2025 年高考数学全真模拟卷 05（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·山西·模拟预测）已知集合A={−1,0,1,2,3}，B={x|x3−2x<4)，则A∩B的真子集
的个数为（ ）
A．8 B．7 C．16 D．15
【解题思路】进行交集的运算求出A∩B，然后即可得出的真子集的个数．
【解答过程】因为A={−1,0,1,2,3}，B={x|x3−2x<4)，
将A中元素代入x3−2x<4，验证可得A∩B={−1,0,1}，
所以A∩B的真子集的个数为23−1=7.
故选：B.
2．（5分）（2024·全国·模拟预测）在复平面内，复数z=(3+i)(1−i)对应的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
【解题思路】利用复数乘法运算可得z=4−2i，得出对应的点为(4,−2)，可得结论.
【解答过程】因为z=(3+i)(1−i)=4−2i，所以该复数在复平面内对应的点为(4,−2)，位于第四象限.
故选：D.
3．（5分）（2024·浙江嘉兴·模拟预测）已知向量⃗a=(1,2),⃗b=(λ,−1),⃗c=(μ,−1)，若(⃗a+⃗c) ∥ ⃗b，则
λ+μ=（ ）A．−2 B．−1 C．0 D．1
【解题思路】由向量平行的坐标表示即可求解.
【解答过程】由条件可得⃗a+⃗c=(1+μ,1)
因为(⃗a+⃗c) ∥ ⃗b，
所以−(1+μ)=λ
所以λ+μ=−1
故选：B.
π π π
4．（5分）（2024·吉林长春·模拟预测）已知sinαsin ( α+ )=cosαsin ( −α ) ，则tan ( 2α+ ) =
6 3 4
（ ）
❑√3
A．❑√3 B． C．2−❑√3 D．−2−❑√3
3
【解题思路】根据三角恒等变换得到tan2α=❑√3，再利用正切和角公式得到答案.
π π
【解答过程】由sinαsin ( α+ )=cosαsin ( −α ) ，得
6 3
❑√3 1 ❑√3 1
sin2α+ sinαcosα= cos2α− sinαcosα，
2 2 2 2
❑√3 ❑√3 1
即 (cos2α−sin2α)=sinαcosα，所以 cos2α= sin2α，
2 2 2
所以tan2α=❑√3，
π
tan2α+tan
π 4 ❑√3+1
所以tan ( 2α+ )= = =−2−❑√3．
4 π 1−❑√3×1
1−tan2αtan
4
故选：D．
5．（5分）（2024·云南大理·模拟预测）如图，揽月阁位于西安市雁塔南路最高点，承接大明宫、大雁塔，
是西安唐文化轴的南部重要节点和标志性建筑，可近似视为一个正四棱台，现有一个揽月阁模型塔底宽
20cm，塔顶宽约10cm，侧面面积为780cm2，据此计算该揽月阁模型体积为（ ）cm3
9100
A．1400 B．2800 C． D．8400
3【解题思路】设斜高，利用侧面积求出斜高ℎ ′=13，求出棱台的高，利用台体体积公式得到答案.
【解答过程】如图，正四棱台底面边长分别为20cm和10cm，侧面积为780cm2，
20+10
设ℎ ′为斜高，可得780=4×
2
ℎ ′ ，解得ℎ ′=13，即EE
1
=13，
∴棱台的高OO =❑√EE2−(EO−E O ) 2=❑√132−52=12，
1 1 1 1
1 1
∴V = ℎ [S+S′+❑√SS′)= ×12×(100+400+10×20)=2800cm，
3 3
棱台的体积为2800cm3.
故选：B.
6．（5分）（2024·山西·模拟预测）已知函数f(x)的定义域为(0,+∞)，若对于任意的x，y∈(0,+∞)，
都有f(x)+f(y)= f(xy)+2，当x>1时，都有f(x)>2，且f(3)=3，则函数f(x)在区间[1,27]上的最大
值为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【解题思路】令x= y=1可得f(1)=2，再令x= y=3可得f(9)=4，再令x=3,y=9即可得f(27)，再利用
函数单调性定义可得该函数为单调递增函数，故f(27)的值即为所求.
【解答过程】令x= y=1，则f(1)=2，令x= y=3有f(3)+f(3)=f(9)+2，
又f(3)=3，所以f(9)=4，
令x=3,y=9，所以f(3)+f(9) =f(27)+2，所以f(27)=5，
x x
( )
设x >x >0，则 2>1，所以f 2 >2，
2 1 x x
1 1
[ ( x ) ) ( x )
所以f (x )−f (x )=f (x )− f (x )+f 2 −2 =2−f 2 <0，
1 2 1 1 x x
1 1
则f (x )<f (x )，故f(x)在(0,+∞)上单调递增，
1 2
所以函数f(x)在区间[1,27]上的最大值为f(27)=5.故选：D.
