2025 年高考数学全真模拟卷 04（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) 3
1．（5分）（2024·河南周口·模拟预测）已知复数z= 1+ ，i为虚数单位，则z的虚部为（ ）
i
A．2i B．−2i C．2 D．−2
【解题思路】根据复数的除法和乘方的运算法则，结合复数虚部的定义进行求解即可.
【解答过程】
( 1+ 1) 3 = ( 1− i2 ) =(1−i) 3=1+3×12 ⋅(−i)+3×1×(−i) 2+(−i) 3=1−3i−3+i=−2−2i，
i i
( 1) 3
因此复数 1+ 的虚部为−2.
i
故选：D.
2．（5分）（2024·天津和平·二模）若x∈R，下列选项中，使“x2<1”成立的一个必要不充分条件为
（ ）
A．−2<x<1 B．−1<x<1 C．0<x<2 D．−1<x<0
【解题思路】根据题意，x2<1等价于−1<x<1，若所求必要条件对应的范围为A，则(−1,1)A，由此判
断即可得到本题的答案．
【解答过程】不等式x2<1等价于−1<x<1，
使“x2<1”成立的一个必要不充分条件，对应的集合为A，则(−1,1)是A的真子集，
由此对照各项，可知只有A项符合题意．
故选：A．3．（5分）（2024·贵州贵阳·二模）已知向量 ，若 ，则实数
⃗a=(1,−2),⃗b=(2,x) (3⃗a−⃗b)//(⃗a+2⃗b) x=
（ ）
A．2 B．1 C．0 D．−4
【解题思路】借助向量坐标运算与向量平行的坐标表示计算即可得.
【解答过程】 ， ，
3⃗a−⃗b=(1,−6−x) ⃗a+2⃗b=(5,2x−2)
由 ，则有 ，
(3⃗a−⃗b)//(⃗a+2⃗b) 1×(2x−2)−5×(−6−x)=0
解得x=−4.
故选：D.
4．（5分）（2024·四川达州·二模）下图是某地区2016-2023年旅游收入(单位:亿元)的条形图，则下列说
法错误的是（ ）
A．该地区2016-2019年旅游收入逐年递增
B．该地区2016-2023年旅游收入的中位数是4.30
C．经历了疫情之后，该地区2023年旅游收入恢复到接近2018年水平
D．该地区2016-2023年旅游收入的极差是3.69
【解题思路】根据中位数、极差的定义即可判断BD；结合图形，分析数据即可判断AC.
【解答过程】A：由图可知该地区2016-2019年旅游收入逐年递增，故A正确；
3.94+4.57
B：由图可知，2016-2023年旅游收入的中位数为 =4.255亿元，故B错误；
2
C：从图表可知2023年旅游收入为4.91亿元，接近2018年的5.13亿元，故C正确；
D：2016-2023年旅游收入的极差是5.73−2.04=3.69亿元，故D正确.
故选：B.
5．（5分）（2024·湖北·模拟预测）已知点P是直线x−y−m=0上的动点，由点P向圆O:x2+ y2=1引切
线，切点分别为M,N且∠MPN=90∘，若满足以上条件的点P有且只有一个，则m=（ ）A．❑√2 B．±❑√2 C．2 D．±2
【解题思路】连接OM,ON，结合圆的切线性质可推得点P在以点O为圆心，❑√2为半径的圆C上，再由题
意可知该圆与直线x−y−m=0相切，利用点到直线的距离公式，即可求得答案.
【解答过程】连接OM,ON，则PM⊥OM,PN⊥ON.
又∠MPN=90∘,OM=ON，所以四边形MPNO为正方形，∴|PO)=❑√2|ON)=❑√2，
于是点P在以点O为圆心，❑√2为半径的圆C上.
又由满足条件的点P有且只有一个，则圆C与直线x−y−m=0相切，
|m)
所以点O到直线x−y−m=0的距离d=❑√2,∴ =❑√2，解得m=±2.
❑√2
故选：D.
π
6．（5分）（2024·青海西宁·二模）关于函数f(x)=Asin(ωx+φ) ( A>0,ω>0,0<φ< ) ，有下列四个
2
说法：① 的最大值为 ；② 的相邻两个零点分别为 ， ，且有 ；③ 的图象上
f(x) 3 f(x) x x |x −x )=π f(x)
1 2 1 2
π π
相邻两个对称中心间的距离为 ；④f(x)的图象关于直线x= 对称，若有且仅有一个说法是错误的，
2 3
π
则f
( )=（
）
2
3❑√3 3❑√3 3 3
A．− B． C．− D．
2 2 2 2
【解题思路】根据题意，由条件可得②和③相互矛盾，然后分别验证①②④成立时与①③④成立时的结论，
即可得到结果.
