第三周
[周一]
1.(2025·红河州、文山州、普洱市、临沧市模拟)广东省第十二届大学生运动会于2025 年5 月在广州市举行，
某电视台为了报道此次运动会，计划从甲、乙、丙、丁、戊5 名记者中选派2 人前往现场进行报道，若记
者甲被选中，则记者乙也被选中的概率为( )
A.1
2
B.2
3
C.3
5
D.1
4
答案 D
解析 设“记者甲被选中”为事件A，“记者乙被选中”为事件B，则“记者甲和记者乙都被选中”为事
件AB.因为n(A)=4，n(AB)=1，所以P(B|A)=n( AB)
n( A ) =1
4 .
2.如图，在外接球体积为√3 π
2
的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E 是线段DD1上的动点(不包括端点)，过A，
B1，E 三点的平面将正方体截为两个部分，且交C1D1于点F，当截得的较小部分的几何体的体积为7
32时，
D1 F
D1C1
等于( )
A.1
5
B.1
4
C.1
3
D.1
2
答案 B
解析 设正方体的棱长为x，则外接球的半径为√3 x
2
，
所以4
3 π(
√3 x
2 )
3
=√3 π
2
，解得x=1.
在C1D1上取一点F，使得EF∥C1D，连接B1F，设D1E=a(0<a<1)，
由EF∥C1D∥AB1，可得四边形AB1FE 为过A，B1，E 三点的截面，D1F=a.
V 三棱锥E - A A1B1=1
3×1
2×1×1×1=1
6，
V 四棱锥E - A1B1F D1=1
3×a×(a+1)×1
2
=1
6(a2+a)，
由题意知1
6(a2+a)+1
6= 7
32，
整理为16a2+16a-5=0，
解得a=1
4 或a=-5
4 (舍去)，
故
D1 F
D1C1
=1
4 .
3.(多选)(2025·商洛模拟)过点(1，0)向曲线y=x3-x 作切线，切线方程可能是( )
A.2x-y-2=0
B.3x-y-3=0
C.x+4y-1=0
D.2x+y-2=0
答案 AC
解析 令f(x)=x3-x，则f'(x)=3x2-1，
设切点为(x0，x0
3-x0)，
则切线方程为y-(x0
3-x0)=(3x0
2-1)(x-x0)，
将点(1，0)代入，整理得2x0
3-3x0
2+1=0，
即(x0-1)2(2x0+1)=0，解得x0=1 或x0=-1
2，
当x0=1 时，切线方程为2x-y-2=0；
当x0=-1
2时，切线方程为x+4y-1=0.
4.(2025·宝鸡模拟)已知函数f(x)和g(x)的定义域均为R，且f(x)+g(4-x)=9，g(x)-f(x-6)=5，若f(x)是偶函数，
f(0)=0，则g(1)+g(2)+g(3)+…+g(10)= .
答案 68
解析 f(x)+g(4-x)=9⇒9-g(4-x)=f(x)，
g(x)-f(x-6)=5⇒g(x+6)-f(x)=5⇒f(x)=g(x+6)-5，
则9-g(4-x)=g(x+6)-5⇒g(x+6)+g(4-x)=14⇒g(x+5)+g(5-x)=14，
因为f(x)为偶函数，则f(x)=9-g(4-x)=f(-x)=9-g(4+x)，
即g(4-x)=g(4+x)⇒g(5-x)=g(3+x)，
结合g(x+5)+g(5-x)=14，
则g(x+5)+g(3+x)=14⇒g(x+2)+g(x)=14，
则g(x+4)+g(x+2)=14⇒g(x+4)=14-g(x+2)=g(x)，
即g(x)的一个周期为4，
因为f(0)=0，由f(x)+g(4-x)=9，g(x)-f(x-6)=5，
可得f(0)+g(4)=9⇒g(4)=9，g(6)-f(0)=5⇒g(6)=g(2)=5，
对于g(x+5)+g(5-x)=14，
令x=0，得g(5)=g(1)=7，
又g(x+2)+g(x)=14，令x=3，得g(3)=7，
则g(1)+g(2)+g(3)+g(4)=28，
又g(x)的一个周期为4，
则g(1)+g(2)+g(3)+…+g(10)=2[g(1)+g(2)+g(3)+g(4)]+g(1)+g(2)=2×28+7+5=68.
5.(2025·重庆模拟)已知在△ABC 中，角A，B，C 所对的边分别a，b，c，且csin A+√3acos C=√3b.
(1)求角A 的值；
(2)若△ABC 为锐角三角形，且c=1，求△ABC 面积的取值范围.
