《2025年高考模拟试题汇编高中数学》

11. 下列等式中正确的是（ ）
A. $\sum_{k = 1}^{8}C_{8}^{k}=2^{8}$
B. $\sum_{k = 2}^{8}C_{k}^{2}=C_{9}^{3}$
C. $\sum_{k = 2}^{8}\frac{k - 1}{k!}=1-\frac{1}{8!}$
D. $\sum_{k = 0}^{8}(C_{8}^{k})^{2}=C_{16}^{8}$

答案： 组合数的性质及应用+二项式定理
　!:[思维导图]对于A,(1+x)⁸的展开式赋值法所有项系:数和→判断A选项;
　|11对对于于BC，,,组阶合乘数的的裂性项质法判判断断BC选选项项;;　　　　　　　　　1111 :对于D,二项式定理(1+x)¹⁶展开式中含x⁸的项的系数;组合思想(1+x)⁸(1+x))展开式中含2”的项的系数一|:判断D选项.
　对于A,因为(1+x)⁸=C+Cx+Cx²+.….+Cx⁸,令x=
　1,得2⁸=1+C+C%+…..+C=1+名C(小结:一般地,要使展开式中项的关系变为系数的关系，令x=0得常数项，令x=1得所有项系数和，令x=−1得偶次项系数之和与奇次项系数之和的差),所以k党=1C=2−1,故A不正确;;对于B,'因为C+C=C+1,所以k=2C=C+C+C²+…..+C=C+
C+C²+...+C=C+C²+...+C　　　C+C=C,故
B正确;对于C,因为$\frac{1}{(k−1)！}$$\frac{1}{k！}$=$\frac{k!−(k−1)!}{k！(k−1)！}$=
　$\frac{(k−1)(k−1)!}{k！(k−1)！}$=$\frac{k−1}{k！}$(题眼),所以k=2$\frac{k−1}{k!}$=k党=2[$\frac{1}{(k−1)!}$−$\frac{1}{k!}$]−$\frac{1}{!}$$\frac{1}{2!}$+$\frac{1}{2!}$$\frac{1}{3!}$+.…十$\frac{1}{7!}$$\frac{1}{8!}$=1−$\frac{1}{8!}$,故C正确;对于D,(1+x)¹⁶=(1+x)⁸(1+x)⁸,对于(1+x)¹⁶,含有x⁸的项的系数为C6，对于(1+x)⁸(1+x)⁸,若要得到含有x⁸的项的系数，则须从第一个式子中取出k(0≤k≤8,k∈N)个x，再从第二个式子中取出(8−k)个x，它们对应的系数为k=0CC−=k=0(C)²(关键:利用组合的思想,从(1+x)⁸.(1+x)⁸中得到含有x⁸的项的系数),所以k党=0(C))²=C6,故
D正确.综上所述，故选BCD.

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知随机变量$X\sim N(1,2^{2})$，则$D(2X + 1)$的值为_______.

答案： 正态分布的方差　由X~N(1,2²),得D(X)=2²=4,所以D(2X+1)=4D(X)=16.

13. 在三棱柱$ABC - A_{1}B_{1}C_{1}$中，$\overrightarrow{AM}=2\overrightarrow{MB}$，$\overrightarrow{A_{1}N}=m\overrightarrow{A_{1}C_{1}}$，且$BN//$平面$A_{1}CM$，则$m$的值为_______.

答案：
空间向量的运算+共面向量　由题意知，M,N 棱AB,A1C1上的点，且M为靠近点B的一个三等图所示，则AM=$\frac{2}{3}$AB,所以MA=MA+AA1=
　−$\frac{2}{3}$AB+AA,MC=AC−AM=AC−$\frac{2}{3}$AB.因为AN=
　mAC=mAC,所以BN=BA+AN=AA−AB+mAC (题眼)(提醒:在空间中选取基底向量时，注意三个向量为不共面向量).又BN//平面A,CM,故BN,MA,MC必共面(关键:由线面平行的性质推出向量共面),即存在入,μ∈R,使
BN=λMA+μMC,即AA−AB+mAC=((−$\frac{2}{3}$AB+
AA;)+μ(AC−$\frac{2}{3}$AB)=−$\frac{2}{3}$(λ+μ)AB+λAA+μAC,所−$\frac{2}{3}$((λ+μ)=−1,
　　　　　所以=m,　　　　　解得m=囊.
　　　　　　　=1,