T π T π π
【解答过程】说法②可得 = =π，得到ω=1，说法③可得 = = ，则ω=2，②和③相互矛盾；
2 ω 2 ω 2
π π
当①②④成立时，由题意A=3，ω=1， +φ=2kπ+ ，k∈Z．
3 2π π
因为φ∈ ( 0, ) ，令k=0，得到φ= ，
2 6
所以f (x)=3sin ( x+
π
) ，得到f
(π)
=3sin(
π
+
π
)=3sin
2π
=
3❑√3
，
6 2 2 6 3 2
2π π
说法①③④成立时，由题意A=3，ω=2， +φ=2kπ+ ，k∈Z，
3 2
π π
则φ=2kπ− ∉ ( 0, ) ，故不合题意.
6 2
故选：B.
7．（5分）（2024·陕西安康·模拟预测）在四棱锥P−ABCD中，△PAD为等边三角形，四边形ABCD
为矩形，且AB=❑√2BC，平面PAD⊥平面ABCD，则直线AC与平面PCD所成角的正弦值为（ ）
1 ❑√2 ❑√3
A． B． C． D．1
2 2 2
【解题思路】取M为PD的中点，先证明AM⊥平面PCD，得∠ACM为所求线面角，由边长间的关系求
正弦值.
【解答过程】平面PAD⊥平面ABCD，又平面PAD∩平面ABCD=AD，
CD⊂平面ABCD，CD⊥AD，则CD⊥平面PAD，
又CD⊂平面PCD，故平面PCD⊥平面PAD，
取PD的中点M，连接AM,CM，如图所示，
平面PCD∩平面PAD=PD，平面AM⊂平面PAD，
△PAD为等边三角形，则AM⊥PD，故AM⊥平面PCD，
则直线AC与平面PCD所成角即为∠ACM，
❑√3
令BC=a，则AB=❑√2a，AC=❑√3a，AM= a，
2
AM 1
故sin∠ACM= = .
AC 2故选：A.
1+f (x)
8．（5分）（2024·陕西·模拟预测）函数f (x)满足lnx= ，且x >e,x >e,f (x )+f (x )=1，则
1−f (x) 1 2 1 2
的最小值为（ ）
f (x x )
1 2
5 1
A．e B．1 C． D．
7 e
【解题思路】通过 解方程可得f(x)的解析式，由f(x )+f(x )=1化简可得lnx ⋅lnx =ln(x ⋅x )+3，
1 2 1 2 1 2
2
结合基本不等式可得ln(x ⋅x )≥6，运用分离常数法化简可得f(x x )=1− ，进而可得其
1 2 1 2 ln(x ⋅x )+1
1 2
最小值.
1+f(x) lnx−1
【解答过程】因为lnx= ，所以lnx−lnx⋅f(x)−1−f(x)=0，即f(x)= ，
1−f(x) lnx+1
又因为f(x )+f(x )=1，
1 2
所以lnx −1 lnx −1 ，即(lnx −1)(lnx +1)+(lnx −1)(lnx +1) 2lnx ⋅lnx −2 ，
1 + 2 =1 1 2 2 1 = 1 2 =1
lnx +1 lnx +1 (lnx +1)(lnx +1) (lnx +1)(lnx +1)
1 2 1 2 1 2
所以lnx ⋅lnx =ln(x ⋅x )+3，
1 2 1 2
因为x >e，x >e，所以lnx >1，lnx >1，
1 2 1 2
所以 lnx +lnx 2 ln2 (x ⋅x )，
lnx ⋅lnx =ln(x ⋅x )+3≤( 1 2 ) = 1 2
1 2 1 2 2 4
整理得 ，
ln2 (x ⋅x )−4ln(x ⋅x )−12≥0
1 2 1 2
解得ln(x ⋅x )≥6或ln(x ⋅x )≤−2（舍），
1 2 1 2
所以 ln(x ⋅x )−1 2 2 5，当且仅当{ lnx =lnx )即
f(x x )= 1 2 =1− ≥1− = 1 2
1 2 ln(x ⋅x )+1 ln(x ⋅x )+1 6+1 7 ln(x ⋅x )=6
1 2 1 2 1 2
时取等号.
x =x =e3
1 2
5
故f(x x )的最小值为 .
