第八周
[周一]
1.(2025·临汾模拟)已知动点M(x，y)满足√( x +3)
2+ y
2+√( x -3)
2+ y
2=10，则动点M 的轨迹方程是( )
A. x
2
5 + y
2
4 =1
B. x
2
4 + y
2
5 =1
C. x
2
25+ y
2
16=1
D. x
2
16+ y
2
25=1
答案 C
解析 由题意可得动点M(x，y)到(-3，0)与(3，0)两点的距离之和为10，
且3+3=6<10，则动点M(x，y)的轨迹为焦点在x 轴上的椭圆，
设轨迹方程为x
2
a
2+ y
2
b
2 =1(a>b>0)，
易知a=5，c=3，b=√a
2-c
2=4，
即动点M 的轨迹方程为x
2
25+ y
2
16=1.
2.(2025·汉中模拟)鬼工球，又称同心球，要求制作者使用一整块完整的材料，将其雕成同球心的数层可自
由转动的空心球，空心球的球面厚度不计.为保证鬼工球的每一层均可以自由转动，要求其从最内层起，每
层与其外一层球面的间距构成首项为1 mm、公差为4 mm 的等差数列，若一个鬼工球最外层与最内层的半
径之差为190 mm，则该鬼工球的层数为( )
A.9
B.10
C.11
D.12
答案 B
解析 已知每层与其外一层球面的间距构成首项a1=1 mm，公差d=4 mm 的等差数列.设该鬼工球的层数为
n，n∈N*，
则最外层与最内层的半径之差即为这个等差数列的前n 项和Sn，
所以Sn=n×1+n(n-1)
2
×4=190，
即2n2-n-190=0，解得n1=10，
n2=-19
2 (舍去).所以该鬼工球的层数为10.
3.(多选)(2025·咸阳模拟)某商场开展促销抽奖活动，用编号分别为1，2，3 的三个箱子装了一定数量的红球
和白球，且总数之比为5∶6∶9，三个箱子中白球所占的比例分别为90%，95%，96%，顾客从这三个箱
子中任意摸取1 球，取到红球获奖.记事件Ai=“此球来自编号为i 的箱子”(i=1，2，3)，事件B=“顾客获
奖”，则( )
A.P(B|A2)=1
6
B.P(B)= 29
500
C.P(A1)=1
4
D.P(A1|B)=25
58
答案 BCD
解析 对于A，由题意可知P(B|A2)=1-95%=5%，故A 错误；
对于B，P(B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)+P(A3)P(B|A3)= 5
20×10%+ 6
20×5%+ 9
20×4%= 29
500，故B 正确；
对于C，P(A1)= 5
20=1
4 ，故C 正确；
对于D，P(A1|B)= P( A1B)
P(B) = P( A1)P( B|A1)
P(B)
=
1
4 ×10 %
29
500
=25
58，故D 正确.
4.(2025·乌鲁木齐质检)已知正三棱锥P-ABC 的底面△ABC 的边长为3，二面角P-BC-A 的正切值为2√3，则
正三棱锥P-ABC 的外接球半径为 ，若M，N 分别为正三棱锥P-ABC 的内切球、外接球球面上的动
点，则线段MN 长度的最大值为 .
答案 2 3
解析 如图，过P 作PE⊥平面ABC，垂足为E，因为三棱锥P-ABC 是正三棱锥，则E 是△ABC 的中心，
连接AE 并延长交BC 于点F，则F 是BC 的中点，连接PF，
则AF⊥BC，PF⊥BC，所以∠PFA 为二面角P-BC-A 的平面角，
又AF=3√3
2
，E 是△ABC 的中心，则EF=1
3×3√3
2
=√3
2 ，AE=2
3×3√3
2
=√3，
在Rt△PEF 中，tan∠PFE= PE
EF =2√3，
所以PE=EF·tan∠PFE=√3
2 ×2√3=3，
因为三棱锥P-ABC 是正三棱锥，则三棱锥P-ABC 的外接球球心在直线PE 上，设球心为O，半径为R，连
接OA，如图.
则OA2=OE2+AE2，
即R2=(3-R)2+(√3)
2，解得R=2.
因为PF2=PE2+EF2=9+3
4 =39
4 ，所以PF=√39
2 ，
则S△PBC=1
2×3×√39
2 =3√39
4
，又S△PBC=S△PAC=S△PAB，S△ABC=1
2×3×3×√3
2 =9√3
4
，
设正三棱锥P-ABC 的内切球球心为O1，半径为r，易知O1在线段PE 上，
由1
3(S△PBC+S△PAC+S△PAB+S△ABC)r=1
3S△ABC·PE，得1
3×(3× 3√39
4
+ 9√3
4 )r=1
3×9√3
4
×3，所以r=√13-1
4
，又
OE=PE-R=1，
则OO1=1-√13-1
4
=5-√13
4
，
则线段MN 长度的最大值为
OO1+r+R=5-√13
4
+√13-1
4
+2=3.
5.(2025·晋中模拟)记△ABC 的内角A，B，C 的对边分别为a，b，c，已知a(2cos C-1)=c(1-2cos A).
(1)证明：a，b，c 成等差数列；
(2)求B 的最大值.
(1)证明 由a(2cos C-1)=c(1-2cos A)，
结合正弦定理可得sin A(2cos C-1)=sin C(1-2cos A)，
整理得sin A+sin C=2(sin Acos C+cos Asin C)=2sin(A+C)，
①
因为A+C=π-B，所以sin(A+C)=sin(π-B)=sin B，②
将②代入①，得sin A+sin C=2sin B，
再由正弦定理得a+c=2b，故a，b，c 成等差数列.
(2)解 由余弦定理得
cos B=a
2+c
2-b
2
2ac
=4 a
2+ 4 c
2-(a+c)
2
8ac
=3(a
2+c
2)-2ac
8ac
≥6ac -2ac
8ac
=1
2，
当且仅当a=c 时，等号成立，
由cos B≥1
2，0<B<π，得0<B≤π
3 ，
所以B 的最大值为π
3 .