7．（5分）（2024·广东珠海·一模）函数f (x)=2❑√3sin2(ωx)+sin ( 2ωx+
2π
) ，其中ω>0，其最小正
3
周期为π，则下列说法错误的是（ ）
A．ω=1
π
B．函数f (x)图象关于点 ( ,❑√3 ) 对称
3
5π
C．函数f (x)图象向右移φ(φ>0)个单位后，图象关于y轴对称，则φ的最小值为
12
[ π )
D．若x∈ 0, ，则函数f (x)的最大值为❑√3+1
2
π
【解题思路】化简函数解析式，根据正弦型函数的周期公式可求ω判断A，验证 ( ,❑√3 ) 是否为函数f (x)
3
的对称中心判断B，结合函数图象平移变换结论判断C，结合不等式性质及正弦函数性质判断D.
【解答过程】由已知
f (x)=2❑√3sin2(ωx)+sin ( 2ωx+
2π
) =❑√3(1−cos2ωx)+sin2ωxcos
2π
+cos2ωxsin
2π
，
3 3 3
1 ❑√3 π
所以f (x)=− sin2ωx− cos2ωx+❑√3=−sin ( 2ωx+ )+❑√3，
2 2 3
又ω>0，所以函数f (x)的最小正周期为π，
2π
由已知 =π，所以ω=1，A正确；
2ω
π
所以f (x)=−sin ( 2x+ )+❑√3，
3
π π π
因为2× + =π，所以函数f (x)图象关于点 ( ,❑√3 ) 对称，B正确，
3 3 3
π
将函数图象向右移φ(φ>0)个单位后可得函数y=−sin ( 2x−2φ+ )+❑√3的图象，
3
π
因为y=−sin ( 2x−2φ+ )+❑√3的图象关于y轴对称，
3
kπ π
所以φ=− − ,k∈Z，又φ>0，
2 12
5π
所以φ的最小值为 ，C正确，
12π π π 4π
若0≤x≤ ，则 ≤2x+ ≤ ，
2 3 3 3
❑√3 π 3❑√3
所以− ≤sin ( 2x+ ) ≤1，故−1+❑√3≤f (x)≤ ，
2 3 2
π 3❑√3
所以当x= 时，函数f (x)取最大值，最大值为 ，D错误.
2 2
故选：D.
8．（5分）（2024·湖南益阳·一模）已知函数 是定义在 上的奇函数，当 时， ，
f(x) R x<0 f(x)=ex(x+2)
则下列说法正确的是（ ）
A．函数 有两个零点 B．当 时，
f(x) x>0 f(x)=−ex(−x+2)
C． 的解集是 D． ， 都有
f(x)>0 (−2,0)∪(2,+∞) ∀x x ∈R |f (x )−f (x ))<3
1 2 1 2
【解题思路】利用函数的奇偶性即可求解x>0时函数的解析式，即可判断B；分情况令f (x)=0即可求解函
数的零点判断A；令f(x)>0求出解集即可判断C；分情况对函数求导，判断函数的单调区间即可求得函数
的最值，用最大值减最小值即可判断D.
【解答过程】设 ，则 ，所以 ，
x>0 −x<0 f(−x)=e−x(−x+2)
因为f(x)是奇函数，所以f (−x)=−f (x)，
所以 ，即 ，
−f(x)=e−x(−x+2) f(x)=−e−x(−x+2)
{ex(x+2),x<0
)
所以函数的解析式为 f (x)= 0,x=0 ，故 B 不正确；
−e−x(−x+2),x>0
因为函数f(x)是定义在R上的奇函数，所以f (0)=0，
当x<0时，令f (x)=0，解得x=−2，
当x>0时，令f (x)=0，解得x=2，
所以函数f(x)有三个零点，故A不正确；
当x<0时，令f (x)>0，解得x>−2，
当x>0时，令f (x)>0，解得x>2，
所以f(x)>0的解集为(−2,0)∪(2,+∞)，故C正确；
当x<0时，f′(x)=ex(x+3)，所以当x<−3时，f′(x)<0，函数f (x)单调递减，
当−3<x<0时，f′(x)>0，函数f (x)单调递增，
所以当x=−3时，函数f (x)取得最小值−e−3，
当 时， ，
x>0 f′ (x)=e−x(−x+3)
所以当0<x<3时，f′(x)>0，函数f (x)单调递增，
当x>3时，f′(x)<0，函数f (x)单调递减，
所以当x=3时，函数f (x)取得最大值e−3，
当x=0时，f (0)=0，
1 1 2
所以∀x ，x ∈R都有|f (x )−f (x ))≤[f (x )−f (x )) = + = ，
1 2 1 2 1 2 max e3 e3 e3
所以D不正确.