解 (1)由csin A+√3acos C=√3b 及正弦定理，
可得sin Csin A+√3sin Acos C=√3sin B，
则sin Csin A+√3sin Acos C=√3sin(A+C)，
则sin Csin A+√3sin Acos C=√3sin Acos C+√3cos Asin C，
即sin Csin A=√3cos Asin C，
由C∈(0，π)，得sin C≠0，
故sin A=√3cos A，即tan A=√3，
又A∈(0，π)，故A=π
3 .
(2)由A=π
3 ，得B+C=2π
3 ，
由△ABC 为锐角三角形可得{
0<C < π
2 ,
0< 2π
3 -C < π
2 ,
解得π
6 <C<π
2 ，
由正弦定理可得
b
sin B =
c
sinC ，
故b=c sin B
sinC =sin(
2π
3 -C)
sinC
，
即b=sin 2π
3 cosC -cos 2π
3 sinC
sinC
=
√3
2tanC +1
2，
由π
6 <C<π
2 ，得tan C>√3
3 ，则0<
√3
2tanC <3
2，
故1
2<b<2，
又S△ABC=1
2bcsin A=1
2bsinπ
3 =√3
4 b，
则√3
8 <S△ABC<√3
2 ，
故△ABC 面积的取值范围为(
√3
8 , √3
2 ).
[周二]
1.(2025·重庆模拟)已知函数f(x)是定义在R 上的偶函数，且f(x)在(-∞，0)上单调递增，设a=(
1
2)
- 2
5，b=3
2
3
，c=(-3)
2
5，则f(a)，f(b)，f(c)的大小关系是( )
A.f(a)>f(b)>f(c)
B.f(a)>f(c)>f(b)
C.f(c)>f(b)>f(a)
D.f(c)>f(a)>f(b)
答案 B
解析 因为函数f(x)是定义在R 上的偶函数，且f(x)在(-∞，0)上单调递增，所以函数f(x)在(0，+∞)上单调
递减，
又a=(
1
2)
- 2
5=2
2
5<3
2
5=(-3)
2
5=c，
b=3
2
3>3
2
5=(-3)
2
5=c，
所以b>c>a>0，则f(a)>f(c)>f(b).
2.(2025·皖豫联盟4 月联考)在△ABC 中，内角A，B，C 的对边分别为a，b，c，已知∠BAC=5 π
6 ，边BC 上
存在一点D，使得AD=2，且∠BAD=π
6 ，则√3b+c 的最小值为( )
A.2√3
B.4√3
C.8√3
D.8
答案 C
解析 因为∠BAC=5 π
6 ，∠BAD=π
6 ，
所以∠CAD=2π
3 ，
因为S△ABC=S△BAD+S△CAD，
则1
2bcsin5 π
6 =1
2c·ADsinπ
6 +1
2b·ADsin2π
3 ，
即bc
2 =√3b+c，
所以√3b+c=√3
6 ·√3b·c≤√3
6 (
√3b+c
2 )
2
，
故√3b+c≥8√3，当且仅当√3b=c=4√3时，等号成立.
3.(多选)(2025·红河州、文山州、普洱市、临沧市模拟)长时间玩手机可能影响视力，为研究近视与玩手机
时长的关系，某市随机抽取1 000 名高中生进行调查，其中有40%的人近视，而这1 000 名学生中有20%的
学生每天玩手机的时间超过1 小时，这些人的近视率达到50%，根据以上数据得到如下列联表：
近视
不近视
合计
每天玩手机的时间超过1 小时
a
b
a+b
每天玩手机的时间不超过1 小时
c
d
c+d
合计
a+c
b+d
1 000
附：
α
0.1
0.05
0.01
0.005
0.001
xα
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
参考公式：χ2=
n(ad -bc)
2
(a+b)(c +d )(a+c)(b+d )，其中n=a+b+c+d.
下列说法正确的是( )
A.c=300
B.依据小概率值α=0.005 的独立性检验，认为玩手机时长与近视之间有关
C.用频率估计概率，若从该市高中生中随机抽取5 人进行视力调查，记近视人数为X，则X 的均值
E(X)=2.5
D.若从列联表中每天玩手机的时间超过1 小时的人中随机抽取3 人，记近视人数为Y，则P(Y=3)= 49
398
答案 ABD
解析 对于A，a+c=1 000×40%=400，
b+d=1 000-400=600，a+b=1 000×20%=200，
c+d=1 000-200=800，
因为每天玩手机的时间超过1 小时的学生近视率为50%，所以a=b，所以a=100，b=100，c=300，d=500，
故A 正确；
对于B，通过计算可得，
χ2=1 000×(100×500-100×300)
2
200×800×400×600
≈10.417>7.879，
所以依据小概率值α=0.005 的独立性检验，认为玩手机时长与近视之间有关，故B 正确；
对于C，根据二项分布的定义，X 服从二项分布，且E(X)=5×0.4=2，故C 错误；
对于D，由题知，Y 服从超几何分布，所以P(Y=3)=C100
3
C200
3 = 49
398，故D 正确.
