2025 年高考数学全真模拟卷 01（新高考专用）
（考试时间：120分钟；满分：150分）
注意事项：
1.本试卷分第I卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填
写在答题卡上。
2.回答第I卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用
橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3.回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第 I 卷（选择题）
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要
求的。
1．（5分）（2024·陕西西安·三模）若集合 ， ，则 （ ）
A={x|❑√x≤2)) B={−3,−1,0,1,3) A∩B=
A．{0,1) B．{−1,0,1) C．{0,1,3) D．{−3,−1,0,1,3)
【解题思路】先求解根式不等式，化简集合A，然后再根据集合交集运算规则即可求解.
【解答过程】依题意得 ，则 ．
A={x|❑√x≤2))=[0,4) A∩B={0,1,3)
故选：C.
1+i 1
2．（5分）（2024·湖南衡阳·模拟预测）若复数z= ，则 的虚部为（ ）
3−i z
A．−2i B．2i C．2 D．−2
【解题思路】利用复数除法运算法则计算，然后求虚部即可.
1 3−i (3−i)(1−i) 3−1−4i
【解答过程】 = = = =1−2i，
z 1+i (1+i)(1−i) 2
1
所以 的虚部为−2.
z
故选：D.
3．（5分）（2024·湖北武汉·一模）已知向量→ ，→ ，且→ →，则 → （ ）
a=(−1,2) b=(x,4) a⊥b |b|=
A．4❑√5 B．4❑√3 C．2❑√5 D．8
【解题思路】先应用向量垂直数量积为0求参，再根据模长公式求模长即可.【解答过程】因为→ → 所以→ → ,所以 x=8 ,
a⊥b, a·b=−1×x+2×4=0
因为→ ，所以|→) .
b=(8,4) b =❑√82+42=4❑√5
故选：A.
π π π
4．（5分）（2024·江西九江·三模）若2sin( α+ )=cos( α− ) ，则tan( α− )=（ ）
3 3 6
A．−4−❑√3 B．−4+❑√3 C．4−❑√3 D．4+❑√3
π π π
【解题思路】设β=α− ，则原等式可化为2sin( β+ )=cos( β− ) ，化简后求出tanβ即可.
6 2 6
π π
【解答过程】令β=α− ，则α=β+ ，
6 6
π π
所以由2sin( α+ )=cos( α− ) ，
3 3
π π
得2sin( β+ )=cos( β− ) ，
2 6
❑√3 1
即2cosβ= cosβ+ sinβ，
2 2
即 ，得 ，
sinβ=(4−❑√3)cosβ tanβ=4−❑√3
π
所以tan(
α−
)=tanβ=4−❑√3，
6
故选：C.
5．（5分）（2024·浙江·模拟预测）清代的苏州府被称为天下粮仓，大批量的粮食要从苏州府运送到全国
各地．为了核准粮食的数量，苏州府制作了“小嘴大肚”的官斛用以计算粮食的多少，五斗为一斛，而一
只官斛的容量恰好为一斛，其形状近似于正四棱台，上口为正方形，内边长为25cm，下底也为正方形，内
边长为50cm，斛内高36cm，那么一斗米的体积大约为立方厘米?（ ）
A．10500 B．12500 C．31500 D．52500
【解题思路】利用棱台的体积公式,即可计算得出答案．1 1
【解答过程】一斛米的体积为V = (S +S +❑√S S )ℎ = ×(252+502+25×50)×36=52500(cm3)，
3 上 下 上 下 3
V
因为五斗为一斛，所以一斗米的体积为 =10500(cm3)，
5
故选：A.
1 3
{ − ,x≤ )
4x−4 4
6．（5分）（2024·陕西安康·模拟预测）已知函数f (x)= 是R上的单调函数，则实数
3
log (4x)−1,x>
a 4
a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
(0,1) (1,❑√3) (1,❑√3) (1,3)
【解题思路】根据题意，结合分段函数的单调性的判定方法，结合对数函数的性质，列出关于a的不等式，
即可求解.
