2025 年高考数学全真模拟卷 03（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·西藏林芝·模拟预测）已知集合 ， ，则 （ ）
A={x|x−1>0)) B={x|2x2<6)) A∩B=
A． B． C． D．
(−❑√3,−1) (−1,❑√3) (1,❑√3) (−❑√3,1)
【解题思路】解不等式化简集合A与B，然后利用交集运算求解即可.
【解答过程】因为 ，
A={x|x−1>0)) ={x|x>1))
，
B={x|2x2<6))={x|(x−❑√3)(x+❑√3)<0)) ={x|−❑√3<x<❑√3))
所以 .
A∩B={x|1<x<❑√3))
故选：C.
2．（5分）（2024·陕西安康·模拟预测）已知复数 满足 ，则复数 的共轭复数
z (❑√3−i)z−i=❑√3 z z=
（ ）
1 ❑√3 1 ❑√3 ❑√3 1 ❑√3 1
A． − i B． + i C． − i D． + i
2 2 2 2 2 2 2 2
【解题思路】根据复数的除法运算化简复数z，由共轭复数的定义即可求解.
【解答过程】解：由题意， ❑√3+i (❑√3+i) 2 1 ❑√3 ，
z= = = + i
❑√3−i (❑√3−i)(❑√3+i) 2 21 ❑√3
则复数z的共轭复数z= − i.
2 2
故选：A.
3．（5分）（2024·广西柳州·模拟预测）已知向量 与 的夹角为 ，且 ， ，则
⃗a ⃗b 60° ⃗a=(1,❑√3) |⃗b)=1
（ ）．
|⃗a−2⃗b)=
A．❑√7 B．❑√5 C．4 D．2
【解题思路】根据⃗a的坐标求出它的模，利用数量积运算求出所求向量的模．
【解答过程】由 得， ，
⃗a=(1,❑√3) |⃗a)=2
又 ，则 ．
|⃗b)=1 |⃗a−2⃗b)=❑√⃗a2−4⃗a⋅⃗b+4⃗b2=❑√4−4×2×1×cos60°+4=2
故选：D.
π π 3 π
4．（5分）（2024·陕西·模拟预测）已知α∈ ( − ,− ) ，若tan2α=− tan ( α+ ) ，则
2 4 2 4
sin2α
2cos2α+ =（ ）
tanα
18 2 2 18
A．− B．− C． D．
5 5 5 5
sin2α
【解题思路】利用正切二倍角公式和和角公式得到tanα=−3，化简得到2cos2α+ =4cos2α，齐次
tanα
化代入求值.
π
tanα+tan
3 π 2tanα 3 4
【解答过程】tan2α=− tan ( α+ )，即 =− ，
2 4 1−tan2α 2 π
1−tanαtan
4
2tanα 3 tanα+1
所以 =− ⋅ ，
(1−tanα)(1+tanα) 2 1−tanα
π π
( )
因为α∈ − ,− ，所以tanα∈(−∞,−1)，
2 4
2tanα 3(tanα+1)
所以 =−
1+tanα 2
1
故3tan2α+10tanα+3=0，解得tanα=−3或tanα=− （舍去），
3sin2α 2sinαcosα
2cos2α+ =2cos2α+ =4cos2α
tanα sinα
cosα
4cos2α 4 4 2
= = = =
sin2α+cos2α tan2α+1 9+1 5
故选：C.
5．（5分）（2024·天津北辰·三模）中国载人航天技术发展日新月异.目前，世界上只有3个国家能够独立
开展载人航天活动.从神话“嫦娥奔月”到古代“万户飞天”，从诗词“九天揽月”到壁画“仕女飞
天”……千百年来，中国人以不同的方式表达着对未知领域的探索与创新.如图，可视为类似火箭整流罩的
一个容器，其内部可以看成由一个圆锥和一个圆柱组合而成的几何体.圆柱和圆锥的底面半径均为2，圆柱
的高为6，圆锥的高为4.若将其内部注入液体，已知液面高度为7，则该容器中液体的体积为（ ）
325π 76π 215π 325π
A． B． C． D．
12 3 9 16
3
【解题思路】结合轴截面分析可知O B=O C=2,O O =6,O O =1，O F= ，再利用圆柱以及圆台的
1 2 1 2 2 3 3 2
体积公式运算求解.
