2024年高考仿真模拟（二）含解析（题型同九省联考，共19个题）(1)_2024年1月_021月合集_2024年高考仿真模拟数学卷（题型同九省联考，共19个题）

2024 年高考仿真模拟数试题（二） 试卷+答案
（题型同九省联考，共 19个题）
注意事项：
]．答卷前，考生务必将自己的考生号、姓名、考点学校、考场号及座位号填写在答题卡上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需要改动，用橡皮
擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
一、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，只有一项是符合题目要
求的．
1．从小到大排列的数据1,2,3,x,4,5,6,7,8,y,9,10的第三四分位数为（ ）
3+x 8+y
A．3 B． C．8 D．
2 2
x2 y2
2．若椭圆C: + =1(m>0)上一点到C的两个焦点的距离之和为2m，则m=（ ）
m 9
A．1 B．3 C．6 D．1或3
3．设等差数列{a }的前n项和为S ，若a +a =−10，S =−42，则S =（ ）
n n 3 5 6 10
A．12 B．10 C．16 D．20
4．同一个宿舍的8名同学被邀请去看电影，其中甲和乙两名同学要么都去，要么都不去，丙同学不去，
其他人根据个人情况可选择去，也可选择不去，则不同的去法有（ ）
A．32种 B．128种 C．64种 D．256种
5．在某次数学探究活动中，小明先将一副三角板按照图1的方式进行拼接，然后他又将三角板ABC折
起，使得二面角A−BC−D为直二面角，得图2所示四面体ABCD．小明对四面体ABCD中的直线、平面
的位置关系作出了如下的判断：①CD⊥平面ABC；②AB⊥平面ACD；③平面ABD⊥平面ACD；④平
面ABD⊥平面BCD．其中判断正确的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
( )  
6．已知点P在圆(x−1)2+y2 =1上，点A的坐标为 −1, 3 ,O为原点，则AO⋅AP的取值范围是（ ）
1
学科网（北京）股份有限公司A．[−3,3 ] B．[ 3,5 ] C．[ 1,9 ] D．[3,7]
( )
7．若 f(x)=2sinx 3cosx−sinx ，且 f (x ) f (x )=−3，则 x −x 的最小值为（ ）
1 2 1 2
π π
A．π B． C．2π D．
2 4
x2 y2
8．如图，已知F,F 是双曲线C − =1的左､右焦点，P,Q为双曲线C
1 2 : a2 b2
上两点，满足FP∥FQ，且 FQ = F P =3 FP ，则双曲线C的离心率为
1 2 2 2 1
（ ）
A． 10 B． 5 C． 15 D． 10
5 2 3 2
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部
选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
1
9．设复数z= （a,b∈R且b≠0），则下列结论正确的是（ ）
a+bi
A．z可能是实数 B． z = z 恒成立
1
C．若z2∈R，则a=0 D．若z+ ∈R，则 z =1
z
A+B
10．在ABC中，若tan =sinC，则下列结论正确的是（ ）
2
tanA
A． =1 B．0<sinA+sinB≤ 2
tanB
C．sin2 A+cos2B=1 D．cos2 A+cos2B=sin2C
11．已知函数 f (x)的定义域为R，满足 f (x+y)+ f (x−y)=2f (x) f (y)，且 f (1)=−1，则（ ）
A． f (0)=1 B． f (x)为奇函数
2
C． f (1)+ f (2)++ f (2024)=0 D． f (x)  2 +  f  x+ 1    =1
  2
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．若{x|0≤ax2 +bx+c≤2 ( a >0 ) }= { x −1≤x≤3 } ，则3a+b+2c的取值范围是 ．
13．已知直三棱柱ABC−ABC,AB⊥BC,AC =2AB,AC =2，则三棱柱ABCABC 的体积的最大值
1 1 1 1 1 1 1
2
学科网（北京）股份有限公司为 ；此时棱柱的高为 .
14．已知正实数a,b,c,d满足a2−ab+1=0，c2+d2=1，则当(a−c)2+(b−d)2取得最小值时，ab= ．
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．
1
15．（13分）已知函数 f (x)=2lnx+ ax2−(2a+1)x.
2
(1)若曲线y= f (x)在( 1, f (1))处切线与x轴平行，求a；
(2)若 f (x)在x=2处取得极大值，求a的取值范围.
16．（15分）盒子中装有红球、白球等多种不同颜色的小球，现从盒子中一次摸一个球．不放回．
(1)若盒子中有8个球，其中有3个红球，从中任意摸两次．记摸出的红球个数为X ．求随机变量X 的分
布列和数学期望E(X)．
(2)若A盒中有4个红球和4个白球，B盒中在2个红球和2个白球．现甲、乙、丙三人依次从A号盒中摸
出一个球并放入B号盒，然后丁从B号盒中任取一球．已知丁取到红球，求甲、乙、丙三人中至少有一人
取出白球的概率．
π