1
3 − ( 3)
【解答过程】根据题意，当x≤ 时， 1 4 ，可得f (x)在 −∞, 上递增，
4 f (x)=− = 4
4x−4 x−1
1 3
{ − ,x≤ )
4x−4 4
要使得函数f (x)= 是R上的单调函数，
3
log (4x)−1,x>
a 4
( 3) 1
log 4× −1≥−
则满足a>1，且 a 4 3 ，解可得1<a≤❑√3，
4× −4
4
所以实数 的取值范围为 .
a (1,❑√3)
故选：B.
π 5π
7．（5分）（2024·湖北武汉·模拟预测）设ω>0，已知函数f (x)=sin ( 3ωx− ) sin ( 2ωx+ ) 在
4 6
(0,π)上恰有6个零点，则ω取值范围为（ ）
(19 7) (17 19) (13 17) (3 13)
A． , B． , C． , D． ,
12 4 12 12 12 12 4 12
(4k+1)π (6k+1)π
【解题思路】令f(x)=0，解方程得x= 或x= ，在区间(0,π)取6个零点即可.
12ω 12ω
【解答过程】由题意可知，令f (x)=sin( 3ωx− π )sin ( 2ωx+ 5π ) =0，
4 6
即sin( 3ωx−
π
)=0或sin ( 2ωx+
5π
) =0，
4 6
(4k+1)π (6k+1)π
即x= 或x= ，
12ω 12ω
π 5π 7π 9π 13π 17π 19π
当x>0时，零点从小到大依次为x= , , , , , , ,⋅⋅⋅，
12ω 12ω 12ω 12ω 12ω 12ω 12ω
17π 19π
因此有 <π≤ ，
12ω 12ω
(17 19)
即ω∈ , ．
12 12
故选：B．
8．（5分）（2024·陕西安康·模拟预测）已知函数f (x)的定义域为R，函数F(x)=f (1+x)−(1+x)为偶函
数，函数G(x)=f (2+3x)−1为奇函数，则下列说法错误的是（ ）
A．函数f (x)的一个对称中心为(2,1) B．f (0)=−1
C．函数f (x)为周期函数，且一个周期为4D．f (1)+f (2)+f (3)+f (4)=6
【解题思路】对于A，由G(x)为奇函数，则G(−x)=−G(x)，再将G(x)=f (2+3x)−1代入化简可求出
对称中心；对于B，由选项A可得f(2)=1，再由F(x)为偶函数可得f(1+x)−f(1−x)=2x，令x=1可
求出f(0)；对于C，由f (x)的图象关于点(2,1)对称，结合f(0)=−1求出f(4)进行判断；对于D，利用赋
值法求解判断.
【解答过程】对于A，因为G(x)=f (2+3x)−1为奇函数，
所以G(−x)=−G(x)，即f(2−3x)−1=−[f(2+3x)−1]，
所以f(2−3x)+f(2+3x)=2，所以f(2−x)+f(2+x)=2，
所以函数f (x)的图象关于点(2,1)对称，所以A正确，
对于B，在f(2−x)+f(2+x)=2中，令x=0，得2f(2)=2，得f(2)=1，
因为函数F(x)=f (1+x)−(1+x)为偶函数，所以F(−x)=F(x)，
所以f (1−x)−(1−x)=f (1+x)−(1+x)，
所以f(1+x)−f(1−x)=2x，
令x=1，则f(2)−f(0)=2，所以1−f(0)=2，得f(0)=−1，所以B正确，
对于C，因为函数f (x)的图象关于点(2,1)对称，f(0)=−1，
所以f(4)=3，所以f(0)≠f(4)，
所以4不是f (x)的周期，所以C错误，对于D，在f(2−x)+f(2+x)=2中令x=1，则f(1)+f(3)=2，
令x=2，则f(0)+f(4)=2，因为f(0)=−1，所以f(4)=3，
因为f(2)=1，所以f (1)+f (2)+f (3)+f (4)=6，所以D正确，
故选：C.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的
要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。
9．（6分）（2024·四川成都·模拟预测）已知 ， 都是服从正态分布的随机变量，且 ，
X Y X∼N(μ ,σ2 )
1 1
，其中 ， ，则下列命题正确的有（ ）
Y ~N(μ ,σ2 ) μ ,μ ∈R σ ,σ ∈R+
