第五周
[周一]
1.(2025·保定模拟)已知集合A={(x，y)|y=(x-1)(x-5)}，B={( x , y )| y
2= 4 x}，则A∩B 的真子集的个数为( )
A.3
B.4
C.7
D.15
答案 D
解析 因为y=(x-1)(x-5)的对称轴为x=3，顶点为N(3，-4)，且过点M(1，0)，P(5，0)，
当x=3 时，y2=4x 上的点为(3，±2√3)，
作出y=(x-1)(x-5)，y2=4x 的图象，如图，
由图可知，y=(x-1)(x-5)的图象与抛物线y2=4x 有4 个不同的交点，
则A∩B 有4 个元素，从而A∩B 的真子集的个数为24-1=15.
2.(2025·沈阳模拟)已知函数f(x)=2sin(ωx - π
3)(ω>0)在区间(
π
3 ,π)上有且仅有一个零点，当ω 最大时，f(x)
的图象的一条对称轴方程为( )
A.x=17 π
12
B.x=17 π
14
C.x=23 π
10
D.x=23 π
18
答案 B
解析 当π
3 <x<π，且ω>0 时，π
3 ω-π
3 <ωx-π
3 <πω-π
3 ，
由f(x)=0 可得sin(ωx - π
3)=0，
所以{
k π ≤π
3 ω- π
3 <(k +1)π ,
(k +1)π <π ω- π
3 ≤(k +2)π ,
k∈Z，
解得{
3k +1≤ω<3k + 4 ,
k + 4
3 <ω≤k + 7
3 , k∈Z，
由于ω>0 且ω 存在，
则3k+4>k+4
3 或k+7
3≥3k+1，
解得-4
3 <k≤2
3，又k∈Z，故k=0 或k=-1，即{
1≤ω<4 ,
4
3 <ω≤7
3
或{
-2≤ω<1,
1
3 <ω≤4
3 ,则有4
3 <ω≤7
3或1
3<ω<1，
故ω 的最大值为7
3，此时f(x)=2sin(
7
3 x - π
3)，
由7
3x-π
3 =π
2 +mπ(m∈Z)，可得x=5 π
14 +3m π
7
(m∈Z)，当m=2 时，函数f(x)图象的一条对称轴方程为x=17 π
14 .
3.(多选)(2025·临沂模拟)设函数f(x)=x3-3x-2，则( )
A.f(x)有3 个零点
B.过原点作曲线y=f(x)的切线，有且仅有一条
C.y=f(x)与y=ax-2 交点的横坐标之和为0
D.f(x)在区间(-2，2)上的取值范围是[-4，0)
答案 BC
解析 对于A，f'(x)=3x2-3=0，x=±1，
x
(-∞，-1)
-1
(-1，1)
1
(1，+∞)
f'(x)
+
0
-
0
+
f(x)
单调递增
单调递减
单调递增
f(-1)=-1+3-2=0，f(1)=1-3-2=-4，所以f(x)有2 个零点，故A 错误；
对于B，设切点为(x0，y0)，则切线方程为y-(x0
3-3x0-2)=(3x0
2-3)(x-x0)，
代入原点，得-x0
3+3x0+2=(3x0
2-3)(-x0)，整理得x0
3=-1，所以x0=-1，故切线有且仅有一条，故B 正确；
对于C，x3-3x-2=ax-2，x3=(a+3)x，x=0 或x2=a+3，
若a+3>0，根据对称性知，根的和为0，
若a+3≤0，方程只有一个根为0，故C 正确；
对于D，f(-2)=-8+6-2=-4，f(2)=8-6-2=0，又f(-1)=0，f(1)=-4，故f(x)在区间(-2，2)上的取值范围是[-4，0]，
故D 错误.
4.(2025·深圳模拟)已知抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点为F(1，0)，C 的准线与x 轴的交点为T，若过点T 的
直线l 与C 交于A，B 两点，且|FA|=3|FB|，则△TFA 的面积等于 .
答案 2√3
解析 如图，因为抛物线C 的焦点为F(1，0)，所以p
2 =1，解得p=2，
则抛物线C 的方程为y2=4x，准线方程为x=-1， T(-1，0)，
易知直线l 的斜率存在，设其方程为y=k(x+1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立{
y
2= 4 x ,
y =k( x +1),
整理得k2x2+(2k2-4)x+k2=0，
由根与系数的关系得x1+x2=-2k
2- 4
k
2
，x1x2=1，
又|FA|=x1+1， |FB|=x2+1，且|FA|=3|FB|，
所以x1+1=3(x2+1)，即x1=3x2+2，代入x1x2=1，整理得3x2
2+2x2-1=0，
解得x2=1
3或x2=-1(舍去)，
所以x1=3，y1
2=4x1=12，所以|y1|=2√3，
S△TFA=1
2|TF||y1|=2√3.
5.(2025·攀枝花模拟)已知数列{an}的首项a1=1，an+an+1=3×2n.
(1)求证：{an-2
n}是等比数列；
(2)求数列{an}的前n 项和Sn；
(3)令bn=
n
2
an-(-1)
n，求数列{bn}的最大项.
