【期末押题卷】北京市2024-2025学年高二下学期数学期末测试押题预测卷一（含解析）

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北京市2024-2025学年高二下学期数学期末测试押题预测卷
一．选择题（共10小题，满分40分，每小题4分）
1．（4分）（2024春 建平县期中）已知集合A＝{x∈N|x≤2}，B＝{x|﹣2＜x≤3}，则A∩B＝（　　）
A．{1} B．{1，2} C．{0，1} D．{0，1，2}
2．（4分）（2022春 临洮县校级期中）在复平面内，复数z对应的点为（﹣1，2），则（　　）
A． B． C． D．
3．（4分）（2025春 南昌校级期中）已知向量（2，3），（2，sinα﹣3），（2，cosα），若（）∥，则tan2α＝（　　）
A． B．2 C． D．
4．（4分）（2024 河北三模）已知O是坐标原点，M是双曲线右支上任意一点，过点M作双曲线的切线，与其渐近线交于A，B两点，若△AOB的面积为，则双曲线的离心率为（　　）
A． B． C． D．2
5．（4分）（2023春 碑林区校级期中）已知（1﹣2x）n的展开式中，奇数项的二项式系数之和是64，则（1﹣2x）n（1+x）的展开式中，x4的系数为（　　）
A．﹣672 B．672 C．﹣280 D．280
6．（4分）（2022 南京模拟）我国古代数学著作《九章算术》中有如下问题：“今有女子善织，日自倍，五日织五尺，问日织几何？”意思是：“一女子善于织布，每天织出的布都是前一天的2倍，已知她5天共织布5尺，问这女子每天织布多少？”这个问题体现了古代对数列问题的研究．某数学爱好者对于这道题作了以下改编：有甲、乙两位女子，需要合作织出40尺布．两人第一天都织出一尺，以后几天中，甲女子每天织出的布都是前一天的2倍，乙女子每天织出的布都比前一天多半尺，则两人完成织布任务至少需要（　　）
A．2天 B．3天 C．4天 D．5天
7．（4分）（2022 呼和浩特一模）已知圆x2+2x+y2＝0关于直线ax+y+1﹣b＝0（a、b为大于0的常数）对称，则ab的最大值为（　　）
A． B． C．1 D．2
8．（4分）（2024秋 市北区校级月考）已知集合A＝{x|2x﹣a＜0}（a∈R），且1∈A，2 A，则（　　）
A．a≤4 B．a＞2 C．2＜a＜4 D．2＜a≤4
9．（4分）（2023 河北区二模）将函数y＝sin2x的图象向右平移φ个单位长度，得到函数y＝f（x）的图象，则下列说法正确的是（　　）
A．若，则f（x）是奇函数
B．若，则f（x）在区间上单调递减
C．若，则f（x）的图象关于点对称
D．若，则f（x）在区间上单调递增
10．（4分）（2023春 信阳期末）在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥平面ABC，PA＝6，BC＝3，∠CAB，则三棱锥P﹣ABC的外接球的表面积为（　　）
A．72π B．36π C．108π D．144π
二．填空题（共5小题，满分25分，每小题5分）
11．（5分）（2024秋 萍乡月考）在本次考试的8道单选题中，你前桌的小张同学对其中5道题有思路，3道题完全没有思假设有思路的题能做对的概率，没有思路的题仅能随机猜，你恰好看到了他一道题的这个答案是正确的概率为 　 　 ．
12．（5分）函数f（x）．若f（x0）＝8，则x0＝　 　 ．
13．（5分）（2025 延庆区模拟）数列{an}中，若存在ak，使得“ak≥ak﹣1且ak≥ak+1”成立，（k≥2，k∈N*），则称ak为{an}的一个峰值．若an＝﹣3n2+11n，则{an}的峰值为 　 　 ；若an＝tlnn﹣n，且{an}不存在峰值，则实数t的取值范围为 　 　 ．
14．（5分）（2024秋 连云港月考）抛物线C：y2＝4x的焦点为F，A为C上第一象限的一点，B为A在C的准线上的垂足，直线BF在第四象限交抛物线C于点D，若F为BD中点，则　 　 ．
15．（5分）（2021春 简阳市 校级月考）已知可导函数f（x）的导函数为f'（x），若对任意的x∈R，都有f（x）＞f'（x）+1，且f（x）﹣2019为奇函数，则不等式f（x）﹣2018ex＜1的解集为 　 　 ．
三．解答题（共6小题，满分85分）
16．（13分）（2024 房山区学业考试）已知三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面AA1B1B为菱形，侧面AA1C1C为正方形，AA1＝2，∠ABB1＝60°，E为AC的中点．
（Ⅰ）求证：B1C∥平面A1BE；
（Ⅱ）再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知．
（i）求证：CA⊥平面AA1B1B；
