2024届高考新结构数学-选择填空强化训练（解析版）-72页(1)_2024年4月_01按日期_6号_2024届新结构高考数学合集_新结构数学选择填空专项突破

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 对两个具有线性相关关系的变量x和y进行统计时，得到一组数据1,0.3  ,2,4.7  ,3,m  ,4,8  ，

通过这组数据求得回归直线方程为y=2.4x-2，则m的值为 ( )
A. 3 B. 5 C. 5.2 D. 6
【答案】A
 1+2+3+4 5  13+m  13+m 5
【解析】易知x= = ,y= ，代入y=2.4x-2得 =2.4× -2⇒m=3.
4 2 4 4 2
故选：A
2 已知m，n表示两条不同直线，α表示平面，下列说法正确的是 ( )
A. 若m⎳α,n⎳α,则m⎳n B. 若m⊥α，n⊂α，则m⊥n
C. 若m⊥α，m⊥n，则n⎳α D. 若m⎳α，m⊥n，则n⊥α
【答案】B
【解析】线面垂直，则有该直线和平面内所有的直线都垂直，故B正确.
故选：B
  
3 已知向量a，b满足a 

=3，b 
  
=2 3，且a⊥a+b 
 
，则b在a方向上的投影向量为 ( )
 
A. 3 B. -3 C. -3a D. -a
【答案】D
  
【解析】a⊥a+b 
  
，则a⋅a+b 
      
=a2+a⋅b=9+a⋅b=0，故a⋅b=-9，
 
  a⋅b
b在a方向上的投影向量

a 
 -9  
⋅a= ⋅a=-a.
2 9
故选：D.
1
4 若n为一组从小到大排列的数1，2，4，8，9，10的第六十百分位数，则二项式 3x+
2x

n
的展开
式的常数项是 ( )
A. 7 B. 8 C. 9 D. 10
【答案】A
【解析】因为n为一组从小到大排列的数1，2，4，8，9，10的第六十百分位数，6×60%=3.6，
所以n=8，
1
二项式 3x+
2x

8
的通项公式为T =Cr⋅ 3x
r+1 8

1
8-r⋅
2x

r 1
=Cr⋅
8 2

r 8-r-r
⋅x 3 ，
8-r 1
令 -r=0⇒r=2，所以常数项为C2×
3 8 2

2024届高考新结构数学-选择填空强化训练1
2 8×7 1
= × =7，
2 4
故选：A
5 折扇是我国古老文化的延续，在我国已有四千年左右的历史，“扇”与“善”谐音，折扇也寓意“善
良”“善行”.它常以字画的形式体现我国的传统文化，也是运筹帷幄、决胜千里、大智大勇的象征(如图
1).图2是一个圆台的侧面展开图(扇形的一部分)，若两个圆弧DE，AC所在圆的半径分别是3和6，且
∠ABC=120°，则该圆台的体积为 ( )
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1 7250 2 14 2
A. π B. 9π C. 7π D. π
3 3
【答案】D
1
【解析】设圆台上下底面的半径分别为r ,r ，由题意可知 ×2π×3=2πr，解得r =1，
1 2 3 1 1
1
×2π×6=2πr ，解得：r =2，作出圆台的轴截面，如图所示：
3 2 2
图中OD=r =1,OA=r =2，AD=6-3=3，
1 2
过点D向AP作垂线，垂足为T，则AT=r -r =1，
2 1
所以圆台的高h= AD2-AT2= 32-1=2 2，
则上底面面积S =π×12=π，S =π×22=4π，由圆台的体积计算公式可得：
1 2
1 1 14 2π
V= ×(S +S + S ⋅S )×h= ×7π×2 2= ，
3 1 2 1 2 3 3
故选：D.
6 已知函数fx  =x2-bx+c(b>0,c>0)的两个零点分别为x,x ，若x,x ,-1三个数适当调整顺 1 2 1 2
x-b
序后可为等差数列，也可为等比数列，则不等式 ≤0的解集为 ( )
x-c
5 A. 1,
2
 B.  1, 5
 2