(1)证明 因为an+an+1=3×2n，所以an+1-2n+1=-(an-2n)，
又a1=1，所以a1-2=-1，
所以{an-2
n}是以-1 为首项，-1 为公比的等比数列.
(2)解 由(1)可得an-2n=(-1)n，
所以an=2n+(-1)n，
所以Sn=21+(-1)1+22+(-1)2+…+2n+(-1)n
=(21+22+…+2n)+[(-1)1+(-1)2+…+(-1)n]
=2(1-2
n)
1-2
+-1×[1-(-1)
n]
1-(-1)
=2n+1-2+-1+(-1)
n
2
=2n+1-5
2+(-1)
n
2
.
(3)解 由(2)可得bn=
n
2
an-(-1)
n=n
2
2
n，
则bn+1-bn=(n+1)
2
2
n+1
-n
2
2
n=(n+1)
2-2n
2
2
n+1
=2n+1-n
2
2
n+1
=-(n-1)
2+2
2
n+1
，
所以当1≤n≤2 时，bn+1-bn>0，
当n≥3 时，bn+1-bn<0，
即b1<b2<b3>b4>b5>…，
所以数列{bn}的最大项为b3=9
8.
[周二]
1.(2025·南京模拟)设α 是平面，m，n 是两条直线，则下列命题正确的是( )
A.若m∥α，n∥α，则m∥n
B.若m⊥α，n∥α，则m⊥n
C.若m∥α，m∥n，则n∥α
D.若m，n 与α 所成的角相等，则m∥n
答案 B
解析 对于A，若m∥α，n∥α，则m 与n 可能平行、相交或异面，所以A 错误；
对于B，若n∥α，则存在直线l⊂α，使n∥l，
又因为m⊥α，所以m⊥l，由n∥l，可知m⊥n，所以B 正确；
对于C，若m∥α，m∥n，则n∥α 或n⊂α，所以C 错误；
对于D，若m，n 与α 所成的角相等，则m 与n 可能平行、相交或异面，例如，圆锥的母线与底面所成的
角都相等，但母线之间相交，所以D 错误.
2.(2025·温州模拟)已知函数f(x)的定义域为R，∀x，y∈R，f(x)f(y)=f(x+y)，且f(1)=1
2，则( )
A.f(0)=0
B.f(-1)=-1
2
C.f(x+1)<f(x)
D.f(x+2)-f(x+1)<f(x+1)-f(x)
答案 C
解析 对于A，令x=1，y=0，则f(1)f(0)=f(1+0)=f(1)，又f(1)=1
2，则1
2f(0)=1
2，所以f(0)=1，故A 错误；
对于B，令x=1，y=-1，则f(1)f(-1)=f(1-1)=f(0)，
又f(1)=1
2，f(0)=1，所以1
2f(-1)=1，则f(-1)=2，故B 错误；
对于C，令y=1，则f(x)f(1)=f(x+1)，
又f(1)=1
2，则f(x+1)=1
2f(x)，
又f(x)f(-x)=f(0)=1，故f(x)≠0，f(x)=f (
x
2) f(
x
2)>0，所以f(x+1)=1
2f(x)<f(x)，故C 正确；
对于D，由f(x+1)=1
2f(x)，则f(x+2)=1
2f(x+1)=1
4 f(x)，
所以f(x+2)-f(x+1)=1
4 f(x)-1
2f(x)=-1
4 f(x)，
f(x+1)-f(x)=1
2f(x)-f(x)=-1
2f(x)，
由C 项分析知f(x)>0，所以-1
4 f(x)>-1
2f(x)，故D 错误.
3.(多选)(2025·许昌模拟)已知点P 为双曲线C：x
2
a
2-y2=1(a>0)右支上一点，l1，l2为C 的两条渐近线，过点P
分别作PA⊥l1，PB⊥l2，垂足分别为A，B，且|PA||PB|=3
4 ，过点P 作PM∥l2交l1于点M，过点P 作PN∥l1
交l2于点N，O 为坐标原点，则下列说法正确的是( )
A.C 的离心率为2√3
3
B.|OP|≥|AB|
C.△PMN 的面积为√3
2
D.|MN|≥1
答案 ABD
解析 设点P(m，n)，所以m2-a2n2=a2，
又C 的渐近线方程为y=±1
ax，即x±ay=0，
所以|PA||PB|=|m -an|
√a
2+1
·|m +an|
√a
2+1
=|m
2-a
2n
2|
a
2+1
= a
2
a
2+1
=3
4 ，解得a=√3(负值舍去)，
所以C 的离心率为2√3
3
，故A 正确；
由题意可知PA⊥OA，PB⊥OB，则O，A，P，B 四点共圆，
且OP 为该圆的一条直径，AB 为该圆的一条弦，故|OP|≥|AB|，故B 正确；
因为C 的两条渐近线的斜率分别为-√3
3 ，√3
3 ，
所以C 的两条渐近线的夹角为π
3 ，因为PM∥l2，则∠PMA=π
3 ，
因为PA⊥OA，则|PM|=
| PA |
sin π
3
，
同理|PN|=
| PB|
sin π
3
，
所以S△PMN=1
2|PM||PN|sin∠MPN=1
2·
| PA |
sin π
3
·
| PB|
sin π
3
·sinπ
3 =√3
4 ，故C 错误；
|PM||PN|=
| PA || PB|
sin
2 π
3
=1，且∠MPN=π
3 ，
由余弦定理可得|MN|2=|PM|2+|PN|2-2|PM||PN|cos∠MPN=|PM|2+|PN|2-1≥2|PM||PN|-1=1，则|MN|≥1，
当且仅当|PM|=|PN|=1 时，等号成立，故D 正确.