4.(2025·商洛模拟)已知圆O 的半径为3，弦AB=3，D 为圆O 上一动点，则⃗AD·⃗AB的最大值为 .
答案 27
2
解析 以圆心O 为坐标原点，过点O 且与直线AB 平行的直线为x 轴，
线段AB 的垂直平分线所在直线为y 轴，建立平面直角坐标系，如图，
则A(- 3
2 ,- 3√3
2 )，B(
3
2 ,- 3√3
2 )，
设点D(3cos θ，3sin θ)，
则⃗AB=(3，0)，⃗AD=(3cosθ+ 3
2 ,3sinθ+ 3√3
2 )，
所以⃗AB·⃗AD=9cos θ+9
2≤27
2 ，
当且仅当cos θ=1 时，⃗AB·⃗AD取得最大值27
2 .
5.(2025·西南名校联盟联考)如图，圆柱的轴截面为ABCD，点P，Q 为上底面圆周上的两点，已知
DA=DP=DQ，直线DB 过△APQ 的重心G.
(1)证明：PQ⊥DB；
(2)求平面APQ 与平面CGP 夹角的余弦值.
(1)证明 在圆柱中，易得AD⊥平面DPQ，
∵PQ⊂平面DPQ，∴AD⊥PQ，
在上底面中，∵DC 为直径且DP=DQ，
∴DC⊥PQ，
又∵AD∩DC=D，AD，DC⊂平面ABCD，
∴PQ⊥平面ABCD，又BD⊂平面ABCD，
∴PQ⊥DB.
(2)解 设DC∩PQ=O，由(1)知，DC⊥PQ，
∴点O 是PQ 的中点，
由于点G 是△APQ 的重心，
∴A，G，O 三点共线，连接AO，
由于DC∥AB，则△DOG∽△BAG，
又AG=2GO，∴AB=2DO，即DC=2DO，
∴O 为上底面圆的圆心，且DP⊥DQ，
故以点D 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz，
不妨设DA=DP=DQ=√2，则D(0，0，0)，A(0，0，√2)，C(√2，√2，0)，P(0，√2，0)，Q(√2，0，0)，
又∵点G 是△APQ 的重心，
∴⃗DG=1
3 (⃗DA+⃗DQ+⃗DP)=(
√2
3 , √2
3 , √2
3 )，
∴G(
√2
3 , √2
3 , √2
3 ).
设平面CGP 的法向量为m=(x1，y1，z1)，
由⃗PC=(√2，0，0)，⃗PG=(
√2
3 ,- 2√2
3
, √2
3 )，
得{
m·⃗PC =0,
m·⃗PG =0,即{
√2 x1=0,
√2
3 x1- 2√2
3
y1+ √2
3 z1=0,
取y1=1，则z1=2，
∴m=(0，1，2)；
设平面APQ 的法向量为n=(x2，y2，z2)，
由⃗PQ=(√2，-√2，0)，⃗AP=(0，√2，-√2)，
得{
n·⃗PQ =0,
n·⃗AP =0,即{
√2 x2-√2 y2=0,
√2 y2-√2 z2=0,
取y2=1，则x2=z2=1，
∴n=(1，1，1)，
∴|cos〈m，n〉|=|m·n|
|m||n| =√15
5 ，
∴平面APQ 与平面CGP 夹角的余弦值为√15
5 .
[周三]
1.如图是某调查小组收集的某地近十个月新能源汽车与燃油车销量的折线图，根据该折线图，下列说法错
误的是( )
A.新能源汽车的销量与月份呈现正相关
B.可预测燃油车销量仍呈下降趋势
C.新能源汽车销量的每月增长量大致相同
D.燃油车销量与月份的样本相关系数r 接近1
答案 D
解析 对于A，新能源汽车销量随月份增加呈现上升趋势，所以新能源汽车的销量与月份正相关，故A 正
确；
对于B，燃油车销量随月份增加呈现下降趋势，可预测燃油车销量仍呈现下降趋势，故B 正确；
对于C，新能源汽车销量随月份增加呈现上升趋势，且大体分布在一条直线上，所以新能源汽车的销量每
月增长量大致相同，故C 正确；
对于D，燃油车销量随月份增加呈现下降趋势，样本相关系数为负，故D 错误.