C. -∞,1  ∪  5 ,+∞
 2
 D. -∞,1  5 ∪ ,+∞
2

【答案】A
【解析】由函数fx  =x2-bx+c(b>0,c>0)的两个零点分别为x ,x ， 1 2
即x ,x 是x2-bx+c=0的两个实数根据，则x +x =b,x x =c
1 2 1 2 1 2
因为b>0,c>0，可得x >0,x >0，
1 2
又因为x ,x ,-1适当调整可以是等差数列和等比数列，
1 2
不妨设x <x ，可得 x 1 x 2 =-1 1 2   2=1 1  -1+x =2x ，解得x 1 = 2 ,x 2 =2，
2 1
5 5
所以x +x = ,x x =1，所以b= ,c=1，
1 2 2 1 2 2
5
x-
x-b 2 5 5 则不等式 ≤0，即为 ≤0，解得1<x≤ ，所以不等式的解集为1,
x-c x-1 2 2
 .
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2 72故选：A.
x2 y2
7 已知双曲线C： - =1a>0,b>0 a2 b2  的左、右焦点分别为F，F，M，N为双曲线一条渐近线 1 2
2π
上的两点，A为双曲线的右顶点，若四边形MFNF 为矩形，且∠MAN= ，则双曲线C的离心率为
1 2 3
( )
21
A. 3 B. 7 C. D. 13
3
【答案】C
【解析】如图，因为四边形MFNF 为矩形，所以MN
1 2
 =FF
1 2
 =2c(矩形的对角线相等)，所以以MN
为直径的圆的方程为x2+y2=c2.
b
直线MN为双曲线的一条渐近线，不妨设其方程为y= x，
a
b
由   y= a x, 解得   x=a ，或   x=-a,
x2+y2=c2, y=b y=-b,
所以Na,b  ，M-a,-b  或N-a,-b  ，Ma,b  .
不妨设Na,b  ，M-a, -b  ，又Aa,0  ，
所以AM  = a+a  2+b2= 4a2+b2，AN  = a-a  2+b2=b.
2π
在△AMN中，∠MAN= ，
3
由余弦定理得MN  2=AM  2+AN  2-2AM  AN 
2π
⋅cos ，
3
即4c2=4a2+b2+b2+ 4a2+b2×b，
4
则2b= 4a2+b2，所以4b2=4a2+b2，则b2= a2，
3
b2 21
所以e= 1+ = .
a2 3
故选:C.
8 已知a=ln1.2e 
1.2
,b=e0.2,c= ，则有 ( )
e0.2
A. a<b<c B. a<c<b C. c<a<b D. c<b<a
【答案】C
【解析】令fx  =ex-lnx+1  -1,x>0，则fx 
1
=ex- .
x+1
1 1
当x>0时，有ex>1, <1，所以 <1，
x+1 x+1
所以，f(x)>0在0,+∞  上恒成立，
所以，f(x)在0,+∞  上单调递增，
所以，f(x)>f(0)=1-1=0，
所以，f(0.2)>0，即e0.2-ln1.2-1>0，所以a<b
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3 72令gx  =ex-x+1  ,x>0，则gx  =ex-1在x>0时恒大于零，故gx  为增函数，
x+1
所以 <1,x>0，而a=ln1.2e
ex
 =1+ln1.2>1，所以c<a，
所以c<a<b，
故选：C
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.
9 已知函数fx 
3π
=sin2x+
4

3π
+cos2x+
4
 ，则 ( )
π
A. 函数fx-
4
 为偶函数 B. 曲线y=fx  对称轴为x=kπ,k∈Z
C. fx 
π π
在区间 ,
3 2
 单调递增 D. fx  的最小值为-2
【答案】AC
【解析】fx 
3π
=sin2x+
4

3π
+cos2x+
4

3π 3π 3π 3π
=sin2xcos +sin cos2x+cos2xcos -sin2xsin
4 4 4 4
2 2 2 2
=- sin2x+ cos2x- cos2x- sin2x=- 2sin2x，
2 2 2 2
即fx  =- 2sin2x，
π
对于A，fx-
4

π
=- 2sin2x-
2
 = 2cos2x，易知为偶函数，所以A正确；
对于B，fx 
π π kπ
=- 2sin2x对称轴为2x= +kπ,k∈Z⇒x= + ,k∈Z，故B错误；
2 4 2
π π
对于C，x∈ ,
3 2

2π
,2x∈ ,π
3
 ，y=sin2x单调递减，则
fx  =- 2sin2x单调递增，故C正确；
对于D，fx  =- 2sin2x，则sin2x∈-1,1  ，所以fx  ∈- 2, 2  ，故D错误；
故选：AC
10 设z为复数，则下列命题中正确的是 ( )
A. z 
 
2=zz B. 若z=(1-2i)2，则复平面内z对应的点位于第二象限
C. z2=z  2 D. 若z  =1，则z+i  的最大值为2
【答案】ABD

【解析】对于A，设z=a+bi，故z=a-bi，则z 

2=a2+b2，zz=(a+bi)(a-bi)=a2+b2，故z  2=

zz成立，故A正确，
 
对于B，z=(1-2i)2=-4i-3，z=4i-3，显然复平面内z对应的点位于第二象限，故B正确，
对于C，易知z  2=a2+b2，z2=a2+b2+2abi，当ab≠0时，z2≠z  2，故C错误，
对于D，若z  =1，则a2+b2=1，而z+i  = a2+(b+1)2= 2b+2，易得当b=1时，z+i  最大，此
时z+i  =2，故D正确.
故选：ABD
π
11 已知菱形ABCD的边长为2，∠ABC= ．将△DAC沿着对角线AC折起至△DAC，连结
3
BD．设二面角D-AC-B的大小为θ，则下列说法正确的是 ( )
π
A. 若四面体DABC为正四面体，则θ=
3
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4 72B. 四面体DABC的体积最大值为1
C. 四面体DABC的表面积最大值为2 3+2
专心 专注 专业

2π 21
D. 当θ= 时，四面体DABC的外接球的半径为
3 3
【答案】BCD
【解析】如图，取AC中点O，连接OB,OD，则OB=OD，OB⊥AC,OD⊥AC，∠BOC为二面角
DAC-B的平面角，即∠BOC=θ．
π
若DABC是正四面体，则BD=BC≠BO，△OBD不是正三角形，θ≠ ，A错；
3
四面体DABC的体积最大时，BO⊥平面ACD，此时B到平面ACD的距离最大为BO= 3，而
3 1
S = ×22= 3，所以V= × 3× 3=1，B正确；
△ACD 4 3
S =S = 3，
△ABC △DAC
1
易得△BAD≅△BCD，S =S = ×22sin∠BCD=2sin∠BCD，
△BAD △BCD 2
未折叠时BD=BD=2 3，折叠到B,D重合时，BD=0，中间存在一个位置，使得BD=2 2，则
π
BC2+DC2=BD2，∠BCD= ，此时S =S =2sin∠BCD取得最大值2，
2 △BAD △BCD
所以四面体DABC的表面积最大值为2 3+2  ，C正确；
2π
当θ= 时，如图，设M,N分别是△ACD和△BAC的外心，在平面AOD内作PM⊥OD，作
3
PN⊥OB，PM∩PN=P，则P是三棱锥外接球的球心，
由上面证明过程知平面OBD与平面ABC、平面DAC垂直，即P,N,O,M四点共面，
2π π 1 3 3 π 3
θ= ，则∠PON= ，ON= × ×2= ，PN=ONtan = × 3=1，
3 3 3 2 3 3 3
2 3
PB= PN2+BN2= 12+
3