4.(2025·三明模拟)(x+1)(x-1)6的展开式中，含x3的项的系数为 .(用数字作答)
答案 -5
解析 (x-1)6的展开式的通项为Tk+1=C6
k·x6-k·(-1)k(0≤k≤6，k∈N)，
因为(x+1)(x-1)6=x(x-1)6+(x-1)6，
在x(x-1)6中，xC6
k·x6-k·(-1)k=C6
k·x7-k·(-1)k(0≤k≤6，k∈N)，
令7-k=3，可得k=4；
在(x-1)6中，C6
r·x6-r·(-1)r(0≤r≤6，r∈N)，令6-r=3，可得r=3.
因此，展开式中含x3的项的系数为C6
4(-1)4+C6
3(-1)3=15-20=-5.
5.(2025·济南模拟)记△ABC 的内角A，B，C 的对边分别为a，b，c，若m=(b-a，c)，n=(a+c，b+a)，m∥n.
(1)求B；
(2)若b=2√3，求AC 边上的高的最大值.
解 (1)因为m∥n，所以(b-a)(b+a)=c(a+c)，即a2+c2-b2=-ac，
由余弦定理得cos B=a
2+c
2-b
2
2ac
=-1
2，因为B∈(0，π)，所以B=2π
3 .
(2)由(1)得-ac=a2+c2-12≥2ac-12，即ac≤4，当且仅当a=c=2 时，等号成立，
设AC 边上的高为h，则S△ABC=1
2acsin B=√3h，
所以h=1
4 ac≤1，
所以AC 边上的高的最大值为1.
[周三]
1.(2025·南京模拟)已知a=log23，b=log43，c=3
2，则a，b，c 的大小关系为( )
A.a<b<c
B.c<a<b
C.c<b<a
D.b<c<a
答案 D
解析 由32>23，得3>2
3
2，则log23>log22
3
2=3
2，即a>c>1；
b=log43<log44=1，
所以b<c<a.
2.(2025·新乡模拟)已知椭圆C：x
2
a
2+ y
2
b
2 =1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，上顶点为P，离心率为1
2.过
点F1且垂直于PF2的直线与C 交于M，N 两点，|MN|=6，则|PM|+|PN|等于( )
A.4
B.5
C.6
D.7
答案 D
解析 如图，因为椭圆的离心率为1
2，所以a=2c，b=√3c，所以椭圆方程可写为x
2
4 c
2+ y
2
3c
2=1.
因为F2(c，0)，P(0，√3c)，所以k P F2=-√3.
因为直线MN⊥PF2，所以kMN=√3
3 .
所以直线MN：y=√3
3 (x+c)，即x=√3y-c，
代入椭圆方程整理得13y2-6√3cy-9c2=0.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则y1+y2=6√3c
13
，y1y2=-9c
2
13 .
由|MN|=6，且kMN=√3
3 ，所以|y1-y2|=3.
所以( y1+ y2)
2-4y1y2=( y1- y2)
2=9，
所以36×3c
2
13
2
+4×9c
2
13 =9⇒c=13
8 .
所以a=2c=13
4 .
易知△PF1F2为等边三角形，所以直线MN 为线段PF2的中垂线，故|PM|=|MF2|，|PN|=|NF2|.
所以|PM|+|PN|=|MF2|+|NF2|=|MF2|+|MF1|+|NF2|+|NF1|-|MN|=4a-6=13-6=7.
3.(多选)(2025·菏泽模拟)下列说法正确的有( )
A.若随机变量ξ~N(2，σ2)，且P(ξ<4)=0.8，则P(0<ξ<4)=0.6
B.若随机变量X~B(10，P)，且E(X)=2，则D(X)=8
5
C.若数据2x1，2x2，…，2x16的方差为8，则数据x1，x2，…，x16的方差为4
D.若频率分布直方图呈现单峰不对称且左边“拖尾”时，平均数大于中位数
答案 AB
解析 对于A 选项，由正态分布曲线的性质知，P(ξ≥4)=1-0.8=0.2，
因为对称轴为x=2，故P(ξ≤0)=0.2，故P(0<ξ<4)=P(ξ<4)-P(ξ≤0)=0.8-0.2=0.6，A 正确；
对于B 选项，由二项分布的均值和方差公式得，E(X)=10P=2，P=0.2，D(X)=10P(1-P)=1.6，B 正确；
对于C 选项，数据x1，x2，…，x16的方差为8×(
1
2)
2
=2，C 错误；
对于D 选项，平均数受左侧极端值影响会更小，故平均数小于中位数，D 错误.
4.(2025·咸阳模拟)正三棱锥P-ABC 的底面边长为3，侧棱长为2，则该三棱锥的外接球的表面积是 .