（ii）求AA1与平面A1BE所成角的正弦值．
条件①：EB＝EA1；
条件②：BA1⊥B1C．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
17．（13分）（2022春 东城区期末）已知函数f（x）＝﹣cos2x+sinx，g（x）sin2x﹣2sincos．
（Ⅰ）求函数f（x）的最大值；
（Ⅱ）若函数F（x）＝f（x）+g（x），求函数F（x）的单调递增区间．
18．（14分）掷一枚质地均匀的骰子，得分规则：若出现的点数为1，则得1分；若出现的点数为2或3，则得2分；若出现的点数为4或5或6，则得3分．
（1）记X为连续掷这枚骰子2次的总得分，求X的数学期望．
（2）现在将得分规则变更如下：若出现的点数为1或2，则得2分，其他情况都得1分．反复掷这枚骰子，设总得分为n的概率为Pn，证明：数列{Pn+1﹣Pn}为等比数列．
19．（15分）（2022 郑州模拟）设A、B分别为椭圆的左、右顶点，设M（0，﹣1）是椭圆下顶点，直线MA与MB斜率之积为．
（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；
（Ⅱ）若一动圆的圆心Q在椭圆上运动，半径为．过原点O作动圆Q的两条切线，分别交椭圆于E、F两点，试证明|OE|2+|OF|2为定值．
20．（15分）（2022 浙江模拟）已知函数f（x）＝ln（x+a）﹣aex．
（1）当a＝1时，求f（x）极值；
（2）设x0为f（x）的极值点，证明：﹣1≤f（x0）≤2|x0|﹣1．
21．（15分）（2023 北京模拟）设数列A：a1，a2，…，an（n≥3）的各项均为正整数，且a1≤a2≤…≤an.若对任意k∈{3，4，…，n}，存在正整数i，j（1≤i≤j＜k）使得ak＝ai+aj，则称数列A具有性质T．
（Ⅰ）判断数列A1：1，2，4，7与数列A2：1，2，3，6是否具有性质T；（只需写出结论）
（Ⅱ）若数列A具有性质T，且a1＝1，a2＝2，an＝200，求n的最小值；
（Ⅲ）若集合S＝{1，2，3，…，2019，2020}＝S1∪S2∪S3∪S4∪S5∪S6，且Si∩Sj＝ （任意i，j∈{1，2，…，6}，i≠j）．求证：存在Si，使得从Si中可以选取若干元素（可重复选取）组成一个具有性质T的数列．
北京市2024-2025学年高二下学期数学期末测试押题预测卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题，满分40分，每小题4分）
1．（4分）（2024春 建平县期中）已知集合A＝{x∈N|x≤2}，B＝{x|﹣2＜x≤3}，则A∩B＝（　　）
A．{1} B．{1，2} C．{0，1} D．{0，1，2}
【考点】求集合的交集．
【专题】计算题；转化思想；综合法；集合；运算求解．
【答案】D
【分析】根据题意，化简集合A，再根据交集的知识求得正确答案．
【解答】解：由题意，可得A＝{0，1，2}，
结合B＝{x|﹣2＜x≤3}，得A∩B＝{0，1，2}．
故选：D．
【点评】本题主要考查集合的概念与表示、交集的运算法则等知识，属于基础题．
2．（4分）（2022春 临洮县校级期中）在复平面内，复数z对应的点为（﹣1，2），则（　　）
A． B． C． D．
【考点】复数对应复平面中的点．
【专题】计算题；转化思想；综合法；数系的扩充和复数；运算求解．
【答案】A
【分析】由复数的几何意义知z＝﹣1+2i，再根据复数的运算性质计算即可．
【解答】解：由题意得：z＝﹣1+2i，
故i，
故选：A．
【点评】本题考查了复数的几何意义，复数的运算，属于基础题．
3．（4分）（2025春 南昌校级期中）已知向量（2，3），（2，sinα﹣3），（2，cosα），若（）∥，则tan2α＝（　　）
A． B．2 C． D．
【考点】平面向量的平行向量（共线向量）；求二倍角的三角函数值．
【专题】转化思想；向量法；三角函数的求值；平面向量及应用；运算求解．
【答案】D
【分析】根据平行向量的坐标关系即可求出tanα的值，然后根据二倍角的正切公式即可求出tan2α的值．
【解答】解：，，且，
∴4cosα＝2sinα，∴tanα＝2，
∴．
故选：D．
【点评】本题考查了平行向量的坐标关系，同角三角函数的基本关系，二倍角的正切公式，是基础题．
4．（4分）（2024 河北三模）已知O是坐标原点，M是双曲线右支上任意一点，过点M作双曲线的切线，与其渐近线交于A，B两点，若△AOB的面积为，则双曲线的离心率为（　　）
A． B． C． D．2
【考点】双曲线的焦点和焦距．
【专题】方程思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解．
【答案】C