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）（2024·四川遂宁·模拟预测）某科技企业为了对一种新研制的专利产品进行合理定价，将该产
品按事先拟定的价格进行试销，得到如下数据：
单价x
40 50 60 70 80 90
（元）
销量y
50 44 43 m 35 28
（件）
由表中数据，求得经验回归方程为^y=−0.4x+66，则下列说法正确的是（ ）
A．产品的销量与单价成负相关
B．m=40
C．若单价为50元时，估计其销量为44件
D．为了获得最大的销售额（销售额=单价×销量)，单价应定为70元或80元
【解题思路】由回归系数b^=−0.4<0，可得判定A正确；求得样本中心，代入回归方程，求得m的值，可
得判定B正确；令x=50，求得^y=46，可得判定C不正确；根据题意，得出销售额的函数，结合二次函
数的性质，可得判定D不正确.
【解答过程】对于A中，由回归方程^y=−0.4x+66，可得回归系数b^=−0.4<0，
所以产品的销量与单价成负相关，所以A正确；1 130
对于B中，由表格中的数据，可得x= (40+50+60+70+80+90)= ，
6 2
1 200+m 130 200+m
y= (50+44+43+m+35+28)= ，即样本中心为( , )，
6 6 3 6
130 200+m 200+m 130
将( , )代入回归直线方程，都可 =−0.4× +66，
2 6 6 2
解得m=40，所以B正确；
对于C中，由回归方程^y=−0.4x+66，令x=50，可得^y=−0.4×50+66=46，
即单价为50元时，估计其销量为46件，所以C不正确；
对于D中，设销售额为z，
可得 ，
z=x(−0.4x+66)=−0.4x2+66x=−0.4(x−82.5) 2+2722.5
所以为了获得最大的销售额，单价应定位82.5元，所以D错误.
故选：AB.
10．（6分）（2024·山西·模拟预测）已知函数f(x)及其导函数f ′(x)的定义域均为R，若f(3x+1)是偶
函数，且f(2+x)− f(2−x)=x，令g(x)=f ′(x)，则下列说法正确的是（ ）
1
A．函数y= x−f(x+2)是奇函数 B．g(1)=0
2
C．函数 的图象关于点 对称 D． 26 325
g(x) (3,1) ∑❑g(i)=
2
i=1
【解题思路】对A，根据函数的奇偶定义可判定A；对B，利用抽象函数的奇偶性，复合函数求导可判定
B；对C，利用抽象函数的对称性可判定C；对D，利用利用抽象函数的递推公式可求得g(i)关系式，再求
和可判定D.
1 1
【解答过程】对A，因为f(2+x)−f(2−x)=x，所以− x−f(2−x)= x−f(2+x)，
2 2
1
所以函数y= x−f(x+2)是偶函数，故A错误；
2
对B，因为y=f(3x+1)为偶函数，所以f(3x+1)=f(−3x+1)，即f(1+x)=f(1−x)，
所以f ′(1+x)=−f ′(1−x)，即g(1+x)=−g(1−x)，令x=0，得g(1)=−g(1)，
所以g(1)=0，故B正确；
对C，因为f(2+x)−f(2−x)=x，所以f ′(2+x)+f ′(2−x)=1，
即g(2+x)+g(2−x)=1，又g(1+x)= −g(1−x)，所以g(x)=−g(2−x)，
所以g(2+x)=g(x)+1，所以g(4+x)−1+g(2−x)=1，即g(4+x)+g(2−x)=2，所以函数g(x)的图象关于点(3,1)对称，故C正确；
对D，因为g(2+x)+g(2−x)=1，令x=0，得g(2)+g(2)=2g(2)=1，
1
所以g(2)= ，又g(2+x)=g(x)+1，所以g(3)=g(1)+1 =1，
2
3，…，所以 26 1 26−1 325，故D正确.
g(4)=g(2)+1= ∑❑g(i)=0+ +1+⋯+ =
2 2 2 2
i=1
故选：BCD.
11．（6分）（2024·广东珠海·一模）中国结是一种手工编织工艺品，其外观对称精致，符合中国传统装饰
的习俗和审美观念，中国结有着复杂曼妙的曲线，其中的八字结对应着数学曲线中的双纽线.已知在平面直
角坐标系xOy中，到两定点F (−a,0)，F (a,0)距离之积为常数a2的点的轨迹C是双纽线.若M(3,0)是曲
1 2
线C上一点，则下列结论正确的是（ ）
A．曲线C的图象关于原点对称
B．曲线C经过5个整点（横、纵坐标均为整数的点）
C．曲线C上任意一点到坐标原点O的距离都不超过3
D．曲线C上有且仅有3个点P满足
|PF )=|PF )
1 2
【解题思路】根据题意求出轨迹C的方程，把(−x,−y)代入C的方程可判断A；令y=0，x=±1,x=±2，
得 的范围可判断 ；由曲线 的方程可得
9(x2−y2)
，根据 可判断 ；由题意
y B C x2+ y2= ≤9 d=❑√x2+ y2≤3 C
x2+ y2
得 ，设 ，结合题意计算 可判断 .
x =0 P(0,y ) y D
P p p
【解答过程】对于选项A：
|PF )⋅|PF )=❑√(x+a) 2+ y2 ⋅❑√(x−a) 2+ y2=a2,
1 2
化简得到： ，
(x2+ y2) 2 =2a2(x2−y2)
将M(3,0)代入可得2a2=9，所以曲线 C:(x2+ y2) 2 =9(x2−y2) .
