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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A =¿，B = {−3,−1,0,1,3}，则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A =¿，则A ∩B = {0,1,3}．
故选：C.
2．（5 分）（2024·湖南衡阳·模拟预测）若复数z = 1+i
3−i
，则1
z
的虚部为（ ）
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.
【解答过程】1
z = 3−i
1+i = (3−i)(1−i)
(1+i)(1−i) = 3−1−4i
2
=1−2i，
所以1
z
的虚部为−2.
故选：D.
3．（5 分）（2024·湖北武汉·一模）已知向量a
→
=(−1,2)，b
→
=( x ,4)，且a
→
⊥b
→，则|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a
→
⊥b
→
,
所以a
→
· b
→
=−1× x +2×4 =0
,所以x =8,
1
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因为b
→
=(8,4)，所以|b
→|=√8
2+ 4
2= 4√5.
故选：A.
4．（5 分）（2024·江西九江·三模）若2sin(α +π
3 )=cos(α −π
3 )，则tan(α −π
6 )=（ ）
A．−4−√3
B．−4+√3
C．4−√3
D．4+√3
【解题思路】设β =α −π
6 ，则原等式可化为2sin(β +π
2 )=cos(β −π
6 )，化简后求出tan β即可.
【解答过程】令β =α −π
6
，则α = β +π
6
，
所以由2sin(α +π
3 )=cos(α −π
3 )，
得2sin(β +π
2 )=cos(β −π
6 )，
即2cos β = √3
2 cos β + 1
2 sin β，
即sin β =(4−√3)cos β，得tan β = 4−√3，
所以tan(α −π
6 )=tan β = 4−√3，
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．
【解答过程】一斛米的体积为V = 1
3 (S上+ S下+√S上S下)h= 1
3 ×(25
2+50
2+25×50)×36=52500(cm
3)，
2
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因为五斗为一斛，所以一斗米的体积为V
5 =10500(cm
3)，
故选：A.
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a的取值范围是
（ ）
A．(0,1)
B．(1,√3]
C．(1,√3)
D．(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.
【解答过程】根据题意，当x ≤3
4
时，f (x)=−
1
4 x−4 =
−1
4
x−1
，可得f (x)在(−∞, 3
4]上递增，
要使得函数f (x)=¿ 是R上的单调函数，
则满足a>1，且loga(4× 3
4)−1≥−
1
4× 3
4 −4
，解可得1<a≤√3，
所以实数a的取值范围为(1,√3].
故选：B.
7．（5 分）（2024·湖北武汉·模拟预测）设ω>0，已知函数f (x)=sin(3ωx −π
4 )sin(2ωx +5π
6 )在
(0,π)上恰有6 个零点，则ω取值范围为（ ）
A．(
19
12 , 7
4]
B．(
17
12 , 19
12]
C．(
13
12 , 17
12]
D．(
3
4 , 13
12]
【解题思路】令f ( x)=0，解方程得x = (4 k +1)π
12ω
或x = (6k +1)π
12ω
，在区间(0,π)取6 个零点即可.
【解答过程】由题意可知，
令f (x)=sin(3ωx −π
4 )sin(2ωx + 5π
6 )=0，
即sin(3ωx −π
4 )=0或sin(2ωx + 5π
6 )=0，
即x = (4 k +1)π
12ω
或x = (6 k +1)π
12ω
，
当x>0时，零点从小到大依次为x =π
12ω , 5π
12ω , 7π
12ω , 9π
12ω , 13π
12ω , 17π
12ω , 19π
12ω ,⋅⋅⋅，
3
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因此有17π
12ω <π≤19π
12ω
，
即ω∈(
17
12 , 19
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+3 x)−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+3 x)−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)=2 x，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+3 x)−1为奇函数，
所以G(−x)=−G( x)，即f (2−3 x)−1=−[ f (2+3 x)−1]，
所以f (2−3 x)+ f (2+3 x)=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)=2 x，
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。
4
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9．（6 分）（2024·四川成都·模拟预测）已知X，Y 都是服从正态分布的随机变量，且X ∼N ( μ1,σ1
2)，
Y ~ N ( μ2,σ 2
2)，其中μ1, μ2∈R，σ1,σ 2∈R