2.(2025·西南名校联盟联考)已知△ABC 的周长为6，BC=2，∠ACB 的平分线交AB 于点D，BD=CD，则cos
B 等于( )
A.1
2
B.2
3
C.3
4
D.4
5
答案 C
解析 由于CD 平分∠ACB，BD=CD，
所以∠ACB=2B，
由正弦定理可得AC
sin B =
AB
sin 2B ，则cos B= AB
2 AC ，
因为△ABC 的周长为6，BC=2，
所以设AB=2+m，AC=2-m(m>0)，
由余弦定理得cos B=(m+2)
2+ 4 -(2-m)
2
4(m+2)
=
m+2
2(2-m)，解得m=2
5，
所以cos B= AB
2 AC =3
4 .
3.(多选)(2025·皖豫联盟4 月联考)若不等式(x2-m)(ln x-n)≥0 对任意正数x 恒成立，则n
m的可能取值为( )
A. 1
2e
B. 1
e
2
C.1
2
D.0
答案 ABD
解析 由题意易知，x>0，
当m≤0 时，x2-m>0，
由(x2-m)(ln x-n)≥0 恒成立，即ln x-n≥0 恒成立，
因为函数y=ln x 的值域为R，所以ln x-n≥0 不可能恒成立，不符合题意；
当m>0 时，由x2-m≥0，得x≥√m，由x2-m<0，得0<x<√m，
由ln x-n≥0，得x≥en，由ln x-n<0，得0<x<en，
所以若√m<en，则当x∈(√m，en)时，x2-m>0，ln x-n<0，故(x2-m)(ln x-n)<0，不符合题意；
若√m>en，则当x∈(en，√m)时，x2-m<0，ln x-n>0，故(x2-m)(ln x-n)<0，不符合题意；
因此要使得不等式(x2-m)(ln x-n)≥0 对任意正数x 恒成立，有且只有√m=en，
即ln m=2n，所以n
m=ln m
2m ，
令f(x)=ln x
2 x ，则f'(x)=1- ln x
2 x
2
，
当0<x<e 时，f'(x)>0，f(x)单调递增，
当x>e 时，f'(x)<0，f(x)单调递减，
故f(x)的最大值为f(e)= 1
2e ，又当x→0 时，f(x)→-∞，所以f(x)≤1
2e ，
即n
m的取值范围是(-∞, 1
2e].
4.(2025·宝鸡模拟)三棱锥A-BCD 中，DA⊥DB，且DA=DB=2DC=2，则当该三棱锥的体积最大时，二面角
D-AB-C 的正切值为 .
答案 √2
2
解析 依题意可得三棱锥A-BCD 的体积为V=1
3×S△DAB×h=1
3×1
2×2×2×h=2h
3 .
因为DC=1，所以当DC⊥平面DAB，即DC=h=1 时，三棱锥的体积最大，此时DA，DB，DC 两两互相垂
直.
取AB 的中点为点E，连接ED，EC，如图，
因为DA=DB=2，DA⊥DB，所以DE⊥AB.
又AC=BC，所以CE⊥AB，所以∠CED 为二面角D-AB-C 的平面角，又因为DE=√2，DC=1，
所以二面角D-AB-C 的正切值为DC
DE =√2
2 .
5.(2025·绍兴模拟)已知数列{an}满足a1=1，an+1={
an+2,n 为奇数,
2an,n 为偶数.
(1)记bn=a2n+2，求b1，b2，并证明数列{bn}是等比数列；
(2)记cn=a2n+3，求满足c1+c2+c3+…+cn<100 的所有正整数n 的值.
解 (1)因为a2=3，a3=6，a4=8，
所以b1=5，b2=10，
又因为
bn+1
bn
=
a2n+2+2
a2n+2 =
(a2n+1+2)+2
a2n+2
=
2a2n+ 4
a2n+2 =2，
所以数列{bn}是首项为5，公比为2 的等比数列.
(2)由(1)知bn=5×2n-1，所以cn=5×2n-1+1，
所以c1+c2+c3+…+cn=5×2n+n-5，
因为c1+c2+c3+…+cn单调递增，
且c1+c2+c3+c4=79<100<c1+c2+c3+c4+c5=160，
所以满足条件的所有正整数n 的值为1，2，3，4.
[周四]
1.(2025·榆林模拟)已知(1+2x)5=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5，则a0-a1+2a2-3a3+4a4-5a5等于( )
A.-9
B.-10
C.-11
D.-12
答案 A
解析 设f(x)=(1+2x)5=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5，
令x=0，得a0=1，
又f'(x)=10(1+2x)4=a1+2a2x+3a3x2+4a4x3+5a5x4，
令x=-1，得f'(-1)=a1-2a2+3a3-4a4+5a5=10，
所以-a1+2a2-3a3+4a4-5a5=-10，
即a0-a1+2a2-3a3+4a4-5a5=-9.
