ，求平面 与平面 夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）已知条件得 ，进而得 ，进而得 ，进而得 平面 ，进而
可得；
（2）由已知条件，以 为坐标原点， 的方向分别为 轴的正方向，建立空间直角坐标系进
而求平面 和平面 的一个法向量，结合空间向量的夹角公式得.
【详解】（1）证明：因为侧面 为等腰三角形， ， 为 的中点，
所以 ,又 ，所以 ．
若 ，则 为 的中点,
连接 ，因为 ，所以 ，
因为 为 的中点， ，所以 ，所以 ，
连接 ，所以 ．又 ， 平面 ，
所以 平面 ，即 平面 ，
又 平面 ，所以平面 平面 .
（2）因为 ，所以 ．
又 为 的中点， 为 的中点， ，
所以 ．
在 中， ，
则 ．
在 中，由余弦定理 ，
故 ，则 ，则有 ．结合（1）知 ．
又因为 平面 ，
所以 平面 ．
故以 为坐标原点， 的方向分别为 轴的正方向，建立空间直角坐标系，
则 ，
则 ，
设平面 的法向量为 ，
则 ，令 ，则 ，即 ，
设平面 的法向量为 ，
则 ，令 ，则 ，即 ，
则 ，
所以平面 与平面 夹角的余弦值为 ．
4．（2025·贵州黔东南·模拟预测）已知双曲线 的左，右顶点分别为
的右焦点 到渐近线的距离为 ，过点 的直线 与 的右支交于 两点（点 在第一
象限），直线 与 交于点 .
(1)求双曲线 的方程；
(2)证明：点 在定直线上；
(3)记 的面积分别为 ，若 ，求直线 的方程.【答案】(1) ；
(2)证明见解析；
(3) .
【分析】（1）根据给定条件，结合点到直线距离公式求出 即可.
（2）设出直线 的方程，与双曲线方程联立，利用韦达定理及联立直线 与 方程计算即得.
（3）利用三角形面积公式，结合给定比值化简计算即得直线方程.
【详解】（1）双曲线 的渐近线为 ，设 ，则 ，
而 ，所以双曲线 的方程为 .
（2）由（1）知， ，直线 不垂直于 轴，设方程为 ，
由 消去 得 ，设 ，
， ，则 ， ，
直线 ： ，直线 ： ，
联立得 ，解得 ，
所以直线 与 交于点 在定直线 上.
（3）由（2）知， ，
则 ，即 ，
于是 ，解得 ，即 ，
所以直线 的方程为 ，即 .5．（2025·福建漳州·模拟预测）某校开展“强国知识”挑战赛，比赛分为两轮，规则如下：
①第一轮为“时事政治”试题，共3道试题，至少正确回答2道，才能进入第二轮，否则挑战失败；第二
轮为“科普知识”试题，共3道试题，也要至少正确回答2道才能算挑战成功，否则挑战失败（进入比赛
轮次后，该轮次中所有题目均需要作答）；两轮都挑战成功，可以获得“强国小能手”称号；
②每个参赛组由两人组成，作答方案有两个：第一种方案是在第一轮和第二轮中，两人依次轮流答题（例
如：甲先回答第一轮第一题，则乙回答第一轮第二题；甲再回答第一轮第三题；若进入第二轮，则由乙回
答第二轮第一题甲回答第二轮第二题，乙再回答第二轮第三题）；第二种方案是由参赛两人分别回答第一
轮所有试题和第二轮所有试题（如甲回答第一轮所有试题，则乙回答第二轮的所有试题）
已知某小组由甲、乙两名同学组成，甲同学正确回答第一轮、第二轮中的每道试题的概率分别为 ；乙
同学正确回答第一轮、第二轮中的每道试题的概率分别为 ．
(1)若该小组采用第一种方案答题，且甲先回答第一轮中的第一题．
（i）求该小组在第一轮中就挑战失败的概率．
（ⅱ）已知该小组获得“强国小能手”称号，求甲正确回答了3道试题的概率．
(2)无论采用哪一种作答方案，第一轮第一题均由甲作答，以该小组获得“强国小能手”称号的概率大小为
决策依据，应该选择哪一种作答方案？并说明理由．
【答案】(1)（i） ；（ii）
(2)选择第二种作答方案，理由见解析
【分析】（1）记事件→（i）该小组第一轮挑战成功的概率 第一轮挑战失败的概率；（ⅱ）结
合（i）得 得解；
（2）计算第二种作答方案下，两轮都挑战成功的概率→结合（1）（ⅱ）中采用第一种方案作答两轮都挑
战成功的概率，两者进行比较→概率值大的即为选择的作答方案．