+，则下列命题正确的有（ ）
A．E( X )= μ1
B．D( X )=σ1
C．若μ1=2，σ1=1，则P( X ≤1)+ P( X ≤3)=1
D．若μ1= μ2=0，σ1=2，σ2=3，则P(| X |≤1)> P(|Y |≤1)
【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 )= μ1，故A 正确；
对于B，由正态分布的方差公式得，D( X )=σ1
2，故B 错误；
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μ1= μ2=0，σ1=2，σ2=3，则σ1
2= 4，σ 2
2=9，
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f ( x)= x
3−m x
2，x =2是函数f ( x)的一个极值点，则下列
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f
′( x)=3 x
2−2mx，根据f
′(2)=0，可判定A 正确；由f
′( x)=3 x( x−2)，利用导数的
符号求得函数f (x)的单调区间，可判定B 错误；设过点(1,−2)且与函数y = f ( x)相切的切点为(x0, y0)，
求得切线方程，列出方程求得x0的值，可判定C 错误；令f ( x)=t，作出函数的图象，得到
−1<t1<0<t2<t3，进而的函数零点的个数，可判定以D 正确．
【解答过程】对于A 中，由函数f ( x)= x
3−m x
2，可得f
′( x)=3 x
2−2mx，
5
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因为x =2 是函数f (x)的一个极值点，可得f
′(2)=3×2
2−2m×2=0，
解得m=3，经检验适合题意，所以A 正确；
对于B 中，由f
′( x)=3 x( x−2)，令f
′( x)=0，解得x1=0或x2=2，
当x∈(−∞,0)时，f
′( x)>0；当x∈(0,2)时，f
′( x)<0；当x∈(2,+ ∞)时，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(1,−2)且与函数y = f ( x)相切的切点为(x0, y0)，
则该切线方程为y = f
′(x0)( x−1)−2=(3 x0
2−6 x0)( x−1)−2，
由于切点(x0, y0)满足直线方程，则f (x0)=(3 x0
2−6 x0)(x0−1)−2= x0
3−3 x0
2，
整理得2(x0−1)(x0
2−2 x0+1)=0，解得x0=1，所以只能作一条切线，所以C 错误；
对于D 中，令f ( x)=t，则f (t )=−2的根有三个，如图所示，−1<t1<0<t2<t3，
所以方程f ( x)=t1有3 个不同根，方程f ( x)=t2和f ( x)=t3均有1 个根，
故y = f [ f ( x)]+2有5 个零点，所以D 正确．
故选：AD．
11．（6 分）（2024·广东江门·一模）已知曲线E: x|x|
4 + y|y|
8
=1，则下列结论正确的是（ ）
A．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 =−1.4 x相交，且交点在第二象限
D．M (x0, y0)是曲线E上任意一点，则|√2 x0+ y0|的取值范围为(0,4]
【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
6
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渐近线与y =−1.4 x的关系判断C，由点到直线的距离公式得到|√2 x0+ y0|，即点M (x0, y0)到直线
√2 x + y =0的距离的√3倍，求出直线√2 x + y +c =0与曲线x
2
4 + y
2
8 =1(x ≥0, y ≥0)相切时c的值，再由两
平行线将的距离公式求出|√2 x0+ y0|的最大值，即可判断D.
【解答过程】因为曲线E: x|x|
4 + y|y|
8
=1，
当x ≥0，y ≥0时x
2
4 + y
2
8 =1，则曲线E为椭圆x
2
4 + y
2
8 =1的一部分；
当x>0，y <0时x
2
4 −y
2
8 =1，则曲线E为双曲线x
2
4 −y
2
8 =1的一部分，
且双曲线的渐近线为y =±√2 x；
当x<0，y >0时y
2
8 −x
2
4 =1，则曲线E为双曲线y
2
8 −x
2
4 =1的一部分，
且双曲线的渐近线为y =±√2 x；
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 =−1.4 x相交，且交点在第四象限，故C 错误；
因为|√2 x0+ y0|=√3×|√2 x0+ y0|
√(√2)
2+1
2
，即点M (x0, y0)到直线√2 x + y =0的距离的√3倍，
当直线√2 x + y +c =0与曲线x
2
4 + y
2
8 =1(x ≥0, y ≥0)相切时，
由¿，消去y整理得4 x
2+2√2cx +c
2−8=0，
则Δ=(2√2c)
2−16(c
2−8)=0，解得c = 4（舍去）或c =−4，
7
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又√2 x + y =0与√2 x + y −4 =0的距离d =
|4|
√(√2)
2+1
2 = 4
√3
，
所以|√2 x0+ y0|max =√3d = 4，
所以|√2 x0+ y0|的取值范围为(0,4]，故D 正确；
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
a❑
2 + y❑
2
b❑
2 =1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1, F2
，过F2
作x
轴的垂线交椭圆于P ,Q，若△F1 PQ为等腰直角三角形，则椭圆的离心率为 √2−1 .