2 2 1 2 1 2
A．E(X)=μ
1
B．D(X)=σ
1
C．若μ =2，σ =1，则P(X≤1)+P(X≤3)=1
1 1
D．若μ =μ =0，σ =2，σ =3，则P(|X|≤1)>P(|Y|≤1)
1 2 1 2
【解题思路】由正态分布的期望公式及方差公式即可判断AB；由正态分布的对称性即可判断C；由方差
的性质即可判断D．
【解答过程】对于A，由正态分布的期望公式得，E(X)=μ ，故A正确；
1
对于B，由正态分布的方差公式得， ，故B错误；
D(X)=σ2
1
对于C，由正态分布的对称性得，P(X≤1)=P(X≥3)，
所以P(X≤1)+P(X≤3)=P(X≥3)+P(X≤3)=1，故C正确；
对于D，由 ， ， ，则 ， ，
μ =μ =0 σ =2 σ =3 σ2=4 σ2=9
1 2 1 2 1 2
根据方差的性质知，X分布更集中，所以P(|X|≤1)>P(|Y|≤1)，故D正确；
故选：ACD．
10．（6分）（2024·河北衡水·三模）已知函数 ， 是函数 的一个极值点，则下列
f(x)=x3−mx2 x=2 f(x)
说法正确的是（ ）
A．m=3 B．函数f (x)在区间(−1,2)上单调递减
C．过点(1,−2)能作两条不同直线与y=f(x)相切D．函数y=f [f(x)]+2有5个零点
【解题思路】求得 ，根据 ，可判定A正确；由 ，利用导数的
f′ (x)=3x2−2mx f′ (2)=0 f′ (x)=3x(x−2)符号求得函数 的单调区间，可判定B错误；设过点 且与函数 相切的切点为 ，
f (x) (1,−2) y=f(x) (x ,y )
0 0
求得切线方程，列出方程求得x 的值，可判定C错误；令f(x)=t，作出函数的图象，得到
0
−1<t <0<t <t ，进而的函数零点的个数，可判定以D正确．
1 2 3
【解答过程】对于A中，由函数 ，可得 ，
f(x)=x3−mx2 f′ (x)=3x2−2mx
因为 是函数 的一个极值点，可得 ，
x=2 f (x) f′ (2)=3×22−2m×2=0
解得m=3，经检验适合题意，所以A正确；
对于B中，由 ，令 ，解得 或 ，
f′ (x)=3x(x−2) f′ (x)=0 x =0 x =2
1 2
当 时， ；当 时， ；当 时， ，
x∈(−∞,0) f′ (x)>0 x∈(0,2) f′ (x)<0 x∈(2,+∞) f′ (x)>0
故f (x)在区间(−∞,0)上递增，在区间(0,2)上递减，在区间(2,+∞)上递增，所以B错误；
对于C中，设过点 且与函数 相切的切点为 ，
(1,−2) y=f(x) (x ,y )
0 0
则该切线方程为 ，
y=f′ (x )(x−1)−2=(3x2−6x )(x−1)−2
0 0 0
由于切点 满足直线方程，则 ，
(x ,y ) f (x )=(3x2−6x )(x −1)−2=x3−3x2
0 0 0 0 0 0 0 0
整理得
2(x −1)(x2−2x +1)=0
，解得
x =1
，所以只能作一条切线，所以C错误；
0 0 0 0
对于D中，令f(x)=t，则f(t)=−2的根有三个，如图所示，−1<t <0<t <t ，
1 2 3
所以方程f(x)=t 有3个不同根，方程f(x)=t 和f(x)=t 均有1个根，
1 2 3
故y=f [f(x)]+2有5个零点，所以D正确．
故选：AD．
x|x) y|y)
11．（6分）（2024·广东江门·一模）已知曲线E: + =1，则下列结论正确的是（ ）
4 8A．y随着x增大而减小
B．曲线E的横坐标取值范围为[−2,2)
C．曲线E与直线y=−1.4x相交，且交点在第二象限
D． 是曲线 上任意一点，则 的取值范围为
M(x ,y ) E |❑√2x + y ) (0,4)
0 0 0 0
【解题思路】首先对x、y分类讨论分别得到曲线方程，画出曲线图形，数形结合判断A、B，由双曲线的
渐近线与 的关系判断C，由点到直线的距离公式得到 ，即点 到直线
y=−1.4x |❑√2x + y ) M(x ,y )
0 0 0 0
x2 y2
❑√2x+ y=0的距离的❑√3倍，求出直线❑√2x+ y+c=0与曲线 + =1(x≥0,y≥0)相切时c的值，再由两
4 8
平行线将的距离公式求出 的最大值，即可判断D.