[周二]
1.(2025·温州模拟)已知圆x2+y2=1 和圆(x-3)2+y2=r2(r>0)有公共点，则r 的取值范围为( )
A.[2，+∞)
B.[2，4]
C.[3，4]
D.[1，4]
答案 B
解析 由题意可得|r-1|≤3≤r+1，解得2≤r≤4.
2.(2025·咸阳模拟)英国数学家泰勒发现的泰勒公式有如下特殊形式：当f(x)在x=0 处的n(n∈N*)阶导数都存
在时，f(x)=f(0)+f'(0)x+f ″(0)
2！x2+f
(3)(0)
3！x3+…+f
(n)(0)
n！xn+….该公式也称为麦克劳林公式.根据该公式估算sin
2 的值为(精确到小数点后两位)注：f″(x)表示f(x)的2 阶导数，即为f'(x)的导数，f(n)(x)(n≥3)表示f(x)的n 阶
导数，即为f(n-1)(x)(n≥3)的导数.n！表示n 的阶乘，即n！=1×2×3×…×n.( )
A.0.85
B.0.88
C.0.91
D.0.95
答案 C
解析 设f(x)=sin x，显然f(x)=sin x 在x=0 处n(n∈N*)阶可导，而f(0)=0；
f'(x)=cos x⇒f'(0)=1；
f″(x)=-sin x⇒f″(0)=0；
f(3)(x)=-cos x⇒f(3)(0)=-1；
f(4)(x)=sin x⇒f(4)(0)=0；
f(5)(x)=cos x⇒f(5)(0)=1；
f(6)(x)=-sin x⇒f(6)(0)=0；
f(7)(x)=-cos x⇒f(7)(0)=-1；
……
则sin x=x- x
3
3！+ x
5
5！- x
7
7！+…，令x=2，
得sin 2=2-2
3
6 + 2
5
120- 2
7
7！+…=2-4
3 + 32
120- 128
5 040+…≈0.91.
3.(多选)(2025·南平模拟)已知向量a，b 满足|a|=1，|b|=2，则下列说法正确的是( )
A.当a·b=-1 时，a 与b 的夹角为π
3
B.当|a-b|=2 时，a 在b 上的投影向量为1
8b
C.|a+b|+|a-b|的最大值为2√5
D.|a+b|+|a-b|的最小值为4
答案 BCD
解析 当a·b=-1 时，cos〈a，b〉=
a·b
|a||b| =-1
1×2=-1
2，
又0≤〈a，b〉≤π，所以〈a，b〉=2π
3 ，故A 错误；
由|a-b|=2，得a2-2a·b+b2=4，
又|a|=1，|b|=2，所以12-2a·b+22=4，
所以a·b=1
2，
所以a 在b 上的投影向量为a·b
|b |
2·b=
1
2
2
2
b=1
8b，故B 正确；
设向量a，b 的夹角为θ，θ∈[0，π]，
所以|a+b|=√a
2+2a·b+b
2=√5+ 4 cosθ，
|a-b|=√a
2-2a·b+b
2=√5- 4 cosθ，
所以|a+b|+|a-b|=√5+ 4 cosθ+√5- 4 cosθ，
设y=√5+ 4 cosθ+√5- 4 cosθ，θ∈[0，π]，
所以y2=5+4cos θ+2√25-16co s
2θ+5-4cos θ=10+2√25-16co s
2θ，
因为0≤θ≤π，所以-1≤cos θ≤1，所以0≤cos2θ≤1，
当cos2θ=0，即θ=π
2 时，ymax
2
=10+10=20，
所以ymax=2√5，故C 正确；
当cos2θ=1，即θ=0 或π 时，ymin
2 =10+6=16，所以ymin=4，故D 正确.
4.(2025·义乌模拟)若tan θ=2，则
cosθ(1-sin 2θ)
sin(θ - π
4)
= .
答案 √2
5
解析
cosθ(1-sin 2θ)
sin(θ - π
4)
=
cosθ(sin
2θ+co s
2θ -2sinθcosθ)
√2
2 sinθ - √2
2 cosθ
=
cosθ(sinθ -cosθ)
2
√2
2 (sinθ -cosθ)
=
cosθ(sinθ -cosθ)
√2
2
=√2×sinθcosθ -co s
2θ
sin
2θ+co s
2θ
=√2× tanθ -1
tan
2θ+1=√2×2-1
4+1=√2
5 .
5.(2025·汉中模拟)已知函数f(x)=exsin x-ln(x+1).
(1)求函数F(x)=f(x)+ln(x+1)，x∈[0，3)的单调区间；
(2)证明：0 为f(x)的极小值点.
(1)解 由题意得F(x)=exsin x，x∈[0，3)，
则F'(x)=ex(sin x+cos x)=√2exsin(x + π
4)，
因为x∈[0，3)，则x+π
4 ∈[
π
4 ,3+ π
4)，
令F'(x)=0，得x=3 π
4 ，
故当x∈[0, 3 π
4 )时，F'(x)>0，F(x)单调递增，
当x∈(
3 π
4 ,3)时，F'(x)<0，F(x)单调递减，
所以F(x)的单调递增区间为[0, 3 π
4 )，单调递减区间为[
3 π
4 ,3).
(2)证明 由题意可知，f(x)的定义域为(-1，+∞)，且f'(x)=ex(sin x+cos x)- 1
x +1，
设函数g(x)=f'(x)，x∈(-1，+∞)，则g'(x)=2excos x+
1
( x +1)
2，
当-1<x<1 时，ex>0，cos x>0，
1
( x +1)
2>0，
则g'(x)>0，故g(x)在区间(-1，1)上单调递增，又g(0)=0，即f'(0)=0，
故当-1<x<0 时，g(x)<0，即f'(x)<0；
当0<x<1 时，g(x)>0，即f'(x)>0，
故f(x)在区间(-1，0)上单调递减，在区间(0，1)上单调递增，所以0 是f(x)的极小值点.
