2025 年高考数学全真模拟卷 06（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）（2024·四川南充·一模）若复数z满足(1−i)z=1，则在复平面内z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】根据复数的运算法则及几何意义求解即可.
1 1+i 1+i 1 1
【解答过程】由(1−i)z=1，得z= = = = + i
，
1−i (1−i)(1+i) 1−i2 2 2
(1 1)
所以在复平面内z对应的点为 ， ，位于第一象限.
2 2
故选：A.
1
2．（5分）（2024·陕西榆林·模拟预测）已知a为实数，则“a+ ≥2”是“0<a≤1”的（ ）
a
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
【解题思路】利用充分条件和必要条件的定义判断即可
1 5
【解答过程】取a=2时a+ = ≥2成立，故充分性不成立；
a 2
1 √ 1
当0<a≤1时，a+ ≥2❑a× =2，当且仅当a=1时，等号成立，
a a
故必要性得证．
故选：B.
3．（5分）（2024·湖北·一模）如图，在△ABC中，∠BAC=120∘,AB=2,AC=1,D是BC边上靠近B点的三等分点，E是BC边上的动点，则⃗AE⋅⃗CD的取值范围为（ ）
[ ❑√7 10) [ ❑√7 7) [ 4 10) [ 4 7)
A． − , B． − , C． − , D． − ,
7 3 7 3 3 3 3 3
| ⃗ ) ⃗ ⃗
【解题思路】先用余弦定理求出
BC
，再将向量用基底
AC,AB
表示，借助向量运算性质计算即可.
|⃗AB|2+)⃗AC|2−|⃗BC|2
1
【解答过程】由cos∠BAC= =− ，解得 | B ⃗ C ) =❑√7.
2|⃗AB)|⃗AC) 2
设⃗CE=λ⃗CB,0≤λ≤1，
2 2 2 2 14
则⃗AE⋅⃗CD=(⃗AC+⃗CE)⋅⃗CD=(⃗AC+λ⃗CB)⋅ ⃗CB= ⃗AC⋅⃗CB+ λ⃗CB2= ⃗AC⋅(⃗AB−⃗AC)+ λ
3 3 3 3 3
=
2
A
⃗
C⋅A
⃗
B−
2
A
⃗
C2+
14
λ=−
4
+
14
λ∈
[
−
4
,
10)
.
3 3 3 3 3 3 3
故选：C.
4．（5分）（2024·江西新余·模拟预测）为了协调城乡教育资源的平衡，政府决定派甲、乙、丙等六名教
师去往包括希望中学在内的三所学校支教（每所学校至少安排一名教师）.受某些因素影响，甲乙教师不被
安排在同一所学校，丙教师不去往希望中学，则不同的分配方法有（ ）种.
A．144 B．260 C．320 D．540
【解题思路】采用分类与分步计数原理，先排丙共有C1
种分法，再分为甲、丙在同一所学校和甲、丙不在
2
同一所学校两类，每类分别讨论，最后相加得到结果.
【解答过程】先将丙安排在一所学校，有C1
种分法；
2
若甲、丙在同一所学校，那么乙就有C1
种选法，
2
剩下3名教师可能分别有3、2、1人在最后一所学校（记为X校），
分别对应有1（3人均在X校）、C2 ⋅C1（2人在X校，另1人随便排）、
3 2C1 ⋅C1 ⋅A2
（1人在X校，另2人分在同一所学校或不在同一所学校），
3 2 2
共1+C2 ⋅C1+C1 ⋅C1 ⋅A2=19种排法；
3 2 3 2 2
若甲、丙不在同一所学校，则甲有C1
种选法，
2
若乙与丙在同一所学校，则剩下3名教师按上面方法有19种排法；
若乙与丙不在同一所学校，则有剩下3人可分别分为1、2、3组，
分别有 、 、 种排法，故共有：
C1 C1 ⋅A2 A3
3 3 3 3
C1
⋅
[C1 ⋅19+C1 ⋅(19+C1+C1 ⋅A2+A3))=260 种排法.
2 2 2 3 3 3 3
故选：B.