|❑√2x + y )
0 0
x|x) y|y)
【解答过程】因为曲线E: + =1，
4 8
x2 y2 x2 y2
当x≥0，y≥0时 + =1，则曲线E为椭圆 + =1的一部分；
4 8 4 8
x2 y2 x2 y2
当x>0，y<0时 − =1，则曲线E为双曲线 − =1的一部分，
4 8 4 8
且双曲线的渐近线为y=±❑√2x；
y2 x2 y2 x2
当x<0，y>0时 − =1，则曲线E为双曲线 − =1的一部分，
8 4 8 4
且双曲线的渐近线为y=±❑√2x；
可得曲线的图形如下所示：
由图可知y随着x增大而减小，故A正确；
曲线E的横坐标取值范围为R，故B错误；
因为−1.4>−❑√2，所以曲线E与直线y=−1.4x相交，且交点在第四象限，故C错误；|❑√2x + y )
因为|❑√2x + y )=❑√3× 0 0 ，即点 M(x ,y ) 到直线 ❑√2x+ y=0 的距离的 ❑√3 倍，
0 0 ❑√(❑√2) 2+12 0 0
x2 y2
当直线❑√2x+ y+c=0与曲线 + =1(x≥0,y≥0)相切时，
4 8
由 {
x2
+
y2
=1 ) ，消去 整理得 ，
4 8 y 4x2+2❑√2cx+c2−8=0
❑√2x+ y+c=0
则 ，解得 （舍去）或 ，
Δ=(2❑√2c) 2 −16(c2−8)=0 c=4 c=−4
|4) 4
又
❑√2x+ y=0
与
❑√2x+ y−4=0
的距离d= = ，
❑√(❑√2) 2+12 ❑√3
所以 ，
|❑√2x + y ) =❑√3d=4
0 0 max
所以 的取值范围为 ，故D正确；
|❑√2x + y ) (0,4)
0 0
故选：AD.
第 II 卷（非选择题）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．（5分）（2024·上海·模拟预测）椭圆x❑ 2 y❑ 2 的左、右焦点分别为 ，过 作
+ =1(a>b>0) F ,F F x
a❑ 2 b❑ 2 1 2 2
轴的垂线交椭圆于P,Q，若△F PQ为等腰直角三角形，则椭圆的离心率为 ❑√2−1 .
1
【解题思路】根据给定条件，结合椭圆的定义求出离心率.
【解答过程】令椭圆的半焦距为c，由PQ⊥x轴，△F PQ为等腰直角三角形，得
1
|PF |=|F F |=2c，
2 1 2
，由椭圆的定义得 ，即 ，
|PF |=❑√2|F F |=2❑√2c |PF |+|PF |=2a 2❑√2c+2c=2a
1 1 2 1 2
c 1
所以椭圆的离心率e= = =❑√2−1.
a ❑√2+1
故答案为：❑√2−1.πx
13．（5分）（2024·上海·三模）设曲线f (x)=aex+b和曲线g(x)=cos +c在它们的公共点P(0,2)处
2
有相同的切线，则ba+c的值为 2 .
【解题思路】根据两曲线在P(0,2)有公切线，则P是公共点，该点处的导数值相同，列出方程求出a,b,c
的值，则答案可求.
【解答过程】由已知得{f(0)=a+b=2)，解得 ，
c=1,b=2−a
g(0)=1+c=2
π π
又f′(x)=aex,g′(x)=− sin x，
2 2
所以 得 ，
f′ (0)=g′ (0) a=0
所以a=0,b=2,c=1，
所以ba+c=20+1=2.
故答案为：2.
14．（5分）（2024·云南·模拟预测）现有标号依次为1,2,3的盒子，标号为1的盒子里面有2个红球和2个
白球，其余盒子里都是1个红球和1个白球.现从1号盒子里面取出2个球放入2号盒子，再从2号盒子里
11
面取出2个球放入3号盒子，则3号盒子里面是2个红球和2个白球的概率为 .