[周三]
1.(2025·马鞍山质检)已知随机变量X~N(2，σ2)，且P(X≤4)=0.64，则P(0≤X≤2)等于( )
A.0.14
B.0.22
C.0.28
D.0.36
答案 A
解析 因为随机变量X~N(2，σ2)，且P(X≤4)=0.64，则P(X<0)=P(X>4)=1-P(X≤4)=1-0.64=0.36，
所以P(0≤X≤2)=P(X≤2)-P(X<0)=0.5-0.36=0.14.
2.(2025·杭州模拟)将函数y=sin x 的图象向左平移φ(0<φ<2π)个单位长度，得到函数y=g(x)的图象，则
“y=g(x)是偶函数”是“φ=π
2 ”的( )
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
答案 B
解析 由题意可得g(x)=sin(x+φ)，
由y=g(x)是偶函数可得φ=π
2 +kπ，k∈Z，
又0<φ<2π，当k=0 时，φ=π
2 ，
当k=1 时，φ=3 π
2 ，
所以由y=g(x)是偶函数可得φ=π
2 或φ=3 π
2 ，故充分性不成立；
当φ=π
2 时，g(x)=sin(x + π
2)=cos x 为偶函数，故必要性成立，所以“y=g(x)是偶函数”是“φ=π
2 ”的必要不
充分条件.
3.(多选)(2025·安庆模拟)如图，在棱长为2 的正方体ABCD-A1B1C1D1中，P，Q 分别是棱CC1、棱BC 的中点，
动点M 满足⃗DM=λ⃗DA+μ⃗D D1，其中λ，μ∈R，则下列结论正确的是( )
A.若λ+μ=1，则CM⊥DB1
B.若λ=μ，则三棱锥B1-AMC 的体积为定值
C.若μ=1
2，0≤λ≤1，则直线PM 与直线BC 所成角的最小值为60°
D.若动点M 在三棱锥C-DPQ 外接球的表面上，则点M 的轨迹的长度为√2π
答案 ABD
解析 以D 为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则D(0，0，0)，A(2，0，0)，D1(0，0，2)，B1(2，2，2)，C(0，2，0)，
所以⃗DA=(2，0，0)，⃗D D1=(0，0，2)，
所以⃗DM=λ⃗DA+μ⃗D D1=λ(2，0，0)+μ(0，0，2)=(2λ，0，2μ)，即 M(2λ，0，2μ)，
所以⃗CM=(2λ，-2，2μ)，又⃗D B1=(2，2，2)，
所以⃗CM·⃗D B1=2λ×2+(-2)×2+2μ×2=4λ-4+4μ=4(λ+μ)-4=0，
所以⃗CM⊥⃗D B1，所以CM⊥DB1，故A 正确；
连接DA1，因为λ=μ，⃗DM=λ⃗DA+μ⃗D D1，所以点M 在直线DA1上，
又因为A1B1∥AB∥DC，A1B1=AB=DC，所以四边形A1DCB1是平行四边形，
所以DA1∥B1C，又DA1⊄平面B1AC，B1C⊂平面B1AC，所以DA1∥平面B1AC，
所以点M 到平面B1AC 的距离为定值，又△B1AC 的面积为定值，
所以三棱锥B1-AMC 的体积为定值，故B 正确；
连接PM，由题意得P(0，2，1)，又M(2λ，0，1)，
则⃗PM=(2λ，-2，0)，⃗BC=(-2，0，0)，
设直线PM 与直线BC 所成的角为θ，0°<θ≤90°，
则cos θ=|⃗PM ·⃗BC |
|⃗PM ||⃗BC |
=|- 4 λ|
√4 λ
2+ 4·2
=
λ
√λ
2+1
，
又因为0≤λ≤1，当λ=0 时，cos θ=0，
当0<λ≤1 时，cos θ=
1
√
1
λ
2 +1，1
λ
2+1≥2，则0<cos θ≤√2
2 ，
所以0≤cos θ≤√2
2 ，即45°≤θ≤90°，所以直线PM 与直线BC 所成角的最小值为45°，故C 错误；
因为三棱锥C-DPQ 即为三棱锥P-CDQ，又底面△CDQ 是直角三角形，
过DQ 的中点N 作ON⊥平面CDQ，O 是三棱锥C-DPQ 外接球的球心，因为PC⊥平面CDQ，
所以ON=1
2PC=1
2，又DQ=√2
2+1
2=√5，
所以三棱锥C-DPQ 外接球的半径r=√(
√5
2 )
2
+(
1
2)
2
=√6
2 ，
因为点M 在平面ADD1A1内，且在三棱锥C-DPQ 外接球的表面上，
所以M 的轨迹是平面ADD1A1截三棱锥C-DPQ 的外接球得到的截面圆，
易得O 到平面ADD1A1的距离为1，所以截面圆的半径为√(
√6
2 )
2
-1
2=√2
2 ，所以点M 的轨迹的长度为 2π×
√2
2 =√2π，故D 正确.
4.(2025·合肥质检)已知函数f(x)={
|x - a|-a+1, x>1,
x
2-2ax +3, x ≤1 的最小值为-1，则a= .
答案 ±2
解析 ①若a≤1，则当x>1 时，f(x)=x-2a+1，且单调递增；
当x≤1 时，f(x)=x2-2ax+3，则最小值为f(a)=-a2+3，
若f(x)的最小值为-1，则有-a2+3≤1-2a+1 且-a2+3=-1，得a=-2；
②若a>1，则当1<x<a 时，f(x)=-x+1，且单调递减；
当x≥a 时，f(x)=x-2a+1，且单调递增；
当x≤1 时，f(x)=x2-2ax+3，且单调递减，
f(1)=4-2a，f(a)=1-a，
若最小值为f(1)，则4-2a=-1，且4-2a≤1-a，无解；
若最小值为f(a)，则1-a=-1，且4-2a>1-a，得a=2，综上所述，a=-2 或a=2.
5.(2025·芜湖模拟)在四棱台ABCD-A1B1C1D1中，AB∥CD，∠DAB=45°，CD=2AB=2BD=4A1B1=4，
AB⊥BB1，AD⊥DD1.
