5_2024高考数学点睛密卷_全国甲(理)卷B_解析版_2024高考押题卷_132024高途全系列_26高途点睛卷_2024点睛密卷-数学

1 高途高中数学高考研究院 高途高中数学 内部资料!禁止外传！ 2024 高考数学 点睛密卷 全国甲卷(理) 高中数学终极冲刺必备资料 以基为本 一单在手 数学无忧 ➢ 在点睛课程资料中下载 12 高途高中数学高考研究院 绝密★启用前 2024 年高考数学点睛密卷(全国甲卷理) 数 学 本试卷共6页，23小题，满分150分。考试用时120分钟。 注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上。 用 2B 铅笔将试卷类型(B)填涂在答题卡相应位置上。将条形码横贴在答题卡 右上角“条形码粘贴处”。 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答 案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在 试卷上。 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目 指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案； 不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。 4．考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。 一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．已知 2 U = R ， A = { x | 1 x 3 } ， B = { x || x − 3 | 1 } ，则{x|1 x 4}等于 ( ) A． U ( A B ) B． A U B C． U ( A B ) D． B U A 【解答】解：由题意，得 B = { x | x  2 或 x  4 } ． A B={x|x 3或 x  4 } ，则 U ( A B ) = { x | 3  x 4 } ，所以A错误； U B = { x | 2 x 4 } ，则A B={x|1 x 4}，所以B正确； U A B = { x |1 x  2 } ，则 U ( A B ) = { x | x  1 或 x 2 } ，所以C错误； A={x|x1或 U x  3 } ，则 B U A = { x | x  2 或 x  3 } ，所以D错误．故选：B． 2−i 2．已知复数z= ，则 1+i z − z = ( ) A． 3 i B．−3i C．3 D．−3 2−i (2−i)(1−i) 1 3 【解答】解：z= = = − i，所以z−z =−3i．故选：B． 1+i 2 2 2 3．执行如图所示的程序框图，则输出的n的值是( )3 高途高中数学高考研究院 A．2 B．3 C．4 D．5 【解答】解：由程序框图可知，令 3 S = 0 + 1 1 + 1 2 + + 1 n 5 3 ①， 当n=3时，满足①式 n 的值最小，  n = n + 1 = 4 ．故选：C． 4．在正方体 A B C D − A 1 B C1 1 D 1 中， P ， Q 分别是棱 A A 1 ， C C 1 靠近 A ， C 下底面的三等分点， 平面 D 1 P Q 平面 A B C D = l ，则下列结论正确的是 ( ) A． l 过点 B B． ∥l A C C．过点D ，P， 1 Q 的截面是三角形 D．过点 D 1 ， P ， Q 的截面是四边形 【解答】解：如图取 B B 1 靠近点 B 的三等分点 H ， C C 1 的另一个三等分点G ，BC的中点 F ， A B 的中点 E ， 连接 A C ， E F ，PH ，PE ， H C 1 ， B G ， Q F ， 依题意可得 P H ∥ A B 且 P H = A B ， A B ∥ D C1 1 且 A B = D C1 1 ， 所以 P H ∥ D C1 1 且 P H = D C1 1 ，所以四边形PHCD 为平行四边形，所以 1 1 P D ∥1 H C 1 ， 同理可证HC∥BG，PQ∥AC，所以PD∥BG， 1 1 又G ， Q 为CC 的三等分点，所以 1 Q 为GC的中点，所以 Q F ∥ B G ，则 Q F ∥ P D 1 ， 所以P，D ，Q， 1 F 四点共面， 又 E F ∥ A C ，所以 E F ∥ P Q ，所以P，Q，F ，E四点共面， 所以P，E，F ，Q，D 五点共面， 14 高途高中数学高考研究院 所以五边形DPEFQ即为过点D ， 1 1 4 P ，Q的截面，平面DPQ 平面 1 A B C D = l = E F ， 所以 ∥l A C ，所以B正确，ACD均错误．