【分析】由双曲线上一点处的切线方程，可得切线AB的方程，与渐近线方程联立，求得A，B的坐标，由三角形的面积公式和点到直线的距离公式，可得b＝2a，即可得到离心率．
【解答】解：设M（x0，y0），x0＞0，y0＞0，则1，即b2a2a2b2，
由双曲线上一点处的切线方程，可得切线AB的方程为1，
联立渐近线方程bx﹣ay＝0，可得A（，），
联立渐近线方程bx+ay＝0，可得B（，），
即有A到渐近线bx+ay＝0的距离d，
|OB|，
则S△AOB|OB|d ab，
由题意可得abb2，即b＝2a，
e．
故选：C．
【点评】本题考查双曲线的方程和性质，以及直线和双曲线的位置关系，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
5．（4分）（2023春 碑林区校级期中）已知（1﹣2x）n的展开式中，奇数项的二项式系数之和是64，则（1﹣2x）n（1+x）的展开式中，x4的系数为（　　）
A．﹣672 B．672 C．﹣280 D．280
【考点】二项式系数与二项式系数的和．
【专题】整体思想；综合法；二项式定理；运算求解．
【答案】D
【分析】由二项式定理，结合二项式展开式的通项公式求解即可．
【解答】解：已知（1﹣2x）n的展开式中，奇数项的二项式系数之和是64，
则（1﹣2x）n的展开式中，二项式系数之和是128，
即2n＝128，
即n＝7，
又∵二项式（1﹣2x）7的展开式的通项公式为（﹣2）rxr，
∴（1﹣2x）n（1+x）的展开式中，x4的系数为（﹣2）4（﹣2）3280．
故选：D．
【点评】本题考查了二项式定理，重点考查了二项式展开式的通项公式，属基础题．
6．（4分）（2022 南京模拟）我国古代数学著作《九章算术》中有如下问题：“今有女子善织，日自倍，五日织五尺，问日织几何？”意思是：“一女子善于织布，每天织出的布都是前一天的2倍，已知她5天共织布5尺，问这女子每天织布多少？”这个问题体现了古代对数列问题的研究．某数学爱好者对于这道题作了以下改编：有甲、乙两位女子，需要合作织出40尺布．两人第一天都织出一尺，以后几天中，甲女子每天织出的布都是前一天的2倍，乙女子每天织出的布都比前一天多半尺，则两人完成织布任务至少需要（　　）
A．2天 B．3天 C．4天 D．5天
【考点】等比数列的通项公式．
【专题】整体思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解；新文化类．
【答案】D
【分析】由题意得数列{an}是以1为首项，2为公比的等比数列，{bn}是以1为首项，以为公差的等差数列，然后结合等差数列与等比数列的求和公式即可求解．
【解答】解：设甲，乙每天织布分别记为数列{an}，{bn}，
由题意得数列{an}是以1为首项，2为公比的等比数列，{bn}是以1为首项，以为公差的等差数列，
故nn（n﹣1）40，
即n2+3n+2n+2≥164，
经检验n＝5时符合题意．
故选：D．
【点评】本题主要考查了等差数列与等比数列的求和公式的应用，属于基础题．
7．（4分）（2022 呼和浩特一模）已知圆x2+2x+y2＝0关于直线ax+y+1﹣b＝0（a、b为大于0的常数）对称，则ab的最大值为（　　）
A． B． C．1 D．2
【考点】直线与圆的位置关系．
【专题】计算题；转化思想；综合法；直线与圆；运算求解．
【答案】A
【分析】由题意可得圆心（﹣1，0）在直线ax+y+1﹣b＝0上，故有a+b＝1，再利用基本不等式求得ab的最大值．
【解答】解：由圆x2+2x+y2＝0关于直线ax+y+1﹣b＝0（a、b为大于0的常数）对称，
可得圆心（﹣1，0）在直线ax+y+1﹣b＝0上，
故有a+b＝1，即a+b＝1≥2，求得ab，故ab的最大值为．
故选：A．
【点评】本题主要考查直线和圆的位置关系，基本不等式的应用，属于基础题．
8．（4分）（2024秋 市北区校级月考）已知集合A＝{x|2x﹣a＜0}（a∈R），且1∈A，2 A，则（　　）
A．a≤4 B．a＞2 C．2＜a＜4 D．2＜a≤4
【考点】元素与集合的属于关系的应用．
【专题】整体思想；综合法；集合；运算求解．
【答案】D
【分析】利用元素与集合的关系可求解．
【解答】解：因为集合A＝{x|2x﹣a＜0}（a∈R），且1∈A，2 A
所以，解得2＜a≤4．
故选：D．
【点评】本题主要考查了元素与集合关系的应用，属于基础题．
9．（4分）（2023 河北区二模）将函数y＝sin2x的图象向右平移φ个单位长度，得到函数y＝f（x）的图象，则下列说法正确的是（　　）
A．若，则f（x）是奇函数
B．若，则f（x）在区间上单调递减
C．若，则f（x）的图象关于点对称
D．若，则f（x）在区间上单调递增
【考点】函数y＝Asin（ωx+φ）的图象变换．
【专题】转化思想；转化法；三角函数的图象与性质；运算求解．
【答案】C