【解答过程】由题意可知：容器中液体分为：下半部分为圆柱，上半部分为圆台，
取轴截面，如图所示，O ,O ,O 分别为AB,CD,EF的中点，
1 2 3可知：AB∥CD∥EF，且O B=O C=2,O O =6,O P=4,O O =1,O P=3，
1 2 1 2 2 2 3 3
可得O F O P 3，即 3，
3 = 3 = O F=
O C O P 4 3 2
2 2
所以该容器中液体的体积为 π×22×6+ 1[ π×22+π× (3) 2 +❑ √ π×22×π× (3) 2) ×1= 325π .
3 2 2 12
故选：A.
x
6．（5分）（2024·西藏·模拟预测）若函数f (x)=x− ，则下列函数中为奇函数的是（ ）
x+1
A．f (x+1)−2 B．f (x−1)−2 C．f (x−1)+2 D．f (x+1)+2
1 1
【解题思路】变形得到f (x)=x+1+ −2，从而得到f (x−1)+2=x+ 为奇函数，其他选项不合要求.
x+1 x
x x+1−1 1
【解答过程】因为f (x)=x− =x+1− −1=x+1+ −2，
x+1 x+1 x+1
1
所以f (x−1)+2=x+ ，
x
1
由于g(x)=x+ 定义域为(−∞,0)∪(0,+∞)，
x
1
又g(−x)=−x− =−g(x)，
x
1
故g(x)=x+ 为奇函数，故f (x−1)+2为奇函数，
x
其他选项均不合要求.
故选：C．
7．（5分）（2024·广东汕头·三模）已知 A，B，C是直线y=m与函数f(x)=2sin(ωx+φ)（ω>0，
0<φ<π）的图象的三个交点，如图所示．其中，点A(0,❑√2)，B，C两点的横坐标分别为x ,x ，若
1 2
π
x −x = ，则（ ）
2 1 4π π
A．φ= B．f( )=−❑√2
4 2
π
C．f(x) 的图象关于 (π,0) 中心对称 D．f(x) 在 [0, ] 上单调递减
2
3π π π
【解题思路】根据给定条件，可得f(x)=2sin(ωx+ )，进而求得x −x = ，结合x −x = ，得
4 2 1 2ω 2 1 4
到ω=2，再逐项分析判断即可.
❑√2
【解答过程】由f(0)=2sinφ=❑√2，得sinφ= ，而0<φ<π，且点A在f(x)图象的下降部分，则
2
3π
φ= ，
4
3π
于是f(x)=2sin(ωx+ )，显然A,B,C是直线y=❑√2与f (x)的图象的三个连续的交点，
4
3π 3π 3π 9π 3π 11π
由A点横坐标x =0，即ωx + = ，解得ωx + = ，ωx + = ，
A A 4 4 1 4 4 2 4 4
3π 2π π π 3π
解得x = ，x = ，则x −x = ，而x −x = ，因此ω=2，所以f(x)=2sin(2x+ )，
1 2ω 2 ω 2 1 2ω 2 1 4 4
3π
对于A，φ= ，A错误；
4
π 3π 3π
对于B，f( )=2sin(π+ )=−2sin =−❑√2，B正确；
2 4 4
3π 3π
对于C，f(π)=2sin(2π+ )=2sin =❑√2≠0，f(x)的图象关于(π,0)不对称，C错误；
4 4
π 3π 3π 7π 3π 3π 3π
对于D，当x∈[0, ]时， ≤2x+ ≤ ，当2x+ = ，即x= 时，函数f(x)取得
2 4 4 4 4 2 8
最小值，
3π π π
又 ∈(0, )，因此f(x)在[0, ]上不单调，D错误.
8 2 2
故选：B.
❑√1.02
8．（5分）（2024·新疆喀什·三模）已知a=ln(sin1.02)，b= ，c=ln1.02，则（ ）
51
A．a<b<c B．c<a<b C．a<c<b D．b<a<c
x
【解题思路】由正弦函数、对数函数性质易得a<0<c，构造f (x)=ln(1+x)− ,x>0，利用导数判
❑√1+x
断单调性，再判断大小关系即可得c<b，即可得结果.π
( )
【解答过程】因为y=sinx在 0, 内单调递增，
2
π
则0=sin0<sin1.02<sin =1，即sin1.02∈(0,1)，
2
又因为y=lnx在(0,+∞)内单调递增，
则a=ln(sin1.02)<ln1=0，c=ln1.02>ln1=0，可得a<c；
x
令x=0.02，则b= ，c=ln(1+x)，
❑√1+x
x
构建f (x)=ln(1+x)− ,x>0，
❑√1+x
x
❑√1+x−
则 1 2❑√1+x (❑√1+x−1) 2 ，
f′(x)= − =− <0
1+x 1+x 2(1+x)❑√1+x
可知f (x)在(0,+∞)上递减，则f (0.02)<f (0)=0，即c<b；
综上所述：a<c<b.