5．（5分）（2024·湖北·模拟预测）折扇是我国古老文化的延续，在我国已有四千年左右的历史，“扇”
与“善”谐音，折扇也寓意“善良”“善行”．它常以字画的形式体现我国的传统文化，也是运筹帷幄､
决胜千里､大智大勇的象征（如图1）．图2是一个圆台的侧面展开图（扇形的一部分），若两个圆弧
DE,AC所在圆台的底面半径分别是r 和r ，且r =5,r =10，圆台的侧面积为150π，则该圆台的体积为
1 2 1 2
（ ）
图1 图2
35❑√3π 175❑√3π 875❑√3π
A． B． C． D．875❑√3π
3 3 3
【解题思路】根据已知分别求出上下底面面积，最后由圆台的体积计算公式.
【解答过程】 ，圆台的侧面积为 ,母线长 ．
r =5,r =10 150π=π(r +r )l=π(5+10)l l=10
1 2 1 2
圆台的高 ，
ℎ
=❑√102−52=5❑√3
则圆台上下底面面积为 ，
S =π×52=25π,S =π×102=100π
1 2
1 1 875❑√3π
由圆台的体积计算公式可得：V = (S +❑√S ⋅S +S )×ℎ = ×175π×5❑√3= ．
3 1 1 2 2 3 3故选：C．
6．（5分）（2024·广东珠海·一模）已知点 ， ，点 是圆 上任意一点，则
A(−1,0) B(0,3) P (x−3) 2+ y2=1
△PAB面积的最小值为（ ）
11 9 ❑√10
A．6 B． C． D．6−
2 2 2
【解题思路】求出直线AB的方程，利用点到直线的距离，结合圆的性质求出点P到直线AB距离的最小值
即可求得最小值.
【解答过程】两点 ， ，则 ，直线 方程为 ，
A(−1,0) B(0,3) |AB|=❑√(−1) 2+32=❑√10 AB y=3x+3
圆 的圆心 ，半径 ，
(x−3) 2+ y2=1 C(3,0) r=1
点 到直线 的距离 12 6❑√10，
C AB:3x−y+3=0 d= =
❑√32+(−1) 2 5
6❑√10
因此点P到直线AB距离的最小值为d−r= −1，
5
1 6❑√10 ❑√10
所以△PAB面积的最小值是 ×❑√10×( −1)=6− .
2 5 2
故选：D.
7．（5分）（2024·江西·一模）若函数f(x)= ( x2−2❑√2x+ 1 m ) sin (1 mx− π) (m∈N∗)在[0,4)上恰
4 4 3
有3个零点，则符合条件的m的个数是（ ）A．4 B．5 C．6 D．7
【解题思路】就m>8、m=8、1≤m≤8分类，每种情况结合正弦函数的性质可得其取值范围.
【解答过程】令f(x)=0，则x2−2❑√2x+
1
m=0或sin
(1
mx−
π)
=0，
4 4 3
由 ，
Δ=(−2❑√2) 2 −m=8−m
1
当m>8时，y=x2−2❑√2x+ m在[0,4)上没有零点，
4
(1 π)
则y=sin mx− 在[0,4)上应有3个零点，
4 3
因为 1 mx− π ∈ [ − π ,m− π ) ，所以2π≤m− π <3π，即 7π ≤m< 10π ，
4 3 3 3 3 3 3
10π
与m>8联立得8<m< ，因为 m∈N∗，所以m的值依次为9，10；
3
1
当m=8时，y=x2−2❑√2x+ m在[0,4)上有1个零点❑√2，
4
π 2π 7π
y=sin ( 2x− )在[0,4)上有3个零点0, , ，不满足题意；
3 3 6
1
当1≤m<8时，y=x2−2❑√2x+ m在[0,4)上有2个零点，
4
(1 π)
故y=sin mx− 在[0,4)上应有1个零点，
4 3
1
因为m∈N∗，所以该零点与y=x2−2❑√2x+ m的零点不相同，
4
π π 4π π 4π
所以0≤m− <π，即 ≤m< ，与1≤m<8联立得 ≤m< ，
3 3 3 3 3
因为m∈N∗，所以m的取值依次为2，3，4，综上得符合条件的m的个数是5．
故选：B．
8．（5分）（2024·辽宁本溪·一模）设函数f (x)定义域为R，f (x−1)为奇函数，f (x+1)为偶函数，当
x∈(−1,1)时，f (x)=−x2+1，则下列结论错误的是（ ）
(7) 3
A．f =− B．f (x+7)为奇函数
2 4
C．f (x)在(6,8)上是减函数 D．方程f (x)+lgx=0仅有6个实数解
【解题思路】根据f (x−1)与f (x+1)的奇偶性可判断函数f (x)的对称性与周期性，从而作出函数图像，数