故选：B． 5．函数 f ( x ) = ( e − x − e x ) c o s x 的部分图象大致为 ( ) A． B． C． D． 【解答】解： f ( x ) = ( e − x − e x ) c o s x ，  定义域为 R ，关于原点对称， 因为 f ( − x ) = ( e x − e − x ) c o s ( − x ) = − ( e − x − e x ) c o s x = − f ( x ) ，所以 f ( x ) 为奇函数，排除BD； π 当0x 时， 2 c o s x  0 ， e − x − e x  0 ，故 f(x)0，排除A．故选：C． 6．若 f(x)=alnx+bx2 +x在 x = 1 和 x = 2 处有极值，则函数 f ( x ) 的单调递增区间是 ( ) A．(−,1) B． ( 2 , +  ) C．(1,2) D．  1 2 ,1  a 【解答】解：由题意得 f(x)= +2bx+1，函数定义域为 x ( 0 , +  ) ，   a a 2 + + 2 4 b b + + 1 1 = = 0 0 ，解得  a b = = − − 2 31 6 ，  f ( x ) = − 2 3 ln x − 1 6 x 2 + x ， f ( x ) = − 2 3 x − 1 3 x + 1 = − ( x − 2 ) ( 3 x x − 1 ) ， 由 f ( x )  0 得 1  x  2 ，即函数 f ( x ) 的单调递增区间是 (1 , 2 ) ．故选：C． 7．已知 0 , π 2      π ，且cos− =2cos2，则  4 ta n π 4 (   +  = ) A． 3 B． 5 C． 7 D． 15 【解答】解：因为 0 , π 2      π ，且cos− =2cos2，  4 所以 c o s π 4 2 s in π 2 2 4 s in π 4 c o s π 4      −  =  −  =  −   −  ， π π  1 π  1 由题意 ，所以sin −= ，所以cos += ， 4 4  4 4  45 高途高中数学高考研究院 所以 5 s in π 4 1 c o s 2 π 4 1 4 5    +  = −  +  =  π sin+   π  4 ，所以tan+ = = 15．故选：D．  4  π cos+   4 8．若数列 { a n } 满足 a n + 1 = a n + 2 ，且 a 3 + a 1 0 = 4 ，那么数列{a }的前 n n 项和 S n 的最小值是 ( ) A． S 1 B． S 5 C． S 6 D． S 1 1 【解答】解： a n + 1 = a n + 2 ，则 a n + 1 − a n = 2 ，数列 { a n } 为等差数列，且公差 d = 2 ， a 3 + a 1 0 = 4 ，则 a 1 + 2 d + a 1 + 9 d = 2 a 1 + 1 1 d = 2 a 1 + 2 2 = 4 ，解得a =−9， 1 故 a n = a 1 + ( n − 1 ) d = 2 n − 1 1 ， a =−1，a =1，d 0，则数列{a }的前 5 6 n n 项和S 的最小值是S ．故选：B． n 5 9．在正方体 A B C D − A 1 B C1 1 D 1 中，点 P 在四边形 A A 1 B 1 B 内(含边界)运动．当 C 1 P = 2 3 1 C C 1 时，点 P 的轨迹长度为 2 9 3 π ，则该正方体的表面积为 ( ) A．6 B．8 C．24 D．54 【解答】解：设正方体棱长为 a ，由正方体性质知 C 1 B 1 ⊥ 平面 A A 1 B 1 B ， B 1 P  平面 A A 1 B 1 B ，得 C 1 B 1 ⊥ B 1 P ，所以 B 1 P = 7 3 a 2 − a 2 = 2 3 3 a ， 所以 P 点轨迹是以 B 1 2 3 为圆心， a为半径的圆弧， 3 设圆弧分别交 A A 1 ， B B 1 于点 M ， N ，则 c o s  B B 1 N = B B B N 1 1 = 2 3 ，所以  B B 1 N = π 6 ， 同理  A 1 B 1 M = π 6 ，所以圆心角是 π 6 ，则轨迹长度为 π 6  2 3 3 a = 2 9 3 π ，可得 a = 2 ， 所以正方体的表面积为 6  2 2 = 2 4 ．故选：C． 10．为确保马拉松赛事在某市顺利举行，组委会在沿途一共设置了7个饮水点，每两个饮水 点中间再设置一个服务站，一共6个服务站．