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·湖北·模拟预测）某次数学考试满分150分，记X,Y分别表示甲、乙两班学生在这次考
试中的成绩，且X~N(90,400)，Y ~N(100,300)，则（ ）
A．甲班的平均分低于乙班的平均分
B．甲班的极差大于乙班的极差
C．成绩在[100,110)的人数占比乙班更高
D．成绩在[90,100)的人数占比甲班更高
【解题思路】根据题干中正态分布的性质即可判断.
【解答过程】对于A，甲班的平均分为90分，乙班的平均分为100分，甲班平均分低于乙班，故A正确；
对于B，甲班的方差大于乙班，但不能认为甲班的极差一定大于乙班，故B错误；
对于C，甲班的平均分为90分，乙班的平均分为100分，
且乙班方差小，成绩分布更集中，
故甲班成绩在区间[90,100)的人数占比低于乙班，
且低于乙班成绩在区间[100,110)的人数占比，故C正确，D错误．
故选：AC.lnx
10．（6分）（2024·广东广州·模拟预测）设函数f (x)= ，则（ ）
x2
A．函数f (x)的单调递增区间为(0,❑√e)
1
B．函数f (x)有极小值且极小值为
e
( 1 )
C．若方程f (x)=m有两个不等实根，则实数m的取值范围为 0,
2e
D．经过坐标原点的曲线y=f (x)的切线方程为x−3ey=0
【解题思路】利用导数研究函数f (x)的单调性，结合极值、方程的根与函数图象交点个数之间的关系和导
数的几何意义，依次判断选项即可.
【解答过程】对A：由题意可知f (x)的定义域为(0,+∞)，
1
×x2−2xlnx
1
f'(x)=
x
=
x(1−2lnx)
=
1−2lnx，令f′(x)=0，解得
x=e2
，
x4 x4 x3
当x∈(0,❑√e)时，f′(x)>0，当x∈(❑√e,+∞)时，f′(x)<0，
所以函数f (x)在(0,❑√e)上单调递增，在(❑√e,+∞)上单调递减，故A正确；
1
对B：当x=❑√e时，f (x)取得极大值为f (❑√e)= ，故B错误；
2e
对C：由上分析可作出f (x)的图象，要使方程f (x)=m有两个不等实根，
( 1 )
只需要y=m与f (x)有两个交点，由图可知，m∈ 0, ，
2e
( 1 )
所以实数m的取值范围为 0, ，故C正确.
2e
lnx
对D：设曲线 y=f (x) 在( x , 0 )处的切线经过坐标原点，
0 x2
0
lnx
0−0
则切线斜率 1−2lnx x 2 ，得 lnx = 1，解得 1，
k= 0= 0 0 3 x
0
=e3
x 3 x −0
0 01 1
所以切线斜率k= ，所以切线方程为y= x，故D正确.
3e 3e
故选：ACD.
11．（6分）（2024·辽宁丹东·模拟预测）已知曲线E:x2+ y2−2|x)−2|y)=0，则（ ）
A．曲线E围成图形面积为8+4π
B．曲线E的长度为4❑√2π
C．曲线E上任意一点到原点的最小距离为2
D．曲线E上任意两点间最大距离4❑√2
【解题思路】通过分类讨论去掉绝对值后，可画出曲线E图形，由图可得答案.
【解答过程】当 时，曲线 ；
x>0,y>0 E:(x−1) 2+(y−1) 2=2
当 时，曲线 ；
x>0,y<0 E:(x−1) 2+(y+1) 2=2
当 时，曲线 ；
x<0,y>0 E:(x+1) 2+(y−1) 2=2
当 时，曲线 ；
x<0,y<0 E:(x+1) 2+(y+1) 2=2
当x=0,y=0时，曲线E为原点.
画出曲线E的图形，如图所示.