17．（15分）在梯形ABCD中，ABCD，∠BAD= ，AB=2AD=2CD=4，P为AB的中点，线段AC
3
与DP交于O点（如图1）.将ACD沿AC折起到△ACD′位置，使得平面D′AC ⊥平面BAC（如图2）.
(1)求二面角A−BD′−C的余弦值；
6 PQ
(2)线段PD′上是否存在点Q，使得CQ与平面BCD′所成角的正弦值为 ?若存在，求出 的值；若不
8 PD′
存在，请说明理由.
18．（17分）已知抛物线y2 =4x，顶点为O，过焦点的直线交抛物线于A，B两点．
3
学科网（北京）股份有限公司(1)如图1所示，已知 AB =8|，求线段AB中点到y轴的距离；
(2)设点P是线段AB上的动点，顶点O关于点P的对称点为C，求四边形OACB面积的最小值；
(3)如图2所示，设D为抛物线上的一点，过D作直线DM ，DN 交抛物线于M ，N 两点，过D作直线
DP，DQ交抛物线于P，Q两点，且DM ⊥DN，DP⊥DQ，设线段MN与线段PQ的交点为T，求直线
OT斜率的取值范围．
19．（17分）已知无穷数列{a }满足a =max{a ,a }−min{a ,a }(n=1,2,3,)，其中max{x,y}表示
n n n+1 n+2 n+1 n+2
x，y中最大的数，min{x,y}表示x，y中最小的数.
(1)当a =1，a =2时，写出a 的所有可能值；
1 2 4
(2)若数列{a }中的项存在最大值，证明：0为数列{a }中的项；
n n
(3)若a >0(n=1,2,3,)，是否存在正实数M，使得对任意的正整数n，都有a ≤M ？如果存在，写出一个
n n
满足条件的M；如果不存在，说明理由.
2024 年高考仿真模拟数试题（二） 试卷+答案
（题型同九省联考，共 19个题）
注意事项：
]．答卷前，考生务必将自己的考生号、姓名、考点学校、考场号及座位号填写在答题卡上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需要改动，用橡皮
擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
4
学科网（北京）股份有限公司3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
一、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，只有一项是符合题目要
求的．
1．从小到大排列的数据1,2,3,x,4,5,6,7,8,y,9,10的第三四分位数为（ ）
3+x 8+y
A．3 B． C．8 D．
2 2
答案 D
8+y
解析 12×75%=9，∴该组数据的第三四分位数为 .故选D.
2
x2 y2
2．若椭圆C: + =1(m>0)上一点到C的两个焦点的距离之和为2m，则m=（ ）
m 9
A．1 B．3 C．6 D．1或3
答案B
解析 若m>9，则由2 m =2m得m=1（舍去）；若0<m<9，则由2m=6得m=3．故选B.
3．设等差数列{a }的前n项和为S ，若a +a =−10，S =−42，则S =（ ）
n n 3 5 6 10
A．12 B．10 C．16 D．20
答案B
解析 设等差数列{a }的公差为d，则a +a =(a +2d)+(a +4d)=2a +6d =−10，①
n 3 5 1 1 1
6×5
S =6a + d =6a +15d =−42，②
6 1 2 1
联立①②可得a =−17，d =4，
1
10×9
因此，S =10a + d =10a +45d =10×(−17)+45×4=10.故选B．
10 1 2 1
4．同一个宿舍的8名同学被邀请去看电影，其中甲和乙两名同学要么都去，要么都不去，丙同学不去，
其他人根据个人情况可选择去，也可选择不去，则不同的去法有（ ）
A．32种 B．128种 C．64种 D．256种
答案 C
解析 若甲、乙都去，剩下的5人每个人都可以选择去或不去，有25种去法；
若甲、乙都不去，剩下的5人每个人都可以选择去或不去，有25种去法．
故一共有25+25 =64种去法．故选C.
5．在某次数学探究活动中，小明先将一副三角板按照图1的方式进行拼接，然后他又将三角板ABC折
5
学科网（北京）股份有限公司起，使得二面角A−BC−D为直二面角，得图2所示四面体ABCD．小明对四面体ABCD中的直线、平面
的位置关系作出了如下的判断：①CD⊥平面ABC；②AB⊥平面ACD；③平面ABD⊥平面ACD；④平
面ABD⊥平面BCD．其中判断正确的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
答案 C
解析 对于①中，因为二面角A−BC−D为直二面角，可得平面ABC⊥平面BCD，
又因为平面ABC∩平面BCD=BC，DC ⊥BC，且DC⊂平面
BCD，所以DC⊥平面ABC， 所以①正确；
对于②中，由DC⊥平面ABC，且AB⊂平面ABC，可得
AB⊥CD，又因为AB⊥AC，且ACCD=C，AC,CD⊂平面
ACD，所以AB⊥平面ACD，所以②正确；
对于③中，由AB⊥平面ACD，且AB⊂平面ABD，所以平面
ABD⊥平面ACD，所以③正确；
对于④，中，因为DC⊥平面ABC，且DC⊂平面BCD，可得平面ABC⊥平面BCD，
若平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面ABC = AB，可得AB⊥平面BCD，
又因为BC⊂平面BCD，所以AB⊥BC，
因为AB与BC不垂直，所以矛盾，所以平面ABD和平面BCD不垂直，所以D错误.故选C.
 