由含甲、乙在内的13支志愿者服务队负责这 13 个站点的服务工作，每一个站点有且仅有一支服务队负责服务，则甲队和乙队在不同类6 高途高中数学高考研究院 型的站点服务且不相邻的概率为 6 ( ) A． 2 1 3 B． 3 1 3 C． 4 1 3 D． 5 1 3 【解答】解：由题意可知甲队和乙队共有 A 21 3 = 1 3  1 2 种不同安排方法， 甲队和乙队在不同类型的站点服务且不相邻，分以下三种情况： ①从 2 个端点饮水点任选一个安排甲，再从与该饮水点不相邻的 5 个服务点中选一个安排 乙， ②从中间5个饮水点任选一个安排甲，再从不与该服务站相邻的4个服务站选一个安排乙， ③从6个服务站任选一个安排甲，再从不与该服务站相邻的5个饮水站选一个安排乙， 共有 C 12 C 15 + C 15 C 14 + C 16 C 15 = 6 0 种不同安排方法，  60 5 甲队和乙队在不同类型的站点服务且不相邻的概率为P= = ．故选：D． 1312 13 x2 y2 11．如图，已知双曲线C: − =1(a0,b0)的左、右焦点分别为F(−3,0)， a2 b2 1 F 2 ( 3 , 0 ) ，点 A 在C上，点 B 在y轴上， A ，F ， 2 B 三点共线，若直线BF 的斜率为 1 3 ，直线AF 的斜 1 5 3 率为− ，则双曲线 11 C 的离心率是 ( ) A． 5 2 B． 3 2 C． 5 D．3 【解答】解：依题意，直线 B F 1 的斜率为 3 π ，所以BFF = ， 1 2 3 又|BF |=|BF |，所以△BFF 为等边三角形，故 1 2 1 2 | B F 1 |= | B F 2 |= | F 1 F 2 |= 2 c = 6 ，  B F 2 F 1 = π 3 ， 5 3 在△AFF 中，tanF FA= 0，F FA为锐角， 1 2 2 1 11 2 1  s in  F 2 F 1 A = 5 1 4 3 11 2π  3 3 ，cosF FA= ，所以sinA=sin +F FA= ， 2 1 14  3 2 1  14 |FF | |AF | |AF | 根据正弦定理可得 1 2 = 1 = 2 ，解得|AF |=14，|AF |=10， sinA sinFF A sinFFA 1 2 1 2 2 17 高途高中数学高考研究院 所以 7 2 a = | A F 1 | − | A F 2 |= 4 ，即 a = 2 ，所以 C c 3 的离心率为 = ．故选：B． a 2 12．已知 f ( x ) ，g(x)都是定义在R上的函数，对任意 x ， y 满足 f ( x − y ) = f ( x ) g ( y ) − g ( x ) f ( y ) ，且 f ( − 2 ) = f (1 )  0 ，则下列说法正确的是 ( ) A． g ( 0 ) = − 1 B．若 f (1 ) = 2 0 2 4 ，则 2 0 2 4 n = 1 f ( n ) = 2 0 2 4 C．函数 f ( 2 x − 1 ) 的图象关于直线 x = 1 2 对称 D． g (1 ) + g ( − 1 ) = 1 【解答】解：对于A，令 x = y = 0 ，可得 f ( 0 ) = f ( 0 ) g ( 0 ) − g ( 0 ) f ( 0 ) = 0 ，得 f(0)=0， 令 y = 0 ， x = 1 ，代入已知等式得 f (1 ) = f (1 ) g ( 0 ) − g (1 ) f ( 0 ) ， 可得 f (1 ) [1 − g ( 0 ) ] = − g (1 ) f ( 0 ) = 0 ，结合 f (1 )  0 得 1 − g ( 0 ) = 0 ，所以 g ( 0 ) = 1 ，故A错误； 对于D，因为 g ( 0 ) = 1 ，令x=0，代入已知等式得 f ( − y ) = f ( 0 ) g ( y ) − g ( 0 ) f ( y ) ， 将 f(0)=0，g(0)=1代入上式，得 f(−y)=−f(y)，所以函数 f ( x ) 为奇函数． 