把 代入 得 ，
(−x,−y) (x2+ y2) 2 =9(x2−y2) (x2+ y2) 2 =9(x2−y2)
所以，曲线C的图象关于原点对称，故A正确；
对于选项B：令y=0解得x=0,x=±3，即：曲线经过(0,0),(3,0),(−3,0)，
结合图象，得−3≤x≤3.
−11+❑√153
今x=±1，得y2= <1，
2
−17+❑√369
令x=±2，得1<y2= <2，
2
因此，结合图象曲线C只能经过3个整点(0,0),(3,0),(−3,0).
故B错误；
对于选项C： 可得
9(x2−y2)
，
(x2+ y2) 2 =9(x2−y2) x2+ y2= ≤9
x2+ y2
所以曲线 上任意一点到坐标原点 的距离 ，
C O d=❑√x2+ y2≤3
即：都不超过3，故C正确；
对于选项D：点 满足 ，则 在 垂直平分线上，则 ，
P |PF )=|PF ) P FF x =0
1 2 2 P
设 P(0,y ) ，则 (❑√a2+ y2) 2 =a2 ，
p p
∴y =0，
p
故只有原点满足，故D错误.
故选：AC.
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·宁夏银川·一模）已知双曲线 x2 y2 的左、右焦点分别为 ，
C: − =1(a>0,b>0) F ,F
a2 b2 1 2
以线段F F 为直径的圆与双曲线C在第一象限的交点为P，若∠F PF 的内角平分线与x轴的交点M平
1 2 1 2❑√10
分线段OF ，则双曲线C的离心率为 ．
2 2
【解题思路】根据角平分线的性质可得 ，结合双曲线的定义得 ，根
|PF )=3|PF ) |PF )=a,|PF )=3a
1 2 2 1
据直角三角形△PF F 勾股定理即可求解.
1 2
【解答过程】
∵∠F PF 的内角平分线与x轴的交点M平分线段OF ，
1 2 2
c
c+
|PF ) |M F ) 2
∴根据角平分线的性质可得 1 = 1 = =3⇒|PF )=3|PF )，
|PF ) |M F ) c 1 2
2 2
2
根据双曲线的定义 ，
|PF )−|PF )=2a⇒|PF )=a,|PF )=3a
1 2 2 1
又 ，
∵PF ⊥PF ,|F F )=2c
1 2 1 2
c2 5，
∴(3a) 2+a2=(2c) 2 ⇒ =
a2 2
c ❑√10
∴双曲线C的离心率为e= = ，
a 2
❑√10
故答案为： .
2
x3
13．（5分）（2024·陕西榆林·模拟预测）已知过点(0,a)可作三条直线与曲线f(x)= −x2+1相切，则
3
4
实数a的取值范围为 (1, ) ．
3
2
【解题思路】根据函数导数求解函数的切线方程，由方程过点(0,a)可得a=− x3+x2+1．构造新函数
3 1 12
g(x)=− x3+x2+1，结合函数导数判断函数的单调性求得极值，根据数形结合判断实数a的取值范围.
3
【解答过程】 ，设点 为曲线 的切点，
f′ (x)=x2−2x (x ,f(x )) y=f(x)
1 1
2
则切线方程为y−f(x )=(x2−2x )(x−x )，整理得y=(x2−2x )x− x3+x2+1，
1 1 1 1 1 1 3 1 1
2
将点(0,a)代入可得a=− x3+x2+1．
3 1 1
2
令g(x)=− x3+x2+1，则g′ (x)=−2x2+2x=2x(1−x)，
3
当 时， ， 单调递减；当 时， ， 单调递增；当 时， ，
∴ x<0 g′ (x)<0 g(x) 0<x<1 g′ (x)>0 g(x) x>1 g′ (x)<0
g(x)单调递减．
4 4
又g(0)=1，g(1)= ，∴当1<a< 时，方程g(x)=a有3个不同的实数根，
3 3
4 2
即当1<a< 时，有3个不同的x 满足方程a=− x3+x2+1，
3 1 3 1 1
x3
即过点(0,a)可作三条直线与曲线f(x)= −x2+1相切．
3
4
故答案为：(1, ).
3
14．（5分）（2024·江苏苏州·模拟预测）高三开学，学校举办运动会，女子啦啦队排成一排坐在跑道外侧.
因烈日暴晒，每个班的啦啦队两侧已经摆好了两个遮阳伞，但每个遮阳伞的荫蔽半径仅为一名同学，为了
效益最佳，遮阳伞的摆放遵循伞与伞之间至少要有一名同学的规则.高三(一)班共有七名女生现在正坐成一
排，因两边的遮阳伞荫蔽范围太小，现在考虑在她们中间添置三个遮阳伞.则添置遮阳伞后，晒黑女生人数
的数学期望为 1 .