答案 16π
解析 设E 为正△ABC 的中心，O 为三棱锥P-ABC 的外接球球心，
因为在正三棱锥P-ABC 中，底面边长为3，侧棱长为2，所以BE=2
3×3×sin 60°=√3，
所以PE=√P B
2- B E
2=1.
由球心O 到四个顶点的距离相等，设外接球的半径为R，在Rt△BOE 中，BO=R，EO=|PE-PO|=|1-R|，
由BO2=BE2+EO2，得R2=3+(1-R)2，R=2，
所以外接球的表面积为4πR2=16π.
5.(2025·滨州模拟)如图，在四棱锥P-ABCD 中，底面ABCD 是矩形，AD=2，AB=3，AB⊥PD，△APD 为等
腰三角形，且∠PAD=2π
3 ，点E 为线段PD 上一点.
(1)若BP∥平面ACE，求PE
PD 的值；
(2)当PE
PD 为何值时，直线AE 与平面PAC 所成的角最大，并求最大角的值.
解 (1)设AC∩BD=O，连接OE，
因为底面ABCD 是矩形，所以O 为BD 的中点，
又因为BP∥平面ACE，且BP⊂平面BDP，平面ACE∩平面BDP=OE，
所以BP∥OE，
在△BDP 中，O 为BD 的中点，可得E 为PD 的中点，
所以若BP∥平面ACE，则PE
PD =1
2.
(2)因为AB⊥AD，AB⊥PD，PD∩AD=D，PD，AD⊂平面PAD，所以AB⊥平面PAD，
过A 作Ax⊥AP 为x 轴，以AP，AB 分别为y，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为AD=2，AB=3，△APD 为等腰三角形，所以AP=2，且∠PAD=2π
3 ，则∠DAx=π
6 ，
所以A(0，0，0)，P(0，2，0)，D(√3，-1，0)，C(√3，-1，3)，
设⃗PE=λ⃗PD=λ(√3，-3，0)，其中0≤λ≤1，⃗
AE=⃗AP+⃗PE=(0，2，0)+λ(√3，-3，0)=(√3λ，2-3λ，0)，⃗
AP=(0，2，0)，⃗AC=(√3，-1，3)，
设平面PAC 的法向量为n=(x，y，z)，
则{
n·⃗AP =2 y =0,
n·⃗AC =√3 x - y +3 z =0,
取x=√3，可得n=(√3，0，-1)，
设直线AE 与平面PAC 所成的角为θ，
由题意可得sin θ=|⃗AE·n|
|⃗AE||n|
=
3 λ
√3 λ
2+(2-3 λ)
2×2=
3
4√
1
λ
2 - 3
λ +3=
3
4√(
1
λ - 3
2)
2
+ 3
4
，
因为0≤λ≤1，所以当1
λ =3
2，即λ=2
3时，直线AE 与平面PAC 所成角的正弦值最大，为√3
2 ，
即直线AE 与平面PAC 所成的角最大，为π
3 ，
所以当PE
PD =2
3时，直线AE 与平面PAC 所成的角最大，为π
3 .
[周四]
1.工程师将飞机最开始的方形窗户改为椭圆形窗户，如图1 所示，使其均匀受压，飞机更为安全.一缕阳光
从飞机窗户射入，在机舱地面上形成轮廓为圆的光斑，如图2 所示.若光线与地面所成角为60°，则椭圆的
离心率为( )
A.1
2
B.√3
3
C.√6
3
D.√3
2
答案 C
解析 不妨设圆的半径为r，
则2b=2r，2a
2r =tan 60°=√3，
所以2a=2√3r=2√3b，故离心率e=c
a=√
1- b
2
a
2=√1- 1
3=√6
3 .
2.若不等式ksin2B+sin Asin C>17sin Bsin C 对任意△ABC 都成立，则实数k 的最小值为( )
A.81
B.79
C.18
D.36
答案 A
解析 因为ksin2B+sin Asin C>17sin Bsin C，
由正弦定理可得kb2+ac>17bc，
所以k>17c
b -a
b·c
b.
又因为在△ABC 中，c-b<a<c+b，所以-c-b<-a<b-c.
17c
b -a
b·c
b<17 c
b +c
b·b-c
b
=18c
b -(
c
b)
2
=-(
c
b -9)
2
+81.
当c
b=9 时，-(
c
b -9)
2
+81 取得最大值为81，
得17 c
b -a
b·c
b<81.
所以k≥81，即实数k 的最小值是81.
3.(多选)(2025·苏州模拟)已知函数f(x)=sin x+cos x+|sin x-cos x|，则( )
A.f(x)的图象关于点(π，0)对称
B.f(x)的最小正周期为2π
C.f(x)的最小值为-2
D.f(x)=√3在[0，2π]上有四个不同的实数解
答案 BD
解析 方法一 由f(x)=sin x+cos x+|sin x-cos x|，
则f(0)=2，f(2π)=2，则f(2π)+f(0)≠0，
所以f(x)不可能关于点(π，0)对称，A 错误；
因为函数y1=sin x+cos x=√2sin(x + π
4)的最小正周期为2π，
函数y2=|sin x-cos x|=|√2sin(x - π
4)|的最小正周期为π，
则f(x)=y1+y2的最小正周期为2π，B 正确；
当0≤x≤π
4 时，f(x)=2cos x，当π
4 <x≤5 π
4 时，f(x)=2sin x；
当5 π
4 <x≤2π 时，f(x)=2cos x，作出函数f(x)的大致图象，如图，
则f(x)min=-√2，C 错误；
f(x)=√3在[0，2π]上有4 个根，D 正确.