1 2 7
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。
π
9．（6分）（2024·黑龙江牡丹江·一模）已知( − ,0 )为函数f (x)=asin2x+cos2x的一个对称中心，
6
则（ ）
π
A．a=❑√3 B．函数y=f ( x− )为奇函数
6
7π 5π π
C．曲线y=f(x)关于x= 对称 D．函数y=f(x)在( − , )单调递增
12 12 12
❑√3 2❑√3 π
【解题思路】根据对称可得a= ，即可由辅助角公式求解f (x)= sin( 2x+ ) ，结合选项，即可
3 3 3
逐一代入求解.
π
( )
【解答过程】解：因为 − ,0 为函数f (x)=asin2x+cos2x的一个对称中心，
6
π π π
所以f
(
−
)=asin2 (
−
)+cos2 (
−
)=0，
6 6 6
❑√3 1 ❑√3
即− a+ =0，解得a= ，故A错误；
2 2 3
❑√3 2❑√3 π
所以f (x)= sin2x+cos2x= sin( 2x+ ) ，
3 3 3
π 2❑√3 π π 2❑√3
y=f ( x− )= sin( 2x− + )= sin2x，显然为奇函数，故B正确；
6 3 3 3 3
7π 2❑√3 7π π 2❑√3 9π 2❑√3 3π 2❑√3
f ( )= sin( 2× + )= sin = sin =− ，是最小值，
12 3 12 3 3 6 3 2 3
7π
所以曲线y=f(x) 关于x= 对称，故C正确；
12
5π π π π π 5π π
当x∈ ( − , ) 时，2x+ ∈ ( − , ) ，所以函数y=f(x)在 ( − , ) 单调递增，故D正
12 12 3 2 2 12 12
确．
故选：BCD．
10．（6分）（2024·黑龙江大庆·三模）已知点 是双曲线 上一点，过 向双曲线的
P(1,❑√2) C:3x2−y2=1 P
两条渐近线作垂线，垂足分别为A,B，则下列说法正确的是（ ）
A．双曲线的浙近线方程为y=±❑√3x
B．双曲线的焦点到渐近线的距离为11
C．|PA)⋅|PB)=
3
❑√3
D．△PAB的面积为
16
【解题思路】首先根据双曲线方程求渐近线方程，判断A，再根据点到直线的距离判断BC，最后根据几
何关系，求∠APB，再代入面积公式，即可求解.
❑√3
【解答过程】因为双曲线的方程为C:3x2−y2=1，所以a= ,b=1，所以双曲线的渐近线方程为
3
b
y=± x=±❑√3x.故A正确；
a
双曲线的右焦点(2❑√3 )到渐近线 的距离为 2 ，故B正确；
,0 y=❑√3x d= =1
3 2
|❑√3−❑√2) |❑√3+❑√2) 1
由点到直线的距离公式可得|PA)⋅|PB)= × = .故C错误.
2 2 4
如图，因为 ，所以 .在 和 中， ，
K =❑√3 ∠AOx=60∘ △PAD △OBD ∠PAD=∠OBD=90∘
OA
∠PDA=∠ODB，所以∠APD=∠BOD=60∘，所以
1 1 1 ❑√3 ❑√3
S = ×|PA)⋅|PB)sin60∘= × × = ，故D正确.
△PAB 2 2 4 2 16
故选：ABD.
11．（6分）（2024·河北·二模）已知函数 ，则下列说法正确的是（ ）
f (x)=x(ex+2),g(x)=(x+2)lnx
A．函数f (x)在R上单调递增
2
B．若对任意x>0，不等式f (ax)≥f (lnx2)恒成立，则实数a的最小值为
e
C．函数g(x)在(0,+∞)上存在极值点D．若 ，则lnt 的最大值为1
f (x )=g(x )=t(t>0)
1 2 x (x +2) e
1 2
【解题思路】对于A，直接求得单调区间即可；对于B C D，构造函数，研究函数的最值即可.