2.(2025·淮北、淮南模拟)已知函数f(x)和g(x)的定义域均为R，f(x+2)为偶函数，g(x+2)+2 为奇函数，若f(x)
+g(x)=3x+log6(x2+2)-40，则f(0)等于( )
A.4
B.2
C.0
D.-2
答案 A
解析 因为f(x+2)为偶函数，故f(x+2)=f(-x+2)，
所以f(x)的图象关于x=2 对称，因此f(0)=f(4).
因为g(x+2)+2 为奇函数，故g(-x+2)+2=-[g(x+2)+2]，
整理得g(-x+2)=-g(x+2)-4，
当x=4 时，f(4)+g(4)=34+log6(42+2)-40=41+log618，
当x=0 时，f(0)+g(0)=30+log62-40=log62-39，
由f(0)=f(4)得，f(4)+g(0)=log62-39，
当x=2 时，由g(-x+2)=-g(x+2)-4 得，
g(0)=-g(4)-4，
所以f(4)-g(4)-4=log62-39，即f(4)-g(4)=log62-35，
又f(4)+g(4)=41+log618，
解得f(4)=4，所以f(0)=f(4)=4.
3.(多选)(2025·合肥模拟)将函数f(x)=sin(2 x - π
6)的图象向左平移π
6 个单位长度，得到函数g(x)的图象，则(
)
A.f(x)与g(x)的图象关于直线x=-7 π
4 对称
B.f(x)与g(x)的图象关于点(
4 π
3 ,0)对称
C.当x∈(
7 π
3 , 8 π
3 )时，f(x)>g(x)
D.当x∈(2π，4π)时，f(x)与g(x)的图象恰有4 个交点
答案 ACD
解析 由题意得，g(x)=sin[2(x + π
6)- π
6]=sin(2 x + π
6)，
与f(x)的图象关于直线x=-7 π
4 对称的函数为
y=f (-2× 7 π
4 - x)=sin[2(- 7 π
2 - x)- π
6]=sin(-2 x - 43 π
6 )=sin(2 x + π
6)=g(x)，故A 正确；
当x=4 π
3 时，f(
4 π
3 )=sin(2× 4 π
3 - π
6)=1，g(
4 π
3 )=sin(2× 4 π
3 + π
6)=1
2，
则f (
4 π
3 )+g(
4 π
3 )≠0，所以f(x)与g(x)的图象不关于点(
4 π
3 ,0)对称，故B 错误；
f(x)-g(x)=sin(2 x - π
6)-sin(2 x + π
6)=-cos 2x，
当x∈(
7 π
3 , 8 π
3 )时，2x∈(
14 π
3
, 16 π
3 )，
令t=2x，则t∈(
14 π
3
, 16 π
3 )，y=cos t 在(
14 π
3
, 16 π
3 )上恒小于0，
所以y=-cos t 在(
14 π
3
, 16 π
3 )上恒大于0，即f(x)-g(x)>0，即f(x)>g(x)，故C 正确；
令f(x)=g(x)，sin(2 x - π
6)=sin(2 x + π
6)，
得2x-π
6 =2x+π
6 +2kπ(无解)或2x-π
6 =π-(2 x + π
6)+2kπ，k∈Z，
解得x=π
4 +k π
2 ，k∈Z，
又x∈(2π，4π)，所以2π<π
4 +k π
2 <4π，k∈Z，
解得7
2<k<15
2 (k∈Z)，所以k=4，5，6，7，
即函数f(x)与g(x)的图象共有4 个交点，故D 正确.
4.(2025·马鞍山质检)某市某月连续四天的最低气温如表所示：
第x 天
1
2
3
4
最低气温y(单位℃)
14
17
15
14
由最小二乘法得到经验回归方程y
^ =-0.2x+a，则a 的值为 .
答案 15.5
解析 由表格中的数据可得x=1+2+3+ 4
4
=2.5，
y=14+15+17+14
4
=15，
所以经验回归直线y
^ =-0.2x+a 过点(2.5，15)，代入得-0.2×2.5+a=15，解得a=15.5.
5.(2025·铜仁模拟)某足球队中球员甲是其主力队员，经统计该球队在某个赛季的所有比赛中，球员甲是否
上场与该球队的胜负情况如表.
球员甲是否上场
球队的胜负情况
合计
胜
负
上场
1
未上场
8
合计
5
42
(1)完成2×2 列联表，并依据α=0.01 的独立性检验，能否认为球队的胜负与球员甲的出场有关联；
(2)由于队员的不同，球员甲担任的角色会进行调整，且球员甲每场比赛只担任前锋、中锋、后卫中的一个
角色，根据以往的数据统计，球员甲上场时，担任的角色为前锋、中锋、后卫的概率分别为1
3，4
15，2
5，
相应球队赢球的概率分别为5
6，7
8，3
4 .
①当球员甲上场参加比赛时，判断球员甲担任哪个角色球队赢球的概率更大，并说明理由；
②当球员甲上场参加比赛时，在球队赢了该场比赛的条件下，求甲担任前锋的概率.