对于A，曲线E围成的面积可分割为一个边长为2❑√2的正方形和四个半径为❑√2的半圆，
故面积为 ，故A正确；
2❑√2×2❑√2+2π×(❑√2) 2=8+4π
对于B，曲线E由四个半径为❑√2的半圆组成，故周长为2×2π×❑√2=4❑√2π，故B正确；
对于C，如图所示，因为原点在曲线E上，所以最小值为0，故C错误；
对于D，如图所示，曲线E上任意两点的连线过圆心及原点时，距离最大，最大为4❑√2.故D正确.
故选：ABD.
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·河北沧州·二模）已知 为椭圆 x2 y2 的左､右焦点，过 的直
F ,F E: + =1(a>b>0) F
1 2 a2 b2 1
❑√10
线与E交于M,N两点，若|M F )=3|M F )=4|N F )，则E的离心率为 .
1 2 1 5
【解题思路】利用给定条件，结合椭圆的定义、余弦定理建立关于a,c的等式，即可求出离心率.
a
【解答过程】由|M F )=3|M F )=4|N F )及|M F )+|M F )=2a，得|M F )= ，
1 2 1 1 2 2 2
3 3a
|M F )= a,|N F )= ，
1 2 1 8
13a
又|N F )+|N F )=2a，则|N F )= ，设∠M F F =θ,|F F )=2c，
1 2 2 8 1 2 1 2
在 △M F F 中，由余弦定理得， |M F ) 2=|F F ) 2+|M F ) 2 −2|M F )⋅|F F )cosθ ，
1 2 2 1 2 1 1 1 2
在 △N F F 中，由余弦定理得， |N F ) 2=|F F ) 2+|N F ) 2+2|N F )⋅|F F )cosθ ，
1 2 2 1 2 1 1 1 2
a2 9a2 3a 169a2 9a2 3a
于是 =4c2+ −2×2c× cosθ，且 =4c2+ +2×2c× cosθ，
4 4 2 64 64 8
整理得 ，且 ，因此c2 2，c ❑√10
2c2+a2=3accosθ 5a2−8c2=3accosθ = =
a2 5 a 5
❑√10
所以E的离心率为e= .
5
❑√10
故答案为： .
5
13．（5分）（2024·河北沧州·模拟预测）已知直线l:y=kx是曲线f (x)=ex+1和g(x)=lnx+a的公切线，
则实数a= 3 ．【解题思路】先设在y=f (x)上的切点，然后求出切点和切线，然后再设在y=g(x)上的切点，即可求出a
的值.
【解答过程】设直线l与曲线 相切于点 ，
y=f (x) (x ,y )
0 0
由 f′(x)=ex+1 ，得 k=f′ (x )=ex 0 +1 ，因为l与曲线 f (x)=ex+1 相切，
0
{y =ex 0 +1x ,)
所以 0 0 消去 y ，得 ex 0 +1x =ex 0 +1，解得 x =1 ．
y =ex 0 +1, 0 0 0
0
1 1
设l与曲线y=g(x)相切于点(x ,y )，由g′(x)= ，得k=e2= ，即e2x =1，
1 1 x x 1
1
因为 是l与曲线 的公共点，
(x ,y ) g(x)=lnx+a
1 1
所以{ y 1 =e2x 1 , )消去 y ，得 e2x =lnx +a ，即 1=ln 1 +a ，解得 a=3 ．
y =lnx +a, 1 1 1 e2
1 1
故答案为：3.
14．（5分）（2024·湖北武汉·模拟预测）一只口袋装有形状、大小完全相同的3只小球，其中红球、黄球、
黑球各1只．现从口袋中先后有放回地取球 次 ，且每次取1只球， 表示 次取球中取到红
2n (n∈N*) X 2n
球的次数，Y
={X，X为奇数)
，则Y的数学期望为
n
+
n
（用n表示）．
0，X为偶数 3 32n
( 1)
【解题思路】由题知X∼B 2n, ,Y =0,1,0,3,⋯⋯0,2n−1,0，E(Y)=
3
1 n n
[C1 22n−1+3C3 22n−3+⋯+(2n−1)C2n−121)，利用kCk =2nCk−1 ，可求得E(Y)= +
.