【分析】利用三角函数的图象变换关系求出函数f（x）的解析式，利用三角函数的奇偶性，对称性和单调性分别进行判断即可．
【解答】解：将函数y＝sin2x的图象向右平移φ个单位，得到函数y＝f（x）的图象，
得y＝sin2（x﹣φ）＝sin（2x﹣2φ），
若φ，则y＝sin（2x）＝﹣cos2x，则函数f（x）为偶函数，故A错误，
当x∈，则2x∈[0，π]，此时y＝cos2x为减函数，则f（x）＝﹣cos2x为增函数，故B错误，
若φ时，则y＝sin（2x﹣π）＝﹣sin2x，
当x时，f（）＝﹣sinπ＝﹣0＝0，则y＝f（x）的图象关于点对称，故C正确，
当x∈，则2x∈[0，π]，此时y＝sin2x不单调，则f（x）＝﹣sin2x不单调，故D错误．
故选：C．
【点评】本题主要考查三角函数的图象和性质，利用三角函数的奇偶性，单调性和对称性进行判断是解决本题的关键，是中档题．
10．（4分）（2023春 信阳期末）在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥平面ABC，PA＝6，BC＝3，∠CAB，则三棱锥P﹣ABC的外接球的表面积为（　　）
A．72π B．36π C．108π D．144π
【考点】球内接多面体；球的表面积．
【专题】数形结合；综合法；立体几何；运算求解．
【答案】A
【分析】先用正弦定理求出△ABC外接圆的半径r，然后利用求出三棱锥P﹣ABC外接球的半径R，即可算出表面积．
【解答】解：设△ABC外接圆的半径为r，圆心为O′，
由已知结合正弦定理得，，得r＝3，
设三棱锥P﹣ABC外接球的半径为R，球心为O，
由OA＝OP，可知△OPA为等腰三角形，
过O作OQ⊥PA于Q，则Q为PA中点，
∵PA⊥平面ABC，OO′⊥平面ABC，
∴AQ∥OO′，可得P，A，O′，O共面，
∵PA⊥平面ABC，O′A 平面ABC，∴PA⊥O′A，
又OQ⊥PA，∴OQ∥O′A，于是四边形OQAO′为平行四边形，
而PA⊥O′A，则四边形OQAO′为矩形，
可得，
故三棱锥P﹣ABC的外接球的表面积为4πR2＝72π．
故选：A．
【点评】本题考查多面体的外接球，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是中档题．
二．填空题（共5小题，满分25分，每小题5分）
11．（5分）（2024秋 萍乡月考）在本次考试的8道单选题中，你前桌的小张同学对其中5道题有思路，3道题完全没有思假设有思路的题能做对的概率，没有思路的题仅能随机猜，你恰好看到了他一道题的这个答案是正确的概率为 　　 ．
【考点】全概率公式．
【专题】方程思想；定义法；概率与统计；运算求解．
【答案】．
【分析】利用全概率公式求解．
【解答】解：在本次考试的8道单选题中，你前桌的小张同学对其中5道题有思路，
3道题完全没有思假设有思路的题能做对的概率，没有思路的题仅能随机猜，
设事件A表示“恰好看到了小张这道题答案是正确的”，
设事件B表示“恰好看到小张这道题是他有思路的”，
∴恰好看到了小一道题的这个答案是正确的概率为：
P（A）＝P（B）P（A|B）+P（）P（A|）
．
故答案为：．
【点评】本题考查全概率公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
12．（5分）函数f（x）．若f（x0）＝8，则x0＝　10或　 ．
【考点】分段函数的应用．
【专题】分类讨论；函数思想；综合法；函数的性质及应用；运算求解．
【答案】10或．
【分析】分x0≤2、x0＞2分别求解即可．
【解答】解：当x0≤2时，令2＝8，解得x0；
当x0＞2时，令x0＝8，解得x0＝10；
综上，当f（x0）＝8，x0＝10或．
故答案为：10或．
【点评】本题考查了二次函数、一次函数的性质，考查了分类讨论思想，属于基础题．
13．（5分）（2025 延庆区模拟）数列{an}中，若存在ak，使得“ak≥ak﹣1且ak≥ak+1”成立，（k≥2，k∈N*），则称ak为{an}的一个峰值．若an＝﹣3n2+11n，则{an}的峰值为 　10　 ；若an＝tlnn﹣n，且{an}不存在峰值，则实数t的取值范围为 　（﹣∞，）　 ．
【考点】数列的函数特性．
【专题】转化思想；综合法；导数的概念及应用；点列、递归数列与数学归纳法；运算求解．
【答案】10；（﹣∞，）．
【分析】（1）令，根据二次函数的单调性、数列的基本概念，求出{an}的峰值；
（2）若an＝tlnn﹣n，且{an}不存在峰值，则相应的函数不存在极大值，从而运用导数研究函数的单调性，求出实数t的取值范围．
【解答】解：（1）若，令f（n）＝﹣3n2+11n，相应的二次函数图象开口向下，关于直线x对称．
因此，存在n＝2，满足a2≥a1且a2≥a3，所以{an}的峰值为a2＝﹣3×4+11×2＝10；