【解答过程】对于A，f (x)的定义域为R,f′(x)=(x+1)ex+2，令m(x)=f′(x)，
则m′(x)=(x+2)ex,∴当x∈(−∞,−2)时，m′(x)<0；
当x∈(−2,+∞)时，m′(x)>0,∴m(x)即f′(x)在(−∞,−2)上单调递减，
在(−2,+∞)上单调递增，
1
∴f′(x)≥f′(−2)=−e−2+2=2− >0,∴f (x)在R上单调递增，故A正确；
e2
lnx2 2lnx
对于B，由A知f (x)在R上单调递增，由f (ax)≥f (lnx2)得ax≥lnx2，则当x>0时，a≥ = ，
x x
2lnx 2(1−lnx)
令ℎ(x)= ，则ℎ ′(x)= ,∴当x∈(0,e)时，ℎ ′(x)>0；当x∈(e,+∞)时，
x x2
ℎ
′(x)<0,∴ℎ(x)在(0,e)上单调递增，
2 2 2
在(e,+∞)上单调递减，∴ℎ(x) = ℎ(e)= ,∴a≥ ，即a的最小值为 ，故B正确；
max e e e
x+2 2
对于C,g(x)的定义域为(0,+∞),g′(x)=lnx+ =lnx+ +1，令n(x)=g′(x)，
x x
1 2 x−2
则n′(x)= − = ,∴当x∈(0,2)时，n′(x)<0；当x∈(2,+∞)时，
x x2 x2
n′(x)>0;∴n(x)即g′(x)在(0,2)上单调递减，在(2,+∞)上单调递增，
∴g′(x)≥g′(2)=ln2+2>0,∴g(x)在(0,+∞)上单调递增，无极值点，故C错误；
对于D，若 ，
f (x )=g(x )=t(t>0)
1 2
则 ，
x (ex 1+2)=(x +2)lnx =t,∵f (0)=0,g(1)=0,t>0
1 2 2
由AC知：f (x),g(x)均为定义域上的增函数，∴x >0,x >1，
1 2
由 得 ，
x (ex 1+2)=(x +2)lnx x (ex 1+2)=(ex 1+2)lnex 1=(x +2)lnx ,∴x =ex 1
1 2 2 1 2 2 2
∴ lnt = lnt = lnt ，令 p(t)= lnt ，则 p′(t)= 1−lnt ,∴ 当 t∈(0,e) 时， p′(t)>0 ；
x (x +2) x (ex 1+2) t t t2
1 2 1
当t∈ (e,+∞)时，p′(t)<0,∴p(t)在(0,e)上单调递增，在(e,+∞)上单调递减，1，即
lnt
的最大值为1，故D正确.
∴p(t) =p(e)=
max e x (x +2) e
1 2
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。
1 1 1 7
12．（5分）（2024·陕西榆林·模拟预测）已知在递增的等比数列{a )中，a a a =1， + + = ，
n 1 2 3 a a a 2
1 2 3
则数列 的通项公式为 ．
{a ) a = 2n−2(n∈N*)
n n
{ a 1 a 3 =1 )
【解题思路】设等比数列 的公比为q，根据等比数列的性质可得 ，即有 ，解出的值
{a ) a =1 1 1 5
n 2 + =
a a 2
1 3
a ,a ，即可求出公比，得出通项.
1 3
【解答过程】设等比数列 的公比为q，因为 ，所以 ，解得 ，
{a ) a a a =1 a3=1 a =1
n 1 2 3 2 2
又 1 1 1 7，所以有 { a 1 a 3 =1 ) ，
+ + = 1 1 5
a a a 2 + =
1 2 3 a a 2
1 3
1
由{a )是递增的等比数列，解得a = ,a =2，
n 1 2 3
所以 a ， 即有 1 .
q= 2=2 a = ×2n−1=2n−2
a n 2
1
故答案为： .
2n−2(n∈N*)
π π 1
13．（5分）（2024·湖南长沙·二模）已知 2cos( 2x+ )cos( x− ) −cos3x= ，则
12 12 4
π 7
cos( 2x+ )= − .
3 8
π π π
【解题思路】由3x=( 2x+ )+( x− ) ，结合两角和的余弦公式化简条件可求得cos( x+ ) ，再利用
12 12 6π
二倍角的余弦公式求cos( 2x+ ) 即可.
3
π π 1
【解答过程】因为2cos( 2x+ )cos( x− ) −cos3x= ，
12 12 4
所以 2cos( 2x+ π )cos( x− π ) −cos [( 2x+ π )+( x− π )) = 1，
12 12 12 12 4
π π π π 1
所以cos( 2x+ )cos( x− )+sin( 2x+ )sin( x− )= ，
12 12 12 12 4
π 1
所以cos( x+ )=
6 4
π π 7
所以cos( 2x+ )=2cos2( x+ ) −1=− .
3 6 8
7
故答案为：− .