18
【解题思路】设A ：从标号为1的盒子中取出的2个球中有i个红球，i=0,1,2，B：3号盒子里面是2个红
i
球和2个白球，则B=A B∪A B∪A B，由概率的乘法公式和全概率公式可得
0 1 2
，再由古典概型分别求出对应结果，代
P(B)=P(B∣A )P(A )+P(B∣A )P(A )+P(B∣A )P(A )
0 0 1 1 2 2
入计算即可得到答案.
【解答过程】设A ：从标号为1的盒子中取出的2个球中有i个红球，i=0,1,2，
i
B：3号盒子里面是2个红球和2个白球，所以B=A B∪A B∪A B，
0 1 2则
P(B)=P(A B∪A B∪A B)=P(A B)+P(A B)+P(A B)
0 1 2 0 1 2
=P(B∣A )P(A )+P(B∣A )P(A )+P(B∣A )P(A )
0 0 1 1 2 2
C2 C1C1 C1C1 C1C1 C2 C1C1
= 2 ⋅ 1 3 + 2 2 ⋅ 2 2 + 2 ⋅ 1 3
C2 C2 C2 C2 C2 C2
4 4 4 4 4 4
1 1 2 2 1 1 11
= × + × + × = .
6 2 3 3 6 2 18
11
故答案为： .
18
四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。
15．（13分）（2024·安徽芜湖·三模）已知a,b,c分别为△ABC三个内角A,B,C的对边，且
bcosA+❑√3bsinA=a+c
(1)求B；
(2)若b=2,△ABC的面积为❑√3，D为AC边上一点，满足CD=2AD，求BD的长．
【解题思路】（1）正弦定理边化角，利用内角和定理消去C，由和差公式和辅助角公式化简可得；
（2）根据余弦定理和三角形面积公式列方程组求出a,c，然后在△ABD中利用余弦定理可得.
【解答过程】（1）由正弦定理有sinBcosA+❑√3sinBsinA=sinA+sinC，
因为sinC=sin(A+B)=sin AcosB+cosAsinB，
所以sinBcosA+❑√3sinBsinA=sinA+sin AcosB+cosAsinB，
化简得❑√3sinBsinA=sinA+sinAcosB，
π 1
由A∈(0,π),sinA≠0有❑√3sinB=1+cosB，可得sin(
B−
)=
，
6 2
π ( π 5π)
因为B∈(0,π),B− ∈ − , ，
6 6 6
π π π
所以B− = ，则B= ．
6 6 3
π 1
（2）由B= ,S= acsinB=❑√3有ac=4
3 2
又b2=a2+c2−2accosB可得a2+c2=8，
联立{a2+c2=8)解得 ，所以 为正三角形，
a=c=2 △ABC
ac=42 π
所以AD= ,A= ，
3 3
在△ABD中，由余弦定理得BD2=22+
(2) 2
−2×2×
2
×
1
=
28
．
3 3 2 9
2❑√7
故BD的长为 .
3
y2
16．（15分）（2024·浙江绍兴·三模）已知双曲线Γ：x2− =1与直线l：y=x+1交于A、B两点（A在
4
B左侧），过点A的两条关于l对称的直线l 、l 分别交双曲线Γ于C、D两点（C在右支，D在左支）．
1 2
(1)设直线l 的斜率为k ，直线l 的斜率为k ，求k ⋅k 的值；
1 1 2 2 1 2
(2)若直线CD与双曲线Γ在点B处的切线交于点P，求△ABP的面积．
π
【解题思路】（1）设直线l 、l 的倾斜角分别为θ 、θ （θ 、θ ∈(0,π)），则θ +θ =2α= ，再利
1 2 1 2 1 2 1 2 2
用斜率与倾斜角的关系，结合诱导公式求解；
5 2
（2）先求出点B的坐标，进而得到双曲线Γ在点B处的切线方程为 x− y=1，不妨设直线CD为
3 3
m(x+1)+ny=1，与双曲线方程联立，结合韦达定理和三角形面积公式求解.