32n 2n 2n 2n 2n 2n−1 3 32n
( 1)
【解答过程】由题知X∼B 2n, ,∴Y =0,1,0,3,⋯⋯0,2n−1,0，
3
E(Y)=1⋅C1
(1) 1 (2) 2n−1
+3⋅C3
(1) 3 (2) 2n−3 +⋯⋯+(2n−1)⋅C2n−1(1) 2n−1 (2) 1
2n 3 3 2n 3 3 2n 3 3
1
= [C1 22n−1+3C3 22n−3+⋯+(2n−1)C2n−121)
32n 2n 2n 2n
2n
∵kCk =2nCk−1 ,∴E(Y)= (C0 22n−1+C2 22n−3+⋯⋯+C2n−221)，
2n 2n−1 32n 2n−1 2n−1 2n−1，
∵(2+1) 2n−1=C0 22n−1+C1 22n−2+C2 22n−3+⋯⋯+C2n−221+C2n−120
2n−1 2n−1 2n−1 2n−1 2n−1
，
(2−1) 2n−1=C0 22n−1−C1 22n−2+C2 22n−3+⋯⋯+C2n−221−C2n−120
2n−1 2n−1 2n−1 2n−1 2n−1
32n−1+1 2n 32n−1+1 n n .
∴C0 22n−1+C2 22n−3+⋯⋯+C2n−221= ,∴E(Y)= ⋅ = +
2n−1 2n−1 2n−1 2 32n 2 3 32n
n n
故答案为： + .
3 32n
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·内蒙古呼和浩特·二模）在△ABC中，记角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知
❑√3a=❑√3ccosB+csinB．
(1)求角C；
(2)已知点D在AC边上，且AD=2DC，BC=6，BD=2❑√7，求△ABC的面积．
【解题思路】（1）代入正弦定理和两角和的正弦公式即可；
（2）先确定DC长度，再确定AC，即可判断三角形形状，确定面积．
【解答过程】（1）∵ ❑√3a=❑√3ccosB+csinB，由正弦定理可得
❑√3sin(B+C)=❑√3sinCcosB+sinCsinB，
∴ ❑√3sinBcosC+❑√3cosBsinC=❑√3sinCcosB+sinCsinB，
∵sinB≠0，
∴ tanC=❑√3，C∈(0,π)，
π
∴ ∠C= ；
3
π 1 x2+36−28
（2）设DC=x，cos = = ，∴6x=x2+8，∴x=2或4，
3 2 12x
π 1 ❑√3
当x=2时，AC=6，C= ，此时三角形为正三角形，S= ×6×6× =9❑√3
3 2 2
当x=4时，AC=12，AB2=BC2+AC2−2AC⋅BCcosC=108，
1
满足AB2+BC2=AC2，此时三角形为直角三角形，S= ×6❑√3×6=18❑√3．
216．（15分）（2024·甘肃酒泉·三模）已知双曲线 x2 y2 的一条渐近线方程为
C: − =1(a>0,b>0)
a2 b2
x+2y=0，且焦点到渐近线的距离为1．
(1)求双曲线C的方程；
(2)若双曲线C的右顶点为A，B(0,−b)，过坐标原点的直线l与C交于E，F两点，与直线AB交于点M，
且点E，M都在第一象限，△AFM的面积是△AEM面积的5倍，求直线l的斜率．
b 1
【解题思路】（1）首先表示出双曲线的渐近线方程，依题意可得 = ，由点到直线的距离公式求出c，
a 2
再由 求出 、 ，即可得到双曲线方程；
c=❑√a2+b2 a2 b2
1
（2）设l:y=kx，E(x ,y )，F(−x ,−y )，M(x ,y )，由题意可知0<k< ，0<x <x ，联立直线l与
1 1 1 1 2 2 2 1 2
3
AB的方程求出x ，联立直线l与双曲线的方程求出x ，依题意可得x = x ，即可求出k.
2 1 2 2 1
【解答过程】（1）双曲线 x2 y2 的渐近线为 b ，又一条渐近线方程为
C: − =1(a>0,b>0) y=± x
a2 b2 a
x+2y=0，
b 1
所以 = ，
a 2
c
又焦点到渐近线的距离为1，即
=1，所以c=❑√5，
❑√12+22
x2
又c=❑√a2+b2，所以a2=4，b2=1，则双曲线C的方程为 −y2=1；
4
（2）由（1）可得A(2,0)，B(0,−1)，
1
则直线AB的方程为y= x−1，
21
设l:y=kx，E(x ,y )，F(−x ,−y )，M(x ,y )，由题意可知0<k< ，0<x <x ，
1 1 1 1 2 2 2 1 2
由 的面积是 面积的 倍，可得 ，即 ，
△AFM △AEM 5 |FM)=5|EM) x +x =5(x −x )
1 2 2 1
3
所以x = x ，
2 2 1
{ y= 1 x−1) 1 2
由 2 ，消去y，可得kx= x−1，解得x = ，
2 2 1−2k
y=kx
由
{x2
−y2=1 ) ，消去 ，可得 ，解得 2 ，
4 y (1−4k2)x2=4 x 1 = ❑√1−4k2
y=kx
3 5 1
由x = x ，可得52k2−36k+5=0，解得k= 或k= （舍去），
2 2 1 26 2
5 13 13
当k= 时x = ，x = ，符合题意，
26 2 4 1 6
5
所以直线l的斜率为 .