附：χ2=
n(ad -bc)
2
(a+b)(c +d )(a+c)(b+d )，n=a+b+c+d.
α
0.10
0.05
0.01
0.005
0.001
xα
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
解 (1)根据题意，可得2×2 列联表：
球员甲是否上场
球队的胜负情况
合计
胜
负
上场
29
1
30
未上场
8
4
12
合计
37
5
42
零假设H0：球队的胜负与球员甲的出场无关，
χ2=42×(29×4 -8×1)
2
30×12×37×5
=6 804
925
≈7.36>6.635，
依据小概率值α=0.01 的独立性检验，我们推断H0不成立，即认为球队的胜负与球员甲的出场有关联，此
推断犯错误的概率不大于0.01.
(2)①设事件A：球员甲上场担任前锋；事件B：球员甲上场担任中锋；
事件C：球员甲上场担任后卫；事件D：球队赢球，
则P(A)=1
3，P(B)= 4
15，P(C)=2
5，
P(D|A)=5
6，P(D|B)=7
8，P(D|C)=3
4 ，
所以当球员甲上场担任前锋参加比赛时，球队赢球的概率为
P(AD)=P(A)P(D|A)=1
3×5
6= 5
18≈0.28，
当球员甲上场担任中锋参加比赛时，球队赢球的概率为
P(BD)=P(B)P(D|B)= 4
15×7
8= 7
30≈0.23，
当球员甲上场担任后卫参加比赛时，球队赢球的概率为
P(CD)=P(C)P(D|C)=2
5×3
4 = 3
10=0.3，
因为P(CD)>P(AD)>P(BD)，
所以球员甲上场担任后卫参加比赛时，球队赢球的概率最大.
②由①知当球员甲上场参加比赛时，球队赢球的概率为
P(D)=P(A)P(D|A)+P(B)P(D|B)+P(C)P(D|C)= 5
18+ 7
30+ 3
10=73
90，
当球员甲上场参加比赛时，在球队赢了该场比赛的条件下，
球员甲担任前锋的概率为P(A|D)= P( AD)
P( D) =
5
18
73
90
=25
73.
[周五]
1.(2025·北京门头沟区模拟)已知向量a，b 满足|a|=5，b=(3，4)，且a，b 的夹角为则π
3 ，则|a-b|等于( )
A.5√2
B.5√3
C.5
D.10
答案 C
解析 由题意得|b|=√3
2+ 4
2=5，
|a-b|=√(a-b)
2=√|a |
2-2a·b+|b |
2
=√|a |
2-2|a||b|cos π
3 +|b |
2
=√5
2-2×5×5× 1
2 +5
2=5.
2.(2025·上饶模拟)若函数h(x)=ln x-1
2ax2-2x 在[1，4]上存在单调递增区间，则实数a 的取值范围为( )
A.[-1，+∞)
B.(-1，+∞)
C.(-∞,- 7
16]
D.(-∞,- 7
16)
答案 D
解析 因为函数h(x)=ln x-1
2ax2-2x 在[1，4]上存在单调递增区间，
所以存在x∈[1，4]，使h'(x)=1
x -ax-2>0 成立，即存在x∈[1，4]，使a< 1
x
2-2
x 成立，
令G(x)= 1
x
2-2
x ，x∈[1，4]，整理得G(x)=(
1
x -1)
2
-1，因为x∈[1，4]，所以1
x ∈[
1
4 ,1]，
所以当1
x =1
4 ，即x=4 时，G(x)max=- 7
16，
所以a<- 7
16，即实数a 的取值范围为(-∞,- 7
16).
3.(多选)(2025·吉林模拟)在(
2
x - x
2)
5
的展开式中，则( )
A.二项式系数的和是32
B.各项系数的和是1
C.二项式系数最大的项是第3 项
D.x4的系数是40
答案 AB
解析 关于(
2
x - x
2)
5
的展开式，其通项为
Tk+1=C5
k(
2
x)
5-k
(-x2)k=(-1)k25-kC5
kx3k-5，k=0，1，2，…，5.
对于A，展开式中二项式系数的和是25=32，故A 正确；
对于B，当x=1 时，各项系数的和为(2-1)5=1，故B 正确；
对于C，展开式共有6 项，其中二项式系数最大的项为第3 项和第4 项，故C 错误；
对于D，由通项Tk+1=(-1)k25-kC5
kx3k-5，令3k-5=4，可得k=3，所以展开式中x4的系数为(-1)325-3C5
3=-40，故D
错误.