方法二 由f(x)=sin x+cos x+|sin x-cos x|={
2sin x ,sin x ≥cos x ,
2cos x ,sin x<cos x =2max{sin x ,cos x}，
作出g(x)=2sin x 和h(x)=2cos x 的图象，由图可知，A，C 错误，B 正确；
对于D，g(x)与h(x)在(0，π)上的交点坐标为(
π
4 ,√2)，
而√2<√3<2，结合函数f(x)的图象特征可知函数f(x)的图象与直线y=√3在[0，2π]上有四个交点，
所以f(x)=√3在[0，2π]上有四个不同的实数解，故D 正确.
4.(2025·张家界模拟)已知函数f(x)=ex，g(x)=ln x，函数y= x
x -1的图象与曲线y=f(x)交于点A，B，与曲线
y=g(x)交于点C，D，点A 在第一象限，且A，B，C，D 四点依次呈逆时针排列，则直线AC 的斜率与直线
BD 的斜率的乘积为 .
答案 1
解析 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)，
由点A 与点D 关于直线y=x 对称，所以x1=y4，x4=y1，同理x2=y3，x3=y2，
因为点A，B，C，D 在函数y= x
x -1的图象上，
所以y1= x1
x1-1，y2= x2
x2-1，y3= x3
x3-1，y4= x4
x4-1，
因为kAC= y3- y1
x3- x1
，kBD= y4- y2
x4- x2
，
所以kACkBD= y3- y1
x3- x1
· y4- y2
x4- x2
=
x3
x3-1 -
x1
x1-1
x3- x1
·
x4
x4-1 -
x2
x2-1
x4- x2
=
1
( x3-1)( x1-1)·
1
( x4-1)( x2-1)
= y1 y2 y3 y4
x1 x2 x3 x4
=1.
5.(2025·汕头模拟)已知数列{an}，an=n2(co s
2 n π
3 - sin
2 n π
3 )，其前n 项和为Sn.
(1)求a1+a2+a3；
(2)求S3n；
(3)若数列{bn}的前n 项和为Tn，且bn= S3n
n·2
n-1，证明：Tn<22.
(1)解 因为an=n2(co s
2 n π
3 - sin
2 n π
3 )=n2·cos2n π
3
，
所以a1+a2+a3=cos2π
3 +4cos4 π
3 +9cos 2π=-1
2-2+9=13
2 .
(2)解 因为a3k-2+a3k-1+a3k=(3k-2)2·cos2π
3 +(3k-1)2·cos4 π
3 +(3k)2·cos 2π
=-(3k -2)
2
2
-(3k -1)
2
2
+(3k)2=9k-5
2，
所以S3n=1
2[(9- 5
2)+(9n- 5
2)]·n=n(9n+ 4)
2
.
(3)证明 因为bn= S3n
n·2
n-1=n(9n+ 4)
2
·
1
n·2
n-1=(9n+4)· 1
2
n，
所以Tn=13×1
2+22× 1
2
2+31× 1
2
3+…+(9n-5)· 1
2
n-1+(9n+4)· 1
2
n，
从而1
2Tn=13× 1
2
2+22× 1
2
3+…+(9n-5)· 1
2
n+(9n+4)· 1
2
n+1，
两式相减得
1
2Tn=2+9(
1
2 + 1
2
2 + 1
2
3 +…+ 1
2
n)-(9n+4)· 1
2
n+1=2+9·
1
2(1- 1
2
n)
1- 1
2
-(9n+4)· 1
2
n+1
=2+(9- 9
2
n)-9n+ 4
2
n+1 =11-9n+22
2
n+1
，
故Tn=22-9n+22
2
n
<22，得证.
[周五]
1.(2025·郴州模拟)已知α+β=5 π
6 ，sin 2α+sin 2β=2
3，则cos 2α+cos 2β 等于( )
A.±2√3
3
B.2
3
C.-2√3
3
D.2√3
3
答案 C
解析 sin 2α+sin 2β=sin[(α+β)+(α-β)]+sin[(α+β)-(α-β)]=2sin(α+β)cos(α-β)=2
3，
由α+β=5 π
6 ，得sin(α+β)=1
2，cos(α+β)=-√3
2 ，则cos(α-β)=2
3，
cos 2α+cos 2β=cos[(α+β)+(α-β)]+cos[(α+β)-(α-β)]=2cos(α+β)cos(α-β)=2×(- √3
2 )×2
3=-2√3
3
.
2.(2025·洛阳模拟)与曲线y=ex和圆C：x2+y2-4x-1
2=0 都相切的直线l 有( )
A.1 条
B.2 条
C.3 条
D.4 条
答案 C
解析 设直线l 与曲线y=ex相切于点(t，et)，
则l 的方程为y-et=et(x-t)，即etx-y+et(1-t)=0.