【解题思路】设晒黑女生人数为X，确定X可能取值为0，1，2，求出每个值相应的概率，即可求得答案.
【解答过程】由题意可设高三(一)班共有七名女生坐成一排依次为1,2,3,4,5,6,7，
由于两侧已经摆好了两个遮阳伞，则1，7一定晒不到，
现在考虑在她们中间添置三个遮阳伞，即在7位同学之间形成的空中选3个放置，共有 种放法；
C3=20
6
设晒黑女生人数为X，则X可能取值为0，1，2，
X=0时，若12之间放一把伞，则另外2把分别放在34，56之间，
若23之间放一把伞，则另外1把分别放在56之间，第三把放在34或45之间，若67之间放一把伞，则另外2把分别放在23，45之间，
4 1
则P(X=0)= = ；
20 5
X=1时，被晒的人若是2，则23之间没有伞，34之间必有一把伞，其余2把伞有3种放法，
同理被晒的人若是6，则67之间没有伞，45之间必有一把伞，其余2把伞有3种放法，
被晒的人若是3或4或5，此时3把伞均有2种放法，
3+2+2+2+3 3
故P(X=1)= = ，
20 5
1 3 1
P(X=2)=1− − = ，
5 5 5
1 3 1
故晒黑女生人数的数学期望为E(X)=0× +1× +2× =1,
5 5 5
故答案为：1.
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·湖南益阳·一模）已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且
❑√3asinC−ccosA−c=0.
(1)求A；
(2)若a=4，则△ABC面积为2❑√3，求b+c的值.
【解题思路】（1）由正弦定理，可得❑√3sin AsinC−sinCcosA−sinC=0，得❑√3sin A−cosA−1=0，
π
则2sin
(
A−
)=1，即可求得A；
6
1
（2）由△ABC面积为2❑√3，利用三角形面积公式可得bc=8，由余弦定理得16=b2+c2−2bc× ，即
2
，则可求得 的值.
(b+c) 2=16+3bc=40 b+c
【解答过程】（1）由正弦定理得a=2RsinA，c=2RsinC，
又❑√3asinC−ccosA−c=0，
∴❑√3sin AsinC−sinCcosA−sinC=0，
∵C∈(0,π)，∴sinC≠0，
∴❑√3sin A−cosA−1=0，
π
∴2sin
(
A−
)=1，
6π
∵A∈(0,π)，∴A= .
3
（2）∵△ABC面积为2❑√3，
1 1 π ❑√3
∴2❑√3= bcsin A= bcsin = bc，
2 2 3 4
∴bc=8，
π
∵a=4，A= ，
3
1
由a2=b2+c2−2bccosA得16=b2+c2−2bc× ，
2
即 ，
(b+c) 2=16+3bc=40
∴b+c=2❑√10.
16．（15分）（2024·江西九江·二模）已知双曲线 x2 y2 的离心率为 ，点 在
C: − =1(a>0,b>0) ❑√5 P(3,4)
a2 b2
C上．
(1)求双曲线C的方程；
(2)直线l与双曲线C交于不同的两点A，B，若直线PA，PB的斜率互为倒数，证明：直线l过定点．
【解题思路】（1）根据离心率及a，b，c的平方关系得出b=2a，再由点P(3,4)在C上，可求解a2，b2，
进而可得双曲线C的方程；
（2）当l斜率不存在时，显然不满足条件．当l斜率存在时，设其方程为y=kx+m，与方程联立C联立，可
得根与系数的关系，表示出直线PA，PB的斜率k ，k ，由k k =1，结合根与系数的关系可得k与m的关
1 2 1 2
系，从而可证得直线l过定点．
c
【解答过程】（1）由已知得e= =❑√5，c2=a2+b2，所以b=2a，
a
9 16
又点P(3,4)在C上，故 − =1，
a2 4a2
解得a2=5，b2=20，
x2 y2
所以双曲线C的方程为： − =1．
5 20
（2）当l斜率不存在时，显然不满足条件．
当 斜率存在时，设其方程为 ，与方程联立 联立，消去 得 ，
l y=kx+m C y (4−k2 )x2−2kmx−m2−20=0由已知得 ，且 ，
k2≠4 Δ=4k2m2+4(4−k2 )(m2+20)=16(m2−5k2+20)>0
设 ， ，则 2km ， m2+20，
A(x ,y ) B(x ,y ) x +x = x x =−
1 1 2 2 1 2 4−k2 1 2 4−k2
直线 ， 的斜率分别为 y −4 kx +m−4， kx +m−4，
PA PB k = 1 = 1 k = 2
1 x −3 x −3 2 x −3
1 1 2
由已知k k =1，故(kx +m−4)(kx +m−4)=(x −3)(x −3)，
1 2 1 2 1 2
即 ，
(k2−1)x x +(km−4k−3)(x +x )+m2−8m+7=0
1 2 1 2
所以 ，
−(k2−1)(m2+20)+2km(km−4k−3)+(4−k2 )(m2−8m+7)=0
化简得(m+3k−4)(5m−9k−12)=0，又已知l不过点P(3,4)，故m+3k−4≠0，
9 12
所以5m−9k−12=0，即m= k+ ，
5 5
9 12 9 12
故直线l的方程为y=k(x+ )+ ，所以直线l过定点(− , )．
5 5 5 5
17．（15分）（2025·安徽·一模）如图，在四棱锥P−ABCD中，
1
PD=PC=CB=BA= AD=2,AD∥CB，∠CPD=∠ABC=90°，平面PCD⊥平面ABCD,E为
2
PD中点．(1)求证：PD⊥平面PCA；
❑√6
(2)点Q在棱PA上，CQ与平面PDC所成角的正弦值为 ，求平面PCD与平面CDQ夹角的余弦值．
3
【解题思路】（1）应用面面垂直性质定理证明线面垂直；
（2）先应用空间向量法计算线面角得出参数，再计算二面角即可.