形结合判断各选项.【解答过程】∵f (x−1)为奇函数，即f (x−1)=−f (−x−1)，f (x)关于点(−1,0)对称，
又∵f (x+1)为偶函数，即f (x+1)=f (−x+1)，f (x)关于直线x=1对称，
所以f (x)=f (−x+2)=−f (x−4)，即f (x+4)=−f (x)，
所以f (x+4)=f (x−4)，
即函数f (x)的最小正周期为8，
(7) ( 3) ( 1) ( 1) 2 3
A选项：f =f − =−f − =− − +1= ，A选项正确；
2 2 2 2 4
B选项：f (x+7)=f (x−1)，所以f (x+7)为奇函数，B选项正确；
C选项：由当 时， ，所以 ，所以 在 上单调
x∈(7,8) x−8∈(−1,0) f (x)=f (x−8)=−(x−8) 2+1 f (x) (7,8)
递增，C选项错误；
D选项：由f (x)+lgx=0，得f (x)=−lgx
作出函数f (x)及y=−lgx图像如图所示，
由已知函数f (x)的值域为[−1,1)，且−lg10=−1，
当x>10时，y=−lgx<−1，函数y=−lgx与f (x)无公共点，
当x≤10时，由图像可知函数f (x)与函数y=−lgx有6个公共点，
即f (x)+lgx=0有6个解，D选项正确；
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·贵州贵阳·模拟预测）某厂近几年陆续购买了几台 A 型机床，该型机床已投入生产的
时间x（单位：年）与当年所需要支出的维修费用y（单位：万元）有如下统计资料：
x 2 3 4 5 6
y 2.2 3.8 5.5 6.5 7
根据表中的数据可得到经验回归方程为. y=1.23x+a^，则（ ）
A．y与x的样本相关系数r≥0B．a^=0.08
C．表中维修费用的第60百分位数为6
D．该型机床已投入生产的时间为 10年时，当年所需要支出的维修费用一定是12.38万元
【解题思路】对A，根据相关系数的概念可判断，对B，计算出样本中心，代入方程计算出a^，对C，根据
百分位数的定义求解，对D，根据回归分析概念判断.
2.2+3.8+5.5+6.5+7
【解答过程】根据题意可得，x=4，y= =5，
5
所以样本中心点为(4,5)，
对于A，由表中数据可得y随着x增大而增大，x与y正相关，所以相关系数r>0，r=0，x与y不相关，故
A错误；
对于B，将样本中心点(4,5)代入回归方程y=1.23x+a^，可得a^=0.08，故B正确；
5.5+6.5
对于C，维修费用从小到大依次为2.2,3.8,5.5,6.5,7，第60百分位数为 =6，故C正确；
2
对于D，根据回归分析的概念，机床投入生产的时间为 10年时，所需要支出的维修费用大概是12.38万元，
故D错误.
故选：BC.
y2
10．（6分）（2024·安徽·模拟预测）已知双曲线C：x2− =1的左、右焦点分别为F ，F ，直线l：
3 1 2
(1 )
x=my−1(m∈R)与C的左、右两支分别交于M，N两点（点N在第一象限），点P ,y 在直线l上，
2 0
点Q在直线N F 上，且QF ∥PF ，则（ ）
2 1 2
3❑√3
A．C的离心率为3 B．当m=❑√3时，|MN)=
2
C． D． 为定值
∠PF M=∠N F P |QF )
2 2 2
【解题思路】根据离心率的公式即可求解A，联立直线与抛物线方程， 根据弦长公式即可求解B，根据二
倍角公式以及斜率关系即可求解C，根据角的关系即可求解线段长度相等，判断D.
【解答过程】由题意得， c √ b2 ，故A错误；
a=1,b=❑√3, e= =❑1+ =2
a a2
{x=❑√3 y−1
)
联立 y2 ，得8 y2−2❑√3 y=0 ，解得 y=0 或 y= 3❑√3，则 |MN)=❑√1+3× |3❑√3 −0 ) = 3❑√3，
x2− =1 3 4 4 2
3故B正确；
(1 )
由直线l：x=my−1(m∈R)可知M(−1,0)，又a=1,b=❑√3,c=2，P ,y ，故P在线段M F 的中垂
2 0 2
线上，
设PM，PF 的斜率分别为k，−k，M(−1,0)，故直线MP的方程为y=k(x+1)，
2
{y=k(x+1)
)
联立 ，得 ，
y2 (3−k2)x2−2k2x−k2−3=0
x2− =1
3
设 ，则 2k2 ， 3+k2 ，故 (3+k2 6k ).