【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，△F1 PQ为等腰直角三角形，得| P F2|=| F1 F2|=2c，
| P F1|=√2| F1 F2|=2√2c，由椭圆的定义得| P F1|+| P F2|=2a，即2√2c +2c =2a，
所以椭圆的离心率e = c
a =
1
√2+1 =√2−1.
故答案为：√2−1.
13．（5 分）（2024·上海·三模）设曲线f (x)=ae
x+b和曲线g(x)=cosπ x
2 +c在它们的公共点P(0,2)处
有相同的切线，则b
a+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¿，解得c =1,b=2−a，
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又f
′ (x)=ae
x , g
′ (x)=−π
2 sinπ
2 x，
所以f
′(0)= g
′(0)得a=0，
所以a=0,b=2,c =1，
所以b
a+c =2
0+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
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 11
18
.
【解题思路】设Ai：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
球和2 个白球，则B = A0 B∪A1B∪A2B，由概率的乘法公式和全概率公式可得
P(B)= P(B∣A0)P( A0)+ P(B∣A1)P( A1)+ P(B∣A2)P( A2)，再由古典概型分别求出对应结果，代入
计算即可得到答案.
【解答过程】设Ai：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 个红球和2 个白球，所以B = A0 B∪A1B∪A2B，
则P(B)= P( A0 B∪A1B∪A2B)= P( A0 B)+ P( A1B)+ P( A2B)
= P(B∣A0)P( A0)+ P(B∣A1)P( A1)+ P(B∣A2)P( A2)
=C2
2
C4
2 ⋅C1
1C3
1
C4
2
+C2
1C2
1
C4
2
⋅C2
1C2
1
C4
2
+C2
2
C4
2 ⋅C1
1C3
1
C4
2
= 1
6 × 1
2 + 2
3 × 2
3 + 1
6 × 1
2 = 11
18
.
故答案为：11
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
bcos A +√3bsin A =a+c
(1)求B；
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(2)若b=2,△ABC的面积为√3，D为AC边上一点，满足CD =2 AD，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sin Bcos A +√3sin Bsin A =sin A +sinC，
因为sinC =sin( A + B)=sin A cos B+cos A sin B，
所以sin Bcos A +√3sin Bsin A =sin A +sin A cos B+cos A sin B，
化简得√3sin Bsin A =sin A +sin A cosB，
由A ∈(0,π),sin A ≠0有√3sin B =1+cosB，可得sin(B−π
6 )= 1
2，
因为B∈(0,π ),B−π
6 ∈(−π
6 , 5 π
6 )，
所以B−π
6 =π
6
，则B =π
3
．
（2）由B =π
3 ,S = 1
2 acsin B =√3有ac = 4
又b
2=a
2+c
2−2accosB可得a
2+c
2=8，
联立¿解得a=c =2，所以△ABC为正三角形，
所以AD = 2
3 , A =π
3
，
在△ABD中，由余弦定理得B D
2=2
2+(
2
3)
2
−2×2× 2
3 × 1
2 = 28
9 ．
故BD的长为2√7
3
.
16．（15 分）（2024·浙江绍兴·三模）已知双曲线Γ：x
2−y
2
4 =1与直线l：y = x +1交于A、B两点（A在
B左侧），过点A的两条关于l对称的直线l1、l2分别交双曲线Γ于C、D两点（C在右支，D在左支）．
(1)设直线l1的斜率为k1，直线l2的斜率为k2，求k1⋅k2的值；
(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．
10
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【解题思路】（1）设直线l1、l2的倾斜角分别为θ1、θ2（θ1、θ2∈(0,π)），则θ1+θ2=2α =π
2
，再利用
斜率与倾斜角的关系，结合诱导公式求解；
（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5
3 x−2
3 y =1，不妨设直线CD为
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.