令x=1， y = − 1 ，代入已知等式，得 f ( 2 ) = f (1 ) g ( − 1 ) − g (1 ) f ( − 1 ) ， 因为 f ( − 1 ) = − f (1 ) ，所以 f ( 2 ) = f (1 ) [ g ( − 1 ) + g (1 ) ] ， 又因为 f(2)=−f(−2)=−f(1)，所以−f(1)= f(1)[g(−1)+g(1)]， 因为 f (1 )  0 ，所以 g (1 ) + g ( − 1 ) = − 1 ，故D正确； 对于B，分别令y=−1和 y = 1 ，代入已知等式，得到以下两个等式： f ( x + 1 ) = f ( x ) g ( − 1 ) − g ( x ) f ( − 1 ) ， f ( x − 1 ) = f ( x ) g (1 ) − g ( x ) f (1 ) ， 两式相加得 f(x+1)+ f(x−1)=−f(x)，所以 f(x+2)+ f(x)=−f(x+1)， 即 f(x)=−f(x+1)− f(x+2)，有 − f ( x ) + f ( x ) = f ( x + 1 ) + f ( x − 1 ) − f ( x + 1 ) − f ( x + 2 ) = 0 ， 即 f(x−1)= f(x+2)，所以 f ( x ) 为周期函数，且周期为3， 因为 f (1 ) = 2 0 2 4 ，所以 f(−2)=2024，所以 f(2)=−f(−2)=−2024， f(3)= f(0)=0， 所以 f (1 ) + f ( 2 ) + f ( 3 ) = 0 ， 所以 2 0 2 4 n = 1 f ( n ) = f (1 ) + f ( 2 ) + f ( 3 ) + + f ( 2 0 2 3 ) + f ( 2 0 2 4 ) = f ( 2 0 2 3 ) + f ( 2 0 2 4 ) = f (1 ) + f ( 2 ) = 0 ，故B错误； 2π 对于C，取 f(x)=sin x， 3 g ( x ) = c o s 2 π 3 x ， 2π 满足 f(x−y)= f(x)g(y)−g(x)f(y)及 f(−2)= f(1)0，所以 f(2x−1)=sin (2x−1)， 38 高途高中数学高考研究院 又 f(0)=sin0=0，所以函数 8 f ( 2 x − 1 ) 的图象不关于直线 x = 1 2 对称，故C错误．故选：D． 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13．已知向量 a = ( 3 , 4 ) ， b = (1 , 0 ) ， c = a + tb ，若  a , c  =  b , c  ，则 t = ． 【解答】解： a = ( 3 , 4 ) ， b = (1 , 0 ) ， c = a + tb ，  c = ( 3 + t , 4 ) ，  a , c  =  b , c  ，  | a a  c | | c | = | b b  c | | c | ，即 2 5 + 5 3 t = 3 + 1 t ，解得 t = 5 ． 故答案为：5． 14．若圆锥侧面展开图是圆心角为 2 π 3 ，半径为2的扇形，则这个圆锥表面积为 ． 【解答】解：根据题意，设圆锥底面半径为r， 2π 2π 2 若圆锥侧面展开图是圆心角为 ，半径为2的扇形，则有 2=2πr ，解得r = ． 3 3 3 圆锥的侧面积 S 1 = π r l = 4 π 3 ，底面积 S 2 = π r 2 = 4 π 9 ， 则这个圆锥表面积 S = S 1 + S 2 = 4 π 3 + 4 π 9 = 1 6 9 π ． 故答案为： 1 6 9 π ． 1 15．已知抛物线C:y2 =2px(p0)的焦点为F ，准线l:x=− ，直线 2 l  过点 F 且与抛物线 C 交于 M ， N 两点， O |MF| 3 为坐标原点，若 = ，则 |NF| 4 △ O M N 的面积为 ． 【解答】解： 抛物线 C : y 2 = 2 p x ( p  0 ) 的焦点为F ，准线 l : x = − 1 2 ， 可得 p 2 = 1 2 ，即 p = 1 ，抛物线 C : y 2 = 2 x ，焦点坐标为  1 2 , 0  ， 设M(x,y )，N(x ,y )，且y 0， 1 1 2 2 1 y 2  0 ， 1 由题可设直线MN 的方程为x=my+ ， 2 |MF| 3 = ， |NF| 4  | | y y 1 2 | | = 3 4 3 ，可得y =− y ①， 1 4 2  1 x=my+ 联立： 2，整理可得  y2 =2x y 2 − 2 m y − 1 = 0 ，=(−2m)2 +40， y + y =2m②，y y =−1③， 1 2 1 29 高途高中数学高考研究院 联立①③可得： 9 y 1 = 2 3 ， y 2 = − 2 3 3 ， △OMN的面积 S = 1 2 | O F |  | y 1 − y 2 |= 1 2  1 2  7 6 3 = 7 2 4 3 ． 故答案为： 7 2 4 3 ． 16．若函数 f ( x ) s in x 3 c o s x 1   = + − 在 [ 0 ,2 π ] 上恰有5个零点，且在  − π 4 , π 1 5  上单调递增， 则正实数的取值范围为 ． 