（2）令f（x）＝tlnx﹣x（x≥1），则f′（x），
①若t≤0，则f′（x）＜0恒成立，f（x）在（0，+∞）上单调递减，此时{an}不存在峰值，符合题意；
②若t＞0，则当0＜x＜t时，f′（x）＞0，x＞t时，f′（x）＜0，
故f（x）在（0，t）上为增函数，在（t，+∞）上为减函数，
若要an＝f（n）＝tlnn﹣n（n∈N*）不存在峰值，则必须，即，解得0＜t．
综上所述，t，即实数t的取值范围为（﹣∞，）．
故答案为：10；（﹣∞，）．
【点评】本题主要考查数列的基本概念、数列的函数特征、运用导数研究函数的单调性与极值等知识，属于中档题．
14．（5分）（2024秋 连云港月考）抛物线C：y2＝4x的焦点为F，A为C上第一象限的一点，B为A在C的准线上的垂足，直线BF在第四象限交抛物线C于点D，若F为BD中点，则　2　 ．
【考点】求抛物线的焦点和焦准距．
【专题】方程思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；运算求解．
【答案】2．
【分析】求得焦点坐标和准线方程，由中点坐标公式和抛物线的方程可得A的坐标，推得△ABF为等边三角形，即可得到所求值．
【解答】解：抛物线C：y2＝4x的焦点为F（1，0），准线为x＝﹣1，
设A（m，n），m，n＞0，则B（﹣1，n），
由F为BD中点，可得D（3，﹣n），
由n2＝12，可得n＝2，m3，
即A（3，2），可得AD⊥AB，
由|AF|＝|AB|＝4，|BF|＝4，可得△ABF为等边三角形，
即有∠BAF＝60°，∠DAF＝30°，
则2．
故答案为：2．
【点评】本题考查抛物线的方程和性质，以及等边三角形的性质，考查方程思想和运算能力，属于基础题．
15．（5分）（2021春 简阳市 校级月考）已知可导函数f（x）的导函数为f'（x），若对任意的x∈R，都有f（x）＞f'（x）+1，且f（x）﹣2019为奇函数，则不等式f（x）﹣2018ex＜1的解集为 　（0，+∞）　 ．
【考点】利用导数研究函数的单调性．
【专题】函数思想；转化思想；构造法；转化法；函数的性质及应用；导数的综合应用；数学抽象；逻辑思维；运算求解．
【答案】（0，+∞）．
【分析】构造函数g（x），求出g'（x），由条件可判断g（x）在R上单调递减，又f（0）＝2019，可得g（0）＝2018，不等式转化为2018，利用g（x）的单调性，即可得出答案．
【解答】解：令g（x），且定义域为R，g'（x），
∵对任意的x∈R，都有f（x）＞f'（x）+1，∴g'（x）＜0恒成立，
∴g（x）在R上单调递减，
∵f（x）﹣2019为奇函数，∴f（0）＝2019，
∴g（0）2018，
∵f（x）﹣2018ex＜1，即2018，
∴g（x）＜g（0），∴x＞0，
故原不等式解集为（0，+∞），
故答案为：（0，+∞）．
【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，考查函数思想和转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
三．解答题（共6小题，满分85分）
16．（13分）（2024 房山区学业考试）已知三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面AA1B1B为菱形，侧面AA1C1C为正方形，AA1＝2，∠ABB1＝60°，E为AC的中点．
（Ⅰ）求证：B1C∥平面A1BE；
（Ⅱ）再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知．
（i）求证：CA⊥平面AA1B1B；
（ii）求AA1与平面A1BE所成角的正弦值．
条件①：EB＝EA1；
条件②：BA1⊥B1C．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
【考点】空间向量法求解直线与平面所成的角；直线与平面平行；直线与平面垂直．
【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；空间角；运算求解；空间想象．
【答案】（Ⅰ）证明过程请见解答；（Ⅱ）（i）证明过程请见解答；（ii）．
【分析】（Ⅰ）连接AB1，交A1B于点O，连接OE，由中位线的性质知B1C∥OE，再由线面平行的判定定理，即可得证；
（Ⅱ）（i）选择条件①：先证△ABE≌△AA1E，可得CA⊥AB，再结合CA⊥AA1，根据线面垂直的判定定理，即可得证；
选择条件②：由等腰三角形的判定定理可得EB＝EA1，后续过程同条件①；
（ii）先利用等体积法求得点A到平面A1BE的距离d，设AA1与平面A1BE所成角为θ，再由sinθ，求解即可．
【解答】（Ⅰ）证明：连接AB1，交A1B于点O，连接OE，则O是AB1的中点，