【解答过程】（1）由题意： ，同理 ，
BC=AB=2,∠ABC=90°,∴AC=❑√AB2+BC2=2❑√2 CD=2❑√2
又 ．而 ，即
AD=4,∴CD2+AC2=AD2,∴CD⊥AC CD=2❑√2=❑√PD2+PC2 PC⊥PD
又平面PCD⊥平面ABCD，平面PCD∩平面ABCD=CD,AC⊂平面ABCD，
∴AC⊥平面PCD,PD⊂平面PCD,∴PD⊥AC，又PC⊥PD，且PC⊂面PCA,AC⊂面
PCA,PC∩AC=C,∴PD⊥平面PCA．
（2）以C为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则 ，
C(0,0,0),A(0,2❑√2,0),D(2❑√2,0,0),P(❑√2,0,❑√2)
，
∴⃗CD=(2❑√2,0,0),⃗CP=(❑√2,0,❑√2),⃗PA=(−❑√2,2❑√2,−❑√2)
设 ，有 ，
⃗PQ=λ⃗PA(0<λ<1) ⃗CQ=⃗CP+λ⃗PA=(❑√2(1−λ),2❑√2λ,❑√2(1−λ))
取面PCD的一个法向量⃗m=(0,1,0)，
则 cos⟨⃗CQ,⃗m)= 2❑√2λ = ❑√6 ，λ= 1，
❑√4(1−λ) 2+8λ2 3 2
故 (❑√2 ❑√2)．
⃗CQ= ,❑√2,
2 2
令 是平面 的一个法向量，则{⃗n⋅⃗CD=0)，即 { 2❑√2x=0 )
⃗n=(x,y,z) CDQ ❑√2 ❑√2
⃗n⋅⃗CQ=0 x+❑√2y+ z=0
2 2|⃗n⋅⃗m) ❑√5
令y=1，有⃗n=(0,1,−2)，则|cos⟨⃗n,⃗m))= = ，
|⃗n)|⃗m) 5
❑√5
故平面PCD与平面CDQ夹角的余弦值为 ．
5
18．（17分）（2024·云南大理·模拟预测）已知函数f (x)=eax−x（x>0），其中a∈R.
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)若f (x)恰好有一个零点，求a的取值范围；
(3)若f (x)有两个零点x ，x （x <x ），求证：lnx +2lnx >3.
1 2 1 2 1 2
【解题思路】（1）求导，分a≤0，a≥1和0<a<1三种情况，得到函数的单调性；
lnx lnx 1
（2）f (x)=0⇒a= ，构造 ℎ(x)= ，x>0，求导，得到函数单调性，又 ℎ(e)= ，当x趋向于0时，
x x e
1
ℎ(x)趋向于−∞，当x趋向于+∞时， ℎ(x)趋向于0，从而得到a≤0或a=
e
（3）由（2）知 a∈ ( 0, 1)时， f (x) 有两个零点， ax =lnx ， ax =lnx ，两式相减得 a= lnx 2 −lnx 1 ，
e 1 1 2 2 x −x
2 1
x
( )
3 2−1
故所证不等式可化为 ln
x
2>
x
1 ，令 t=
x
2（ t>1 ），则上不等式化为 lnt−
3(t−1)
>0 ，构造
x 2x x 1+2t
1 1+ 2 1
x
1
3(t−1)
F(t)=lnt− ，t>1，求导得到其单调性，得到F(t)>F(1)=0，证毕.
1+2t
【解答过程】（1）f′(x)=aeax−1（x>0）.