26
17．（15分）（2024·广西来宾·模拟预测）在三棱台¿−ABC中，CF⊥平面ABC，AB⊥BC，且
CF MC
BA=BC，AC=2DF，M为AC的中点，P是CF上一点，且 = =λ，CP=1．
DF CP
(1)求证：CD⊥平面PBM；π
(2)若直线BC与平面PBM的所成角为 ，求平面EFM与平面PBM所成夹角的余弦值．
3
【解题思路】（1）只需分别结合已知条件证明DC⊥BM，DC⊥PM，再结合线面垂直的判定定理即可
得证；
（2）建立适当的空间直角坐标系，引入参数CM=DF=λ，结合线面角公式求出参数λ，求出平面EFM与
平面PBM的法向量，由向量夹角公式即可得解.
【解答过程】（1）∵BA=BC，且M是AC的中点，则BM⊥AC．
∵CF⊥平面ABC，BM⊂平面ABC，∴CF⊥BM．
又CF∩AC=C，CF，AC⊂平面ACFD，∴BM⊥平面ACFD，
因为DC⊂平面ACFD，
∴DC⊥BM．①
CF MC π
∵ = ，∠CFD=∠MCP= ，
DF CP 2
∴△CFD∽△MCP，则∠PMC=∠FCD．
π π
∵∠ACD+∠FCD= ，∴∠PMC+∠ACD= ，
2 2
∴在平面ACFD中DC⊥PM．②
∵BM∩PM=M，BM，PM⊂平面PBM，
∴由①②知DC⊥平面PBM．
（2）由题意得DM∥CF，CF⊥平面ABC，
∴DM⊥平面ABC．
由（1）可知BM⊥AC，故M为坐标原点．
如图，以MB，MC，MD所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系．
CF DF
∵ = =λ，CP=1
DF CP
∴CM=DF=λ，DM=CF=λ2．∴ ， ， ， ．
M(0,0,0) B(λ,0,0) C(0,λ,0) D(0,0,λ2)
∵AC=2DF，
∴由棱台的性质得⃗BC=2⃗EF，⃗BC=(−λ,λ,0)，
λ λ
∴⃗ME=( , ,λ2 )．
2 2
由（1）可知平面PBM的一个法向量为 ，且 ．
⃗CD ⃗CD=(0,−λ,λ2 )
π
∵直线BC与平面PBM的所成角为 ，
3
|⃗BC⋅⃗CD| 1
∴|cos⃗BC,⃗CD|= = ，
|⃗BC|⋅|⃗CD| 2
即|−λ2| 1，解得 ．即P与F重合．
= λ=1
λ❑√2⋅λ❑√λ2+1 2
∴平面PBM的一个法向量为⃗CD，且⃗CD=(0,−1,1)．
平面EFM的法向量为⃗n=(x,y,z)．
1 1
∵⃗ME=( , ,1)，⃗MF=(0,1,1)，
2 2
{ ⃗n⋅⃗ME= 1 x+ 1 y+z=0) ，即{y=−z)，
2 2
x=−z
⃗n⋅⃗MF= y+z=0
当z=−1时，x=1，y=1．
∴平面MEF的一个法向量为⃗n=(1,1,−1)．
|⃗n⋅⃗CD| 2 ❑√6
|cos⟨⃗n,⃗CD)|= = = ．
|⃗n||⃗CD| ❑√2⋅❑√3 3
❑√6
∴平面EFM与平面PBM所成夹角的余弦值 ．
3
1 3
18．（17分）（2024·重庆九龙坡·三模）已知函数f (x)=lnx+ x2−ax+ ，(a>0).