2 21
= 为球半径，D正确．
3
故选：BCD．
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5 72三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12 设集合M=xlog x<1
2
 ，N=x2x-1<0  ，则M∩N= ．
1
【答案】

x0<x<
2

【解析】因为log x<1=log 2，所以0<x<2，即M=xlog x<1 2 2 2  = x   0<x<2   ，
1
因为2x-1<0，解得x< ，所以N=x2x-1<0
2
 = x 
1
 x< 
2
 ，
1
所以，M∩N=

x0<x<
2
 .
1
故答案为：

x0<x<
2

13 已知正项等比数列a
n
 的前n项和为S ，且S -2S =6，则a +a +a +a 的最小值为
n 8 4 9 10 11 12
.
【答案】24
【解析】设正项等比数列a
n
 的公比为q，则q>0，
所以，S 8 =a 1 +a 2 +a 3 +a 4 +a 5 +a 6 +a 7 +a 8 =a 1 +a 2 +a 3 +a 4 +q4 a 1 +a 2 +a 3 +a 4 
=S 1+q4
4
 ，
则S -2S =S q4-1
8 4 4

6
=6，则q4>1，可得q>1，则S = ，
4 q4-1
所以，a 9 +a 10 +a 11 +a 12 =q8 a 1 +a 2 +a 3 +a 4 
6q8 6q4-1+1
=S q8= = 4 q4-1
 2
q4-1
6 q4-1 =  2+1+2q4-1    =6 q4-1 q4+1   1  + +2  q4-1  ≥6 2 q4-1   1  ⋅ +2   q4-1  =24，
1
当且仅当q4-1= q>1
q4-1
 时，即当q= 42时，等号成立，
故a +a +a +a 的最小值为24.
9 10 11 12
故答案为：24
1
14 已知F为拋物线C:y= x2的焦点，过点F的直线l与拋物线C交于不同的两点A，B，拋物线
4
25
在点A,B处的切线分别为l 和l ，若l 和l 交于点P，则|PF|2+
1 2 1 2
AB 
的最小值为 .
【答案】10
【解析】C:x2=4y的焦点为0,1  ，设直线AB方程为y=kx+1，Ax 1 ,y 1  ,Bx 2 ,y 2  .
联立直线与抛物线方程有x2-4kx-4=0，则AB  =y 1 +y 2 +2=kx 1 +x 2  +4=4k2+4.
1 1 1
又y= 4 x2求导可得y= 2 x，故直线AP方程为y-y 1 = 2 x 1x-x 1  .
1 1 1 1 1
又y = x2，故AP:y= x x- x2，同理BP:y= x x- x2.
1 4 1 2 1 4 1 2 2 4 2
y= 1 x x- 1 x2  2 1 4 1 1 联立 y= 1 x x- 1 x2 可得 2 x 1 -x 2
2 2 4 2
 1 x= x2-x2 4 1 2  x +x x +x x x ，解得x= 1 2，代入可得P 1 2, 1 2 2 2 4  ，
代入韦达定理可得P2k,-1  ，故PF  = 4k2+4.
25
故|PF|2+
AB 
25
=4k2+4+ ≥2 4k2+4
4k2+4

25 25
× =10，当且仅当4k2+4= ，即
4k2+4 4k2+4
1
k=± 时取等号.
2
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6 72故答案为：10
专心 专注 专业
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7 72一、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
1 抛物线y= x2的焦点坐标为 ( )
2
1
A.  ,0
8

1
B.  ,0
2

1
C. 0,
8

1
D. 0,
2

【答案】D
1 1
【解析】由y= x2可得抛物线标准方程为：x2=2y，∴其焦点坐标为0,
2 2
 .
故选：D.
2 二项式 3x2- 1
x4
 7 的展开式中常数项为 ( )
A. -7 B. -21 C. 7 D. 21
【答案】A
1 【解析】二项式 3x2- x4  7 的通项公式为T =Cr⋅ 3x2 r+1 7  1 7-r⋅- x4  r =Cr⋅-1 7  14-14r r⋅x 3 ，
14-14r
令 =0⇒r=1，所以常数项为C1⋅-1
3 7
 =-7，
故选：A
3 已知集合A=xlog x≤1
2
 ，B=yy=2x,x≤2  ，则 ( )
A. A∪B=B B. A∪B=A C. A∩B=B D. A∪(C B)=R
R
【答案】A
【解析】由log x≤1，则log x≤log 2，所以0<x≤2，
2 2 2
所以A=xlog x≤1
2
 =x0<x≤2  ，又B=yy=2x,x≤2  =y0<y≤4  ，
所以A⊆B，则A∪B=B，A∩B=A.
故选：A．
4 若古典概型的样本空间Ω=1,2,3,4  ，事件A=1,2  ，甲：事件B=Ω，乙：事件A,B相互独立，则
甲是乙的 ( )
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】若B=Ω，A∩B=1,2  ，则PA∩B 
2 1
= = ，
4 2
而PA 
2 1
= = ，PB
4 2
 =1，
所以PA  PB  =PA∩B  ，所以事件A,B相互独立，
反过来，当B=1,3  ，A∩B=1  ，
此时PA∩B 
1
= ，PA
4
 =PB 
1
= ，满足PA
2
 PB  =PA∩B 
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，
事件A,B相互独立，所以不一定B=Ω，
所以甲是乙的充分不必要条件.
故选：A
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8 725 若函数fx  =lnex-1  -mx为偶函数，则实数m= ( )
1 1
A. 1 B. -1 C. D. -
2 2
【答案】C
【解析】由函数fx  =lnex-1  -mx为偶函数，
可得f-1  =f1  ，即lne-1-1  +m=lne-1  -m，
1
解之得m= ，则fx
2
 =lnex-1 
1
- x(x≠0)，
2
f-x  =lne-x-1 
1
+ x=lnex-1
2