【详解】（1）记“甲在第i轮正确回答第j道题”为 ，“乙在第i轮正确回答第j道题”为 ，
采用第一种方案答题且甲先答题时该小组第一轮比赛至少正确作答2道题的概率为 ，该小组在第二轮中
至少正确作答2道题的概率为 ，
（i）依题意，，
则采用第一种方案答题且甲先答题时，该小组在第一轮中就挑战失败的概率为 ．
（ii）结合（ⅰ）得
．
记“采用第一种方案答题且甲先答题时，该小组两轮都挑战成功”为事件M，
则 ，
记“采用第一种方案答题且甲先答题时，甲正确回答了3道试题”为事件N，
．
又
，
则 ．
（2）选择第二种作答方案，甲在第一轮中至少正确作答2道题的概率
，
乙在第二轮中至少正确作答2道题的概率 ．
采用第二种作答方案，两轮都挑战成功的概率 ．
结合（1）（ii）知 ，则 ，
所以选择第二种作答方案该小组获得“强国小能手”称号的可能性更大．
（模式：3题 满分：45分 限时：40分钟）
1．（2025·福建漳州·模拟预测）已知函数 ．
(1)求函数 的极值
(2)若 恒成立，求实数a的值范围．
【答案】(1)极小值为 ，无极大值；
(2) .
【分析】（1）根据给定条件，利用导数求出函数的极值.
（2）由恒成立的不等式分离参数，构造函数 ，利用导数求出函数 的最
大值即可.
【详解】（1）函数 的定义域为R，求导得 ，
令 ，解得 ，函数 在 上单调递增，
令 ，解得 ，函数 在 上单调递减，
所以函数 在 处取得极小值 ，无极大值．
（2）不等式 恒成立，即 恒成立，
不等式等价于 恒成立，
令 ，
，
令 ，
求导得 ，函数 在 上单调递增，
又 ，则存在唯一 ，使得 ，则 ，即 ，于是 ，
由（1）知，函数 在 上单调递增，则 ．
当 时， ， ，则函数 在 上单调递增；
当 时， ， ，则函数 在 上单调递减，
因此 ，则 ，
所以实数a的取值范围为 .
2．（2025·江苏苏州·模拟预测）已知椭圆 ，离心率为 ，且过点 .
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设直线 与椭圆交于 、 两点，坐标原点 到直线 的距离为 ，求 面积最大值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由条件列关于 的方程，解方程求 由此可得椭圆方程；
（2）当直线 的斜率不存在时，求 的长，再求 的面积，当直线 的斜率存在时，设其方程为
，联立方程组，结合设而不求法求弦长 ，再求 面积解析式，再求最大值即可.
【详解】（1）因为椭圆 的离心率为 ，
所以 ，
因为椭圆 过点 ，
所以 ，
所以 ， ，
所以椭圆的标准方程为： ；
（2）若直线 的斜率不存在，则直线 的方程为 或 ，若直线 的方程为 ，联立 可得， ，
所以 ，
所以 的面积为 ，
当直线 的斜率存在时，设直线 的方程为 ，
因为坐标原点 到直线 的距离为 ，所以 ，
，
联立 ，可得 ，
方程 的判别式
，
设 ， ，
则 为方程 的两个根，
所以 ，
所以 ，
即 ，
由基本不等式可得 ，当且仅当 时等号成立，
所以 ，
所以 面积最大值为 .
综上，当直线方程为 或 时， 面积取最大值，最大值为 .3．（2025·陕西咸阳·一模）若无穷数列 满足：对于 ， ，其中A为常数，则称
数列 为“A数列”．
(1)若等比数列 为“A数列”，求 的公比q；
(2)若数列 为“A数列”，且 ， ．
求证： ；
①
若 ，且 是正项数列， ，求满足不等式 的
②
的最小值．
【答案】(1)
(2)①证明见详解；②1
【分析】（1）根据题意可得 ，结合等比数列通项公式分析求解；
（2）根据题意结合等差数列通项公式可得 .①可得 ，根据 分析证明即可；
②可得 ，赋值求 的值或范围，根据 ， 分析求解.
【详解】（1）因为等比数列 为“A数列”，则 ，
即 ，可得 ，
若上述方程对任意 恒成立，则 ，且 为定值，
所以 的公比 .
（2）由题意可知： ，且 ，
则数列 是以首项为 ，公差为1的等差数列，
可得 ，即 .