当a≤0时，f′(x)≤0，f (x)在(0,+∞)递减，
当a>0时，f′(x)=a ( eax− 1) ，x>0，
a
ⅰ）若a≥1，则f′(x)>0，f (x)在(0,+∞)单调递增，
1 1
ⅱ）若0<a<1，令f′(x)=0⇒x= ln ，
a a
( 1 1) (1 1 )
.当x∈ 0, ln 时，f′(x)<0，当x∈ ln ,+∞ ，f′(x)>0，
a a a a( 1 1) (1 1 )
∴f (x)在 0, ln 单调递减，在 ln ,+∞ 单调递增.
a a a a
综上：当a≤0时，f (x)在(0,+∞)递减；当a≥1时，f (x)在(0,+∞)递增：
( 1 1) (1 1 )
当0<a<1时，f (x)在 0, ln 递减，在 ln ,+∞ 递增.
a a a a
lnx
（2）令f (x)=0⇒eax=x⇒ax=lnx⇒a= ，
x
lnx 1−lnx
记ℎ(x)= （x>0），ℎ ′(x)= ，
x x2
易知x∈(0,e)，ℎ ′(x)>0；x∈(e,+∞)，ℎ ′(x)<0，
∴ℎ(x)在(0,e)单调递增，在(e,+∞)单调递减，
1
又 ℎ(e)= ，当x趋向于0时， ℎ(x)趋向于−∞，
e
当x趋向于+∞时，ℎ(x)趋向于0，
1
故f (x)恰有一个零点时，a≤0或a= .
e
( 1)
（3）由（2）知a∈ 0, 时，f (x)有两个零点，
e
由ax =lnx ，ax =lnx ，
1 1 2 2
作差可得 lnx −lnx .
a(x −x )=lnx −lnx ⇒a= 2 1
2 1 2 1 x −x
2 1
所证不等式 lnx −lnx
lnx +2lnx >3⇔a(x +2x )>3⇔ 2 1 ⋅(x +2x )>3
1 2 1 2 x −x 1 2
2 1
x
( )
3 2−1
3(x −x ) x x
⇔lnx −lnx > 2 1 ⇔ln 2> 1 .
2 1 x +2x x 2x
1 2 1 1+ 2
x
1
令
t=
x
2
（
t>1
），则上不等式即
lnt>
3(t−1)
⇔lnt−
3(t−1)
>0
.①
x 1+2t 1+2t
1
3(t−1)
记F(t)=lnt− （t>1），
1+2t1 9 4t2−5t+1 (4t−1)(t−1) ，
F′(t)= − = = >0
t (1+2t) 2 t(1+2t) 2 t(1+2t) 2
∴F(t)在(1,+∞)单调递增，
∴F(t)>F(1)=0.所以不等式①成立，故有lnx +2lnx >3.
1 2
19．（17分）（2024·山东泰安·模拟预测）已知数列 是斐波那契数列，其数值为：
{a ) 1,1,2,3,5,8,13,
n
.这一数列以如下递推的方法定义： .数列 对
21,34⋅⋅⋅⋅⋅⋅ a =1，a =1，a =a +a (n∈N* ) {b )
1 2 n+2 n+1 n n
于确定的正整数 ，若存在正整数 使得 成立，则称数列 为“ 阶可分拆数列”.
k n b =b +b {b ) k
k+n k n n
(1)已知数列 满足 .判断是否对 ，总存在确定的正整数 ，
{c ) c =ma （n∈N* ，m∈R） ∀m∈R k
n n n
使得数列 为“ 阶可分拆数列”，并说明理由.
{c ) k
n
(2)设数列 的前 项和为 ，
{d } n S =3n−a (a≥0)
n n
（i）若数列{d }为“1阶可分拆数列”，求出符合条件的实数a的值；
n
（ii）在（i）问的前提下，若数列 满足 a ， ，其前 项和为 .证明：当 且 时，
{f ) f = n n∈N* n T n∈N* n≥3
n n S n
n
成立.
T <a2+a2+a2+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+a2−a a +1
n 1 2 3 n n n+1
【解题思路】（1）由已知可得c =m,c =m,c =2m,可得c =c +c ,由定义可得结论；
1 2 3 1+2 1 2
（2）当 时， ，（i）由已知可得存在正整数 使得 成立，当 时，
n≥2 d =S −S =2⋅3n−1 n d =d +d n=1
n n n−1 1+n 1 n
可求得a=0，当n≥2时，可得4⋅3n−1=3−a，方程无解，可得结论；
（ii）法一：当 时，易得 ，计算可得 ，
n≥2 a2=a a −a a a2+a2+a2+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+a2−a a +1=1
n n n+1 n n−1 1 2 3 n n n+1
由（1）可得 a ， a a a a a ，利用错位相减法可得2
f = n T = 1+ 2+ 3+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+ n−1+ n T
n 3n n 31 32 33 3n−1 3n 3 n1 1 a ，可证结论成立；法二：同法一可得 ，
= + T − n a2+a2+a2+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+a2−a a +1=1
3 32 n-2 3n+1 1 2 3 n n n+1
a a a a a ，两边同乘以1 2，可求得5 1，可证结论.