4.(2025·清远模拟)一个质点从平面直角坐标系的原点出发，每秒末等可能向右或向左或向上或向下跳一个
单位长度，则此质点在第10 秒末到达点P(4，2)的跳法共有 种.(用数字作答)
答案 9 450
解析 质点第10 秒末到达点P(4，2)共跳了10 次，可分三类情况讨论：
第一类，向右跳4 次，向上跳4 次，向下跳2 次，有C10
4 C6
4C2
2=3 150(种)；
第二类，向右跳5 次，向左跳1 次，向上跳3 次，向下跳1 次，有C10
5 C5
1C 4
3C1
1=5 040(种)；
第三类，向右跳6 次，向左跳2 次，向上跳2 次，有C10
6 C4
2=1 260(种)，
根据分类加法计数原理得，共有3 150+5 040+1 260=9 450(种).
5.(2025·三明模拟)平面直角坐标系中，M 是一个动点，直线MM1与直线y=√3
3 x 垂直，垂足M1位于第一象
限，直线MM2与直线y=-√3
3 x 垂直，垂足M2位于第四象限，且⃗M M 1·⃗M M 2=-3
8.
(1)求动点M 的轨迹C 的方程；
(2)若过点H(2，0)的直线交曲线C 于B，D 两点，点D 关于x 轴的对称点为点A(异于点B)，直线AB 与x 轴
交于点G，求△BGD 面积的取值范围.
解 (1)设M(x，y)，直线y=√3
3 x 与直线y=-√3
3 x 的夹角为π
3 ，即∠M1OM2=π
3 ，又因为∠OM1M=∠OM2M=π
2
，所以∠M1MM2=2π
3 ，
又因为|⃗M M 1|=|x -√3 y|
2
，|⃗M M 2|=|x +√3 y|
2
，
所以⃗M M 1·⃗M M 2=|x -√3 y|
2
×|x +√3 y|
2
×(- 1
2)=-3
8，
化简得|x2-3y2|=3，
由于点M1位于第一象限，点M2位于第四象限，
所以点M 的轨迹C 的方程为x
2
3 -y2=1(x≥√3).
(2)由题意知，直线BD 的斜率不为0，故设直线BD 的方程为x=my+2(m≠0)，
B(x1，y1)，D(x2，y2)，A(x2，-y2)，G(x0，0)，
联立直线BD 与曲线C 的方程，可得
{
x =my +2,
x
2
3 - y
2=1,且m≠0，
化简得(m2-3)y2+4my+1=0，则m2-3≠0，Δ>0，
y1+y2=- 4 m
m
2-3，y1y2=
1
m
2-3<0，
所以3-m2>0，
直线AB 的方程为y= y1+ y2
x1- x2
(x-x1)+y1，
令y=0，得x0=- y1( x1- x2)
y1+ y2
+x1=-m y1( y1- y2)
y1+ y2
+my1+2
=2m y1 y2
y1+ y2
+2=3
2，
所以S△BGD=1
2|GH|·|y1-y2|=1
2×1
2×|y1-y2|=1
2×√3(m
2+1)
3-m
2
，
令t=3-m2∈(0，3)，则(S△BGD)2=3
4 ×4 -t
t
2 =3
4 ×(
2
t - 1
4)
2
- 3
64 ，
所以2
t ∈(
2
3 ,+∞)，(S△BGD)2> 1
12，S△BGD>√3
6 ，
综上，△BGD 面积的取值范围为(
√3
6 ,+ ∞).
[周六]
1.(2025·宁德模拟)设α，β 是两个不同平面，m，n 是平面β 内的两条不同直线.甲：m∥α，n∥α，乙：
α∥β，则( )
A.甲是乙的充分不必要条件
B.甲是乙的必要不充分条件
C.甲是乙的充要条件
D.甲是乙的既不充分也不必要条件
答案 B
解析 由m∥α，n∥α，m，n 是平面β 内的两条不同直线，得不到α∥β，因为α 与β 可能相交；反过来，
若α∥β，m，n 是平面β 内的两条不同直线，则m，n 和α 没有公共点，所以由α∥β 能得到m∥α，n∥α，
故甲是乙的必要不充分条件.
2.(2025·芜湖模拟)已知点F 为双曲线C：x
2
a
2- y
2
b
2 =1(a>0，b>0)的一个焦点，l 为C 的一条渐近线，若点F 关
于l 的对称点在C 上，则双曲线的离心率为( )
A.√2
B.√5
C.3√5
5
D.2
答案 B
解析 由双曲线的对称性，不妨设F(c，0)，直线l：y=b
ax，点F 关于直线l 的对称点为M(m，n)，
则{
n
2 = b
a · m+c
2
,
n
m-c · b
a =-1,
解得{
m= a
2-b
2
c
,
n= 2ab
c
,
则(a
2-b
2)
2
a
2c
2
-4 a
2b
2
b
2c
2 =1，
整理得b4-2a2b2-3a4-a2c2=0，
即(c2-a2)2-2a2(c2-a2)-3a4-a2c2=0，
化简得c4-5a2c2=c2(c2-5a2)=0，故c2=5a2，
则e=√
c
2
a
2=√5.