2 2
(1)当x∈[1,+∞)时，函数f (x)≥0恒成立，求实数a的最大值；
(2)当 时，若 ，且 ，求证： ；
a=2 f (x )+f (x )=0 x ≠x x +x >2
1 2 1 2 1 2(3)求证：对任意 ，都有 n (i−1) 2 .
n∈N∗ 2ln(n+1)+∑ >n
i
i=1
lnx 1 3
【解题思路】（1）分离参数，函数f (x)≥0恒成立，转化为a≤ + x+ 恒成立，令
x 2 2x
lnx 1 3
g(x)= + x+ ，利用导数讨论g(x)的单调性，进而求最值即可求解；
x 2 2x
（2）利用导数可得当a=2时，f (x)在x∈(0,+∞)上单调递增，不妨设0<x <1<x ，要证x +x >2，只
1 2 1 2
需证 即可，结合不等式的特点构造函数，结合导数与单调性关系及函数性质即可证明；
f (x )+f (2−x )<0
1 1
（3）结合（2）中的结论，利用赋值及累加法即可证明.
1 3
【解答过程】（1）当x≥1时，f (x)=lnx+ x2−ax+ ≥0恒成立，
2 2
lnx 1 3 (lnx 1 3 )
即a≤ + x+ 恒成立，只需a≤ + x+ 即可，
x 2 2x x 2 2x
min
令 lnx 1 3 ， ，则 1−lnx 1 3 x2−2lnx−1，
g(x)= + x+ x≥1 g′(x)= + − =
x 2 2x x2 2 2x2 2x2
2 2x2−2
令 ℎ(x)=x2−2lnx−1，x≥1，则ℎ ′(x)=2x− = ，
x x
当x≥1时，ℎ ′(x)≥0恒成立，ℎ(x)在x∈[1,+∞)单调递增，所以ℎ(x)≥ℎ(1)=0，
所以g′(x)≥0在x∈[1,+∞)恒成立，g(x)在x∈[1,+∞)单调递增，
所以g(x) =g(1)=2，
min
所以a≤2，即实数a的最大值为2.
1 3
（2）当a=2时，f (x)=lnx+ x2−2x+ ，x>0，
2 2
1 (x−1) 2
所以f′(x)= +x−2= ≥0，f (x)在x∈(0,+∞)上单调递增，
x x
又 ， 且 ，不妨设 ，
f (1)=0 f (x )+f (x )=0 x ≠x 0<x <1<x
1 2 1 2 1 2
要证x +x >2，即证明x >2−x ，
1 2 2 1
因为 在 上单调递增，即证 ，
f (x) x∈(0,+∞) f (x )>f (2−x )
2 1
因为 ，即证 ，
f (x )+f (x )=0 f (x )+f (2−x )<0
1 2 1 11 3 1 3
设F(x)=f (x)+f (2−x)=lnx+ x2−2x+ +ln(2−x)+ (2−x) 2−2(2−x)+
2 2 2 2
=ln[x(2−x)]+x2−2x+1=ln[x(2−x)]−x(2−x)+1，0<x<1，
1 1−t
令t=x(2−x)，则0<t<1，则φ(t)=lnt−t+1，φ′(t)= −1= ，
t t
由0<t<1可得φ′(t)>0，φ(t)在(0,1)单调递增，
所以φ(t)<φ(1)=0，即F(x)=f (x)+f (2−x)<0，
所以 成立，所以 .
f (x )+f (2−x )<0 x +x >2
1 1 1 2
（3）由（2）可知当a=2时，f (x)在(1,+∞)单调递增，且f (x)>f (1)=0，
1 3
由lnx+ x2−2x+ >0得2lnx+x2−4x+3>0，即2lnx+(x−2) 2>1，
2 2
n+1 n+1 (n+1 ) 2 n+1 (1−n) 2
令x= ，则2ln + −2 >1，即2ln + >1，
n n n n n
2 (1−1) 2 3 (1−2) 2 4 (1−3) 2 n+1 (1−n) 2
所以2ln + >1，2ln + >1，2ln + >1，…，2ln + >1，
1 1 2 2 3 3 n n
相加得 n (i−1) 2 .