圆C：(x-2)2+y2=9
2，
因为l 与圆C 相切，所以|2e
t +e
t(1-t )|
√e
2t +1
=3√2
2 ，
所以e2t(t
2-6t + 9
2)-9
2=0，
令g(t)=e2t(t
2-6t + 9
2)-9
2，
则g'(t)=e2t(2t2-10t+3)，
令g'(t)=0，得t=t1∈(0，1)或t=t2∈(4，5)，
进一步得到g(t)在(-∞，t1)，(t2，+∞)上单调递增，在(t1，t2)上单调递减，
所以g(t)极大值=g(t1)>g(0)=0，g(t)极小值=g(t2)<g(4)=-(
7
2 e
8+ 9
2)<0，
又当t→+∞时，g(t)→+∞，所以g(t)在区间(-∞，t1)，(t1，t2)，(t2，+∞)上分别有1 个零点，
所以这样的切线有3 条.
3.(多选)(2025·十堰模拟)已知b<0，a+b=2，则( )
A.a2+b2<4
B.a(1-b)>2
C.2a-2-b>3
D.2a+2b>2-a+2-b
答案 BCD
解析 因为b<0，a+b=2，即a=2-b，
对于A，例如a=3，b=-1，则a2+b2=10>4，故A 错误；
对于B，因为a(1-b)=(2-b)(1-b)=b2-3b+2，
且f(b)=b2-3b+2 在(-∞，0)上单调递减，则f(b)>f(0)=2，故B 正确；
对于C，因为2a-2-b=22-b-2-b=3·2-b，
且b<0，则-b>0，2-b>1，所以2a-2-b=3·2-b>3，故C 正确；
对于D，因为a+b=a-(-b)=2>0，即a>-b，
且g(x)=2x-2-x在定义域R 上单调递增，则g(a)>g(-b)，
即2a-2-a>2-b-2b，所以2a+2b>2-a+2-b，故D 正确.
4.(2025·宜宾模拟)从集合{1,2,3,4,5,6}中任取4 个不同的数，组成无重复数字的四位数.若该四位数能被3 整
除的概率为p；若取出的4 个数按从小到大排列，中间两个数的和为7 的概率为q，则p+q= .
答案 2
3
解析 从集合{1,2,3,4,5,6}中任取4 个不同的数，可得无重复数字的四位数共有A6
4=360(个)，
四位数能被3 整除，即四个数的和是3 的倍数，共有{1，2，4，5}，{1，2，3，6}，{1，3，5，6}，{2，
3，4，6}，{3，4，5，6}，5 种情况，故共有5A4
4=120(个)，
若取出的4 个数按从小到大排列，共有C6
4=15(个)，
中间两个数的和为7，只能是2，5 或3，4，
若中间为2，5，两端只能为1，6 一种情况，
若中间为3，4，第一个数可以从1，2 中选，第四个数可以从5，6 中选，有A2
2×A2
2=4(个)，故共有
1+4=5(个)，
所以p=120
360=1
3，q= 5
15=1
3，
所以p+q=2
3.
5.(2025·开封模拟)如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥平面BCC1B1，四边形BCC1B1为菱形.
(1)证明：B1C⊥AC1；
(2)若∠B1BC=60°，AB=4，二面角A-B1C1-B 的余弦值为√21
7 ，求三棱柱ABC-A1B1C1的体积.
(1)证明 因为四边形BCC1B1为菱形，所以B1C⊥BC1.
因为AB⊥平面BCC1B1，B1C⊂平面BCC1B1，所以AB⊥B1C.
又因为AB，BC1⊂平面ABC1，AB∩BC1=B，
所以B1C⊥平面ABC1.
因为AC1⊂平面ABC1，所以B1C⊥AC1.
(2)解 方法一
因为∠B1BC=60°，
所以△B1BC 是等边三角形，
取BC 的中点M，连接B1M，则B1M⊥B1C1，
以B1为坐标原点，分别以B1M，B1C1，B1A1所在的直线为x 轴，y 轴和z 轴，
建立空间直角坐标系，如图所示.
设BB1=a，则B1(0，0，0)，A(
√3a
2
,- a
2 ,4)，C1(0，a，0).
所以⃗B1 A=(
√3a
2
,- a
2 ,4)，⃗B1C1=(0，a，0).
设平面AB1C1的法向量为m=(x，y，z)，
则{
m·⃗B1 A =0,
m·⃗B1C1=0,
即{
√3a
2
x - a
2 y + 4 z =0,
ay =0,
令x=1，得m=(1,0,- √3a
8 ).
由条件知⃗B1 A1=(0，0，4)为平面B1C1B 的一个法向量.
设二面角A-B1C1-B 的平面角为θ，易知θ 为锐角.
则cos θ=|m·⃗B1 A1|
|m||⃗B1 A1|
=
√3a
2
4√1+ 3a
2
64
=√21
7 ，解得a=4.
因为三棱柱ABC-A1B1C1的高为B1M，且B1M=2√3，
所以其体积V=S△ABC·B1M=1
2×4×4×2√3=16√3.
方法二 因为∠B1BC=60°，所以∠BB1C1=120°.
过B 作BO⊥B1C1交C1B1的延长线于点O，连接AO，
因为AB⊥B1C1，所以B1C1⊥平面ABO，所以AO⊥B1C1，
所以∠AOB 是二面角A-B1C1-B 的平面角.