14. 已知集合$A = \{ u(x)|u(x)=ax^{2}-(a + b)x + b,a,b\in\mathbf{R}\}$，函数$f(x)=x^{2}-1$. 若函数$g(x)$满足：对任意$u(x)\in A$，存在$\lambda,\mu\in\mathbf{R}$，使得$u(x)=\lambda f(x)+\mu g(x)$，则$g(x)$的解析式可以是_______.（写出一个满足条件的函数解析式即可）

答案： g(x)=x−1(满足g
(1)=0,且一次项系数不为零的所有一次或者二次函数解析式均正确)　求函数解析式
[思维导图]已知条件→u
(1),f(1　u(x)=Af(x)+μo(x)|1
　　　　　　g
(1)→得解.　　　　　　　　　　　　　　　　　　　1
　　　　　因为u(x)=ax²−(a+b)x+b,a,b∈R,f(x)=x²−1,所以
　　　　　u
(1)=a−(a+6)+b=0f
(1)=0(题眼).又u(x)=λf(x)+μg(x),则u
(1)=λf
(1)+μg
(1)=μg
(1)=0,所以g
(1)=0(关键:
　　　　　根据函数的形式,确定函数的关键特征和条件),所以g(x)的解析式可以为
　　　　　满足题意.

四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. （13分）
已知数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}$，$a_{1}=\frac{3}{2}$且$S_{n}=2a_{n + 1}-3$，令$b_{n}=\frac{n^{2}+n}{a_{n}}$.
（Ⅰ）求证：$\{ a_{n}\}$为等比数列；
（Ⅱ）求使$b_{n}$取得最大值时的$n$的值.

答案： 由递推关系求数列的通项公式+等比数列的定义及通项公式+数列的单调性
　　　　　解:(I)证明:由S"=2a+1−3,
　　　　　可得当n≥2时,an=Sn−Sn−1=2a"+1−2a，(小结:根据S
　　　　　的递推关系求数列的通项公式时，主要利用a=S，一S"−1
　　　　　求解)，　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(1分)
　　　　　即当n≥2时，$\frac{an+1}{a}$=$\frac{3}{2}$(题眼)，　　　　　　　　　　(3分)
　　　　　又因为a=$\frac{3}{2}$,所以a2=$\frac{9}{4}$,$\frac{a2}{a}$=$\frac{3}{2}$(提醒:注意验证n=1 　　　　　　　　　　　　　　　　　(5分)
　　　　　　　　　　时，$\frac{an+1}{a}$=$\frac{3}{2}$,
　　　　　所以数列{a，是首项和公比均为$\frac{3}{2}$的等比数列.　　　(6分)
　　　　　(III)解法一:由(I)可得an=($\frac{3}{2}${",
　　　　　所以b=($\frac{2}{3}$)"(n²+n),　　　　　　　　　　　　(7分)
　　　　　当n≥2时，$\frac{bn}{bn−1}$=$\frac{2(n²+n)}{3(n²−n)}$=$\frac{2(n+1)}{3(n−1)}$,　　　　　　(9分)
$\frac{b}{bn−1}$＞1,解得2≤n＜5(或$\frac{bn}{bn−1}$＜1,解得n＞5)，(11分)
　所以b1＜b2＜b3＜b4=bs＞b6＞b7＞...(关键:利用比商法判断出数列的单调性)，
　综上,当n=4或n=5时,b取得最大值$\frac{320}{81}$.　　　　(13分)
　解法二;:由(I)可得a=($\frac{3}{2}$)”
　所以b"=($\frac{2}{3}$)”(n²+n),　　　　　　　　　　　　(7分)
　当n≥2时,b"−bn−1=($\frac{2}{3}$)"($\frac{5n−n²}{2}$),　　　　　　(9分)
　令b"−b"−1＞0,解得2≤n＜5(或令bn−hn−1＜0,解得n＞5),　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(11分)
　所以b1＜b2＜b3＜b4=bs＞b6＞b7＞...,
　综上,当n=4或n=5时,b取得最大值$\frac{320}{81}$.　　　　(13分)