T = 1+ 2+ 3+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+ n−1+ n , T <
n 31 32 33 3n−1 3n 3 3 9 n 3
【解答过程】（1）存在，理由如下：
由已知得a =1，a =1，a =a +a =2，
1 2 3 1 2
∴c =m,c =m,c =2m,
1 2 3
∴c =c +c ,即c =c +c ,
3 1 2 1+2 1 2
∴对∀m∈R，当正整数k=1时，存在n=2，使得c =c +c 成立，
k+n k n
即数列 为“ 阶可分拆数列”；
{c ) 1
n
（2） ，
∵S =3n−a
n
当 时， ，
∴ n=1 d =3❑−a
1
当 时， ，
n≥2 d =S −S =(3n−a)−(3n−1−a)=2⋅3n−1
n n n−1
（i）若数列{d }为“1阶可分拆数列”，则存在正整数n使得d =d +d 成立，
n 1+n 1 n
当n=1时，d =d +d ，即6=2(3−a)，解得a=0，
2 1 1
当n≥2时，2⋅3n=(3−a)+2⋅3n−1，即4⋅3n−1=3−a，
因a≥0，所以3−a≤3，又4⋅3n−1≥12，
故方程4⋅3n−1=3−a无解.
综上所述，符合条件的实数a的值为0.
（ii）方法一：
证明： ，
∵a =a +a ,(n∈N∗)
n+2 n+1 n
当 时， ，
∴ n≥2 a2=a (a −a )=a a −a a
n n n+1 n−1 n n+1 n n−1
∴a2+a2+a2+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+a2
1 2 3 n
=a2+(a a −a a )+(a a −a a )+(a a −a a )+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+ (a a −a a )
1 2 3 2 1 3 4 3 2 4 5 4 3 n n+1 n n−1，
=a2−a a +a a =a a
1 2 1 n n+1 n n+1
，
∴a2+a2+a2+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+a2−a a +1=1
1 2 3 n n n+1
由（i）知 ，所以 a ，
S =3n f = n
n n 3n
a a a a a ①，
∴T = 1+ 2+ 3+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+ n−1+ n
n 31 32 33 3n−1 3n
1 a a a a a ②，
T = 1+ 2+ 3+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+ n−1+ n
3 n 32 33 34 3n 3n+1
由①-②可得 2 a a −a a −a a −a a −a a
T = 1+ 2 1+ 3 2+ 4 3+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+ n n−1− n
3 n 31 32 33 34 3n 3n+1
1 a a a a
= + 1+ 2+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+ n−2− n
3 33 34 3n 3n+1
1 1 a a a a
= + （ 1+ 2+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+ n−2）− n
3 32 31 32 3n−2 3n+1
1 1 a ，
= + T − n
3 32 n-2 3n+1
a ，
∵T <T ， n >0
n−2 n 3n+1
2 1 1 a 1 1 ，
∴ T = + T − n < + T
3 n 3 32 n-2 3n+1 3 32 n
3
∴T < <1，
n 5
当 且 时， 成立.
n∈N∗ n≥3 T <a2+a2+a2+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+a2−a a +1
n 1 2 3 n n n+1
方法二：
证明： ，
∵a =a +a ,(n∈N∗)
n+2 n+1 n当 时， ，
∴ n≥2 a2=a (a −a )=a a −a a
n n n+1 n−1 n n+1 n n−1
∴a2+a2+a2+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+a2=a2+(a a −a a )+(a a −a a )+(a a −a a )+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+
1 2 3 n 1 2 3 2 1 3 4 3 2 4 5 4 3
=a2+(a a −a a )+(a a −a a )+(a a −a a )+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+ (a a −a a )
1 2 3 2 1 3 4 3 2 4 5 4 3 n n+1 n n−1
，
=a2−a a +a a =a a
1 2 1 n n+1 n n+1
，
∴a2+a2+a2+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+a2−a a +1=1
1 2 3 n n n+1
由（i）知 ，所以 a ，
S =3n f = n
n n 3n
a a a a a ①，
∴T = 1+ 2+ 3+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+ n−1+ n
n 31 32 33 3n−1 3n
1 a a a a a ②，
T = 1+ 2+ 3+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+ n−1+ n
3 n 32 33 34 3n 3n+1
1 a a a a a a ③，
T = 1+ 2+ 3+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+ n−2+ n−1+ n
32 n 33 34 35 3n 3n+1 3n+2
由①−②−③可得
5 a a a a a a
T = 1+ 2− 1− n − n−1− n
9 n 31 32 32 3n+1 3n+1 3n+2
1 a a a 1，
= − n − n−1− n <
3 3n+1 3n+1 3n+2 3
3
∴T < <1，
n 5
当 且 时， 成立.
n∈N∗ n≥3 T <a2+a2+a2+⋅⋅⋅⋅⋅⋅+a2−a a +1
n 1 2 3 n n n+1