因为E是AC的中点，所以B1C∥OE，
又B1C 平面A1BE，OE 平面A1BE，
所以B1C∥平面A1BE．
（Ⅱ）（i）证明：选择条件①：
因为EB＝EA1，EA＝EA，AB＝AA1，所以△ABE≌△AA1E，
所以∠BAE＝∠A1AE＝90°，即CA⊥AB，
因为侧面AA1C1C为正方形，所以CA⊥AA1，
又AA1∩AB＝A，AA1、AB 平面AA1B1B，
所以CA⊥平面AA1B1B．
选择条件②：
由（Ⅰ）知，B1C∥OE，
因为BA1⊥B1C，所以BA1⊥OE，
又O是A1B的中点，所以EB＝EA1，后续过程同条件①．
（ii）解：由（i）知CA⊥平面AA1B1B，
所以点E到平面AA1B1B的距离为AEAC＝1，
在Rt△OAE中，AE＝1，OA＝1，所以OE，
设点A到平面A1BE的距离为d，
因为，
所以，
即，解得d，
设AA1与平面A1BE所成角为θ，则sinθ，
故AA1与平面A1BE所成角的正弦值为．
【点评】本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握线面平行、垂直的判定定理，等体积法，线面角的定义与求法是解题的关键，考查空间立体感，逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
17．（13分）（2022春 东城区期末）已知函数f（x）＝﹣cos2x+sinx，g（x）sin2x﹣2sincos．
（Ⅰ）求函数f（x）的最大值；
（Ⅱ）若函数F（x）＝f（x）+g（x），求函数F（x）的单调递增区间．
【考点】三角函数中的恒等变换应用；三角函数的最值．
【专题】综合题；函数思想；综合法；三角函数的图象与性质；运算求解．
【答案】（Ⅰ）2；
（Ⅱ）[kπ，kπ]（k∈Z），
【分析】（Ⅰ）整理函数表达式得到f（x）＝2（sinx）2，结合正弦函数及二次函数性质即可求得答案；
（Ⅱ）整理F（x）得到F（x）＝2sin（2x），利用正弦函数性质即可求得答案．
【解答】解：（Ⅰ）f（x）＝2sin2x﹣1+sinx＝2（sinx）2，
因为sinx∈[﹣1，1]，则（sinx）2∈[0，]，
所以f（x）＝2（sinx）2∈[，2]，
即f（x）的最大值为2；
（Ⅱ）F（x）＝f（x）+g（x）＝﹣cos2x+sinxsin2x﹣2sincos
＝﹣cos2x+sinxsin2x﹣sinxsin2x﹣cos2x＝2sin（2x），
令2kπ≤2x2kπ，解得x∈[kπ，kπ]（k∈Z），
即函数F（x）的单调递增区间为[kπ，kπ]（k∈Z）．
【点评】本题考查正弦函数性质，诱导公式、二倍角公式、三角恒等变换的综合应用，属于中档题．
18．（14分）掷一枚质地均匀的骰子，得分规则：若出现的点数为1，则得1分；若出现的点数为2或3，则得2分；若出现的点数为4或5或6，则得3分．
（1）记X为连续掷这枚骰子2次的总得分，求X的数学期望．
（2）现在将得分规则变更如下：若出现的点数为1或2，则得2分，其他情况都得1分．反复掷这枚骰子，设总得分为n的概率为Pn，证明：数列{Pn+1﹣Pn}为等比数列．
【考点】离散型随机变量的均值（数学期望）．
【专题】计算题；转化思想；综合法；等差数列与等比数列；概率与统计；逻辑思维；运算求解．
【答案】（1）；（2）证明规程见解析．
【分析】（1）直接利用题意求出概率的值，进一步求出数学的期望值；
（2）利用题意，建立概率值满足的递推关系式，进一步得到数列{Pn+1﹣Pn}是等比数列．
【解答】解：（1）由已知得：掷一枚质地均匀的骰子，得1分的概率为，得2分的概率为，得3分的概率为，
故X的所有的可能取值为2，3，4，5，6，
故P（X＝2），P（X＝3），P（X＝4），，P（X＝6），
所以．
证明：（2）改变规则后，掷一次骰子，得1分的概率为，得2分的概率为，当n＝1时，，
当n≥2时，总得分为n+1有两种情况，一种情况是当得分为n时，下一次再得1分；另一种情况是当得分为n﹣1时，下一次再得2分，
所以，故（n≥2），
易得，
，
所以数列{Pn+1﹣Pn}是以为首项，为公比的等比数列．
【点评】本题考查的知识点：概率值的求法，数学期望值，等比数列的定义，数列的递推关系式，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
19．（15分）（2022 郑州模拟）设A、B分别为椭圆的左、右顶点，设M（0，﹣1）是椭圆下顶点，直线MA与MB斜率之积为．
（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；
（Ⅱ）若一动圆的圆心Q在椭圆上运动，半径为．过原点O作动圆Q的两条切线，分别交椭圆于E、F两点，试证明|OE|2+|OF|2为定值．