①因为 ，若 ，则 ；
若 ，则 ；
若 ，则 ，
可得 ；
综上所述： ；
②因为 ，且 是正项数列，则 ，即 ，
可得 ，
若 对任意 恒成立，即 ，
令 ，可得 ，可得 ，
且 ，则 ，
若 ，可得 ，
又因为 ，
可得 ，
所以 符合题意；
若 对任意 恒成立，即 ，
令 ，可得 ，可得 ，
若 ，可得 ，
又因为 ，
可得 ， ，
可得 ，所以 符合题意；
综上所述： 的最小值1.
【点睛】方法点睛：数列与函数、不等式的综合问题的常见题型
1.数列与函数的综合问题主要有以下两类：①已知函数条件，解决数列问题，此类问题一般利用函数的性质、图象研究数列问题；
②已知数列条件，解决函数问题，解决此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法对式子化简
变形．
2.数列常与不等式结合，如比较大小、不等式恒成立、求参数范围等问题，需要熟练应用不等式知识解决
数列中的相关问题．
（模式：2题 满分：34分 限时：30分钟）
1．（2024·江西·二模）随着大数据时代来临，数据传输安全问题引起了人们的高度关注，国际上常用的数
据加密算法通常有AES、DES、RSA等，不同算法密钥长度也不同，其中RSA的密钥长度较长，用于传输
敏感数据.在密码学领域，欧拉函数是非常重要的，其中最著名的应用就是在RSA加密算法中的应用.设p，
q是两个正整数，若p，q的最大公约数是1，则称p，q互素.对于任意正整数n，欧拉函数是不超过n且与
n互素的正整数的个数，记为 .
(1)试求 ， 的值；
(2)设p，q是两个不同的素数，试用p，k表示 （ ），并探究 与 和 的关系；
(3)设数列 的通项公式为 （ ），求该数列的前m项的和 .
【答案】(1) ，
(2) ，
(3) .
【分析】（1）由欧拉函数的定义，求 和 的值；
（2）由素数的性质和欧拉函数的定义，求 ，探究 与 和 的关系；
（3）求数列 的通项，错位相减法求 .
【详解】（1）易得 ，
不超过9且与9互素的正整数有1，2，4，5，7，8，则 ，
不超过7且与7互素的正整数有1，2，3，4，5，6，则 ，
不超过21且与21互素的正整数有1，2，4，5，8，10，11，13，16，17，19，20，则 ，
所以 ， .
（2）在不大于 的正整数中，只有p的倍数不与 互素，而p的倍数有 个，因此 .
由p，q是两个不同的素数，得 ， ，
在不超过 的正整数中，p的倍数有 个，q的倍数有 个，
于是 ，
所以 .
（3）根据（2）得 ，
所以 ，
，
两式相减，得 ，
所以 ，
故 .
【点睛】方法点睛：
“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决
问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，
它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜
法宝.
2．（2025·浙江温州·模拟预测）已知函数 ．
(1)当 时，判断 的奇偶性；
(2)当 为偶数时，方程 有解，求 的最小值；
(3)若存在 ，使得关于 的不等式 恒成立，求实数 的取值范围．
【答案】(1)偶函数
(2)24
(3)
【分析】（1）根据偶函数的定义即可求解，
（2）根据函数的周期性以及对称性，将问题转化为 的值域，求导，根据函数的单调性即可求解，
（3）对 分奇偶，结合 是偶数时， 恒有 ，将问题转化为 恒成立，分离参
数即可求解，当 是奇数时，根据 ，即可求解.【详解】（1）当 时， ，
则 ，
故 为偶函数，
（2）当n为偶数时，
由于 ，
则 的周期为 ，且关于 对称，
所以只需要讨论 在 上的值域，
由于 ， ，
故 恒成立，所以 在 单调递减，
，
所以 ，
其中 时， ，
时， ，
故 的最小值为24，
（3）当 是偶数时，由（2）知 ，
故恒有 ，当 时恒为1，
要使存在 ，使得关于 的不等式 恒成立，
所以只需要 恒成立，
由于 ，
当 时， 恒成立，只需要 ，
当 时， 恒成立，只需要 ，因此 是偶数时， ，
当 是奇数时，设 ，则 恒成立，
而 ，从而 ，
令 ， ，
取
反之当 时，
令 ，等式左边 ，
所以等式左边的最小值为
，综上可得
【点睛】方法点睛：
1. 导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．
注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问
题处理．
2.利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨
论和数形结合思想的应用.
3.证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这
种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.