1
-x+ x=lnex-1
2

1
- x=fx
2

故fx  =lnex-1 
1
- x为偶函数，符合题意.
2
故选：C
x2 y2
6 已知函数y=f(x)的图象恰为椭圆C: + =1(a>b>0)x轴上方的部分，若f(s-t)，f(s)，
a2 b2
f(s+t)成等比数列，则平面上点(s，t)的轨迹是 ( )
A. 线段(不包含端点) B. 椭圆一部分
C. 双曲线一部分 D. 线段(不包含端点)和双曲线一部分
【答案】A
x2 y2
【解析】因为函数y=f(x)的图象恰为椭圆C: + =1(a>b>0)x轴上方的部分，
a2 b2
x2
所以y=f(x)=b⋅ 1- (-a<x<a)，
a2
因为f(s-t)，f(s)，f(s+t)成等比数列，
所以有f2(s)=f(s-t)⋅f(s+t)，且有-a<s<a,-a<s-t<a,-a<s+t<a成立，
即-a<s<a,-a<t<a成立，
s2
由f2(s)=f(s-t)⋅f(s+t)⇒b⋅ 1-
a2

2 (s-t)2 (s+t)2
=b⋅ 1- ⋅b⋅ 1- ，
a2 a2
化简得：t4=2a2t2+2s2t2⇒t2(t2-2a2-2s2)=0⇒t2=0，或t2-2a2-2s2=0，
当t2=0时，即t=0，因为-a<s<a，所以平面上点(s，t)的轨迹是线段(不包含端点)；
当t2-2a2-2s2=0时，即t2=2a2+2s2，
因为-a<t<a，所以t2<a2，而2a2+2s2>a2，所以t2=2a2+2s2不成立，
故选：A
π
7 若tanα+
4

sinα1-sin2α
=-2，则

= ( )
cosα-sinα
6 3 3 6
A. B. C. - D. -
5 5 5 5
【答案】C
π
【解析】因为tanα+
4

π
tanα+tan
4 tanα+1
= = =-2，解得tanα=3，
π 1-tanα
1-tanαtan
4
sinα1-sin2α
所以，
 sinαsin2α+cos2α-2sinαcosα
=
cosα-sinα

cosα-sinα
sinαcosα-sinα
=
 2 sinαcosα-sin2α
=sinαcosα-sin2α=
cosα-sinα cos2α+sin2α
第 页 共 页
9 72tanα-tan2α 3-9 3
= = =- .
1+tan2α 1+9 5
故选：C.
8 函数fx 
2lnx, x>0 x
=
sinωx+π
6


 ，若2f2(x)-3f(x)+1=0恰有6个不同实数解，正实数ω
, -π≤x≤0
的范围为 ( )
10 A.  ,4
3
 B.   10 ,4
 3
 10 C. 2,
3
 D.  2, 10
 3

【答案】D
【解析】由题知，
2f2 x  -3fx 
1
+1=0的实数解可转化为f(x)= 或f(x)=1的实数解，即y=f(x)与y=1或y
2
1
= 的交点，
2
当x>0时，fx 
2lnx 21-lnx
= ⇒f(x)=
x

x2
所以x∈0,e  时，f(x)>0，fx  单调递增，
x∈e,+∞  时，f(x)<0，fx  单调递减，
如图所示：
所以x=e时fx 
1 2
有最大值： <f(x) = <1 2 max e
1
所以x>0时，由图可知y=f(x)与y=1无交点，即方程f(x)=1无解，y=f(x)与y= 有两个不
2
1
同交点，即方程f(x)= 有2解
2
当x<0时，因为ω>0，-π≤x≤0，
π π π
所以-ωπ+ ≤ωx+ ≤ ，
6 6 6
令t=ωx+ π ，则t∈ -ωπ+ π , π
6  6 6

则有y=sint且t∈ -ωπ+ π , π
 6 6
 ，如图所示：
因为x>0时，已有两个交点，
1
所以只需保证y=sint与y= 及与y=1有四个交点即可，
2
19π π 11π 10
所以只需- <-ωπ+ ≤- ，解得2≤ω< ．
6 6 6 3
故选：D
第 页 共 页
10 72二、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.
9 已知复数z,z 是关于x的方程x2+bx+1=0(-2<b<2,b∈R)的两根，则下列说法中正确的
1 2
是 ( )
 z
A. z 1 =z 2 B. z 1 ∈R C. z 1
2
 =z 2  =1 D. 若b=1，则z3=z3=1 1 2
【答案】ACD
-b± 4-b2i b 4-b2 b 4-b2
【解析】Δ=b2-4<0，∴x= ，不妨设z =- + i，z =- - i，
2 1 2 2 2 2 2

z =z ，A正确；
1 2
z
1
 =z
2

b
= -
2

2 4-b2
+
2

2
=1，C正确；
z z2 b2-2 b 4-b2 z
z z =1，∴ 1 = 1 =z2= - i，b≠0时， 1 ∉R，B错；
1 2 z z z 1 2 2 z
2 1 2 2
1 3 1 3 1 3 
b=1时，z =- + i，z =- - i，计算得z2=- - i=z =z，
1 2 2 2 2 2 1 2 2 2 1