16. （15分）
已知函数$f(x)=e^{2x}+e^{x}-ax$.
（Ⅰ）当$a = 3$时，求$f(x)$的单调区间；
（Ⅱ）讨论$f(x)$极值点的个数.

答案： 利用导数研究函数的单调性与极值
　解:(I)当a=3时,f(x)=e²+e²−3x,
　所以f′(x)=2e²+e²−3=(2e²+3)(ex−1)(提示:2e²+3＞0恒成立，只需判断e−1的符号)，　　　　　　　(4分)
　令f'(x)＞0,得x＞0,此时f(x)单调递增;
　令∮'(x)＜0,得x＜0,此时f(x)单调递减，　　　　　(5分)
　所以当a=3时，区间为(一二.0).　　　　　　　　　　　　　　　　(6分)
　(III)解法一:由题意知,f'(x)=2e2r+e−a(小结:当导函数中含有字母参数时，需根据参数对导函数符号的影响分段讨论).
　当a≤0时,f'(x)＞0,f(x)在R上单调递增，　　　　(8分)
　即f(x)极值点的个数为0;　　　　　　　　　　　(10分)
　当a＞0时，易知1+8a＞0(提示:解一元二次方程时，先利用判别式判断根的情况)，
　解关于t的方程2t²+t−a=0,
　得t1=$\frac{−1−\sqrt{1+8a}}{4}$,t2=$\frac{−1+\sqrt{1+8a}}{4}$(题眼)，
　所以f'(x)=2(e−t1)(e²−t2),
　又t2=$\frac{−1+\sqrt{1+8a}}{4}$＞$\frac{−1+1}{4}$=0,t1=
　　　　　　　　　　　　　　　所以当x＞lnt2时,f'(x)＞0,f(x)单调递增，
　当x＜lnt2时,f'(x)＜0,f(x)单调递减，　　　　　(13分)
　即f(x)极值点的个数为1(提醒:函数的极值点，一定是导函数的变号零点).　　　　　　　　　　　　　　　　(14分)
　综上,综上,当a≤0时，f(x)极值点的个数为0;;
　当a＞0时，1(x)极值点的个数为1.　　　　　　　(15分)
解法二:由题意知,f'(x)=2e²+ex−a,令t=ex,则t＞0.
　当1+8a≤0,即a≤−$\frac{1}{8}$时,2t²+t−a≥0恒成立，
　即f'(x)≥0恒成立，
　所以f(x)在R上单调递增，
　即f(x)极值点的个数为0;　　　　　　　　　　　(8分)
　当1+8a＞0,即a＞−$\frac{1}{8}$时，
　解关于t的方程2t²+t−a=0,
　得t1=$\frac{−1−\sqrt{1+8a}}{4}$,t2=$\frac{−1+\sqrt{1+8a}}{4}$,
　若一$\frac{1}{8}$＜a≤0,则t1＜0,t2≤0,
　所以f'(x)=2(e²−t1)(ex−t2)恒大于0,
　所以f(x)在R上单调递增，
　即f(x)极值点的个数为0;　　　　　　　　　　　(10分)
　若a＞0,则t2=−1+4$\sqrt{1+8a}$＞0,t1=$\frac{−1\sqrt{1+8a}}{4}$＜o,
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(11分)
　所以当x＞lnt2时,f'(x)＞0,f(x)单调递增，
　当x＜lnt2时,f'(x)＜0,f(x)单调递减，　　　　　(13分)
　即f(x)极值点的个数为1.　　　　　　　　　　　(14分)
　综上,
　极值点的个数为1.　　　　　　　　　　　　　　(15分)