8
14．（5分）（2024·陕西榆林·模拟预测）已知曲线f (x)=x2与g(x)=ln(ax)(a>0)有公共切线，则实数a
的最大值为 ❑√2e ．
【解题思路】先设出切点，求导得到切线方程，斜率截距对应相等，得到
1−lna=
1
+lnx
,构造函数
4x2 2
2
1
ℎ(x)= +lnx，转化为存在性问题，最终求最值即可.
4x2
【解答过程】设曲线 与 的切点分别为 ， ，
f (x)=x2 g(x)=ln(ax)(a>0) (x ,x2) (x ,ln(ax ))
1 1 2 2
1 1
∵f′(x)=2x，g′(x)= ，∴k =2x ，k = ，
x 1 1 2 x
2
1
∴y−x2=2x (x−x )，y−ln(ax )= (x−x )，
1 1 1 2 x 2
2
1
{ 2x = ) 1 1
∴ 1 x ， +ln(ax )−1=0，即1−lna= +lnx ，
2 4x2 2 4x2 2
x2+ln(ax )−1=0 2 2
1 2
令 1 ，则 2x2−1，
ℎ(x)= +lnx
ℎ
′(x)=
4x2 2x3
❑√2 ❑√2
当0<x< 时，
ℎ
′(x)<0， ℎ(x)单调递减；当x> 时，
ℎ
′(x)>0， ℎ(x)单调递增，
2 2∴ (❑√2) 1 ❑√2，即 1 ❑√2，即 ，即 ．
ℎ(x)≥ℎ = +ln 1−lna≥ +ln lna≤ln❑√2e 0<a≤❑√2e
2 2 2 2 2
故答案为：❑√2e.
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·陕西安康·模拟预测）在△ABC中，角A,B,C的对边分别是
a,b,c,tanC=(a−1)tanB．
(1)求证：bcosC=1；
(2)若a=2，△ABC面积为1，求边c的长．
【解题思路】（1）根据题中等式利用同角三角函数商关系公式，两角和的正弦公式，三角和内角和定理，
正弦定理化简得到结果；
（2）利用（1）的结果计算 √ 1 ，再利用三角形面积公式计算出 ，最后利用余弦定理计算
sinC=❑1− a,b
b2
出c；
sinC sinB
【解答过程】（1）证明：根据tanC=(a−1)tanB，以及tanC= ，tanB= ，
cosC cosB
sinC sinB
得 =(a−1) ，sinCcosB=(a−1)cosCsinB．
cosC cosB
所以acosCsinB=sinCcosB+cosCsinB，即acosCsinB=sin(C+B)，
根据B+C=π−A，得sin(C+B)=sinA．
所以acosCsinB=sinA，
由正弦定理，得abcosC=a，因此bcosC=1．
（2）由（1）知， 1， √ 1 ，
cosC= sinC=❑1−
b b2
1 √ 1 ，
S = absinC=b❑1− =❑√b2−1=1
△ABC 2 b2
❑√2
所以b2=2，得b=❑√2，cosC= ，
2
又a=2，
所以由余弦定理得 √ ❑√2 ．
c=❑√a2+b2−2abcosC=❑4+2−2×2×❑√2× =❑√2
216．（15分）（2024·四川雅安·三模）已知函数f (x)=(a−1)x−2sinx.
(1)若函数f (x)有极值，求实数a的取值范围；
[ π )
(2)若关于x的不等式f (x)+x(1+cosx)≤0在x∈ 0, 上恒成立，求实数a的取值范围.
2
【解题思路】（1）先对函数求导，分类讨论研究函数的单调性，结合函数单调性与极值的关系即可求解.
（2）由已知变形为2sinx−xcosx−ax≥0恒成立，构造函数
ℎ(x)=2sinx−xcosx−ax,x∈ [ 0, π ) ，分类讨论研究函数的单调性，利用最值列不等式求解即可.
2
【解答过程】（1）依题意，f′(x)=a−1−2cosx，令f′(x)=0，得a=1+2cosx，
因为1+2cosx∈[−1,3)，所以当a≤−1时，f′(x)≤0,f (x)在R上单调递减；
当a≥3时，f'(x)≥0，故f (x)在R上单调递增；
当−1<a<3时，f′(x)=0有变号零点，此时函数f (x)存在极值；
综上a∈(−1,3).