6．已知点P在圆(x−1)2+y2 =1上，点A的坐标为( −1, 3 ) ,O为原点，则AO⋅AP的取值范围是 （ ）
A．[−3,3 ] B．[ 3,5 ] C．[ 1,9 ] D．[3,7]
答案 D
 
解析 设P(x,y)，因点A的坐标为 ( −1, 3 ) ，所以AO= ( 1,− 3 ) ,AP= ( x+1,y− 3 ) ，
 
( )
则AO⋅AP=x+1− 3 y− 3 =x− 3y+4，
3 3
设t =x− 3y+4，即y= x+ (4−t)，
3 3
6
学科网（北京）股份有限公司3 3
依题意，求t的范围即求直线y= x+ (4−t)与圆(x−1)2+y2 =1有公共点时在y轴上截距的范围，即
3 3
圆心(1,0)到y= 3 x+ 3 (4−t)的距离d = 5−t ≤1，解得3≤t≤7，
3 3 2
 
所以AO⋅AP的取值范围为[3,7]，故选D.
( )
7．若 f(x)=2sinx 3cosx−sinx ，且 f (x ) f (x )=−3，则 x −x 的最小值为（ ）
1 2 1 2
π π
A．π B． C．2π D．
2 4
答案 B
( )
解析  f(x)=2sinx 3cosx−sinx
= 3sin2x−2sin2 x = 3sin2x+cos2x−1
 π
=2sin2x+ −1， f(x)的周期为T =π，且
 6
 π
令t =sin2x+ ，则t∈[−1,1]，
 6
则 f(x)=g(t)=2t−1，由g(t)的值域为[−3,1 ]，故 f(x) =1, f(x) =−3，
max min
−3≤ f(x)≤1
则 1 ，故−3≤ f (x ) f (x )≤9，
−3≤ f(x )≤1 1 2
2
f(x )=1 f(x )=1
由 f (x ) f (x )=−3知， 1 ，或 2 .
1 2 f(x )=−3 f(x)=−3
2 1
即 f(x ), f(x )为函数的最大与最小值，或最小与最大值，
1 2
T π
当x,x 对应 f(x)图象上相邻两最值点时， x −x 的值最小，故 x −x = = .故选B.
1 2 1 2 1 2 min 2 2
x2 y2
8．如图，已知F,F 是双曲线C − =1的左､右焦点，P,Q为双 曲线C
1 2 : a2 b2
上两点，满足FP∥FQ，且 FQ = F P =3 FP ，则双曲线C的离 心率为
1 2 2 2 1
（ ）
A． 10 B． 5 C． 15 D． 10
5 2 3 2
7
学科网（北京）股份有限公司答案D
解析 延长QF 与双曲线交于点P′，
2
因为FP∥F P′，根据对称性可知 FP = F P′ ，
1 2 1 2
设 F P′ = FP =t，则 F P = FQ =3t，
2 1 2 2
可得 F P − FP =2t =2a，即t=a，所以 P′Q =4t =4a，则
2 1
QF = QF +2a=5a， FP′ = F P =3a，即 P′Q 2+ FP′2 = QF 2，可知∠FP′Q=∠FPF =90，
1 2 1 2 1 1 1 1 2
在P′FF 中，由勾股定理得 F P′2+ FP′2 = FF 2，即a2+(3a)2 =4c2，解得e= c = 10 .故选D.
1 2 2 1 1 2 a 2
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部
选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
1
9．设复数z= （a,b∈R且b≠0），则下列结论正确的是（ ）
a+bi
1
A．z可能是实数 B． z = z 恒成立 C．若z2∈R，则a=0 D．若z+ ∈R，则 z =1
z
答案 BCD
1 a−bi a b
解析 对于A：若z= = = − i是实数，
a+bi a2+b2 a2+b2 a2+b2
则b=0，与已知矛盾，故A错误；
a bi
对于B：由A项知z= + ，
a2+b2 a2+b2
 a  2  −b  2  a  2  b  2
所以 z =   +  ， z =   +  = z ，故B正确；
a2+b2  a2+b2  a2+b2  a2+b2 
a2 b2 2ab a2−b2 2ab