所以cos∠AOB=√21
7 ，所以tan∠AOB=2√3
3
，即AB
OB =2√3
3
，
因为AB=4，所以OB=2√3.
在△BOB1中，解得BB1=4.
又BO⊥平面A1B1C1，所以三棱柱ABC-A1B1C1的高为OB，
所以其体积V=S△ABC·OB=1
2×4×4×2√3=16√3.
[周六]
1.(2025·潍坊模拟)已知数列{an}满足an+1={
an
2 ,an 为偶数,
3an+1,an 为奇数,
若a1=1，则a5等于( )
A.1
B.2
C.3
D.4
答案 D
解析 因为数列{an}满足an+1={
an
2 ,an 为偶数,
3an+1,an 为奇数,
且a1=1，
所以a2=3a1+1=3+1=4，a3=a2
2 =4
2 =2，a4=a3
2 =2
2=1，a5=3a4+1=3+1=4.
2.(2025·济宁模拟)已知F 是椭圆C：x
2
a
2+ y
2
b
2 =1(a>b>0)的右焦点，直线y=4
3 x 交C 于A，B 两点，若
AF⊥BF，则椭圆C 的离心率为( )
A.√5
3
B.2
3
C.√3
3
D.√2
3
答案 A
解析 因为椭圆C：x
2
a
2+ y
2
b
2 =1(a>b>0)关于原点对称，直线y=4
3 x 过原点，
所以A，B 关于原点对称，设椭圆的左焦点为F1，连接AF1，BF1(图略)，
由椭圆的对称性可得|AF1|=|BF|，|BF1|=|AF|，
所以四边形AFBF1为平行四边形，
又因为AF⊥BF，所以平行四边形AFBF1是矩形，
所以AF1⊥AF，|OA|=|OF|=c，所以点A 在圆x2+y2=c2上，同理点B 也在该圆上，不妨设点A 在第一象限，
则{
y = 4
3 x ,
x
2+ y
2=c
2,
解得A(
3
5 c , 4
5 c)，
代入椭圆方程x
2
a
2+ y
2
b
2 =1，
又b2=a2-c2，可得(
3
5 c)
2
a
2
+(
4
5 c)
2
a
2-c
2
=1，
设e=c
a(0<e<1)，则上式可化为9e
2
25 +
16e
2
25(1-e
2)=1，
化简可得9e4-50e2+25=0， 即(9e2-5)(e2-5)=0，
因为0<e<1，所以9e2-5=0，解得e=√5
3 .
所以椭圆C 的离心率为√5
3 .
3.(多选)(2025·聊城模拟)如图，在棱长为2 的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E，F 分别在棱D1C1，AD 上，
且⃗D1 E=λ⃗D1C1，⃗AF=λ⃗AD，其中λ∈(0，1)，点P 是平面ABCD 内的一个动点(异于点F)，且A1C⊥EP，
则( )
A.FP⊥A1C
B.直线AB 与平面EFP 所成角的余弦值为√3
3
C.当λ 变化时，平面EFP 截正方体所得的截面周长为定值
D.当点P 为AB 的中点时，三棱锥C-EFP 的外接球的表面积为25 π
3
答案 ACD
解析 以D 为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
则D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，C1(0，2，2)，D1(0，0，2)，A1(2，0，2)，设
P(m，n，0)(m，n∈[0，2])，
则⃗D1 E=λ⃗D1C1=λ(0，2，0)=(0，2λ，0)，
所以E(0，2λ，2)，⃗DF=⃗DA+⃗AF=(2，0，0)+(-2λ，0，0)=(2-2λ，0，0)，所以F(2-2λ，0，0)，⃗
A1C=(-2，2，-2)，⃗FP=(m+2λ-2，n，0)，⃗EP=(m，n-2λ，-2)，⃗AB=(0，2，0)，
因为A1C⊥EP，所以⃗A1C·⃗EP=-2m+2n-4λ+4=0，
所以⃗FP·⃗A1C=-2(m+2λ-2)+2n=-2m+2n-4λ+4=0，所以FP⊥A1C，故A 正确；
因为A1C⊥EP，FP⊥A1C，EP∩FP=P，EP，FP⊂平面EFP，
所以A1C⊥平面EFP，所以平面EFP 的一个法向量为⃗A1C=(-2，2，-2)，
则直线AB 与平面EFP 所成角的正弦值为|⃗A1C ·⃗AB|
|⃗A1C ||⃗AB|
=
4
2√3×2=√3
3 ，
所以直线AB 与平面EFP 所成角的余弦值为√6
3 ，故B 错误；
取AB 上一点Q，满足⃗AQ=λ⃗AB，则⃗FQ=(2λ，2λ，0)，
因为⃗FQ·⃗A1C=-4λ+4λ=0，且⃗FQ，⃗FP有公共点F，
所以FQ⊂平面EFP，又FQ，FP⊂平面ABCD，平面ABCD∩平面EFP=FQ，
所以⃗FQ，⃗FP共线，作出平面EFP 截正方体所得的截面FQGHEI，
由⃗AF=λ⃗AD，⃗AQ=λ⃗AB得△AFQ 为等腰直角三角形，FQ=2√2λ，
同理可得△BGQ，△B1GH，△EHC1，△EID1，△DIF 均为等腰直角三角形，
QG=EH=IF=√2(2-2λ)，GH=EI=FQ=2√2λ，
所以截面周长为3×√2(2-2λ)+3×2√2λ=6√2，为定值，故C 正确；
当点P 为AB 的中点时，λ=1
2，所以E(0，1，2)，F(1，0，0)，P(2，1，0)，EF=√6，FP=√2，EP=2√2，
则EF2+FP2=EP2，所以∠PFE=π
2 ，
所以三棱锥C-EFP 的外接球的球心在过PE 的中点且垂直于平面PEF 的直线上，
连接A1P，PC，CE，A1E，
因为⃗P A1=(0，-1，2)，⃗CE=(0，-1，2)，
所以⃗P A1=⃗CE，所以四边形A1PCE 为平行四边形，
则A1C，PE 互相平分，所以外接球的球心在A1C 上，
设球心为O1，⃗A1O1=k⃗A1C=(-2k，2k，-2k)，则O1(2-2k，2k，2-2k)，
则O1C=O1F，即(2-2k)2+(2k-2)2+(2-2k)2=(1-2k)2+(2k)2+(2-2k)2，
解得k= 7
12，半径为5√3
6
，表面积为4π×(
5√3
6 )
2
=25 π
3
，故D 正确.