z2=z =z ，z3=z z =1，同理z3=1，D正确．
2 1 2 1 1 2 2
故选：ACD．
10 四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PA与底面垂直，PA  =2，AB  =1，动点M在线段PC上，
则 ( )
30
A. 不存在点M，使得AC⊥BM B. MB+MD的最小值为
3
2 5
C. 四棱锥P-ABCD的外接球表面积为5π D. 点M到直线AB的距离的最小值为
5
【答案】BD
【解析】对于A：连接BD，且AC∩BD=O，如图所示，当M在PC中点时，
因为点O为AC的中点，所以OM⎳PA，因为PA⊥平面ABCD，
所以OM⊥平面ABCD，又因为AC⊂平面ABCD，所以OM⊥AC，
因为ABCD为正方形，所以AC⊥BD.
又因为BD∩OM=O，且BD，OM⊂平面BDM，所以AC⊥平面BDM，
第 页 共 页
11 72因为BM⊂平面BDM，所以AC⊥BM，所以A错误；
对于B：将△PBC和△PCD所在的平面沿着PC展开在一个平面上，如图所示，
1× 5 30
则MB+MD的最小值为BD，直角△PBC斜边PC上高为 ，即 ，
6 6
1× 5 30
直角△PCD斜边PC上高也为 ，所以MB+MD的最小值为 ，所以B正确；
6 3
对于C：易知四棱锥P-ABCD的外接球直径为PC，
1
半径R= PC
2

1 6
= 22+12+12= ，表面积S=4πR2=6π，所以C错误；
2 2
对于D：点M到直线AB 距离的最小值即为异面直线PC与AB的距离，
因为AB⎳CD，且AB⊄平面PCD，CD⊂平面PCD，所以AB⎳平面PCD，
所以直线AB到平面PCD的距离等于点A到平面PCD的距离，过点A作AF⊥PD，
因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥CD,又AD⊥CD,且PA∩AD=A,
故CD⊥平面PAD，AF⊂平面PAD，所以AF⊥CD，因为PD∩CD=D，
且PD，CD⊂平面PCD，所以AF⊥平面PCD，所以点A到平面PCD的距离，
即为AF的长，如图所示，
在Rt△PAD中，PA  =2，AD  =1，可得PD  = 5，
所以由等面积得AF 
2 5 2 5
= ，即直线AB到平面PCD的距离等于 ，所以D正确，
5 5
故选：BCD.
11 今年是共建“一带一路”倡议提出十周年.某校进行“一带一路”知识了解情况的问卷调查，为调
动学生参与的积极性，凡参与者均有机会获得奖品.设置3个不同颜色的抽奖箱，每个箱子中的小球大小
相同质地均匀，其中红色箱子中放有红球3个，黄球2个，绿球2个；黄色箱子中放有红球4个，绿球2个；
绿色箱子中放有红球3个，黄球2个，要求参与者先从红色箱子中随机抽取一个小球，将其放入与小球颜
色相同的箱子中，再从放入小球的箱子中随机抽取一个小球，抽奖结束.若第二次抽取的是红色小球，则
获得奖品，否则不能获得奖品，已知甲同学参与了问卷调查，则 ( )
第 页 共 页
12 724
A. 在甲先抽取的是黄球的条件下，甲获得奖品的概率为
7
13
B. 在甲先抽取的不是红球的条件下，甲没有获得奖品的概率为
14
24
C. 甲获得奖品的概率为
49
D. 若甲获得奖品，则甲先抽取绿球的机会最小
【答案】ACD
【解析】设A ，A ，A ，分别表示先抽到的小球的颜色分别是红、黄、绿的事件，
红 黄 绿
设B 表示再抽到的小球的颜色是红的事件，
红
在甲先抽取的是黄球的条件下，甲获得奖品的概率为：
PB ∣A
红 黄
 PB A = 红 黄 
PA
黄

2 4
× 7 7 4 = = ，故A正确；
2 7
7
在甲先抽取的不是红球的条件下，甲没有获得奖品的概率为：
 
PB ∣A
红 红

 
PA B 红 红
=


PA
红


PA B 黄 红
=


+PA B 绿 红 

PA
红

2 3 2 1
× + × 7 7 7 2 13
= = ，故B错误；
4 28
7
由题意可知，PA
红

3
= ,PA
7 黄

2
= ,PA
7 绿

2
= ,PB ∣A
7 红 红

3
= ,PB ∣A
7 红 黄

4
= ，
7
PB ∣A
红 绿

1
= ，由全概率公式可知，甲获得奖品的概率为：
2
P=PA
红
 PB ∣A
红 红
 +PA
黄
 ⋅PB ∣A
红 黄
 +PA
绿
 ⋅PB ∣A
红 绿

3 3 2 4 2 1 24
= × + × + × = ，故C正确；
7 7 7 7 7 2 49
因为甲获奖时红球取自哪个箱子的颜色与先抽取小球的颜色相同，
则PA ∣B
红 红

PA
= 红
 ⋅PB ∣A
红 红

PB
红

3 3 49 3
= × × = ，
7 7 24 8
PA ∣B
黄 红

PA
= 黄
 ⋅PB ∣A
红 黄

PB
红

2 4 49 1
= × × = ，
7 7 24 3
PA ∣B
绿 红

PA
= 绿
 ⋅PB ∣A
红 绿

PB
红

2 1 49 7
= × × = ，
7 2 24 24
所以甲获得奖品时，甲先抽取绿球 机会最小，故D正确.
故选：ACD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
   