【解答】解：依题意，函数 f ( x ) 2 s in x π 3 1  =  +  − ， 由 f(x)=0，得 s in x π 3 1 2   +  = π π π 5π ，则x+ =2kπ+ 或x+ =2kπ+ ，kZ， 3 6 3 6 由 x  [ 0 ,2 π ] ，得 x π 3 π 3 , 2 π π 3   +   +  ， 由 f ( x ) 在 [ 0 ,2 π ] 29π π 37π 上恰有5个零点，得 2π+  ，解得 6 3 6 9 4 3 1 5 2   ， 由 π 2 x π 3 π 2  − + ，得 5 6 π x 6 π   − ，即函数 f ( x ) 在 5 6 π , 6 π    −  上单调递增， 因此 π 4 , 1 π 5 5 6 π , 6 π    −    −  ，即 5 6 π π 4  − − 且 6 π 1 π 5 ，解得  0 5 2   ， 9 5 所以正实数的取值范围为  ． 4 2 故答案为： 9 4 5 2     ． 三、解答题：共 70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第 17~21题为必考题， 每个试题考生都必须作答；22、23题为选考题，考生根据要求作答. 17．在① a 2 = − 2 3 3 S + a b c o s C ；② c o s 2 A − c o s 2 B + c o s 2 C = 1 + 2 s in A s in C ，两个条件中任 选一个，补充在下面的问题中，并解答该问题． 在△ABC中，内角 A ， B ，C所对的边分别是 a ，b， c ，三角形面积为 S ，若D为 A C 边 上一点，满足AB⊥BD，BD=2，且_____． 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． (1)求角B； 2 1 (2)求 + 的取值范围． AD CD10 高途高中数学高考研究院 【解答】解：(1)选择①，因为 10 a 2 = − 2 3 3 S + a b c o s C ， 所以 a 2 = − 3 3 a b s in C + a b c o s C 3 ，即a=− bsinC+bcosC， 3 由正弦定理得， s in A = − 3 3 s in B s in C + s in B c o s C ， 所以 s in ( B + C ) = − 3 3 s in B s in C + s in B c o s C ， 所以 c o s B s in C = − 3 3 s in B s in C ， 因为 s in C  0 ，所以tanB=− 3， B = 2 π 3 ； 选择②，因为 c o s 2 A − c o s 2 B + c o s 2 C = 1 + 2 s in A s in C ， 所以 2 c o s 2 A − 1 − 2 c o s 2 B + 1 + 2 c o s 2 C − 1 = 1 + 2 s in A s in C ， 所以 c o s 2 A − c o s 2 B + c o s 2 C = 1 + s in A s in C ， 所以 1 − s in 2 A − 1 + s in 2 B + 1 − s in 2 C = 1 + s in A s in C ， 所以 − s in 2 A + s in 2 B − s in 2 C = s in A s in C ， 所以 − a 2 + b 2 − c 2 = a c ，即 b 2 = a 2 + c 2 + a c ， 又b2 =a2 +c2 −2accosB，所以 c o s B = − 1 2 ，所以 B = 2 π 3 ． (2)在 △ B C D 中，因为 A B ⊥ B D ， B D = 2 ，所以  D B C = π 6 ， π 2sin DC BD 6 1 由正弦定理得： = ，所以CD= = ， sinDBC sinC sinC sinC 在 △ A B D 中，由正弦定理得 s in A  D A B D = s B in D A ，所以 A D = 2 s s in in A π 2 = s 2 in A ， 2 1 2 1 所以 + = + =sinA+sinC， AD CD 2 1 sinA sinC 2π π 2 1 π  因为ABC= ，所以A+C = ，所以 + =sinA+sinC=sin −C+sinC， 3 3 AD CD 3  2 1  π 整理得： + =sinC+  ． AD CD  3 π π π 2π  π  3  因为0C  3 ，所以C+ 3  3 , 3   ，所以sin  C+ 3      2 ,1  ．