(1)证明：BC⊥DD1；
(2)若四棱台ABCD-A1B1C1D1的体积为7，
①求直线BD1与平面ACD1所成角的正弦值；
②若P 为棱CC1上一动点，求平面ABP 与平面CDD1C1夹角的余弦值的最大值.
(1)证明 在△ABD 中，AB=BD，
所以∠BDA=∠DAB=45°，所以∠ABD=90°，即AB⊥BD，因为AB⊥BB1，BB1∩BD=B，
BB1，BD⊂平面BDD1B1，
所以AB⊥平面BDD1B1，又DD1⊂平面BDD1B1，
所以AB⊥DD1.
又AD⊥DD1，AD∩AB=A，AD，AB⊂平面ABCD，所以DD1⊥平面ABCD，
因为BC⊂平面ABCD，所以BC⊥DD1.
(2)解 S 四边形ABCD=1
2(AB+CD)×BD=1
2×(2+4)×2=6，因为AB=2A1B1，
则S四边形A1B1C1 D1=1
4 S 四边形ABCD=3
2，
所以V 四棱台ABCD - A1B1C1 D1=1
3×(6+ 3
2 +√6× 3
2)×DD1=7，所以DD1=2.
①如图，以D 为坐标原点，DB，DC，DD1所在直线分别为x，y，z 轴建立空间直角坐标系，
则A(2，-2，0)，C(0，4，0)，D1(0，0，2)，B(2，0，0)，
则⃗AC=(-2，6，0)，⃗A D1=(-2，2，2).
设平面ACD1的法向量为m=(x，y，z)，
则{
m·⃗AC =0,
m·⃗A D1=0,
即{
-2 x +6 y =0,
-2 x +2 y +2 z =0,
令y=1，得x=3，z=2，所以m=(3，1，2)，
因为⃗D1B=(2，0，-2)，则cos〈m，⃗D1B〉=
m·⃗D1B
|m||⃗D1B| = 6+0- 4
√14×√8=√7
14 ，
所以直线BD1与平面ACD1所成角的正弦值为√7
14 .
②C(0，4，0)，C1(0，2，2)，A(2，-2，0)，B(2，0，0)，
则⃗BC=(-2，4，0)，⃗C C1=(0，-2，2)，⃗AB=(0，2，0)，
设⃗CP=λ⃗C C1=(0，-2λ，2λ)(0≤λ≤1)，则⃗BP=⃗BC+⃗CP=(-2，4-2λ，2λ)，
设平面ABP 的法向量n1=(x1，y1，z1)，则{
n1·⃗AB =0,
n1·⃗BP =0,
即{
2 y1=0,
-2 x1+(4 -2 λ) y1+2 λ z1=0,
令z1=1，得y1=0，x1=λ，所以n1=(λ，0，1)，
由题意可得平面CDD1C1的一个法向量n2=(1，0，0)，
设平面ABP 与平面CDD1C1的夹角为θ，
所以cos θ=|n1·n2|
|n1||n2| =
λ
√λ
2+1
，
因为λ∈[0，1]，所以当λ=0 时，cos θ=0；
当0<λ≤1 时，cos θ=
1
√
1+ 1
λ
2
≤√2
2 ，
所以平面ABP 与平面CDD1C1夹角的余弦值的最大值为√2
2 .
[周四]
1.(2025·广州模拟)在平行四边形ABCD 中，点E 是BC 边上的点，⃗BC=4⃗EC，点F 是线段DE 的中点，若⃗
AF=λ⃗AB+μ⃗AD，则μ 等于( )
A.5
4
B.1
C.7
8
D.3
4
答案 C
解析 因为点F 是线段DE 的中点，
所以⃗AF=1
2 (⃗AD+⃗AE)，
又⃗AE=⃗AB+⃗BE=⃗AB+3
4⃗BC=⃗AB+3
4⃗AD，
所以⃗AF=1
2(⃗AD +⃗AB+ 3
4⃗AD)=1
2⃗AB+7
8⃗AD，
又⃗AF=λ⃗AB+μ⃗AD，所以μ=7
8.
2.(2025·铜仁模拟)在三棱锥P-ABC 中，已知PA⊥平面ABC，PA=2AB=2BC=4，AC=2√2.若该三棱锥的顶点
都在同一个球面上，则该球的体积为( )
A.4√6π
B.12π
C.8√6π
D.24π
答案 C
解析 因为PA⊥平面ABC，PA=4，AB=BC=2，AC=2√2，所以AB2+BC2=AC2，即∠ABC=90°.
把三棱锥P-ABC 补成长方体，则长方体的体对角线就是外接球的直径2R.
所以2R=√P A
2+ A B
2+ BC
2=√4
2+2
2+2
2
=√16+ 4 + 4=2√6，则R=√6，
故球的体积V=4
3 πR3=4
3 π×(√6)
3=8√6π.
3.(多选)(2025·沧州质检)已知函数f(x)=Acos(ωx+φ)(A >0,ω>0,|φ|< π
2)，其最小值为-2，∀x∈R，f(-
x)=f(2a+x)，f (- π
6 - x)+f(- π
6 + x)=0，且|a+ π
6|的最小值为π
4 ，则( )
A.f (
7 π
12)≤f(x)
B.f(x)的图象在区间(-π，0)内只有2 个对称中心
C.f(x)的图象向左平移5 π
6 个单位长度得到函数y=-2sin 2x 的图象
D.当x∈(
5 π
12 , 3 π
4 ]时，若不等式|f(x)-m|<2 恒成立，则实数m 的取值范围是(-3，0)
答案 ABD
解析 依题意，A=2，因为f(-x)=f(2a+x)，所以f(x)的图象关于直线x=a 对称，
因为f (- π
6 - x)+f (- π
6 + x)=0，所以f(x)的图象关于点(- π
6 ,0)对称，
又|a+ π
6|的最小值为π
4 ，所以f(x)的最小正周期为π，所以ω=2π
T =2，
又f(x)的图象过点(- π
6 ,0)，所以f (- π
6)=2cos[2×(- π
6)+φ]=0，则2×(- π
6)+φ=kπ+π
2 ，k∈Z，所以
φ=kπ+5 π
6 ，k∈Z，
令k=-1，则φ=-π
6 满足|φ|<π
2 ，所以f(x)=2cos(2 x - π
6).