【考点】直线与椭圆的综合；椭圆的标准方程．
【专题】计算题；方程思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程；逻辑思维；运算求解．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）证明见解析．
【分析】（Ⅰ）由已知可得出b＝1，根据已知条件求出a的值，即可得出椭圆的方程；
（Ⅱ）由题意可知，两条切线中至少有一条切线的斜率存在，设直线OE的斜率存在，对切线OE的斜率是否为零进行分类讨论，在切线OE的斜率为零时，直接求出|OE|2+|OF|2；在直线OE的斜率不为零时，分析可知两切线的斜率为关于k的方程的两根，利用韦达定理结合弦长公式可求得|OE|2+|OF|2，即可证得结论成立．
【解答】（Ⅰ）解：由题意可知，b＝1，A（﹣a，0），B（a，0），由，即a2＝4，
又a＞0，所以a＝2，椭圆C的方程为．
（Ⅱ）证明：设点Q坐标为（x0，y0），即．
当直线OE的斜率为0，此时，，则直线OF的斜率不存在，
此时|OE|2+|OF|2＝a2+b2＝5；
当直线OE的斜率存在且斜率不为0时，设直线OE的方程为y＝k1x，直线OF的方程为y＝k2x，
设点E（x1，y1）、F（x2，y2），联立，可得（4k2+1）x2＝4，
则，，
又圆Q与直线OE、OF相切，即，
整理可得，
则k1、k2为关于k的方程的两根，
所以，，
所以，
．
综上：|OE|2+|OF|2为定值5．
【点评】本题主要考查椭圆方程的求解，直线与圆锥曲线的位置关系，韦达定理及其应用等知识，属于中等题．
20．（15分）（2022 浙江模拟）已知函数f（x）＝ln（x+a）﹣aex．
（1）当a＝1时，求f（x）极值；
（2）设x0为f（x）的极值点，证明：﹣1≤f（x0）≤2|x0|﹣1．
【考点】利用导数研究函数的极值．
【答案】（1）极大值为f（0）＝﹣1，没有极小值；
（2）证明见解析．
【分析】（1）根据导数的性质，结合极值的定义进行求解即可；
（2）根据（1）的结论、函数极值的定义，结合构造函数法、零点存在原理、导数的性质，运用分类讨论思想进行证明即可．
【解答】解：（1）当单调递减，
当﹣1＜x＜0时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，当x＞0时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
所以当x＝0时，函数有极大值，极大值为f（0）＝ln（0+1）﹣e0＝﹣1，没有极小值；
证明：（2）f（x）的定义域为，
当a≤0时，f′（x）＞0，f（x）无极值点．
当a＝1时，由第一小题知x0＝0，则f（x0）＝﹣1＝2|x0|﹣1，
当a≠1时，若x0为f（x）的极值点，则，
假设0＜x0+a＜1，则，当a＞0时，，
设g（x）＝xe1﹣x，则g′（x）＝（1﹣x）e1﹣x，当0＜x＜1时g′（x）＞0，g（x）单调递增，
当x＞1时g（x）＜0，g（x）单调递减，所以，当x≠1，g（x）＝xe1﹣x＜g（1），
即，这与矛盾，
所以当a≠1时，x0+a＞1，则，
一方面当0＜a＜1时，f′（x）单调递减，且，
设h（x）＝x﹣lnx，则，
故h（x）在x∈（0，1）单调递减，即h（x）＞h（1）＝1，
所以，根据零点存在性定理，
存在唯一的，
当0＜a＜1时，x0+a＜x0+1，则，
设单调递减，φ（x）＜φ（0）＝0，
则f（x0）﹣2|x0|+1＜0，
另一方面当a＞1时，f′（x）单调递减，且，
根据零点存在性定理，存在唯一的x0∈（1﹣a，0），
有，
由，可得：ln（x0+a）＝﹣lna﹣x0，
所以a＞1时，，
由上面已证：当x≠1，g（x）＝xe1﹣x＜g（1），即xe1﹣x＜1，进一步可得e﹣1＞x，故x0≠0，，
则，
综上，若x0为f（x）的极值点，一定有﹣1≤f（x0）≤2|x0|﹣1．
【点评】本题考查利用导数研究函数的极值，考查学生的综合能力，属于难题．
21．（15分）（2023 北京模拟）设数列A：a1，a2，…，an（n≥3）的各项均为正整数，且a1≤a2≤…≤an.若对任意k∈{3，4，…，n}，存在正整数i，j（1≤i≤j＜k）使得ak＝ai+aj，则称数列A具有性质T．
（Ⅰ）判断数列A1：1，2，4，7与数列A2：1，2，3，6是否具有性质T；（只需写出结论）
（Ⅱ）若数列A具有性质T，且a1＝1，a2＝2，an＝200，求n的最小值；
（Ⅲ）若集合S＝{1，2，3，…，2019，2020}＝S1∪S2∪S3∪S4∪S5∪S6，且Si∩Sj＝ （任意i，j∈{1，2，…，6}，i≠j）．求证：存在Si，使得从Si中可以选取若干元素（可重复选取）组成一个具有性质T的数列．
【考点】数列的应用．