N(x ,y ) −1+x = x = N ,
1 1 1 3−k2 1 3−k2 3−k2 3−k2
b2
当N F ⊥x轴时，|M F )=a+c=|N F )= =3，△M F N是等腰直角三角形，且易知
2 2 2 a 2
∠PF M=∠N F P=45°；
2 2
6k
当 不垂直于x轴时，直线 的斜率为 3−k2 2k ，故 2k ，
N F N F = tan∠N F M=−
2 2 3+k2 k2−1 2 k2−1
−2
3−k2
2k
因为tan∠PF M=k，所以tan2∠PF M= =tan∠N F M，所以2∠PF M=∠N F M，
2 2 1−k2 2 2 2
∠PF M=∠N F P，故C正确；
2 2
因为 ，故 ，故 ，故D正
QF ∥PF ∠F F Q=∠PF M=∠N F P=∠F QF |QF )=|F F )=4
1 2 2 1 2 2 2 1 2 1 2
确.
故选:BCD.
11．（6分）（2024·广东佛山·模拟预测）已知函数f (x)=|x−2)ex−a，则（）
A．f (x)在(1,2)上单调递增 B．x=1是函数f (x)的极大值点C．f (x)既无最大值，也无最小值 D．当a∈(1,2)时，f (x)有三个零点
【解题思路】先将f(x)用分段函数表示出来，再根据各个选项，利用导数研究其单调性、极值点、最值及
零点即可.
【解答过程】由题意得 ，
f(x)=|x−2|ex−a=¿
所以 ，
f' (x)=¿
对于A，当 时， ，
x∈(1,2) f' (x)=(1−x)ex<0
所以f(x)在(1,2)上单调递减，故A错误;
对于B，当 时， ，当 时， ，当 时， ,
x∈(−∞,1) f' (x)>0 x∈(1,2) f' (x)<0 x∈(2,+∞) f' (x)>0
所以f(x)在(−∞,1)单调递增，在(1,2)单调递减，在[2,+∞)单调递增，
所以x=1是函数f(x)的极大值点，故B正确;
对于C，当 时， ，当 时， ,
x→−∞ f(x)=|x−2|ex−a>−a x→+∞ f(x)→+∞
又f(1)=e−a>f(2)=−a,
f(x)的大致图象如图所示，
f(x) [−a,+∞)
的值域为 ,
所以f(x)有最小值，无最大值，故C错误;
对于D，当x≥2时，f(x)在[2,+∞)上单调递增,
因为a∈(1,2),
所以 ,
f(2)=−a<0,f(3)=e3−a>0
所以f(x)在[2,+∞)上有一个零点;
当x<2时，f(x)在(−∞,1)上单调递增，在(1,2)上单调递减,
又 ，当 时， .
f(1)=e−a>0 x→−∞ f(x)=|x−2|ex−a>−a∈(−2.−1)，f(2)=−a<0
结合f(x)的大致图象（如上图），f(x)在(−∞,1)有一个零点，在(1,2)上有一个零点，
综上，当a∈(1,2)时，f(x)有三个零点，故D正确.
故选：BD.
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。
( a) n
12．（5分）（2024·全国·模拟预测）若 ❑√x− 的展开式的二项式系数和为32，且x−2的系数为80，则
x
实数a的值为 −2 .
5−3k
【解题思路】由二项式系数和先求n，再利用通项
T =Ck (−a) kx 2
得到 x−2的指数确定k值，由 x−2的
k+1 5
系数为80，建立关于a的方程求解可得.
( a) n
【解答过程】因为 ❑√x− 的展开式的二项式系数和为32，
x
所以 ，解得 .
C0+C1+C2+⋯+Cn=2n=32 n=5
n n n n
所以 T =Ck(❑√x) 5−k( − a) k =Ck (−a) kx 5− 2 3k ，
k+1 5 x 5
5−3k
由 =−2，解得k=3，
2
所以 的系数为 ，解得 .
x−2 C3 (−a) 3=−10a3=80 a=−2
5
故答案为：−2.
13．（5分）（2024·广东江门·模拟预测）若数列 满足 ，数列{1 )的前n项和为
{a ) a =1,a −a =n+1
n 1 n+1 n a
n
2023
S ，则S = ．
n 2023 1012
【解题思路】根据递推公式求出数列 的通项公式，再计算出数列{1 )的通项公式，即可计算出 .