11 高途高中数学高考研究院 所以 11 A 2 D + C 1 D  3  的取值范围是 ,1．  2   18．如图在四棱锥 S − A B C D 中，ABCD为菱形，  A B C = 1 2 0  ，  S D C = 9 0  ， S B = S D ． (1)证明： S C ⊥ B D ； (2)若ASC =90，求平面 S A B 与平面 S B C 所成二面角的正弦值． 【解答】(1)证明：设 A C 与 B D 相交于点O 因为 A B C D 为菱形，所以 A C ⊥ B D ，且 O 是 B D 的中点， 因为 S B = S D ，所以 S O ⊥ B D ， 又AC SO=O， A C ， S O  平面 S A C ，所以 B D ⊥ 平面SAC， 因为 S C  平面SAC，所以SC ⊥BD． (2)解：以O为坐标原点，OB，OC所在直线分别为 x ， y 轴，作 O z 垂直底面ABCD，建立 如图所示的空间直角坐标系， 设菱形 A B C D 的边长为2，则A(0,− 3,0)， B (1 , 0 , 0 ) ，C(0, 3,0)， D ( − 1 , 0 , 0 ) ， 设S(x,y,z)，则AS =(x,y+ 3,z)，CS =(x,y− 3,z)，DS =(x+1,y,z)，DC=(1, 3,0)， D B = ( 2 , 0 , 0 ) ， A B = (1 , 3 , 0 ) ， B C = ( − 1 , 3 , 0 ) ， 由(1)知，SC ⊥BD，所以CSDB=2x=0，即 x = 0 ， 因为SDC =90，ASC =90，12 高途高中数学高考研究院 所以 12 D S  D C = ( x + 1 ) + 3 y = 0 ， A S  C S = x 2 + y 2 − 3 + z 2 = 0 ，解得 y = − 3 3 ， z = 2 3 6 ， 所以 S  0 , − 3 3 , 2 3 6  ，所以 B S =  − 1 , − 3 3 , 2 3 6  ， 设平面 S A B 的法向量为m=(x,y ,z )，则 1 1 1  m m   B A S B = = 0 0 ，即  − x x 1 1 + − 3 3 3 y 1 y = 1 + 0 2 3 6 z 1 = 0 ， 取 y 1 = 1 ，则 x 1 = − 3 ， z 1 = − 2 2 ，即 m =  − 3 ,1 , − 2 2  ， 设平面 S B C 的法向量为 n = ( x 2 , y 2 , z 2 ) nBS =0 ，则 ，即 nBC =0  − − x x 2 2 − + 3 3 3 y y 2 2 + = 0 2 3 6 z 2 = 0 ， 取 y 2 = 1 ，则x = 3， 2 z 2 = 2 ，即n=( 3,1, 2)， 设平面 S A B 与平面 S B C 所成二面角为， 则 c o s | c o s , | | | | | | | 3 1 | 3 1 2 1 1 3 | 1 2 3 3  =  m n  = m m   n n = + − + +  − + + = ，所以 s in 1 c o s 2 3 6   = − = ， 故平面 S A B 与平面 S B C 所成二面角的正弦值为 3 6 ． 19．为促进新能源汽车的推广，某市逐渐加大充电基础设施的建设，该市统计了近五年新能 源汽车充电站的数量(单位：个)，得到如下表格： 年份编号x 1 2 3 4 5 年份 2018 2019 2020 2021 2022 新能源汽车充电 站数量 y / 37 104 147 186 226 个 (1)已知可用线性回归模型拟合 y 与 x 的关系，请用相关系数加以说明； (2)求y关于x的线性回归方程，并预测2026年该市新能源汽车充电站的数量． 参考数据： 5 i= 1 y i = 7 0 0 5 ，x y =2560， i i i=1 5 i= 1 ( y i − y ) 2  1 4 6 .5 1 ， 10 3.16． n (x −x)(y −y) i i 参考公式：相关系数r= i=1 ，回归方程yˆ =b ˆ x+aˆ中斜率和截距的最小 n n (x −x)2(y −y)2 i i i=1 i=113 高途高中数学高考研究院 n (x −x)(y − y) i i 二乘估计公式分别为：b ˆ = i=1 ， n (x −x)2 i i=1 13 ˆa = y − ˆb x ． 