12 已知△ABC的边BC的中点为D，点E在△ABC所在平面内，且CD=3CE-2CA，若AC=
 
xAB+yBE，则x+y= ．
【答案】11
     
1
【解析】因为CD=3CE-2CA，边BC的中点为D，所以 CB=3BE-BC
2


+2AC，
      
1 5
因为 CB=3BE-3BC+2AC，所以 BC=3BE+2AC，
2 2
  
5 5
所以 BC= AC-AB
2 2

 
=3BE+2AC，
      
所以5AC-5AB=6BE+4AC，即5AB+6BE=AC，
  
因为AC=xAB+yBE，
所以x=5，y=6，故x+y=11.
第 页 共 页
13 72故答案为：11
13 已知圆锥 母线长为2，则当圆锥的母线与底面所成的角的余弦值为 时，圆锥的体
积最大，最大值为 ．
6 16 3
【答案】 ①. ②. π
3 27
π
【解析】设圆锥的底面半径为r，圆锥的母线与底面所成的角为θ,θ∈0,
2

r
，易知cosθ= .
2
圆锥的体积为
1 4 8π 8π
V= πr2⋅ 4-r2= πcos2θ⋅2sinθ= cos2θ⋅sinθ= 1-sin2θ
3 3 3 3
 sinθ
令x=sinθ,x∈0,1  ，则y=1-sin2θ  sinθ=-x3+x，y=-3x2+1
3
当y>0时，x∈0,
3

3
，当y<0时，x∈ ,1
3
 ，
3
即函数y=-x3+x在0,
3

3
上单调递增，在 ,1
3
 上单调递减，
8π 3 3
即V = -
max 3 3 3

3
 
16 3π 32
= ，此时cosθ= 1-
27 3

6
= .
2
6 16 3π
故答案为： ；
2 27
y2
14 已知双曲线C：x2- =1的左、右焦点分别为F，F，右顶点为E，过F 的直线交双曲线C的右
3 1 2 2
支于A，B两点(其中点A在第一象限内)，设M，N分别为△AFF，△BFF 的内心，则当FA⊥AB时，
1 2 1 2 1
AF = ；△ABF 内切圆的半径为 ．
1 1
【答案】 ①. 7+1##1+ 7 ②. 7-1##-1+ 7
【解析】由双曲线方程知a=1,b= 3,c=2，如下图所示：
由FA⊥AB，则AF
1 1
 2+AF
2
 2=FF
1 2
 2=16，
故 AF 1  -AF 2    2+2AF 1  AF 2  =16，
而AF
1
 -AF
2
 =2a=2，所以AF
1
 AF
2
 =6，
故AF
2
 2+2AF
2
 -6=0，
解得AF
2
 = 7-1，所以AF
1
 = 7+1，
若G为△ABF 内切圆圆心且FA⊥AB可知，以直角边切点和G,A为顶点的四边形为正方形，
1 1
1
结合双曲线定义内切圆半径r= AF 2 1  +AB  -BF 1   
1
= AF 2 1  +AF 2  +BF 2  -BF 1   
1
所以r= 2 7+BF 2 2  -BF 1   
1
= 2 7-2 2  = 7-1；
第 页 共 页
14 72即△ABF 内切圆的半径为 7-1；
1
故答案为： 7+1， 7-1；
专心 专注 专业
第 页 共 页
15 72一、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 有一组按从小到大顺序排列 数据：3，5，x，8，9，10，若其极差与平均数相等，则这组数据
的中位数为 ( )
A. 7 B. 7.5 C. 8 D. 6.5
【答案】B
1
【解析】依题意可得极差为10-3=7，平均数为 3+5+x+8+9+10
6

1
= 35+x
6
 ，
1
所以 35+x
6
 =7，解得x=7，
7+8
所以中位线为 =7.5.
2
故选：B.
2 已知集合A= x x-1  >2    ，B= x log x<1
4
   ，则A∩B= ( )
A. 3,4  B. -∞,-1  ∪3,4  C. 1,4  D. -∞,4 
【答案】A
【解析】由x-1  >2，得x<-1或x>3，所以A= x x<-1或x>3    ，
由log x<1，得0<x<4，所以B= x 0<x<4
4
   ，
所以A∩B= x 3<x<4    .
故选：A.
  3
3 已知向量a=(2,0)，b=sinα,
2

   1
，若向量b在向量a上的投影向量c= ,0
2

 
，则|a+b|=
( )
A. 3 B. 7 C. 3 D. 7
【答案】B
  
  a⋅b a 2sinα
【解析】由已知可得，b在a上的投影向量为 ⋅ = (2,0)=(sinα,0)，
  2×2
|a| |a|
   1
又b在a上的投影向量c= ,0
2

1
，所以sinα= ，
2
 1 3
所以b= ,
2 2

  5 3
，所以a+b= ,
2 2
 ，
  5
所以|a+b|= 
2

2 3
+
2

2024届高考新结构数学-选择填空强化训练3
2
= 7.
故选：B.
4 如图是两个底面半径都为1的圆锥底面重合在一起构成的几何体，上面圆锥的侧面积是下面圆锥
侧面积的2倍，AP⊥AQ，则PQ= ( )
第 页 共 页
16 727 26 5
A. B. C. D. 3
4 2 2
【答案】C
【解析】设两圆锥的高OP=x，OQ=y，则AP= x2+1，AQ= y2+1，
由AP⊥AQ，有AP2+AQ2=PQ2，
可得x2+1+y2+1=x+y

2，可得xy=1，
又由上下圆锥侧面积之比为2:1，即π×1×PA=2×π×1×QA，
可得PA=2QA，则有 x2+1=2 y2+1，即x2=4y2+3，
1
代入y= 整理为x4-3x2-4=0，解得x=2(负值舍)，
x
1 1 5
可得y= ，OP=x+y=2+ = ．
2 2 2
故选：C．