{a ) S
n a n
n
【解答过程】由a −a =n+1，则a −a =2,a −a =3,⋯,a −a =n(n≥2)，
n+1 n 2 1 3 2 n n−1
(n+2)(n−1)
当n≥2时，上式相加，得a −a =2+3+4+⋯+n= ，
n 1 2所以 n2+n，又 符合上式，可知 n2+n 1 (1 1 )，
a = a =1 a = , =2 −
n 2 1 n 2 a n n+1
n
( 1 1 1 1 1 ) 2023
所以S =2 1− + − +⋯+ − = ．
2023 2 2 3 2023 2024 1012
2023
故答案为： .
1012
14．（5分）（2024·辽宁辽阳·一模）如图为一个开关阵列，每个开关只有“开”和“关”两种状态，按其
中一个开关1次，将导致自身和所有相邻（上、下相邻或左、右相邻）的开关改变状态．若从这十六个开
41
关中随机选两个不同的开关先后各按1次，则(2,3)和(4,1)的最终状态都未改变的概率为 ．
120
(1,1) (1,2) (1,3) (1,4)
(2,1) (2,2) (2,3) (2,4)
(3,1) (3,2) (3,3) (3,4)
(4,1) (4,2) (4,3) (4,4)
【解题思路】根据开关阵列的性质，结合古典概型的概率公式求解即可.
【解答过程】要使得(2,3)的状态发生改变，
则需要按(1,3)，(2,2)，(2,3)，(2,4)，(3,3)这五个开关中的一个，
要使得(4,1)的状态发生改变，则需要按(3,1)，(4,1)，(4,2)这三个开关中的一个，
所以要使得(2,3)和(4,1)的最终状态都未发生改变，
则需按其他八个开关中的两个或(1,3)，(2,2)，(2,3)，(2,4)，(3,3)中的两个
或(3,1)，(4,1)，(4,2)中的两个，
故所求概率为 A2 8 +A 5 2+A 3 2 = 41 .
A2 120
16
41
故答案为： .
120
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·广西来宾·模拟预测）在△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知
1+tanA
=2+❑√3.
1−tanA
(1)求∠A；(2)若c=3，且△ABC的面积为3❑√3，求△ABC的周长.
【解题思路】（1）先由已知条件结合两角和的正切公式得 ，再结合角A的范围和
tan(45∘+A)=2+❑√3
tan75∘=2+❑√3即可得解.
1
（2）先由（1）结合已知条件和S = bcsin A求出b，再由余弦定理求出a进而得解.
△ABC 2
【解答过程】（1）由题得1+tanA tan45∘+tanA ，
= =tan(45∘+A)=2+❑√3
1−tanA tan45∘−tan45∘tanA
❑√3
1+
tan45∘+tan30∘ 3
因为0∘<A<180∘，tan75∘=tan(45∘+30∘)= = =2+❑√3，
tan45∘−tan45∘tan30∘ ❑√3
1−
3
故45∘<45∘+A<225∘，故45∘+A=75∘，所以A=30∘.
1
（2）由（1）得A=30∘，故由c=3和S = bcsin A=3❑√3得b=4❑√3，
△ABC 2
所以 ，故 ，
a2=b2+c2−2bccosA=(4❑√3) 2+32−2×4❑√3×3cos30∘=21 a=❑√21
所以△ABC的周长为a+b+c=❑√21+4❑√3+3.
3 1
16．（15分）（2024·河南·模拟预测）已知函数f (x)=axlnx− x− +2(a∈R).
2 2x
(1)若曲线 在点 处的切线与直线 平行，求 的单调区间；
y=f (x) (1,f (1)) 2y+3=0 f (x)
(2)当x≥1时，f (x)≥0，求a的取值范围.
【解题思路】（1）由f ′(1)=0求得a=1，再求f (x)的单调区间；
（2）先确定a>0，再分a≥1,0<a<1讨论是否满足题意得a的取值范围.