对于A 选项，因为f (
7 π
12)=2cos(2× 7 π
12 - π
6)=-2，
即当x=7 π
12 时，f(x)取得最小值，所以f(
7 π
12)≤f(x)，所以A 选项正确；
对于B 选项，令2x-π
6 =kπ+π
2 ，k∈Z，则x=k π
2 +π
3 ，k∈Z，
当k=-1 时，x=-π
2 +π
3 =-π
6 ∈(-π，0)，
当k=-2 时，x=-π+π
3 =-2π
3 ∈(-π，0)，
当k=-3 时，x=-3 π
2 +π
3 =-7 π
6 ∉(-π，0)，所以B 选项正确；
对于C 选项，f (x + 5 π
6 )=2cos[2(x + 5 π
6 )- π
6]=2cos(2 x + 3 π
2 )=2sin 2x，所以C 选项不正确；
对于D 选项，因为x∈(
5 π
12 , 3 π
4 ]，所以2x-π
6 ∈(
2π
3 , 4 π
3 ]，
所以f(x)∈[-2，-1]，不等式|f(x)-m|<2 恒成立等价于-2<f(x)-m<2 恒成立，
即f(x)-2<m<f(x)+2 恒成立，所以-3<m<0，所以D 选项正确.
4.(2025·佛山质检)已知函数f(x)={
e
x +1, x ≤0,
√2sin x ,0< x ≤π ,若y=f(x)-a(a∈R)有三个零点x1，x2，x3，则实数a 的取
值范围为 ；若x1<x2<x3，则x1+2x2+3x3的最大值为 .
答案 (0，√2) 11π
4 -1
解析 根据函数f(x)的解析式，可得函数f(x)的大致图象如图，
由y=f(x)-a(a∈R)有三个零点，即f(x)的图象与直线y=a 有3 个交点，则0<a<√2，即实数a 的取值范围为
(0，√2).
由ex+1=√2，得x=ln 2
2 -1，又x1<x2<x3，则x1<ln 2
2 -1<0<x2<π
2 <x3<π，
又e
x1+1=√2sin x2=√2sin x3=a，则x1=ln(√2sin x3)-1=ln2
2 +ln(sin x3)-1，x2+x3=π，
则x1+2x2+3x3=x3+x1+2(x2+x3)=x3+ln(sin x3)+ln 2
2 -1+2π，且π
2 <x3<π，
对于y=x+ln(sin x)，π
2 <x<π，则y'=1+cos x
sin x =1+
1
tan x ，
当π
2 <x<3 π
4 时，y'>0，则y=x+ln(sin x)在(
π
2 , 3 π
4 )上单调递增，
当3 π
4 <x<π 时，y'<0，则y=x+ln(sin x)在(
3 π
4 ,π)上单调递减，
所以当x=3 π
4 时，ymax=3 π
4 +ln(sin 3 π
4 )=3 π
4 +ln 1
√2=3 π
4 -ln 2
2 ，所以x1+2x2+3x3的最大值为3 π
4 -ln 2
2 +ln 2
2
-1+2π=11π
4 -1.
5.(2025·深圳模拟)乒乓球台被球网分成甲、乙两部分，如图，甲被划分为两个不相交的区域A，B，乙被划
分为两个不相交的区域C，D.某次测试要求队员接到落点在甲上的来球后向乙回球，并规定：回球一次，
落点在C 上记3 分，在D 上记1 分，其他情况记0 分.对落点在A 上的来球，队员小明回球的落点在C 上的
概率为1
2，在D 上的概率为1
3；对落点在B 上的来球，小明回球的落点在C 上的概率为1
5，在D 上的概率
为3
5.
(1)假设每次来球都等可能地落在A，B 上.现已知小明某次回球落在乙上，求他此次回球得3 分的概率；
(2)假设共有两次来球且落在A，B 上各一次，小明的两次回球互不影响.求两次回球结束后，小明得分之和
X 的分布列与均值.
解 (1)设事件A 表示“来球落在A 上”，事件B 表示“来球落在B 上”，事件M 表示“小明回球落在乙
上”，事件N 表示“小明回球得3 分”，由题意得N⊆M，
P(A)=P(B)=1
2，P(M|A)=1
2+1
3=5
6，
P(M|B)=1
5+3
5=4
5 ，
P(N|A)=1
2，P(N|B)=1
5，
由全概率公式得P(N)=P(N|A)P(A)+P(N|B)P(B)=1
2×1
2+1
5×1
2= 7
20，
P(M)=P(M|A)P(A)+P(M|B)P(B)=5
6×1
2+4
5 ×1
2=49
60，
因此P(N|M)= P( MN )
P( M ) = P( N )
P( M )=
7
20
49
60
=3
7，
故小明此次回球得3 分的概率为3
7.
(2)X 的所有可能取值为0，1，2，3，4，6，
由两次回球结果相互独立可得，P(X=0)=1
5×1
6= 1
30，
P(X=1)=1
3×1
5+1
6×3
5=1
6，
P(X=2)=3
5×1
3=1
5，
P(X=3)=1
2×1
5+1
6×1
5= 2
15，
P(X=4)=1
2×3
5+1
3×1
5=11
30，
P(X=6)=1
2×1
5= 1
10，
所以X 的分布列为
X
0
1
2
3
4
6
P
1
30
1
6
1
5
2
15
11
30
1
10
E(X)=0× 1
30+1×1
6+2×1
5+3× 2
15+4×11
30+6× 1
10=91
30.
[周五]
1.已知sin(
π
3 -α)=1
3，则cos(
5 π
6 -α)等于( )
A.1
3
B.-1
3
C.2√2
3
D.-√2
3
答案 B
解析 由题意知，cos(
5 π
6 -α)=cos[
π
2 +(
π
3 -α)]=-sin(
π
3 -α)=-1
3.