【专题】压轴题；新定义；分类讨论；转化思想；分类法；反证法；转化法；等差数列与等比数列；点列、递归数列与数学归纳法；逻辑思维；运算求解．
【答案】（Ⅰ）数列A1 不具有性质T，数列 A2 具有性质 T．
（Ⅱ）10．
（Ⅲ）证明过程见解析．
【分析】（Ⅰ）根据7≠2+4，可知1，2，4，7不具有性质P，由2＝1+1，3＝1+2，6＝3+3，可知1，2，3，6具有性质P；
（Ⅱ）由数列A具有性质T，结合条件可知n 9，然后分别考虑n＝9，n＝10，n＞10时是否符合条件，进一步得到n的最小值；
（Ⅲ）假设结论不成立，即对任意Si（i＝1，2，…，6）都有：若正整数 a，b∈Si，a＜b，则 b﹣a Si，
否则，当a＜b﹣a 时，a，b﹣a，b 是一个具有性质 T 的数列；当 a＞b﹣a 时，b﹣a，a，b 是一个具有性质 T 的数列；当a＝b﹣a时，a，a，b 是一个具有性质T的函数，然后找出矛盾结论，从而证明结论成立．
【解答】解：（Ⅰ）∵7≠2+4，∴1，2，4，7不具有性质P；
∵2＝1+1，3＝1+2，6＝3+3，∴1，2，3，6具有性质P，
即数列A1 不具有性质T，数列 A2 具有性质 T．
（Ⅱ）由题意可知，a2＝2，a3 2a2＝4，a4 2a3 8，…，a8 2a7 128，∴n 9．
若 n＝9，∵a9＝200 且 a9 2a8，∴128 a8 100，
同理，64 a7 50，32 a6 25，16 a5 12.5，8 a4 6.25，4 a3 3.125，
∵数列各项均为正整数，∴a3＝4，∴数列前三项为 1，2，4．
∵数列A具有性质 T，a4 只可能为 4，5，6，8 之一，而又∵8 a4 6.25，∴a4＝8，
同理，有 a5＝16，a6＝32，a7＝64，a8＝128，
此时数列为 1，2，4，8，16，32，64，128，200．
但数列中存在1 i j＜9，使得200＝ai+aj，
∴该数列不具有性质T，∴n≥10．
当n＝10时，取A：1，2，4，8，16，32，36，64，100，200（构造数列不唯一），
A：1，2，4，8，16，32，36，64，100，200，
经验证，此数列具有性质T，∴n的最小值为10．
证明：（Ⅲ）假设结论不成立，即对任意Si（i＝1，2，…，6）都有：
若正整数 a，b∈Si，a＜b，则 b﹣a Si，
否则，当a＜b﹣a 时，a，b﹣a，b 是一个具有性质 T 的数列；
当 a＞b﹣a 时，b﹣a，a，b 是一个具有性质 T 的数列；
当a＝b﹣a时，a，a，b 是一个具有性质T的函数．
（i）由题意可知，这6 个集合中至少有一个集合的元素个数不少于 337 个，
不妨设此集合为 S1，从 S1 中取出 337 个数，记为 a1，a2，…，a337 且 a1＜a2＜…＜a337，
令集合 Ni＝{a337﹣ai|i＝1，2，…，336} S．
由假设，对任意i＝1，2，…，336，a337﹣ai S1，∴Ni S2∪S3∪S4∪S5∪S6，
（ii）在 S2，S3，S4，S5，S6 中至少有一个集合包含 N1 中的至少 68 个元素，
不妨设这个集合为 S2，从 S2∩N1 中取出 68 个数，记为 b1，b2，…，b68，且 b1＜b2＜…＜b68，
令集合 N2＝{b68﹣bi|i＝1，2，…，67} S．
由假设 b6s﹣bi S2，
对任意 k＝1，2，…，68，存在 sk∈{1，2，…，336} 使得 ，
∴对任意 ，
由假设 ，∴b68﹣bi S1，∴b68﹣bi S1∪S2，
∴N2 S3∪S4∪S5∪S6．
（iii）在 S3，S4，S5，S6 中至少有一个集合包含 N2 中的至少 17 个元素，
不妨设这个集合为 S3，从 S3∩N2 中取出 17 个数，
记为 c1，c2，…，c17，且 c1＜c2＜…＜c17，
令集合 N3＝{c17﹣ci|i＝1，2，…，16} S，
由假设 c17﹣ci S3，对任意 k＝1，2，…，17，存在tk∈{1，2，…，67}使得，
∴对任意 ，
同样，由假设可得 ，∴c17﹣ci S1∪S2∪S3，
∴N3 S4∪S5∪S6．
（V）同样，在 S5，S6 中至少有一个集合包含 N4 中的至少 3 个元素，
不妨设这个集合为 S5，从 S5∩N4 中取出3 个数，记为 e1，e2，e3，且 e1＜e2＜e3，
同理可得 Ns＝{e3﹣e1，e3﹣e2} S6．
（Vi）由假设可得 e2﹣e1＝（e3﹣e1）﹣（e3﹣e2） S6，
同上可知，e2﹣e1 S1∪S2∪S3∪S4∪S5，
而又∵e2﹣e1∈S，∴e2﹣e1∈S6，矛盾．
∴假设不成立，∴原命题得证．
【点评】本题考查了新定义、等差数列的通项公式、数列递推关系和不等式的性质，考查了考查了转化思想和分类讨论思想，属难题．
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