π
【解答过程】（1）由题意知直线l斜率为1，∴直线l的倾斜角α= ，
4
设直线l 、l 的倾斜角分别为θ 、θ （θ 、θ ∈(0,π)），
1 2 1 2 1 2
π
直线l 、l 关于直线l对称，∴θ +θ =2α= ，
1 2 1 2 2
π
( )
sin −θ
π sinθ 2 1
∴k ⋅k =tanθ ⋅tanθ =tanθ ⋅tan ( −θ )= 1 ⋅ =1．
1 2 1 2 1 2 1 cosθ π
1 cos ( −θ )
2 1
（2）联立¿，
5 2
∴双曲线Γ在点B处的切线方程为 x− y=1．
3 3不妨设直线 为 ， ， ，
CD m(x+1)+ny=1 C(x ,y ) D(x ,y )
1 1 2 2
联立¿得¿，
⇒4(x+1) 2−8(x+1)[m(x+1)+ny)−y2=0
整理得 y2 y ，将等式看作关于 y 的方程：
+8n⋅ +8m−4=0
(x+1) 2 x+1 x+1
两根之和 y y ，两根之积 y y ，
1 + 2 =−8n 1 ⋅ 2 =8m−4
x +1 x +1 x +1 x +1
1 2 1 2
而其中 y y ，
k ⋅k =k ⋅k = 1 ⋅ 2 =8m−4
1 2 AC AD x +1 x +1
1 2
5
由（1）得k ⋅k =1，∴m=
1 2 8
5 (3 )
∴直线CD为 (x+1)+ny=1，过定点 ,0 ，
8 5
5 2 (3 ) (3 )
又∵双曲线Γ在点B处的切线方程为 x− y=1，过点 ,0 ，∴P ,0 ，
3 3 5 5
|3 )
−0+1
1 1 8 5 32．
∴S = ⋅|AB)⋅d = ⋅❑√2⋅ ⋅ =
△ABP 2 P−AB 2 3 ❑√2 15
17．（15分）（2024·江西宜春·模拟预测）如图1，在五边形ABCDE中，AB=BD，AD⊥DC，
EA=ED且EA⊥ED，将△AED沿AD折成图2，使得EB=AB，F为AE的中点．
(1)证明：BF//平面ECD；
(2)若EB与平面ABCD所成的角为30°，求二面角A−EB−D的正弦值．
【解题思路】（1）取AD的中点G，连接BG，FG，从而证明BG//平面ECD，FG//平面ECD，即可
得到平面BFG//平面ECD，即可得证．（2）推导出AE⊥平面BFG，BG⊥平面EAD，平面EAD⊥平面ABCD，连接EG，以G为坐标原点，
GB，GD，GE所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角A−EB−D
的正弦值．
【解答过程】（1）取AD的中点G，连接BG，FG，
∵AB=BD，G为AD的中点，∴BG⊥AD，
又AD⊥DC，∴BG//CD．
又BG⊄平面ECD，CD⊂平面ECD，∴BG//平面ECD．
∵F为AE的中点，∴FG//ED．
又FG⊄平面ECD，ED⊂平面ECD，∴FG//平面ECD，
又BG∩FG=G，BG,FG⊂平面BFG，∴平面BFG//平面ECD，
又BF⊂平面BFG，∴BF//平面ECD．
（2）∵EA⊥ED，由（1）知FG//ED，∴FG⊥AE，
又EB=AB，F为AE的中点，∴BF⊥AE，
又BF∩FG=F，BF,FG⊂平面BFG，∴AE⊥平面BFG，
又BG⊂平面BFG，∴BG⊥AE，
又BG⊥AD，AD∩AE=A，AD,AE⊂平面EAD，∴BG⊥平面EAD，
又BG⊂平面ABCD，∴平面EAD⊥平面ABCD，
连接EG，∵EA=ED，G为AD的中点，∴EG⊥AD，
又平面EAD∩平面ABCD=AD，EG⊂平面EAD，
∴EG⊥平面ABCD，BG⊂平面ABCD，∴EG⊥BG，
以G为坐标原点，GB，GD，GE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，
∠EBG EB ABCD ∠EBG=30°
是 与平面 所成的角，即 ，
❑√2 ❑√6