对于C：若z2 = − − i= − i∈R，
( a2+b2)2 ( a2+b2)2 ( a2+b2)2 ( a2+b2)2 ( a2+b2)2
2ab
则
( a2+b2)2
=0，因为b≠0，所以a=0，故C正确；
1 1  a   b 
对于D：z+ = +a +bi= +a+b− i∈R，
z a+bi a2+b2   a2+b2 
b
则b− =0，因为b≠0，所以a2+b2 =1，
a2+b2
 a  2  −b  2
所以 z =   +  =1，故D正确．故选BCD．
a2+b2  a2+b2 
8
学科网（北京）股份有限公司A+B
10．在ABC中，若tan =sinC，则下列结论正确的是（ ）
2
tanA
A． =1 B．0<sinA+sinB≤ 2 C．sin2 A+cos2B=1 D．cos2 A+cos2B=sin2C
tanB
答案BD
C
cos
A+B π C 1 2 C C
解析：由tan =sinC⇒tan − = = =2sin cos ，
2  2 2  C C 2 2
tan sin
2 2
C π C
因为0< < ，所以cos ≠0，
2 2 2
C C
所以1=2sin2 ⇒1−2sin2 =0⇒cosC =0⇒C =90°，
2 2
π  1 tanA
所以tanB=tan −A= ， =tan2A不一定为1，A错；
 2  tanA tanB
因为sinA+sinB=sinA+cosA= 2sin(A+45°)，0°< A<90°⇒45°< A+45°<135°，
2
∴ <sin(A+45°)≤1⇒1< 2sin(A+45°)≤ 2，
2
从而有0<sinA+sinB≤ 2，所以B正确，
π 
又cosB=cos −A=sinA，所以sin2A+cos2B=2sin2A也不一定等于1，C错；
 2 
而cos2A+cos2B=cos2A+sin2A=1=sin2C，D正确；故选BD
11．已知函数 f (x)的定义域为R，满足 f (x+y)+ f (x−y)=2f (x) f (y)，且 f (1)=−1，则（ ）
A． f (0)=1 B． f (x)为奇函数
2
C． f (1)+ f (2)++ f (2024)=0 D． f (x)  2 +  f  x+ 1    =1
  2
答案 AD
解析 对A：令x=1，y=0，则2f (1)=2f (1) f (0)，
因为 f (1)=−1，所以 f (0)=1，故A正确；
对B：令x=0得： f (y)+ f (−y)=2f (0) f (y)，结合 f (0)=1可得 f (y)= f (−y)，
所以 f (x)为偶函数，故B错误；
对C：令y=1可得： f (x+1)+ f (x−1)=2f (x) f (1)，因为 f (1)=−1，
9
学科网（北京）股份有限公司所以 f (x+1)+ f (x−1)=−2f (x) ⇒ f (x+1)+ f (x)=− f (x)+ f (x−1)  ，
进一步可得： f (x+2)+ f (x+1)=− f (x+1)+ f (x)  = f (x)+ f (x−1)，
又 f (0)=1， f (1)=−1，所以 f (0)+ f (1)= f (2)+ f (3)=?··= f (2023)+ f (2024)=0，
所以 f (1)+ f (2)+ f (3)+?··+f (2023)+ f (2024)=−f (0)=−1，故C错误；
f (2x)+1
对D：令x= y可得： f (2x)+ f (0)=2 f (x)  2⇒  f (x)  2 = ;
2
1   1 2   1 2 f (2x+1)+1
用x+ 代替x，y得： f (2x+1)+ f (0)=2f x+  ⇒ f x+  = ，
2   2   2 2
结合C的结果，可得： f (x)  2 +  f  x+ 1    2 = f (2x)+ f (2x+1)+2 = f (0)+ f (1)+2 =1，故D正确.故选
  2 2 2
AD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．若{x|0≤ax2 +bx+c≤2 ( a>0 ) }= { x −1≤x≤3 } ，则3a+b+2c的取值范围是 ．
3 
答案