【解答过程】（1）由题意知直线l斜率为1，∴直线l的倾斜角α =π
4
，
设直线l1、l2的倾斜角分别为θ1、θ2（θ1、θ2∈(0,π)），
直线l1、l2关于直线l对称，∴θ1+θ2=2α =π
2
，
∴k1⋅k2= tanθ1⋅tanθ2= tanθ1⋅tan(
π
2 −θ1)= sinθ1
cosθ1
⋅
sin(
π
2 −θ1)
cos(
π
2 −θ1)
=1．
（2）联立¿，
∴双曲线Γ在点B处的切线方程为5
3 x−2
3 y =1．
不妨设直线CD为m(x +1)+ny =1，C (x1, y1)，D(x2, y2)，
联立¿得¿，
⇒4 (x +1)
2−8(x +1)[m(x +1)+ny]−y
2=0
整理得
y
2
(x +1)
2 +8n⋅
y
x +1 +8m−4 =0，将等式看作关于
y
x +1
的方程：
两根之和
y1
x1+1 +
y2
x2+1 =−8n，两根之积
y1
x1+1 ⋅
y2
x2+1 =8m−4，
而其中k1⋅k2=k AC⋅k AD=
y1
x1+1 ⋅
y2
x2+1 =8m−4，
由（1）得k1⋅k2=1，∴m= 5
8
∴直线CD为5
8
(x +1)+ny =1，过定点(
3
5 ,0)，
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又∵双曲线Γ在点B处的切线方程为5
3 x−2
3 y =1，过点(
3
5 ,0)，∴P(
3
5 ,0)，
∴S△ABP= 1
2 ⋅|AB|⋅d P−AB= 1
2 ⋅√2⋅8
3 ⋅|
3
5 −0+1|
√2
= 32
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，
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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
是
EB
与平面
ABCD
所成的角，即
∠EBG =30°
，
∵EA = ED，设EA =t(t >0)，则AD =√2t，EG = √2
2 t，EB =√2t，BG = √6
2 t，
∴G (0,0,0)，E(0,0, √2
2 t)
，A(0,−√2
2 t ,0)
，D(0, √2
2 t ,0)
，B(
√6
2 t ,0,0)
，
∴ ⃗EB =(
√6
2 t ,0,−√2
2 t)
，⃗AE =(0, √2
2 t , √2
2 t)
，⃗DE =(0,−√2
2 t , √2
2 t)
，
设平面ABE的法向量为n1=(x1, y1, z1)，
则¿，令x1=1，得⃗n1=(1,−√3,√3)，
设平面DBE的法向量为⃗n2=( x2, y2, z2)，
则¿，令x2=1，得⃗n2=(1,√3,√3)，
设二面角A −EB−D的平面角为θ，
∴|cosθ|=|cos⟨⃗n1,⃗n2⟩|=|⃗n1⋅⃗n2|
|⃗n1||⃗n2|
=
1
√7×√7 = 1
7
，
所以sinθ =√1−cos
2θ = 4√3
7
，即二面角A −EB−D的正弦值为4√3
7
．
18．（17 分）（2024·四川南充·模拟预测）已知函数f ( x)=1−x[(ln x)
a−x],a∈R.
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(1)若函数f ( x)在x =1
e
处切线的斜率为2
e
，求实数a的值；
(2)当a=2时，∀x∈[1,+ ∞), f ( x)−mx ≥0恒成立，求实数m的最大值；
(3)当a=2时，证明：∑
i=1
n
2
√(2i)
2−1
>ln(2n+1), n∈N
∗.
【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.
（3）由（2）知， 当 x>1时， 有 x + 1
x −2>(ln x)
2，即 √x−1
√x >ln x，后进行放缩证明即可.
【解答过程】（1）因为 f
′( x)=2 x−(ln x)
a−1⋅(a+ ln x)，所以f
′(1
e )=2
e −(−1)
a−1⋅(a−1)=2
e
，
所以a=1
（2）因为 f (x)= x
2−x (ln x)
2+1，x>0，
当 x ≥1时， x
2−x(ln x)
2+1≥mx恒成立，所以
m≤x + 1
x −(ln x)
2，
设 g(x)= x + 1
x −(ln x)
2，x ≥1，
则 g
′ (x)=1−1
x
2 −2ln x
x
= x
2−2 xln x−1
x
2
，
因为 (x
2−2 xln x−1)
' =2(x−ln x−1)，(x−ln x−1)
' =1−1
x ，
当x≥1 时，有 1−1
x ≥0，所以函数 y = x−ln x−1单调递增，故 x−ln x−1≥1−ln1−1=0，
所以函数 y = x
2−2 x ln x−1单调递增，
故 x
2−2 x ln x−1≥1
2−2×1×ln1−1=0，
所以函数 g(x)= x + 1
x −(ln x)
2单调递增，故 g(x)≥g(1)=2，所以 m≤2，
所以实数m 的最大值为2.