∵EA=ED，设EA=t(t>0)，则AD=❑√2t，EG= t，EB=❑√2t，BG= t，
2 2
， ( ❑√2 )， ( ❑√2 )， ( ❑√2 )， (❑√6 )，
∴G(0,0,0) E 0,0, t A 0,− t,0 D 0, t,0 B t,0,0
2 2 2 2(❑√6 ❑√2 )， ( ❑√2 ❑√2 )， ( ❑√2 ❑√2 )，
∴⃗EB= t,0,− t ⃗AE= 0, t, t ⃗DE= 0,− t, t
2 2 2 2 2 2
设平面 的法向量为 ，
ABE n =(x ,y ,z )
1 1 1 1
{ ⃗n ⋅⃗EB=
❑√6
tx −
❑√2
tz =0)
则 1 2 1 2 1 ，令 ，得 ，
x =1 ⃗n =(1,−❑√3,❑√3)
❑√2 ❑√2 1 1
⃗n ⋅⃗AE= t y + tz =0
1 2 1 2 1
设平面DBE的法向量为⃗n =(x ,y ,z )，
2 2 2 2
{ ⃗n ⋅⃗EB=
❑√6
tx −
❑√2
tz =0 )
则 2 2 2 2 2 ，令 ，得 ，
x =1 ⃗n =(1,❑√3,❑√3)
❑√2 ❑√2 2 2
⃗n ⋅⃗DE=− t y + tz =0
2 2 2 2 2
设二面角A−EB−D的平面角为θ，
∴|cosθ)=|cos⟨⃗n ,⃗n ))=
|⃗n
1
⋅⃗n
2
)
=
1
=
1，
1 2 |⃗n )|⃗n ) ❑√7×❑√7 7
1 2
4❑√3 4❑√3
所以sinθ=❑√1−cos2θ= ，即二面角A−EB−D的正弦值为 ．
7 7
18．（17分）（2024·四川南充·模拟预测）已知函数 .
f(x)=1−x[(lnx) a−x),a∈R
1 2
(1)若函数f(x) 在x= 处切线的斜率为 ，求实数a的值；
e e
(2)当a=2时，∀x∈[1,+∞), f(x)−mx≥0恒成立，求实数m的最大值；
n
(3)当
a=2
时，证明：
∑
2
>ln(2n+1), n∈N∗.
i=1
❑√(2i) 2−1
【解题思路】（1）求导，利用导数值等于切线斜率构造方程，求出a即可.
（2）将a代入不等式，x和m参变分离，转化为恒成立问题，构造函数后转化为求函数最值问题即可.
1 1
（3）由（2）知， 当 x>1时， 有 x+ −2>(lnx) 2 ，即 ❑√x− >lnx，后进行放缩证明即可.
x ❑√x
1 2 2
【解答过程】（1）因为 f′ (x)=2x−(lnx) a−1 ⋅(a+lnx) ，所以f′ ( )= −(−1) a−1 ⋅(a−1)= ，
e e e
所以a=1（2）因为 当 时， 恒成立，所以
f (x)=x2−x(lnx) 2+1，x>0， x≥1 x2−x(lnx) 2+1≥mx
1
m≤x+ −(lnx) 2 ，
x
1
设 g(x)=x+ −(lnx) 2 ，x≥1，
x
则 1 2lnx x2−2xlnx−1
g′(x)=1− − = ，
x2 x x2
因为 (x2−2xlnx−1) ' =2(x−lnx−1)，(x−lnx−1) '=1− 1 ，
x
1
当x≥1时，有 1− ≥0，所以函数 y=x−lnx−1单调递增，故 x−lnx−1≥1−ln1−1=0，
x
所以函数 y=x2−2xlnx−1单调递增，
故 x2−2xlnx−1≥12−2×1×ln1−1=0，
1
所以函数 g(x)=x+ −(lnx) 2单调递增，故 g(x)≥g(1)=2，所以 m≤2，
x
所以实数m的最大值为2.
1 1
（3）由（2）知， 当 x>1时， 有 x+ −2>(lnx) 2 ，即 ❑√x− >lnx，
x ❑√x
2i+1 √2i+1 √2i−1 2i+1
设 i∈N∗，取 x= >1 ,所以 ❑ −❑ >ln ，
2i−1 2i−1 2i+1 2i−1
即 2 >ln 2i+1 ， ∑ n 2 >∑ n ln 2i+1 ， .