,4
2 
解析 由题意不等式0≤ax2+bx+c≤2(a>0)的解集为 { x −1≤x≤3 } ，
所以二次函数 f (x)=ax2+bx+c的对称轴为直线x=1，
f (−1)=2 a−b+c=2
  b=−2a
且需满足f (3)=2 ，即9a+3b+c=2，解得 ，
 f (1)≥0  a+b+c≥0
c=−3a+2
1  1
所以a+b+c=a−2a−3a+2≥0⇒a≤ ，所以a∈0,

，
2  2
3  3 
所以3a+b+2c=3a−2a−6a+4=4−5a∈

,4.故答案为

,4.
2  2 
13．已知直三棱柱ABC−ABC,AB⊥BC,AC =2AB,AC =2，则三棱柱ABCABC 的体积的最大值
1 1 1 1 1 1 1
为 ；此时棱柱的高为 .
10
学科网（北京）股份有限公司2 2 3 2
答案 / 3
3 3 3
解析 如图所示，不妨设 AB =x，由题意则
AC =2x,BC = 3x,AA = 4−4x2 ( x∈(0,1))，
1
则V = 4−4x2 × 1 x× 3x= 3 ( 1−x2) x4 ，
2
令 f (t)=(1−t)×t2( t=x2∈(0,1)) ⇒ f′(t)=2t−3t2，
2 2
则1>t> 时， f′(t)<0， >t >0时， f′(t)>0，
3 3
即 f (t)在  0, 2 上单调递增，在   2 ,1  上单调递减，则 f (t) = f   2 = 4 ⇒V = 3× 4 = 2 ，
 3 3  max 3 27 max 27 3
2 4 2 3 2 2 3
此时t =x2 = ⇒ 4−4x2 = AA = = .故答案为 ； .
3 1 3 3 3 3
14．已知正实数a,b,c,d满足a2−ab+1=0，c2+d2=1，则当(a−c)2+(b−d)2取得最小值时，ab= ．
2
答案 +1
2
解析 可将(a−c)2+(b−d)2转化为(a,b)与(c,d)两点间距离的平方，
1
由a2−ab+1=0，得b=a+ ，
a
而c2 +d2 =1表示以(0,0)为圆心，1为半径的圆，(c,d)为圆上一点，
2
则(a,b)与圆心(0,0)的距离为： a2+b2 = a2+  a+ 1  = 2a2+ 1 +2≥ 2 2a2⋅ 1 +2 = 2 2+2，
 a a2 a2
1 1
当且仅当2a2 = ，即a=±4 时等号成立，
a2 2
此时(a,b)与圆心(0,0)的距离最小，即(a,b)与(c,d)两点间距离的平方最小，
1 2 2
即(a−c)2+(b−d)2取得最小值.当a= 4 时，ab=a2+1= +1，故答案为 +1.
2 2 2
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．
1
15．（13分）已知函数 f (x)=2lnx+ ax2−(2a+1)x.
2
(1)若曲线y= f (x)在( 1, f (1))处切线与x轴平行，求a；
(2)若 f (x)在x=2处取得极大值，求a的取值范围.
1
解析 （1）因为 f (x)=2lnx+ ax2−(2a+1)x(x>0)，
2
11
学科网（北京）股份有限公司2
ax2−(2a+1)x+2 (ax−1)(x−2)
所以 f′(x)= +ax−(2a+1)= = ，……………2分
x x x
因为曲线y= f (x)在( 1, f (1))处切线与x轴平行，
(a−1)(1−2)
所以 f′(1)= =0，解得a=1，……………4分
1
1 5
又 f (1)= −3=− ≠0，所以a=1. ……………5分
2 2
(ax−1)(x−2)
（2） f (x)的定义域为(0,+∞)， f′(x)= ，
x
①当a=0时，令 fx0，得0<x<2，令 f′(x)<0，得x>2，
 f x在(0,2)上单调递增，在(2,+∞)上单调递减.
 f x在x=2处取得极大值，满足题意；……………7分
②当a<0时，令 fx0，得0<x<2，令 f′(x)<0，得x>2，
 f x在(0,2)上单调递增，在(2,+∞)上单调递减.
 f x在x=2处取得极大值，满足题意；……………9分
③当a>0时，
1 1
（i）当a= 时， =2, f′(x)≥0
2 a
所以 f (x)在(0,+∞)上单调递增， f (x)无极值，不满足题意；
1 1
（ii）当a> 时， <2，
2 a
1 1