（3）由（2）知， 当 x>1时， 有 x + 1
x −2>(ln x)
2，即 √x−1
√x >ln x，
设 i∈N
∗，取 x = 2i+1
2i−1 >1 ,所以 √
2i+1
2i−1 −√
2i−1
2i+1 >ln 2i+1
2i−1 ，
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即
2
√4i
2−1
>ln 2i+1
2i−1 ， ∑
i=1
n
2
√4i
2−1
>∑
i=1
n
ln 2i+1
2i−1 ，.
因为∑
i=1
n
ln 2i+1
2i−1 =ln 3
1 +ln 5
3 +⋯+ln 2n+1
2n−1 =ln(
3
1 × 5
3 ×⋯× 2n+1
2n−1)=ln(2n+1)，
所以 ∑
i=1
n
2
√4i
2−1
>ln(2n+1)即 ∑
i=1
n
2
√(2i)
2−1
>ln(2n+1)，n∈N
∗.
19．（17 分）（2024·安徽芜湖·模拟预测）对于数列{an},{bn}，如果存在正整数n0≥3，当任意正整数
n≤n0
时均有b1<a1<b2<a2<…<an−1<bn<an
，则称{an}为{bn}的“n0
项递增相伴数列”．若n0
可取任意的
正整数，则称{an}为{bn}的“无限递增相伴数列”．
(1)已知bn=2
n，请写出一个数列{bn}的“无限递增相伴数列{an}”，并说明理由？
(2)若{an},{bn}满足an+bn=6n−2，其中{bn}是首项b1=1的等差数列，当{an}为{bn}的“无限递增相伴数
列”时，求{an}的通项公式：
(3)已知等差数列{bn}和正整数等比数列{an}满足：an=k
2024−n(k +1)
n−1(n=1,2,…,2024)，其中k 是正整
数，求证：存在正整数k，使得{an}为{bn}的“2024 项递增相伴数列”．
【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bn=2
n，我们可以取an=2
n+1，此时恒有bn<an
，
再由bn−an−1=2
n−2
n−1−1=2
n−1−1，当n≥2时，2
n−1−1>0，
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所以恒有an−1<bn<an
，即an=2
n+1满足题意.
（2）∵an+bn=6n−2,∴a1+b1= 4 ,a2+b2=10
设b2=t ∴bn=1+(n−1)(t −1),an=3+(n−1)(7−t )
当{an}为{bn}的“无限递增相伴数列”时bn<an<bn+1
对任意n∈N
*恒成立
∴1+(n−1)(t −1)<3+(n−1)(7−t )<1+n(t −1)
∴¿，当n=2时，11
3 <t <5，因为t ∈Z，所以t = 4，
即an=3n.
（3）证明：取b2024=a2024−1,b2023=a2023−1，若存在这样的正整数k 使得
b1<k
2023<b2<k
2022(k +1)<b3<k
2021(k +1)
2<…<b2023<k(k +1)
2022<b2024<(k +1)
2023成立，
所以d =b2024−b2023=a2024−a2023=(k +1)
2023−k(k +1)
2022=(k +1)
2022，
由an=k
2024−n(k +1)
n−1(n=1,2,…,2024)，得
an+1−an=k
2024−n−1(k +1)
n−k
2024−n(k +1)
n−1=k
2023−n(k +1)
n−1<(k +1)
2022=d，
于是an=a2024+(a2023−a2024)+…+(an−an−1)>b2024−(2024−n)d =bn(1≤n≤2023)，
又因为b2024=a2024−1<a2024，所以当n=1,2,…,2024时，bn<an，
而n≥2时，an=a1+(a2−a1)+…+(an−an−1)<b2+(n−1)d =bn+1
，
所以b2<a2<b3<a3<…<b2024<a2024，最后说明存在正整数k 使得a1<b2，
由b2=b2024−2022d =(k +1)
2023−1−2022(k +1)
2022=(k +1)
2022(k −2021)−1>k
2023，
上式对于充分大的k 成立，即总存在满足条件的正整数k.
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