2.(2025·沧州质检)已知函数f(x)的定义域为R，且f(x+1)为奇函数，当x<1 时，f(x)=ex-e，则关于a 的不等式
f(a2-a-1)≥0 的解集为( )
A.[-1，2]
B.[-2，1]
C.(-∞，-1]∪[2，+∞)
D.(-∞，-2]∪[1，+∞)
答案 C
解析 依题意，因为f(x+1)为奇函数，所以函数f(x)的图象关于点(1，0)对称，
又当x<1 时，f(x)=ex-e，则函数f(x)在(-∞，1)上单调递增，
所以函数f(x)在[1，+∞)上单调递增，
又f(1)=0，可知f(x)在R 上单调递增，
所以f(a2-a-1)≥0 可化为f(a2-a-1)≥f(1)，
即a2-a-1≥1，即a2-a-2≥0，解得a≤-1 或a≥2，所以原不等式的解集为(-∞，-1]∪[2，+∞).
3.(多选)(2025·长沙模拟)在某次单元测试中，统计了4 000 名考生的考试成绩，如图所示，60 分以下视为不
及格，若同一组中数据用该组区间的中点值作代表，则下列说法中正确的有( )
A.成绩在[70，80)分的考生人数最多
B.考生考试成绩的第80 百分位数约为83.3
C.考生考试成绩的平均分约为70.5 分
D.考生考试成绩的中位数约为75 分
答案 ABC
解析 对于A，由频率分布直方图知[70，80)对应的矩形最高，即频率最大，故成绩在[70，80)分的考生人
数最多，A 正确；
对于B，0.01×10=0.1<0.2，(0.01+0.015)×10=0.25>0.2，故考生考试成绩的第80 百分位数在区间[80，90)
内，
设为x，则0.1+0.15+0.2+0.3+(x-80)×0.015=0.8，可得x=250
3 ≈83.3，B 正确；
对于C，由图知，平均分为0.1×45+0.15×55+0.2×65+0.3×75+0.15×85+0.1×95=70.5，C 正确；
对于D，(0.01+0.015+0.020)×10=0.45<0.5，(0.01+0.015+0.020+0.03)×10=0.75>0.5，
所以中位数位于区间[70，80)内，设为y，则0.45+(y-70)×0.03=0.5，可得y=215
3 ≈71.7，D 错误.
4.(2025·许昌模拟)已知四棱锥P-ABCD 的底面为矩形，AB=2√3，BC=4，侧面PAB 为正三角形且垂直于底
面ABCD，M 为四棱锥P-ABCD 内切球表面上一点，则点M 到直线CD 距离的最小值为 .
答案 √10-1
解析 如图，过点P 作PH⊥AB 于点H，由侧面PAB 为正三角形可知H 为AB 的中点，
取CD 的中点为N，连接HN.
由题意得，平面PHN 截四棱锥P-ABCD 的内切球O 所得的截面为大圆，
此圆为△PHN 的内切圆，设内切圆的半径为r，与HN，PH 分别相切于点E，F，
因为平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD=AB，PH⊥AB，PH⊂平面PAB，所以PH⊥平面
ABCD，而HN⊂平面ABCD，则PH⊥HN，因为AB=2√3，BC=4，所以PH=3，HN=4，PN=5，在△PHN 中，
S△PHN=1
2×3×4=1
2×(3+4+5)r，解得r=1，
所以四棱锥P-ABCD 的内切球的半径为1，
连接ON，因为PH⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以PH⊥CD，又CD⊥HN，PH，HN⊂平面PHN，
PH∩HN=H，所以CD⊥平面PHN，
因为ON⊂平面PHN，所以ON⊥CD，
所以内切球表面上一点M 到直线CD 距离的最小值即为线段ON 的长减去球的半径，
又ON=√O E
2+ E N
2=√1
2+3
2=√10，
所以四棱锥P-ABCD 内切球表面上一点M 到直线CD 距离的最小值为√10-1.
5.记Tn为正项数列{an}的前n 项积，且a1=2，a2=4，TnTn+2=2T n+1
2
.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)[x]表示不超过x 的最大整数，如[2.1]=2，[-1.5]=-2，设bn=[
an
3 ]，求数列{bn}的前2n 项和.
解 (1)由TnTn+2=2T n+1
2
，可得T n+2
T n+1
=2T n+1
T n
，即an+2=2an+1，
又∵a2=2a1，∴数列{an}是首项为2，公比为2 的等比数列，∴an=a1·2n-1=2n.
(2)由(1)可知，bn=[
2
n
3 ].
∵2n=(3-1)n=Cn
03n+Cn
13n-1·(-1)+Cn
23n-2·(-1)2+…+Cn
n-13(-1)n-1+Cn
n(-1)n
=3×[Cn
03n-1+Cn
13n-2(-1)+Cn
23n-3(-1)2+…+Cn
n-1(-1)n-1]+Cn
n(-1)n，
∴2
n
3 =Cn
03n-1+Cn
13n-2(-1)+Cn
23n-3(-1)2+…+Cn
n-1(-1)n-1+(-1)
n
3
，
当n 为奇数时，2
n
3 =[
2
n
3 ]+2
3，
即bn=[
2
n
3 ]=2
n
3 -2
3；
当n 为偶数时，2
n
3 =[
2
n
3 ]+1
3，
即bn=[
2
n
3 ]=2
n
3 -1
3.
设Sn为数列{bn}的前n 项和，
∴S2n=(b1+b3+b5+…+b2n-1)+(b2+b4+b6+…+b2n)=
2
3 (1- 4
n)
1- 4
-2n
3 +
4
3 (1- 4
n)
1- 4
-n
3=2
2n+1
3
-n-2
3.
∴数列{bn}的前2n 项和为2
2n+1
3
-n-2
3.
[周六]
1.(2025·湖南名校联合体模拟)若tan(x - y
2)=1
2，tan(
x
2 - y)=1
3，则tan x + y
2
等于( )
A.1
5
B.1
7
C.1
D.7
答案 B
解析 tan x + y
2
=tan[(x - y
2)-(
x
2 - y)]=
tan(x - y
2)- tan(
x
2 - y)
1+ tan(x - y
2)tan(
x
2 - y)
=
1
2 - 1
3
1+ 1
6
=1
7.