令 f′(x)<0，得 <x<2，令 fx0，得0<x< 或x>2.
a a
 1 1 
 f x在0, 上单调递增，在 ,2上单调递减，在(2,+∞)上单调递增.
 a a 
 f x在x=2处取得极小值，不满足题意；
1 1
（iii）当0<a< 时， >2，
2 a
1 1
令 f′(x)<0，得2<x< ，令 fx0，得0<x<2或x> .
a a
 1 1 
 f x在(0,2)上单调递增，在2, 上单调递减，在 ,+∞上单调递增.
 a a 
 1
 f x在x=2处取得极大值，满足题意；综上所述，a的取值范围为−∞, .……………13分
 2
12
学科网（北京）股份有限公司16．（15分）盒子中装有红球、白球等多种不同颜色的小球，现从盒子中一次摸一个球．不放回．
(1)若盒子中有8个球，其中有3个红球，从中任意摸两次．记摸出的红球个数为X ．求随机变量X 的分
布列和数学期望E(X)．
(2)若A盒中有4个红球和4个白球，B盒中在2个红球和2个白球．现甲、乙、丙三人依次从A号盒中摸
出一个球并放入B号盒，然后丁从B号盒中任取一球．已知丁取到红球，求甲、乙、丙三人中至少有一人
取出白球的概率．
C1C1 5 C1C1A2 15
解析 （1）X 可取0，1，2.且：P(X =0)= 5 4 = ，P(X =1)= 3 5 2 = ，
C1C1 14 C1C1 28
8 7 8 7
C1C1 3
P(X =2)= 3 2 = .……………3分
C1C1 28
8 7
所以X 的分布列为：
X 0 1 2
5 15 3
P
14 28 28
15 3 3
则E(X)=1× +2× = .……………6分
28 28 4
（2）设事件D=“丁取到红球”，事件E=“甲、乙、丙三人中至少有1人取出白球”.
3C1C1C1 4
当甲、乙、丙三人取得1个白球，则丁取到红球的概率为 4 3 4 × ；……………8分
C1C1C1 7
8 7 6
3C1C1C1 3
当甲、乙、丙三人取得2个白球，则丁取到红球的概率为 4 4 3× ；……………10分
C1C1C1 7
8 7 6
C1C1C1 2
当甲、乙、丙三人取得3个白球，则丁取到红球的概率为 4 3 2 × ；……………12分
C1C1C1 7
8 7 6
C1C1C1 5
当甲、乙、丙三人取得3个红球，则丁取到红球的概率为 4 3 2 × ；……………14分
C1C1C1 7
8 7 6
3C1C1C1 4 3C1C1C1 3 C1C1C1 2
则所求概率为P(E|D)=
P(DE)
= C1 8
4
C1 7
3
C1 6
4×
7
+
C1 8
4
C1 7
4
C1 6
3×
7
+
C1 8
4
C1 7
3
C1 6
2×
7 = 44 .……………15分
P(D) 3C1C1C1 5 3C1C1C1 4 3C1C1C1 3 3C1C1C1 2 49
4 3 4× + 4 3 3× + 4 3 2× + 4 3 2×
C1C1C1 7 C1C1C1 7 C1C1C1 7 C1C1C1 7
8 7 6 8 7 6 8 7 6 8 7 6
π
17．（15分）在梯形ABCD中，ABCD，∠BAD= ，AB=2AD=2CD=4，P为AB的中点，线段AC
3
与DP交于O点（如图1）.将ACD沿AC折起到△ACD′位置，使得平面D′AC ⊥平面BAC（如图2）.
13
学科网（北京）股份有限公司(1)求二面角A−BD′−C的余弦值；
6 PQ
(2)线段PD′上是否存在点Q，使得CQ与平面BCD′所成角的正弦值为 ?若存在，求出 的值；若不
8 PD′
存在，请说明理由.
π
解析 （1）因为在梯形ABCD中，AB//CD，AB=2AD=2CD=4，∠BAD= ，P为AB的中点，所
3
以，CD//PB，CD=PB，
所以△ADP是正三角形，四边形DPBC为菱形，
可得AC⊥BC，AC ⊥DP，
而平面D'AC⊥平面BAC，平面D'AC∩平面BAC = AC，
D'O⊂平面D'AC，D'O⊥ AC，
∴D'O⊥平面BAC，所以OA，OP，OD'两两互相垂直，……………3分
如图，以点O为坐标原点，OA，OP，OD'分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则A ( 3,0,0 ) ，C ( − 3,0,0 ) ，B ( − 3,2,0 ) ，D'(0,0,1)，P(0,1,0)，
   