4.(2025·揭阳模拟)设随机变量X 服从正态分布N(2，σ2)，且P(X≤4)=0.7，若P(X≤a)=0.3，则a= .
答案 0
解析 由已知可得，μ=2，
根据正态分布的对称性可知P(X≥0)=P(X≤4)=0.7，
所以P(X≤0)=1-P(X≥0)=1-0.7=0.3.
所以a=0.
5.(2025·南宁模拟)甲、乙两位选手进行乒乓球擂台赛，比赛规则如下：①擂台赛开始时，擂主由抽签决定，
甲和乙成为初始擂主的概率均为0.5；②每局比赛无平局，擂主守擂成功的概率是0.6，若守擂失败，则挑
战者成为新任擂主；③当某位选手连续两次担任擂主(不包含初始擂主)时，比赛立即结束，该选手获得胜
利.
(1)若甲是初始擂主，求比赛在前三局内结束的概率；
(2)已知甲是初始擂主，求比赛在第四局结束的条件下甲最终获胜的概率；
(3)求甲成为最终获胜者的概率.
解 (1)甲是初始擂主时，比赛在前三局内结束包含以下情况：甲连胜两局，概率为0.6×0.6=0.36，
乙连胜两局，概率为0.4×0.6=0.24；
甲胜第一局乙连胜后两局，概率为0.6×0.4×0.6=0.144；
乙胜第一局甲连胜后两局，概率为0.4×0.4×0.6=0.096；
设事件A 为比赛在前三局内结束，则P(A)=0.36+0.24+0.144+0.096=0.84，
故比赛在前三局内结束的概率为0.84.
(2)设事件B 为比赛在第四局结束，设事件C 为甲最终获胜，设事件D 为乙最终获胜.
则比赛在第四结局结束且甲最终获胜，只可能是甲胜第一局，乙胜第二局，甲连胜后两局，
故P(BC)=0.6×0.4×0.4×0.6=0.057 6.
比赛在第四结局结束且乙最终获胜，只可能是乙胜第一局，甲胜第二局，乙连胜后两局，则其概率为
P(BD)=0.4×0.4×0.4×0.6=0.038 4，
故P(B)=P(BC)+P(BD)=0.057 6+0.038 4=0.096，
故比赛在第四局结束的条件下甲最终获胜的概率P(C|B)= P(BC )
P(B) =0.057 6
0.096
=0.6，
故比赛在第四局结束的条件下甲最终获胜的概率为0.6.
(3)定义：状态S0：当前擂主为甲，且甲为初始擂主.设此状态下甲最终获胜的概率为P1；
状态S1：当前擂主为甲，且前一次比赛甲胜.设此状态下甲最终获胜的概率为P2；
状态T0：当前擂主为乙，且乙是初始擂主.设此状态下甲最终获胜的概率为P3；
状态T1：当前擂主为乙，且前一次比赛乙胜.设此状态下甲最终获胜的概率为P4.
当状态为S0时，甲守擂成功(概率为0.6)，进入状态S1；甲失败(概率为0.4)，进入状态T1，
可得P1=0.6×P2+0.4×P4，
当状态为S1时，甲守擂成功(概率为0.6)，比赛结束；甲失败(概率为0.4)，进入状态T1，
可得P2=0.6×1+0.4×P4；
当状态为T0时，乙守擂成功(概率为0.6)，进入状态T1；乙失败(概率为0.4)，进入状态S1，
可得P3=0.6×P4+0.4×P2；
当状态为T1时，乙守擂成功(概率为0.6)，比赛结束；乙失败(概率为0.4)，进入状态S1，
可得P4=0.4×P2；
综合以上四个方程，解得P1=19
35，P3=16
35.
又擂台赛开始时，擂主由抽签决定，甲和乙成为初始擂主的概率均为0.5，故甲成为最终获胜者的概率P=
19
35×1
2+16
35×1
2=1
2.