2ln(n+1)+∑ >n
i
i=1
19．（17分）（2024·重庆开州·模拟预测）设有穷数列 的项数为 ，若正整数 满足：
{a ) m(m≥2) k(2≤k≤m)
n
，则称 为数列 的“ 点”．
∀n<k, a >a k {a ) min
n k n
(1)若 ，求数列 的“ 点”；
a =(−1) n (2n−3)(1≤n≤5) {a ) min
n n
(2)已知有穷等比数列 的公比为 ，前 项和为 ．若数列{ 1 )存在“ 点”，求正数 的取值范
{a ) 2 n S S + min a
n n n S 1
n
围；
(3)若 ，数列 的“ 点”的个数为 ，证明： ．
a ≥a −1(2≤n≤m) {a ) min p a −a ≤p
n n−1 n 1 m
【解题思路】（1）由通项公式写出数列的各项，根据数列 的“ 点”定义确定结论；
{a ) min
n
1 1
（2）利用等比数列求和公式求S ，由条件可得存在n(n≥2)，使得S + <a + ，解不等式可得a 的范
n n S 1 a 1
n 1围，再对所得结果加以验证即可，
（3）先证明若 ，则 ，结论成立，再证明若存在 ，使得 ，则数列 存在“
a ≥a (n≥2) p=0 a a <a {a ) min
n 1 n n 1 n
点”， 数列 的 “ 点” 由小到大依次为 ，结合关系
{a ) min n ,n ,n ,⋯,n
n 1 2 3 p
完成证明.
a −a ≤a −a =(a −a )+(a −a )+(a −a )+⋯+(a −a )
1 m 1 n 1 n n n n n n n
p 1 1 2 2 3 p−1 p
【解答过程】（1）因为
a =(−1) n (2n−3)(1≤n≤5)
n
所以a =1,a =1,a =−3,a =5,a =−7，
1 2 3 4 5
所以数列 的 “ 点” 为 3，5 ，
{a ) min
n
（2）依题意， a (1−2n) ，
S = 1 =a (2n−1)
n 1−2 1
因为数列{ 1 )存在 “ 点”，
S + min
n S
n
1 1
所以存在n(n≥2) ，使得 S + <a + ，
n S 1 a
n 1
1 1
所以 a (2n−1)+ <a + ，
1 a (2n−1) 1 a
1 1
即 1 2n−2.
a (2n−2)< ⋅
1 a 2n−1
1
1
因为n≥2，所以2n−2>0，所以a2<
，
1 2n−1
又2n−1随n的增大而增大，
1 1
所以当n=2时， 取最大值 ，
2n−1 3
1 ❑√3
所以a2< ，又a >0，所以0<a < .
1 3 1 1 3
❑√3 1 1
当0<a < 时，有S + <S + ，
1 3 2 S 1 S
2 1所以数列{ 1 )存在 “ 点”，
S + min
n S
n
所以 的取值范围为( ❑√3)，
a 0,
1 3
（3）①若 ，则数列 不存在 “ 点”，即 .
a ≥a (n≥2) {a ) min p=0
n 1 n
由a −a ≥0得，a −a ≤0，所以a −a ≤p，
m 1 1 m 1 m
②若存在 ，使得 . 下证数列 有 “ 点”.
a a <a {a ) min
n n 1 n
证明: 若 ，则2是数列 的 “ 点”;
a <a {a ) min
2 1 n
若a ≥a ，因为存在a ，使得a <a ，
2 1 n n 1
所以设数列 中第1个小于 的项为 ，
{a ) a a
n 1 n
1
则 ，所以 是数列 的第1个 “ 点”.
a <a ≤a (2≤i≤n −1) n {a ) min
n 1 i 1 1 n
1
综上，数列 存在 “ 点”.
{a ) min
n
不妨设数列 的 “ 点” 由小到大依次为 ，
{a ) min n ,n ,n ,⋯,n
n 1 2 3 p
则 是 中第1个小于 的项，
a a ,a ,a ,⋯,a ,a a
n n n+1 n+2 n −1 n n
i+1 i i i i+1 i+1 i
故 ，因为 ，
a −a ≤a −a a ≥a −1(2≤n≤m)
n i n i+1 n i+1 −1 n i+1 n n−1
所以 ，所以 ，所以
a −a ≤1 a −a ≤1 a −a ≤1
n−1 n n −1 n n n
i+1 i+1 i i+1
所以
a −a ≤a −a =(a −a )+(a −a )+(a −a )+⋯+(a −a )
1 m 1 n 1 n n n n n n n
p 1 1 2 2 3 p−1 p
≤(a −a )+(a −a )+(a −a )+⋯+(a −a )
n−1 n n −1 n n −1 n n −1 n
1 1 2 2 3 3 p p
≤1+1+1+⋯+1(p个1).
所以a −a ≤p.
1 m
综上，a −a ≤p，得证.
1 m