( ) ( ) ( ) ( )
∴AD' = − 3,0,1 ，AB= −2 3,2,0 ，BD' = 3,−2,1 ，CD' = 3,0,1 ，

设平面ABD'的一个法向量为m=(x,y,z )，则
1 1 1
 
m⋅AD′=0  − 3x +z =0
  ，即 1 1 ，令x =1，则y =z = 3，
m⋅AB=0 −2 3x +2y =0 1 1 1
1 1

( )
∴m= 1, 3, 3 ，……………5分

设平面CBD'的一个法向量为n=(x ,y ,z )，则
2 2 2
 
n⋅BD′=0   3x −2y +z =0
  ，即 2 2 2 ，令x =1，则y =0，z =− 3，
n⋅CD′=0  3x +z =0 2 2 2
2 2

( )
∴n= 1,0,− 3 ，……………7分
14
学科网（北京）股份有限公司  ( )
  m⋅n 1×1+ 3×0+ 3× − 3 7
∴cos m,n =   = =− ，
m n 1+3+3× 1+3 7
7
所以二面角A−BD'−C的余弦值为− .……………9分
7
6
（2）线段PD'上存在点Q，使得CQ与平面BCD'所成角的正弦值为 .……………10分
8
   
( )
设PQ=λPD'(0≤λ≤1)，因为CP= 3,1,0 ，PD' =(0,−1,1)，所以
    
( )
CQ=CP+PQ=CP+λPD' = 3,1−λ,λ ，……………12分
 
  CQ⋅n 3(1−λ)
6
设CQ与平面BCD'所成角为θ，则sinθ= cos CQ,n =   = = ，……………13分
CQ n 2 2λ2−2λ+4 8
1
即3λ2−7λ+2=0，0≤λ≤1，解得λ= ，……………14分
3
PQ 1
所以线段PD'上存在点Q，且 = ，
PD' 3
6
使得CQ与平面BCD'所成角的正弦值为 .……………15分
8
18．（17分）已知抛物线y2 =4x，顶点为O，过焦点的直线交抛物线于A，B两点．
(1)如图1所示，已知 AB =8|，求线段AB中点到y轴的距离；
(2)设点P是线段AB上的动点，顶点O关于点P的对称点为C，求四边形OACB面积的最小值；
(3)如图2所示，设D为抛物线上的一点，过D作直线DM ，DN 交抛物线于M ，N 两点，过D作直线
DP，DQ交抛物线于P，Q两点，且DM ⊥DN，DP⊥DQ，设线段MN与线段PQ的交点为T，求直线
OT斜率的取值范围．
解析 （1）因为过焦点的直线交抛物线于A，B两点，且 AB =8，
设A(x,y )，B(x ,y )，
1 1 2 2
由抛物线的性质可得x +x +2= AB =8，
1 2
所以x +x =6，
1 2
15
学科网（北京）股份有限公司x +x
所以线段AB中点的横坐标，即为线段AB中点到y轴的距离为 1 2 =3.……………3分
2
（2）由点C与原点O关于点P对称，可知P是线段OC的中点，
所以点O与点C到直线l的距离相等，所以四边形OABC的面积等于2S ，
△AOB
x=my+1
设直线l的方程为x=my+1，联立 ，消去x可得y2−4my−4=0，……………5分
y2 =4x
设A(x ,y )，B(x ,y )，由韦达定理可得y +y =4m，y y =−4，
3 3 4 4 3 4 3 4
1
所以2S 2 OF  y y  y y 24y y 4 m21，
AOB 2 3 4 3 4 3 4
当m=0时，四边形OABC的面积取最小值为4．……………7分
（3）设D点坐标为a2,2a，M 点坐标为(x ,y )，N 点坐标为x ,y ，
M M N N
由题意可知直线DM 的斜率k存在，且不为0，
4 8a
则直线DM 的方程为y2akxa2，与抛物线y2 =4x联立，消去x得y2− y+ −4a2 =0，
k k
4 4
由韦达定理可得2a+y = ，解得y = −2a，……………9分
M k M k
1
直线DN 的方程为y2a xa2与抛物线y2 =4x联立，消去x得y24ky8ka4a20，
k
由韦达定理可得2a+y =−4k，解得y =−4k−2a，……………10分
N N
显然直线MN斜率不为零，
yy xx 4xx  4xx 
当直线MN斜率存在时，直线MN的方程为 M  M  M  M ，
y y x x y2 y2 y y y y 
N M N M N M N M N M
4x+y y
整理得：y= N M ，
y +y
N M
16
学科网（北京）股份有限公司4
将y = −2a，y =−4k−2a代入l 得：
M k N MN
4 
4x k 2a    4k2a kx4k2a2ak2a2k kxa24
y  2a ，
4 1akk2 1akk2
2a4k2a
k
所以直线l 过定点4a2,2a，即T点坐标为4a2,2a，……………12分
MN
当直线MN的斜率不存在时，设M 点坐标为t2,2t，N 点的坐标为t2,2t，
 