2.(2025·长春模拟)已知正实数x，y，z 满足x+ln x=y+ey=ez+ln z=5，则( )
A.x<y
B.y>z
C.ln x+y>5
D.ey+z>5
答案 D
解析 设s(x)=ex-x-1，则s'(x)=ex-1，
当x>0 时，s'(x)>0，当x<0 时，s'(x)<0，
故s(x)在(0，+∞)上单调递增，在(-∞，0)上单调递减，故s(x)≥s(0)=0，即ex≥x+1，
∴当x>0 时，ex>x+1>x，ln x≤x-1<x，故5-ex<5-x，
故y=5-ex的图象在y=5-x 图象的下方.
∵x+ln x=y+ey=ez+ln z=5，
∴ln x=5-x，ey=5-y，ln z=5-ez，
如图，x 为函数y=ln x 的图象与函数y=5-x 图象交点A 的横坐标，
y 为函数y=ex的图象与函数y=5-x 图象交点B 的横坐标，
z 为函数y=ln x 的图象与函数y=5-ex图象交点C 的横坐标，由图知，y<x，z<x，而ey+y=ez+ln z=5<ez+z，
由y=ex+x 为增函数得y<z，故y<z<x，故A，B 选项错误；
由{
y = x ,
y =5- x ,得P(
5
2 , 5
2).
∵y=ex与y=ln x 的图象关于直线y=x 对称，
∴点A(x，ln x)和B(y，ey)关于P(
5
2 , 5
2)对称，且5
2<x<5，0<y<5
2， ∴x+y=5 且ln x=y，
∴ln x+y=2y<5，故C 选项错误；
∵ey=x，∴ey+z=x+z>x+y=5，故D 选项正确.
3.(多选)(2025·岳阳质检)已知不等式ln x≤x-1 在x∈(0，+∞)上恒成立(当且仅当x=1 时等号成立)，则下列
不等式正确的是( )
A.ln x≥1-1
x (x>0)
B.3
7 <ln 7-ln 4<3
4
C.1
2+1
3+1
4 +…+
1
2 025>ln 2 025
D. 1
7
7+ 1
7
5+ 3
7
4+ 5
7
3+ 5
7
2+3
7+2<e
答案 ABD
解析 对于A，将x 替换为1
x (x>0)，则ln1
x ≤1
x -1，所以ln x≥1-1
x (x>0)，所以A 正确；
对于B，由A 选项可得1-
1
7
4
<ln7
4 ，故3
7<ln7
4 ，又由题设得ln7
4 <7
4 -1=3
4 ，
故3
7<ln7
4 <3
4 ，即3
7<ln 7-ln 4<3
4 ，故B 正确；
对于C，对于ln x≥1-1
x (x>0)，令x=n+1
n
(n∈N*)，得lnn+1
n
>1- n
n+1= 1
n+1，即
2024
Σ
n=1
1
n+1<
2024
Σ
n=1
lnn+1
n
=ln
(
2
1 × 3
2 ×…× 2 025
2 024)=ln 2 025，故C 错误；
对于D，方法一 1
7
7+ 1
7
5+ 3
7
4+ 5
7
3+ 5
7
2+3
7 +2
= 1
7
7+ 7
7
6+21
7
5 +35
7
4 +35
7
3 +21
7
2 +7
7 +1
=C7
7 1
7
7+C7
6 1
7
6+C7
5 1
7
5+C7
4 1
7
4+C7
3 1
7
3+C7
2 1
7
2+C7
1 1
7 +C7
0=(1+ 1
7)
7
，
又ln(1+ 1
7)<1+1
7 -1=1
7 ，
所以7ln(1+ 1
7)<1，即(1+ 1
7)
7
<e，故D 正确.
方法二 1
7
7+ 1
7
5+ 3
7
4+ 5
7
3+ 5
7
2+3
7 +2< 1
7
6+ 1
7
5+ 3
7
4+ 5
7
3+ 5
7
2+3
7+2< 1
7
6+ 1
7
5+ 3
7
4+ 1
7
2+1
7+3
7 +2 = 1
7
6+ 1
7
5+ 3
7
4+ 1
7
2+4
7 +2=
155
7
6 + 1
7
2+4
7 +2<2×7
4
7
6
+4
7 +2= 2
7
2+4
7 +2≈2.61<e≈2.7，故D 正确.
4.(2025·江苏省苏锡常镇调研)在一个不透明的袋子中装有4 个形状、大小相同，颜色互不相同的小球.某人
先后两次任意摸取小球(每次至少摸取1 个小球)，假设每次摸到球的情况等可能，第一次摸取后记下摸到
的小球颜色，再将摸到的小球放回袋中；第二次摸取后，也记下摸到的小球颜色.则“两次记下的小球颜色
能凑齐4 种颜色，且恰有一种颜色两次都被记下”的概率为 .
答案 32
225
解析 某人先后两次任意摸取小球，每次至少摸取1 个小球，则每次摸球的情况有C4
1+C4
2+C4
3+C4
4
=4+6+4+1=15(种)，所以先后两次任意摸取小球共有15×15=225(种)情况.
两次记下的小球颜色能凑齐4 种颜色，且恰有一种颜色两次都被记下的情况有：
第一次摸取1 个球，第二次摸取4 个球，共有C 4
1×C 4
4=4(种)情况；
第一次摸取2 个球，第二次摸取3 个球，共有C4
2×C2
1=12(种)情况；
第一次摸取3 个球，第二次摸取2 个球，共有C 4
3×C3
1=12(种)情况；
第一次摸取4 个球，第二次摸取1 个球，共有C4
4×C4
1=4(种)情况；
所以两次记下的小球颜色能凑齐4 种颜色，且恰有一种颜色两次都被记下的概率为4+12+12+ 4
225
= 32
225.