（2）依题意，由f (x)+x(1+cosx)≤0，
得(a−1)x−2sinx+x(1+cosx)≤0，即2sinx−xcosx−ax≥0，
设ℎ(x)=2sinx−xcosx−ax,x∈ [ 0, π ) ，
2
则ℎ ′(x)=2cosx−cosx+xsinx−a=cosx+xsinx−a，
设m(x)=cosx+xsinx−a，则m′(x)=xcosx，
当x∈ [ 0, π ) 时，m′(x)>0,m(x)单调递增；
2
所以在x∈ [ 0, π ) 上，ℎ ′(x)≤ℎ ′( π )= π −a，且
ℎ
′(0)=1−a，
2 2 2
π π
当 −a≤0，即a≥ 时，
ℎ
′(x)≥0,ℎ(x)在[0,π)上单调递减，
2 2
则ℎ(x)≤ℎ(0)=0，不符合题意，舍去，
π π
当 −a>0，即a< 时，
2 2
π
（i）若1−a<0，即1<a< ，
2
π
∃x
0
∈ ( 0,
2
) ，使得ℎ ′ (x
0
)=0，当0<x<x
0
时，ℎ ′ (x
0
)<0,ℎ(x)在(0,x
0
)内单调递减，
ℎ(x)≤ℎ(0)=0，不符合题意，舍去，
（ii）若1−a≥0，即a≤1,ℎ '(x)>0恒成立，[ π )
ℎ(x)在x∈ 0, 上单调递增，则ℎ(x)≥ℎ(0)=0，符合题意.
2
综上，实数a的取值范围为(−∞,1).
17．（15分）（2024·河南周口·模拟预测）如图，平行六面体ABCD−A B C D 中，底面ABCD与平面
1 1 1 1
ABC D 都是边长为2的菱形，∠BCD=∠BC D =120°，侧面BCC B 的面积为❑√15.
1 1 1 1 1 1
(1)求平行六面体ABCD−A B C D 的体积；
1 1 1 1
(2)求平面BCC B 与平面CDD C 的夹角的余弦值.
1 1 1 1
【解题思路】（1）连接AC，AC ，根据菱形的性质、余弦定理，结合线面垂直的判定定理、三角形面积
1
公式、棱柱的体积公式进行求解即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可.
【解答过程】（1）连接AC，AC ，
1
因为底面ABCD与平面ABC D 均为菱形，且∠BCD=∠BC D =120°，
1 1 1 1
所以△ABC与△ABC 均为等边三角形，
1
取AB的中点 ，连接 ， ，则 ， ，则 ，
O OC OC OC⊥AB OC ⊥AB OC=OC =❑√3
1 1 1
因为侧面BCC B 的面积为❑√15，
1 1
❑√15 1 ❑√15
所以△BCC 的面积为 ，则 ×2×2sin∠CBC = ，
1 2 2 1 2
❑√15 1
所以sin∠CBC = ，则cos∠CBC = .
1 4 1 4
1
在△BCC 中，CC2=22+22−2×2×2× =6，则CC =❑√6，
1 1 4 1
所以 ，所以 .
OC2+OC2=CC2 OC⊥OC
1 1 1
因为AB∩OC=O，AB,OC⊂平面ABCD，
所以OC ⊥平面ABCD，
1故平行六面体 的体积 .
ABCD−A B C D V =S ⋅OC =2×2sin60°×❑√3=6
1 1 1 1 ABCD 1
（2）由（1）可知，AB,OC,OC 两两垂直，以O为原点，以OB,OC,OC 所在直线分别为x轴、y轴、
1 1
z轴，建立如图所示的空间直角坐标系O−xyz.
则 ， ， ， ，
B(1,0,0) C(0,❑√3,0) C (0,0,❑√3) D(−2,❑√3,0)
1
， ， ，
⃗BC=(−1,❑√3,0) ⃗CC =(0,−❑√3,❑√3) ⃗CD=(−2,0,0)
1
设平面 的法向量为 ，
BCC B ⃗m=(x ,y ,z )
1 1 1 1 1
由¿得¿取y =1，则⃗m=(❑√3,1,1).
1
设平面CDD C 的法向量为⃗n=¿，，
1 1
由{⃗CD⋅⃗n=0,)得
取 ，则 ，
¿ y =1 ⃗n=(0,1,1)
⃗CC ⋅⃗n=0, 2
1
⃗m⋅⃗n 2 ❑√10
于是cos〈⃗m,⃗n〉= = = .
|⃗m||⃗n| ❑√5×❑√2 5
设平面BCC B 与平面CDD C 的夹角为θ，
1 1 1 1
❑√10
所以cosθ=|cos〈⃗m,⃗n〉|= .