则DM t2a2,2t2a，DN t2a2,2t2a，且根据题意t2−a2 ≠0，
 
所以DMDN t2a22 4t2a20，解得t2 =4+a2，
所以直线MN的方程为x4a2过点4a2,2a，……………13分
2a
所以直线OT的斜率为k =− ，……………14分
OT 4+a2
2 2 1
0   4
当a>0时， 4 4 2，当且仅当 =a，即a=2时，等号成立，
a 2 a a
a a
2 2 1
0< ≤ =
4
当a<0时， − 4 −a 2  − 4 ⋅(−a) 2，当且仅当− a =−a，即a=−2时，等号成立，
a
 a
当a=0时，k =0，……………16分
OT
 1 1
综上所述，直线OT斜率的取值范围为

− , .……………17分
 2 2
19．（17分）已知无穷数列{a }满足a =max{a ,a }−min{a ,a }(n=1,2,3,)，其中max{x,y}表示
n n n+1 n+2 n+1 n+2
x，y中最大的数，min{x,y}表示x，y中最小的数.
(1)当a =1，a =2时，写出a 的所有可能值；
1 2 4
(2)若数列{a }中的项存在最大值，证明：0为数列{a }中的项；
n n
(3)若a >0(n=1,2,3,)，是否存在正实数M，使得对任意的正整数n，都有a ≤M ？如果存在，写出一个
n n
满足条件的M；如果不存在，说明理由.
解析 （1）由a =max{a ,a }−min{a ,a }≥0，a =max{2,a }−min{2,a }=1，
n n+1 n+2 n+1 n+2 1 3 3
若a >2，则a −2=1，即a =3，此时a =max{3,a }−min{3,a }=2，
3 3 3 2 4 4
17
学科网（北京）股份有限公司当a >3，则a −3=2，即a =5；
4 4 4
当a <3，则3−a =2，即a =1；
4 4 4
若a <2，则2−a =1，即a =1，此时a =max{1,a }−min{1,a }=2，
3 3 3 2 4 4
当a >1，则a −1=2，即a =3；
4 4 4
当a <1，则1−a =2，即a =−1（舍）；
4 4 4
综上，a 的所有可能值为{1,3,5}.……………5分
4
（2）由（1）知：a ≥0，则min{a ,a }≥0，
n n+1 n+2
数列{a }中的项存在最大值，故存在n ∈N*使a ≤a ，(n=1,2,3,)，
n 0 n n0
由a =max{a ,a }−min{a ,a }≤max{a ,a }≤a ，
n0 n0 +1 n0 +2 n0 +1 n0 +2 n0 +1 n0 +2 n0
所以min{a ,a }=0，故存在k∈{n +1,n +2}使a =0，
n0 +1 n0 +2 0 0 k
所以0为数列{a }中的项；……………10分
n
（3）不存在，理由如下：由a >0(n=1,2,3,)，则a ≠a (n=2,3,)，
n n n+1
设S ={n|a >a ,n≥1}，
n n+1
若S =∅，则a ≤a ，a <a (i=2,3,)，
1 2 i i+1
M
对任意M >0，取n =[ ]+2（[x]表示不超过x的最大整数），
1 a
1
当n>n 时，a =(a −a )+(a −a )+...+(a −a )+a
1 n n n−1 n−1 n−2 3 2 2
=a +a +...+a +a ≥(n−1)a >M ；……………13分
n−2 n−3 1 2 1
若S ≠∅，则S为有限集，
设m=max{n|a >a ,n≥1}，a <a (i=1,2,3,)，
n n+1 m+i m+i+1
M
对任意M >0，取n =[ ]+m+1（[x]表示不超过x的最大整数），
2 a
m+1
当n>n 时，a =(a −a )+(a −a )+...+(a −a )+a
2 n n n−1 n−1 n−2 m+2 m+1 m+1
=a +a +...+a +a ≥(n−m)a >M ；
n−2 n−3 m m+1 m+1
18
学科网（北京）股份有限公司综上，不存在正实数M，使得对任意的正整数n，都有a ≤M .……………17分
n
19
学科网（北京）股份有限公司