5.(2025·宁德模拟)已知☉C：x2+y2-2x-15=0，点F(-1，0).在☉C 上任取一点P，线段PF 的垂直平分线与线
段PC 相交于点R，当点P 在圆上运动时，点R 的轨迹为曲线Γ.
(1)求曲线Γ 的方程；
(2)过点D(4，0)且斜率不为0 的直线l 与曲线Γ 相交于M，N 两点.
①若O 为原点，求△MON 面积的最大值；
②点A(-2，0)，设点Q 是线段MN 上异于M，N 的一点，直线QA，QM 的斜率分别为k1，k2，且k1+k2=0，
求| DM |·|QN |
| DN |·|QM | 的值.
解 (1)因为线段PF 的垂直平分线与半径PC 相交于点R，所以|RP|=|RF|.
又因为|PC|=4，所以|RP|+|RC|=4，所以|RF|+|RC|=4，因为F(-1，0)，C(1，0)，
所以点R 的轨迹是以F，C 分别为左、右焦点的椭圆，设该椭圆方程为x
2
a
2+ y
2
b
2 =1(a>b>0)，
所以c=1，a=2，b=√a
2-c
2=√3，所以Γ 的方程为x
2
4 + y
2
3 =1.
(2)①方法一 设直线l 的方程为x=ty+4，M(x1，y1)，N(x2，y2)，由{
x =ty + 4 ,
x
2
4 + y
2
3 =1,
消去x 得(3t2+4)y2+24ty+36=0，
由Δ=144(t2-4)>0，得t<-2 或t>2.
则y1+y2=-24t
3t
2+ 4 ，y1y2=
36
3t
2+ 4 ，
所以|y1-y2| =√( y1+ y2)
2- 4 y1 y2=√144(t
2- 4)
3t
2+ 4
，
故△MON 的面积S=1
2×4×|y1-y2|=1
2×4×12√t
2- 4
3t
2+ 4
=24√t
2- 4
3t
2+ 4
，令√t
2- 4=u(u>0)，
则t2=u2+4，S=
24u
3u
2+16 =
24
3u+ 16
u
≤
24
2√3u· 16
u
=√3，
当且仅当u= 4
√3，即t2=28
3 ，t=±2√21
3
时等号成立，所以△MON 面积的最大值为√3.
方法二 显然直线l 的斜率存在且不为零，设直线l 的方程为y=k(x-4)(k≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，由
{
y =k( x - 4),
x
2
4 + y
2
3 =1,
消去y 得(4k2+3)x2-32k2x+64k2-12=0，
由Δ=144(1-4k2)>0，且k≠0，则-1
2<k<1
2且k≠0，则x1+x2= 32k
2
4 k
2+3
，x1x2=64 k
2-12
4 k
2+3
，
所以|MN|=√1+k
2·√( x1+ x2)
2- 4 x1 x2 =√1+ k
2×12√1- 4 k
2
4 k
2+3
.
点O 到直线l 的距离d= 4|k|
√k
2+1
，
所以△MON 的面积
S=1
2×√k
2+1×12√1- 4 k
2
4 k
2+3
× 4|k|
√k
2+1
=24|k |·√1- 4 k
2
4 k
2+3
=24√k
2- 4 k
4
4 k
2+3
，
S2=24
2(k
2- 4 k
4)
(4 k
2+3)
2
=-144×[1-
7
4 k
2+3
+
12
(4 k
2+3)
2]，
令u=
1
4 k
2+3，则1
4 <u<1
3，
S2=-144(12u2-7u+1)=-1 728(u- 7
24)
2
+3≤3，
当u= 7
24 ，即k2= 3
28，k=±√21
14 时取等号，所以△MON 面积的最大值为√3.
方法三 显然直线l 的斜率k 存在且不为零，设直线l 的方程为y=k(x-4)(k≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
由{
y =k( x - 4),
3 x
2+ 4 y
2=12,
消去y 得(4k2+3)x2-32k2x+64k2-12=0，
则x1+x2= 32k
2
4 k
2+3
，x1x2=64 k
2-12
4 k
2+3
，
Δ=144(1-4k2)>0，且k≠0，得-1
2<k<1
2且k≠0，
所以|MN|=√1+k
2·√( x1+ x2)
2- 4 x1 x2
=√1+k
2×12√1- 4 k
2
4 k
2+3
.
点O 到直线l 的距离d= 4|k|
√k
2+1
，
所以△MON 的面积
S=1
2×√k
2+1×12√1- 4 k
2
4 k
2+3
× 4|k|
√k
2+1
=24|k |·√1- 4 k
2
4 k
2+3
=24√k
2- 4 k
4
4 k
2+3
=24×√k
2(1- 4 k
2)
4 k
2+3
= 24
4√3×√16 k
2×3(1- 4 k
2)
4 k
2+3
≤2√3×
16k
2+3(1- 4 k
2)
2
4 k
2+3
=√3，
当且仅当16k2=3(1-4k2)，即k2= 3
28，k=±√21
14 时取等号，所以△MON 面积的最大值为√3.
②因为k1+k2=0，所以直线QA，QM 的倾斜角互补，所以|QA|=|QD|，所以点Q 在线段AD 的垂直平分线上，
所以由(2)①方法一可得Q(1,- 3
t ).
于是|DM|=√t
2+1|y1|，|DN|=√t
2+1|y2|，
|QM|=√t
2+1|y1+ 3
t|，|QN|=√t
2+1|y2+ 3
t|.
所以| DM |·|QN |
| DN |·|QM | =
| y1|·|y2+ 3
t|
| y2|·|y1+ 3
t|
=|y1·( y2+ 3
t )|
|y2·( y1+ 3
t )|
=|y1· y2+ 3
t y1|
|y1· y2+ 3
t y2|
，
因为y1·y2=- 3
2t (y1+y2)，
所以| DM |·|QN |
| DN |·|QM | =|- 3
2t ( y1+ y2)+ 3
t y1|
|- 3
2t ( y1+ y2)+ 3
t y2|
= |
1
2 y1- 1
2 y2|
|- 1
2 y1+ 1
2 y2|
=1，所以| DM |·|QN |
| DN |·|QM | 的值为1.