5 已知Q为直线l:x+2y+1=0上的动点，点P满足QP=1,-3  ，记P的轨迹为E，则 ( )
A. E是一个半径为 5的圆 B. E是一条与l相交的直线
C. E上的点到l的距离均为 5 D. E是两条平行直线
【答案】C
【解析】设Px,y 

，由QP=1,-3  ，则Qx-1,y+3  ，
由Q在直线l:x+2y+1=0上，故x-1+2y+3  +1=0，
化简得x+2y+6=0，即P 轨迹为E为直线且与直线l平行，
6-1
E上的点到l的距离d=

= 5，故A、B、D错误，C正确.
12+22
故选：C.
6 已知x+1  x-1  5=a +ax+a x2+a x3+a x4+a x5+a x6，则a +a 的值为 ( ) 0 1 2 3 4 5 6 1 3
A. -1 B. 1 C. 4 D. -2
【答案】C
【解析】在x+1  x-1  5=a +a x+a x2+a x3+a x4+a x5+a x6中， 0 1 2 3 4 5 6
而x+1  x-1  5=xx-1  5+x-1  5，
由二项式定理知x-1  5展开式的通项为T =Crx5-r(-1)r， r+1 5
令5-r=2，解得r=3，令5-r=3，r=2，
故a =C3(-1)3+C2(-1)2=0，
3 5 5
同理令5-r=1，解得r=4，令5-r=0，解得r=5，
故a =C4(-1)4+C5(-1)5=4，故a +a =4.
1 5 5 1 3
故选：C
第 页 共 页
17 727 已知P为抛物线x2=4y上一点，过P作圆x2+(y-3)2=1的两条切线，切点分别为A，B，则
cos∠APB的最小值为 ( )
1 2 3 7
A. B. C. D.
2 3 4 8
【答案】C
【解析】如图所示：
AC
因为∠APB=2∠APC，sin∠APC=

PC 
1
=
PC 
，
t2
设Pt,
4
 ，
则PC 
t2
2=t2+ -3
4

2 t4 t2 1
= - +9= t2-4
16 2 16
 2+8，
当t2=4时，PC  取得最小值2 2，
此时∠APB最大，cos∠APB最小，
且cos∠APB 
1
=1-2sin2∠APC=1-2
min 2 2

2 3
= ，故C正确.
4
故选：C
8 已知函数fx  ,gx  的定义域为R,gx  为gx  的导函数且fx  +gx  =3,fx  -g4-x  =
3，若gx  为偶函数，则下列结论一定成立的是 ( )
A. f-1  =f-3  B. f1  +f3  =65 C. g2  =3 D. f4  =3
【答案】D
【解析】对于D，∵gx  为偶函数，则gx  =g-x  ，
两边求导可得gx  =-g-x  ，则gx  为奇函数，
则g0  =0，令x=4，则f4  -g0  =3，f4  =3，D对；
f2
对于C，令x=2，可得
 +g2  =3
f2  -g2 
 f2
 ，则
=3
 =3
g2 

 ，C错；
=0
对于B，∵fx  +gx  =3，可得f2+x  +g2+x  =3，
fx  -g4-x  =3可得f2-x  -g2+x  =3，
两式相加可得f2+x  +f2-x  =6，
令x=1，即可得f1  +f3  =6，B错；
又∵fx  +gx  =3，
则fx-4  +gx-4  =fx-4  -g4-x  =3，
fx  -g4-x  =3，可得fx  =fx-4  ，
所以fx  是以4为周期的函数，
所以根据以上性质不能推出f-1  =f-3  ，A不一定成立.
故选：D
第 页 共 页
18 72二、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.
9 下列结论正确的是 ( )
1
A. 若a<b<0，则a2>ab>b2 B. 若x∈R，则x2+2+ 的最小值为2
x2+2
1 1
C. 若a+b=2，则a2+b2的最大值为2 D. 若x∈(0,2)，则 + ≥2
x 2-x
【答案】AD
【解析】因为a2-ab=a(a-b)>0，所以a2>ab，
因为ab-b2=b(a-b)>0，所以ab>b2，所以a2>ab>b2，故A正确；
1 1
因为x2+2+ ≥2的等号成立条件x2+2= 不成立，所以B错误；
x2+2 x2+2
a2+b2 a+b
因为 ≥
2 2

2
=1，所以a2+b2≥2，故C错误；
1 1 1 1 1
因为 + = (x+2-x) +
x 2-x 2 x 2-x

1 2-x x
= 2+ +
2 x 2-x

1
≥ (2+2)=2，
2
1 1
当且仅当 = ，即x=1时，等号成立，所以D正确.
x 2-x
故选：AD
10 若函数fx  =2sin2x⋅log sinx+2cos2x⋅log cosx，则 ( ) 2 2
A. fx  的最小正周期为π B. fx 
π
的图像关于直线x= 对称
4
C. fx  的最小值为-1 D. fx 
π
的单调递减区间为2kπ, +2kπ
4
 ,k∈Z
【答案】BCD
【解析】由sinx>0,cosx>0得fx 
π
的定义域为2kπ, +2kπ
2
 ,k∈Z.
π
对于A：当x∈0,
2

3
时，x+π∈π, π
2
 不在定义域内，故fx+π  =fx  不成立，易知fx  的最
小正周期为2π，故选项A错误；
π
对于B：又f -x
2
 =2cos2x⋅log cosx+2sin2x⋅log sinx=fx
2 2
 ，所以fx  的图像关于直线x=
π
对称，所以选项B正确；
4
对于C：因为 fx  =sin2x⋅log sin2x+cos2x⋅log cos2x，设t=sin2x，所以函数转化为gt
2 2
 =t⋅
log t+1-t
2
 ⋅log 1-t
2
 ,t∈0,1  ,gt  =log t-log 1-t
2 2
 ，
由gt 
1
>0得， <t<1.gt
2