❑√4i2−1 2i−1
i=1
❑√4i2−1
i=1
2i−1
因为 n 2i+1 3 5 2n+1 (3 5 2n+1)
∑ln =ln +ln +⋯+ln =ln × ×⋯× =ln(2n+1)，
2i−1 1 3 2n−1 1 3 2n−1
i=1
所以 ∑ n 2 >ln(2n+1) 即 ∑ n 2 >ln(2n+1)，n∈N∗.
i=1
❑√4i2−1
i=1
❑√(2i) 2−1
19．（17分）（2024·安徽芜湖·模拟预测）对于数列 ，如果存在正整数 ，当任意正整数
{a ),{b ) n ≥3
n n 0
时均有 ，则称 为 的“ 项递增相伴数列”．若 可取任意的
n≤n b <a <b <a <…<a <b <a {a ) {b ) n n
0 1 1 2 2 n−1 n n n n 0 0正整数，则称 为 的“无限递增相伴数列”．
{a ) {b )
n n
(1)已知 ，请写出一个数列 的“无限递增相伴数列 ”，并说明理由？
b =2n {b ) {a )
n n n
(2)若 满足 ，其中 是首项 的等差数列，当 为 的“无限递增相伴数
{a ),{b ) a +b =6n−2 {b ) b =1 {a ) {b )
n n n n n 1 n n
列”时，求 的通项公式：
{a )
n
(3)已知等差数列 和正整数等比数列 满足： ，其中k是正整
{b ) {a ) a =k2024−n (k+1) n−1 (n=1,2,…,2024)
n n n
数，求证：存在正整数k，使得 为 的“2024项递增相伴数列”．
{a ) {b )
n n
【解题思路】（1）利用指数数列，构造一个加上正的常数，就可得到一个递增相伴数列，只需要检验前
二项和最后三项；
（2）由于有一个是等差数列，两数列相加也是等差数列，说明另一个数列还是等差数列，通过假设，就
可以表示出两个数列的通项，进而引入后三项不等式进行分析，即可求出数列通项；
（3）利用前面两小问，知道构造的数列比已知数列每项加1，再去证明即可.
【解答过程】（1）由于 ，我们可以取 ，此时恒有 ，
b =2n a =2n+1 b <a
n n n n
再由 ，当 时， ，
b −a =2n−2n−1−1=2n−1−1 n≥2 2n−1−1>0
n n−1
所以恒有 ，即 满足题意.
a <b <a a =2n+1
n−1 n n n
（2）∵a +b =6n−2,∴a +b =4,a +b =10
n n 1 1 2 2
设b =t ∴b =1+(n−1)(t−1),a =3+(n−1)(7−t)
2 n n
当 为 的“无限递增相伴数列”时 对任意 恒成立
{a ) {b ) b <a <b n∈N*
n n n n n+1
∴1+(n−1)(t−1)<3+(n−1)(7−t)<1+n(t−1)
4n−3
{ t< )
n−1 11
∴ ，当n=2时， <t<5，因为t∈Z，所以t=4，
8n−5 3
t>
2n−1
即a =3n.
n
（3）证明：取b =a −1,b =a −1，若存在这样的正整数k使得
2024 2024 2023 2023成立，
b <k2023<b <k2022 (k+1)<b <k2021 (k+1) 2<…<b <k(k+1) 2022<b <(k+1) 2023
1 2 3 2023 2024
所以 ，
d=b −b =a −a =(k+1) 2023−k(k+1) 2022=(k+1) 2022
2024 2023 2024 2023
由 ，得
a =k2024−n (k+1) n−1 (n=1,2,…,2024)
n
，
a −a =k2024−n−1 (k+1) n−k2024−n (k+1) n−1=k2023−n (k+1) n−1<(k+1) 2022=d
n+1 n
于是 ，
a =a +(a −a )+…+(a −a )>b −(2024−n)d=b (1≤n≤2023)
n 2024 2023 2024 n n−1 2024 n
又因为b =a −1<a ，所以当n=1,2,…,2024时，b <a ，
2024 2024 2024 n n
而 时， ，
n≥2 a =a +(a −a )+…+(a −a )<b +(n−1)d=b
n 1 2 1 n n−1 2 n+1
所以b <a <b <a <…<b <a ，最后说明存在正整数k使得a <b ，
2 2 3 3 2024 2024 1 2
由 ，
b =b −2022d=(k+1) 2023−1−2022(k+1) 2022=(k+1) 2022 (k−2021)−1>k2023
2 2024
上式对于充分大的k成立，即总存在满足条件的正整数k.