3.(多选)(2025·河南省许平汝名校模拟)如图，某电子实验猫线路图上有A，B 两个即时红绿指示灯，当遇到
红灯时，实验猫停止前行，恢复绿灯后，继续前行，A，B 两个指示灯工作相互独立，且出现红灯的概率
分别为1
3，p(0<p<1).同学甲从第一次实验到第五次实验中，实验猫在A 处遇到红灯的次数为X，在A，B 两
处遇到红灯的次数之和为Y，则( )
A.P(X=3)= 40
243
B.D(X)=8
9
C.一次实验中，A，B 两处至少遇到一次红灯的概率为1
3+2
3p
D.当p=2
5时，E(Y)=11
3
答案 ACD
解析 由题意可知X~B(5, 1
3)，
所以P(X=3)=C5
3×(
1
3)
3
×(1- 1
3)
2
= 40
243，
D(X)=5×1
3×(1- 1
3)=10
9 ，故A 正确，B 错误；
一次实验中，A，B 两处至少遇到一次红灯的概率为1-(1- 1
3)(1-p)=1
3+2
3p，故C 正确；
当p=2
5时，一次实验中没有遇到红灯的概率为(1- 1
3)×(1- 2
5)=2
5，遇到一次红灯的概率为1
3×(1- 2
5)+
(1- 1
3)×2
5= 7
15，
遇到两次红灯的概率为1
3×2
5= 2
15，
故一次实验中遇到红灯次数的均值为0×2
5+1× 7
15+2× 2
15=11
15，
所以E(Y)=5×11
15=11
3 ，故D 正确.
4.(2025·菏泽模拟)一个正四棱台形的木块，上、下底面的边长分别为2√3和8√3，高为9，削成一个球，则
所得球的体积的最大值为 .
答案 256 π
3
解析 把正四棱台还原成正四棱锥，过该正四棱锥底面一组对边中点及顶点的平面截该棱锥及棱台分别得
等腰△PAB 和等腰梯形ABCD，过点C 作CE⊥AB 于点E，如图，
则AB=8√3，CD=2√3，CE=9，tan∠ABC=CE
BE =
CE
AB -CD
2
=√3，于是∠ABC=60°，△PAB 是正三角形，其
内切圆半径r=1
3×√3
2 AB=4<1
2CE，
因此正四棱台还原成正四棱锥的内切球半径为4，该球是与正四棱台侧面及下底面都相切的球，
即为正四棱台形的木块削成的最大球，
所以所求最大体积为4 π ×4
3
3
=256 π
3
.
5.(2025·沈阳模拟)已知函数f(x)=ax-6sin x，x∈(0, π
2).
(1)若f(x)在x=π
3 处的切线斜率为5，求实数a 的值；
(2)若a=3，且关于x 的方程f(x)=b 有2 个不相等的实数解，求实数b 的取值范围；
(3)若函数F(x)=f(x)-x2+2xcos x 在(0, π
2)上单调递增，求实数a 的取值范围.
解 (1)因为f(x)=ax-6sin x，
则f'(x)=a-6cos x，
由题意可得f '(
π
3)=a-6cosπ
3 =a-3=5，
解得a=8.
(2)当a=3 时，f(x)=3x-6sin x，x∈(0, π
2)，
则f'(x)=3-6cos x，
由f '(x)=0，可得x=π
3 ，列表如下：
x
(0, π
3)
π
3
(
π
3 , π
2)
f'(x)
-
0
+
f(x)
单调递减
极小值π-3√3
单调递增
又因为f(0)=0，f(
π
2)=3 π
2 -6<0，
且关于x 的方程f(x)=b 有2 个不相等的实数解，
则直线y=b 与函数f(x)在(0, π
2)上的图象有两个交点，如图所示，由图可知，实数b 的取值范围是
(π -3√3, 3 π
2 -6).
(3)由题意，当x∈(0, π
2)时，F(x)=ax-6sin x-x2+2xcos x，
则F'(x)=a-2x-4cos x-2xsin x≥0 恒成立，
令g(x)=F'(x)，则g'(x)=2sin x-2xcos x-2，
因为2sin x-2<0，-2xcos x<0，
所以g'(x)<0 对任意的x∈(0, π
2)恒成立，
故函数F'(x)在(0, π
2)上单调递减，
所以F'(x)∈(a-2π，a-4)，
因为F'(x)≥0 对任意的x∈(0, π
2)恒成立，
所以a-2π≥0，解得a≥2π.
因此实数a 的取值范围是[2π，+∞).