【解答】解：(1) x = 1 + 2 + 3 5 + 4 + 5 = 3 ， y = 7 0 5 0 = 1 4 0 ， 5 i= 1 ( x i − x ) 2 = 4 + 1 + 0 + 1 + 4 = 1 0  3 .1 6 ， 5 i= 1 ( x i − x ) ( y i − y ) = 5 i= 1 x i y i − 5 x y = 2 5 6 0 − 5  3  1 4 0 = 4 6 0 ， 5 (x −x)(y − y) i i 460 则r = i=1  0.99， 5 5 3.16146.51 (x −x)2(y − y)2 1 i i=1 i=1 因为 0 .9 9  0 .7 5 ，所以可用线性回归模型拟合y与 x 的关系； (2) 5 i= 1 ( x i − x ) 2 = 4 = 1 + 0 + 1 + 4 = 1 0 ， ˆb = 5 i= 1 ( x i 5 i= 1 − ( x x i ) − ( y x i ) − 2 y ) = 4 1 6 0 0 = 4 6 ， ˆa = y − ˆb x = 1 4 0 − 4 6  3 = 2 ，所以yˆ =46x+2， 当x=9时， ˆy = 4 6  9 + 2 = 4 1 6 ，即预测2026年该市新能源汽车充电站的数量为416个． 20．已知抛物线C:y2 =2px(p0)上一点 P 的横坐标为4，且 P 到焦点 F 的距离为5， (1)求抛物线 C 的方程； (2)点 A ，B是抛物线C上异于原点 O 的不同的两点，且满足 O A  A B = 0 ，求 | O B | 的最小值． 【解答】解：(1)由题及抛物线的定义知点 P 到抛物线准线的距离为5， 抛物线的准线方程为 x = − p 2 ，  p 4+ =5，解得 2 p = 2 ， 故抛物线的方程为 y 2 = 4 x ； (2)依题意 O ( 0 , 0 ) ，显然直线OA的斜率存在且不为0，设OA:y=kx，  4 x= y=kx   k2  4 4 由 ，解得 ，所以A ,  ， y2 =4x y= 4 k2 k  k OAAB=0，  O A ⊥ A B 1 4 1 4  ，直线AB的斜率为− ，直线AB:y− =− x−  ， k k k k2 14 高途高中数学高考研究院 由 14  y y − 2 = 4 k 4 = x − 1 k  x − 4 k 2  ，得 y 2 + 4 k y − 1 6 − 1 k 6 2 = 0 ，  y A + y B = − 4 k ，  y B = − 4 k − 4 k ， x B = y B4 2 =  − 4 k − 4 4 k  2 = 4  k + 1 k  2 ，即 B  4  k + 1 k  2 , − 4 k − 4 k  ，    1 2 2  4 2  1 4  1 2 |OB|= x2 + y2 = 4k+   +−4k−  =4 k+  +k+  ， B B   k   k  k  k  1 2 设t =k+  4，当且仅当  k k =  1 时等号成立，则 | O B |= 4 t 2 + t = 4  t + 1 2  2 − 1 4 ，  当 t = 4 时， | O B | 取最小值为 8 5 ． 21．已知函数 f ( x ) = e x + m x − 1 ． (1)讨论 f(x)的单调性； (2)当 m  0 时，证明： f ( x )  x ln x − ( m + 1 ) s in x ． 【解答】解：(1)由题意得， f(x)=ex +m， 当 m 0 时， f ( x ) = e x + m  0 ，函数 f ( x ) 在 R 上单调递增； 当m0时，由 f(x)=ex +m0得， x  ln ( − m ) ，故函数 f ( x ) 在 ( ln ( − m ) , +  ) 上单调递增， 由 f ( x ) = e x + m  0 得 x  ln ( − m ) ，故函数 f ( x ) 在 ( −  , ln ( − m ) ) 上单调递减． 证明：(2)要证 f ( x )  x ln x − ( m + 1 ) s in x ，即证 e x + m x − 1  x ln x − ( m + 1 ) s in x ， x  ( 0 , +  ) ， 即证 e x + ( m + 1 ) ( x + s in x ) − x − 1 − x ln x  0 ， x  ( 0 , +  ) ， 设k(x)=x+sinx，k(x)=1+cosx 0， 故 k ( x ) 在 ( 0 , +  ) 上单调递增，所以 k ( x )  k ( 0 ) = 0 ， 又因为m+11，所以 ( m + 1 ) ( x + s in x )  x + s in x ， 所以ex +(m+1)(x+sinx)−x−1−xlnxe+sinx−1−xlnx， ①当0x 1时，因为 e + s in x − 1  0 ， x ln x 0 ，所以ex +sinx−1−xlnx0； ②当x1时，ex +sinx−1−xlnx ex −xlnx−2， 令g(x)=ex −xlnx−2，则g(x)=ex −lnx−1， 设h(x)=g(x)，则 h ( x ) = e x − 1 x ， 因为x1时， h ( x ) 单调递增，所以 h ( x )  h (1 ) = e − 1  0 ， 所以h(x)即g(x)在(1,+)上单调递增，15 高途高中数学高考研究院 所以 15 g ( x )  g (1 ) = e − 1  0 ， 所以 g ( x ) 在 (1 , +  ) 上单调递增， 所以 g ( x )  g (1 ) = e − 2  0 ， 所以ex +sinx−1−xlnx ex −xlnx−20， 综上可知，当 m  0 时， e x + ( m + 1 ) ( x + s in x ) − x − 1 − x ln x  e + s in x − 1 − x ln x ， 即 f(x)xlnx−(m+1)sinx． 选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计 分。 22．在平面直角坐标系xOy中，以坐标原点 O 为极点， x 轴正半轴为极轴，建立极坐标系， 曲线 C 的极坐标方程为sin2=4cos，直线 l 的极坐标方程为 c o s π 3 1    −  = ． (1)求曲线 C 和直线 l 的直角坐标方程； (2)直线 l 与 x 轴的交点为P，经过点 P 的直线 m 与曲线 C 交于 A ， B 两点，若 | P A | + | P B |= 4 6 ，求直线 m 的斜率． 【解答】解：(1)曲线 C : s in 2 4 c o s    = ，即 2 s in 2 4 c o s     = ， 根据 x y c s o s in      = = ，整理得 y 2 = 4 x ． l : 1 2 c o s 2 3 s in 1     +  = ，即 c o s 3 s in 2 0     + − = ， 根据 x y c s o s in      = = ，整理得 x + 3 y − 2 = 0 ． (2)由(1)知 P ( 2 , 0 ) ，不妨设m的方程为 x = n y + 2 ， x=ny+2, 由 得y2 −4ny−8=0， y2 =4x, 设A(x,y )， 1 1 B ( x 2 , y 2 ) ，则 y 1 + y 2 = 4 n ， y 1 y 2 = − 8 ． |PA|+|PB|=|AB|= 1+n2  (y + y )2 −4y y =4 6， 1 2 1 2 n4 +3n2 −4=0，即 ( n 2 + 4 ) ( n 2 − 1 ) = 0 ，即n2 =1，即n=1， 直线 m 的斜率为 1 n =  1 ． 23．已知函数 f ( x ) = | x + 2 | − a | x − 1 | ，aR ． (1)当a=2时，求不等式 f(x) 0的解集； (2)当a=−1时，函数 f(x)的最小值为m，若a，b，c均为正数，且a2 +b2 +4c2 =m，求16 高途高中数学高考研究院 16 a + b + 2 c 的最大值． 【解答】解：(1)当 a = 2 时， f ( x ) = | x + 2 | − 2 | x − 1 |=  − 3 x x x , − + − 4 4 2 , , x x x   − 1 1 2 ， ①当 x  1 时，不等式 f ( x ) 0 等价于 − x + 4 0 ，解得 x 4 ； ②当 − 2 x 1 时，不等式 f(x) 0等价于 3 x 0 ，解得 − 2 x 0 ； ③当 x  − 2 时，不等式 f ( x ) 0 等价于x−4 0，解得 x  − 2 ． 综上所述，不等式 f ( x ) 0 的解集为 ( −  , 0 ] [ 4 , +  ) ． (2)当a=−1时， f ( x ) = | x + 2 | + | x − 1 | | ( x + 2 ) − ( x − 1 ) |= 3 ， 当 ( x + 2 ) ( x − 1 ) 0 ，即 − 2 x 1 时取等号， 所以函数 f ( x ) 的最小值 m = 3 ，故 a 2 + b 2 + 4 c 2 = 3 ， 结合a，b，c均为正数，可得 9 = 3 ( a 2 + b 2 + 4 c 2 ) = (1 2 + 1 2 + 1 2 ) ( a 2 + b 2 + 4 c 2 ) ( a + b + 2 c ) 2 ， 所以 a + b + 2 c 3 ，当且仅当 a = b = 2 c = 1 时等号成立， 可知当 a = b = 1 ， c = 1 2 时， a + b + 2 c 的最大值为3．