5
18．（17分）（2024·辽宁锦州·模拟预测）甲、乙两名围棋学员进行围棋比赛，规定每局比赛胜者得1分，
负者得0分，平局双方均得0分，比赛一直进行到一方比另一方多两分为止，多得两分的一方赢得比赛．
已知每局比赛中，甲获胜的概率为α，乙获胜的概率为β，两人平局的概率为
γ(α+β+γ=1,α>0,β>0,γ≥0)，且每局比赛结果相互独立．
2 2 1
(1)若α= ,β= ,γ= ，求进行4局比赛后甲学员赢得比赛的概率；
5 5 5
(2)当γ=0时，
（i）若比赛最多进行5局，求比赛结束时比赛局数X的分布列及期望E(X)的最大值；（ii）若比赛不限制局数，求“甲学员赢得比赛”的概率（用α,β表示）．
【解题思路】（1）用事件A,B,C分别表示每局比赛“甲获胜”，“乙获胜”，“平局”，记“进行4局
比赛后甲学员赢得比赛”为事件N，则事件N包括事件：ABAA,BAAA,ACCA,CACA,CCAA共5种，
即可求解；
（2）（i）由题意得X的所有可能取值为：2,4,5，求出对应的概率，列出分布列及求出数学期望，并求出
最大值；
（ii）由（1）得前两局比赛结果可能有：AA,BB,AB,BA，其中事件AA表示“甲学员赢得比赛”，事件
BB表示“乙学员赢得比赛”，事件AB,BA表示“甲、乙两名学员各得1分”，当甲、乙两名学员得分总
数相同时，甲学员赢得比赛的概率与比赛一开始甲学员赢得比赛的概率相同，所以
P(M)=P(AA)⋅1+P(BB)⋅0+P(AB)⋅P(M)+P(BA)⋅P(M)即可求解．
【解答过程】（1）用事件A,B,C分别表示每局比赛“甲获胜”，“乙获胜”，“平局”，
2 2 1
则P(A)=α= ,P(B)=β= ,P(C)=γ= ，
5 5 5
记“进行4局比赛后甲学员赢得比赛”为事件N，
则事件N包括事件：ABAA,BAAA,ACCA,CACA,CCAA共5种，
所以P(N)=P(ABAA)+P(BAAA)+P(ACCA)+P(CACA)+P(CCAA)
=2P(B)P(A)P(A)P(A)+3P(C)P(C)P(A)P(A)
(2) 4 (1) 2 (2) 2 44
=2× +3× × = ．
5 5 5 625
（2）（i）因为γ=0，所以每局比赛结果仅有“甲获胜”和“乙获胜”，即α+β=1，
由题意得X的所有可能取值为：2,4,5，
，
P(X=2)=α2+β2
，
P(X=4)=(αβ+βα)α2+(αβ+βα)β2=2αβ(α2+β2)
，
P(X=5)=(αβ+βα)⋅(αβ+βα)⋅1=4α2β2
所以X的分布列为：
X 2 4 5
P α2+β2 2αβ(α2+β2)4α2β2
所以X的期望为：E(X)=2(α2+β2)+8αβ(α2+β2)+20α2β2
=2(1−2αβ)+8αβ(1−2αβ)+20α2β2
=4α2β2+4αβ+2
1
因为α+β=1≥2❑√αβ，所以αβ≤ ，
4
1 1
等号成立时，α=β= ，所以0<αβ≤ ，
2 4
所以E(X)=4α2β2+4αβ+2=(2αβ+1) 2+1≤ ( 2× 1 +1 ) 2 +1= 13 ，
4 4
13
故E(X)的最大值为： ．
4
（ii）记“甲学员赢得比赛”为事件M，则 α2 α2 ，
P(M)= =
1−2αβ α2+β2
由（1）得前两局比赛结果可能有：AA,BB,AB,BA，
其中事件AA表示“甲学员赢得比赛”，事件BB表示“乙学员赢得比赛”，
事件AB,BA表示“甲、乙两名学员各得1分”，
当甲、乙两名学员得分总数相同时，甲学员赢得比赛的概率与比赛一开始甲学员赢得比赛的概率相同，
所以P(M)=P(AA)⋅1+P(BB)⋅0+P(AB)⋅P(M)+P(BA)⋅P(M)
=P(A)P(A)+P(A)P(B)P(M)+P(B)P(A)P(M)
=α2+αβP(M)+βαP(M)
，
=α2+2αβP(M)
α2
所以(1−2αβ)P(M)=α2，得P(M)= ，
1−2αβ
因为 ，所以
α2 α2 α2
.