( 1) 3 1 3 1
【解答过程】（1）f ′(x)=a lnx+x⋅ − + =a(lnx+1)− + ，(x>0,a∈R)
x 2 2x2 2 2x2
3 1
由题意得f ′(1)=0，即a(ln1+1)− + =0解得a=1，
2 2
3 1
故此时f (x)=xlnx− x− +2(a∈R)
2 2x
3 1 1 1
∴f ′(x)=lnx+1− + =lnx+ − ，
2 2x2 2x2 2
1 1
令g(x)=lnx+ − ,(x>0)，
2x2 2则 1 1 1 x2−1
g′(x)= + ×(−2)⋅ = ,
x 2 x3 x3
∵x>0,∴当x∈(0,1)时，g′(x)<0，当x∈(1,+∞)时,g′(x)>0，
故g(x)在(0,1)单调递减，在(1,+∞)单调递增，
1 1
所以g(x) =g(1)=ln1+ − =0，即f ′(x)=g(x)≥0在(0+∞)恒成立，
min 2 2
∴f (x)在(0,+∞)单调递增，递增区间为(0,+∞)，无减区间.
5
（2）依题意有f(2)=2aln2− >0，则a>0，
4
3 1
由（1）知当x≥1时y=xlnx− x− +2的最小值为0，
2 2x
3 1
故xlnx− x− +2≥0恒成立，
2 2x
①当a≥1时，∀x∈[1,+∞),xlnx≥0，
3 1 3 1
则f(x)=axlnx− x− +2≥xlnx− x− +2≥0
2 2x 2 2x
因此a≥1成立.
3 1
②当0<a<1时,f ′(x)=a(lnx+1)− + ,
2 2x2
令 3 1 ,则 a 1 ax2−1.
ℎ(x)=a(lnx+1)− + ℎ′(x)= − =
2 2x2 x x3 x3
当 √1时 ,则 即 在( √1)上单调递减,
1<x<❑ ℎ′(x)<0 ℎ(x) f ′(x) 1,❑
a a
所以 ,所以 在( √1)上单调递减，
f ′(x)<f ′(1)=a−1<0 f(x) 1,❑
a
故当 ( √1)时， ，不符题意.
x∈ 1,❑ f(x)<f(1)=0
a
综上：a的取值范围是[1,+∞).
17．（15分）（2024·河南新乡·模拟预测）如图，在四棱锥S−ABCD中，△SAD为正三角形，底面
ABCD为矩形，且平面SAD⊥平面ABCD,M,N分别为棱SC,AB的中点．(1)证明：MN//平面SAD；
AB
(2)若AB>AD，且二面角C−MN−D的大小为120°，求 的值．
AD
【解题思路】（1）取棱SD的中点P，连结PM，PA，可证四边形APMN是平行四边形，利用线面平行的
判定即可证明；
（2）建立空间直角坐标系Q−xyz，利用二面角的向量公式求出参数，即可求解
【解答过程】（1）如图，取棱SD的中点P，连接PM,PA．
1
因为M是棱SC的中点，所以MP∥CD且MP= CD．
2
又因为四边形ABCD是矩形，N是棱AB的中点，故MP∥AN且MP=AN，
所以四边形APMN是平行四边形，所以MN∥AP．
又AP⊂平面SAD,MN⊄平面SAD，故MN//平面SAD．
（2）取棱AD的中点Q，则在正三角形SAD中，SQ⊥AD，所以SQ⊥平面ABCD．
以Q为坐标原点，⃗QA,⃗QS的方向分别为x轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Qxyz.
设AD=2a,AB=2b,b>a>0，则( a ❑√3a) ．
C(−a,2b,0),S(0,0,❑√3a),M − ,b, ,N(a,b,0),D(−a,0,0)
2 2
所以 (a ❑√3a) (3a ❑√3a) (a ❑√3a)．
⃗CM= ,−b, ,⃗MN= ,0,− ,⃗DM= ,b,
2 2 2 2 2 2
设平面CMN的法向量为⃗n=(x,y,z)，
{a
x−by+
❑√3a
z=0,)
则{⃗n⋅⃗CM=0,)即 2 2 可取 ．
⃗n=(b,2a,❑√3b)
⃗n⋅⃗MN=0, 3a ❑√3a
x− z=0,
2 2
设平面DMN的法向量为⃗m=(p,q,r)，
{a
p+bq+
❑√3a
r=0,)
则{⃗m⋅⃗DM=0,)即 2 2 可取 ．
⃗m=(b,−2a,❑√3b)
⃗m⋅⃗MN=0, 3a ❑√3a
p− r=0,
2 2
由题设知 |⃗n⋅⃗m) 4b2−4a2 1，故 ，
|cos〈⃗n,⃗m〉)= = = b=❑√3a
|⃗n)|⃗m) 4b2+4a2 2
AB
即 =❑√3．
AD
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≤ ，
41 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，
1
1 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