α+β=1 P(M)= = =
(α+β) 2−2αβ α2+2αβ+β2−2αβ α2+β2
19．（17分）（2024·河南三门峡·模拟预测）设有穷数列A:a ,a ,⋯,a (n≥2)的所有项之和为S，所有
1 2 n
项的绝对值之和为T，若数列A满足下列两个条件，则称其为n阶“0−1数列”：①S=0；②T=1.
(1)若2023阶“0−1数列”A:a ,a ,⋯,a 是递减的等差数列，求a ；
1 2 2023 2023
(2)若 阶“ 数列” 是等比数列，求 的通项公式 （ ，
2k(k∈N*) 0−1 A:a ,a ,⋯,a (k≥1) A a 1≤n≤2k
1 2 2k n用n,k表示）；
(3)设 阶“ 数列” 的前 项和为 ，若
n 0−1 A:a ,a ,⋯,a (n≥2) m b (m∈{1,2,3,⋯,n))
1 2 n m
1
∃m∈{1,2,3,⋯,n)，使得b =− ，证明：数列B:b ,b ,⋯,b (n≥2)不可能为n阶“0−1数列”.
m 2 1 2 n
【解题思路】（1）由等差数列的通项公式和前n项和公式，结合2023阶“0−1数列的定义求解即可；
（2）讨论 和 ，由等比数列的通项公式和前 项和公式，结合 阶“ 数列的定义求
q=1 q≠1 n 2k(k∈N*) 0−1
解即可；
（3）假设数列B:b ,b ,⋯,b (n≥2)为n阶“0−1数列”，则b +b +⋯+b =0，设数列
1 2 n 1 2 n
1 1 1
B:b ,b ,⋯,b (n≥2)的前i项和为B，则− ≤B ≤ ，可得B ≥− ，进而得出
1 2 n i 2 i 2 m 2
b ≤0,b ≤0,⋯,b ≤0，结合n阶“0−1数列”的定义与性质②不能同时成立，即可得证.
m+1 m+2 n
【解答过程】（1）设等差数列A的公差为d,d<0，
2023×2022
由①得S =0，即2023a + d=0，
2023 1 2
所以a +1011d=0，所以a =0，
1 1012
则a =−d,a =−1011d，
1011 1
又d<0,a =0，且T=1，
1012
1
所以a +a +⋯+a = ，
1 2 1011 2
1011(−d−1011d) 1
所以 = ，
2 2
1
解得d=− ，
1011×1012
1
由a =0，得a =0+1011d=− .
1012 2023 1012
（2）设数列A的公比为q，
当q=1时，由①知2ka =0，
1
所以a =0，不满足等比数列的定义，所以q≠1.
1
由①得a (1−q2k) ，
1 =0
1−q
因为a ≠0,q≠1，所以q=−1，
11 1
由②可知a = 或a =− ，
1 2k 1 2k
(−1) n−1 (−1) n
故数列A的通项公式a = (1≤n≤2k,k∈N* )或a = (1≤n≤2k，k∈N*).
n 2k n 2k
（3）证明：由数列A为n阶“0−1数列”可知，
1 1 1 1
所有非正项的和为− ，所有正项的和为 ，所以− ≤b ≤ .
2 2 2 m 2
1
若∃m∈{1,2,3,⋯,n)，使得b =− ，
m 2
由上可知a ≤0,a ≤0,⋯,a ≤0,a ≥0,a ≥0,⋯,a ≥0，
1 2 m m+1 m+2 n
1
且a +a +⋯+a = .
m+1 m+2 n 2
假设数列 为 阶“ 1数列”，则 ，
B:b ,b ,⋯,b (n≥2) n 0− b +b +⋯+b =0
1 2 n 1 2 n
1 1
设数列B:b ,b ,⋯,b (n≥2)的前i项和为B，则− ≤B ≤ ，
1 2 n i 2 i 2
1
所以B =b +b +⋯+b ≥− ，
m 1 2 m 2
1
又b =− ，所以b +b +⋯+b ≥0.
m 2 1 2 m−1
1
则a =a =⋯=a =0,a =− .
1 2 m−1 m 2
所以b =b =⋯=b =0，
1 2 m−1
1
又a +a +⋯+a = ，
m+1 m+2 n 2
所以b ≤0,b ≤0,⋯,b ≤0，
m+1 m+2 n
，
T=|b )+|b )+⋯+|b )=−(b +b +⋯+)b )=0
1 2 n 1 2 n
与性质②不能同时成立，
故数列B:b ,b ,⋯,b (n≥2)不可能为n阶“0-1数列”.
1 2 n