1
<0得0<t< .所以gt
2

1
在0,
2

1
上单调递减，在 ,1
2
 上单调
1
递增，故g(t) =g
min 2
 =-1，即f(x) =-1，故选项C正确；
min
对于D：因为gt 
1
在0,
2

1
上单调递减，在 ,1
2

1
上单调递增，由t=sin2x，令0<sin2x< 得0
2
2
<sinx< ，又fx
2

π
的定义域为2kπ, +2kπ
2

π
,k∈Z，解得2kπ<x< +2kπ,k∈Z，
4
π
因为t=sin2x在2kπ, +2kπ
4
 上单调递增，所以fx 
π
的单调递减区间为2kπ, +2kπ
4
 ,k∈Z，
π π
同理函数的递增区间为 +2kπ, +2kπ
4 2
 ,k∈Z，所以选项D正确.
故选：BCD.
第 页 共 页
19 7211 已知数列a n  的前n项和为S n ，且2S n S n+1 +S n+1 =3，a 1 =α0<α<1  ，则 ( )
13-1
A. 当0<α< 时，a >a B. a >a
4 2 1 3 2
C. 数列S 2n-1  单调递增，S 2n 
3 n
单调递减 D. 当α= 时，恒有 S -1 4 k
k=1

5
 < 4
【答案】ACD
3
【解析】由题意可得：S = ，a =α，
n+1 2S +1 1
n
3
由S n+1 = 2S +1 可知：S n+1 =1⇔S n =1，但S 1 =α∈0,1
n
 ，
可知对任意的n∈N*，都有S ≠1，
n
13-1
对于选项A：若0<α< ，
4
3 3-2α-4α2 4α+1+ 13
则a -a =S -2a = -2α= =
2 1 2 1 2α+1 2α+1

13-1
 -α 4 
>0，
2α+1
即a >a，故A正确；
2 1
6α+3 6 α-1
对于选项B：a -a =S -2S +S = - +α=
3 2 3 2 1 2α+7 2α+1
 4α2+32α+39 
2α+1  2α+7 
<0，
即a <a ，故B错误.
3 2
对于选项C：因为S -1=- 2S n -1
n+1

3
3S + 3 n 2 ，S + =
2S +1 n+1 2
n
 ，
2S +1
n
S -1 2 S -1 S -1 α-1
则 n+1 =- ⋅ n ，且 1 = <0，
3 3 3 3 3
S + S + S + α+
n+1 2 n 2 1 2 2
S -1 可知  n
 3
S +
n 2
 S -1 α-1 2 是等比数列，则 n = ⋅-
3 3 3
S + α+
n 2 2
 n-1 ，
α-1 2
设A= <0，t=
3 3
α+
2

2n-2
，
3-3At 3 5
可得S = =  -1
2n 3+2At 2 3+2At

3
1+ At
2 5
，S = =
2n-1 1-At 21-At 
3
- ，
2
2 因为At=A
3
 2n-2 2 ，可知 A
3
  2n-2   为递增数列，
所以数列S
2n-1
 单调递增，S
2n
 单调递减，故C正确；
对于选项D：因为S = 3 ，S - 3 = 3 - 3 = 33-2S n
n+1 2S +1 n+1 4 2S +1 4 n n

42S n +1 
，
3 3 3 6 3 6
由S =α= ，可得S - >0，即S > ，则S ≤ ，即 <S ≤ ；
1 4 2 4 2 4 2 5 4 2 5
3 6 3 3 6 3 6
由 <S ≤ ，可得S - >0，即S > ，则S < ，即 <S < ；
4 2 5 3 4 3 4 3 5 4 3 5
3
以此类推，可得对任意的n∈N*，都有S ≥S =α= ，
n 1 4
S -1
又因为 n+1
S -1
n

2
= ，则S -1
2S +1 n+1
n

2
≤ S -1
2α+1 n

4
= S -1
5 n
 ，
n 所以∑ S -1
k
k=1
 5 4 ≤ 1-
4 5
  n 

 5 < ，故D正确.
4
故选：ACD.
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20 72三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12 在(1+ax)n(其中n∈N*,a≠0)的展开式中，x的系数为-10，各项系数之和为-1，则n=
.
【答案】5
【解析】由题意得(1+ax)n的展开式中x的系数为aC1=-10，即an=-10，
n
令x=1，得各项系数之和为(1+a)n=-1，则n为奇数，且1+a=-1，
即得a=-2,n=5，
故答案为：5
x2 y2
13 已知椭圆C: + =1a>b>0 a2 b2  的左、右焦点分别F，F，椭圆的长轴长为2 2，短轴长为2， 1 2
P为直线x=2b上的任意一点，则∠FPF 的最大值为 .
1 2
π
【答案】
6
【解析】由题意有a= 2，b=1，c=1，
设直线x=2与x轴的交点为Q，
设PQ 
PQ
=t，有tan∠PFQ=
1

FQ
1

t PQ
= ，tan∠PFQ=
3 2

FQ
2

=t，
可得tan∠F 1 PF 2 =tan∠PF 2 Q-∠PF 1 Q 
t
t-
3 2t 2 2t 3
= = = ≤ = ， 1+ t2 t2+3 t+ 3 2 3t 3
3 t
π
当且仅当t= 3时取等号，可得∠FPF 的最大值为 .
1 2 6
π
故答案为：
6
14 已知四棱锥P-ABCD的底面为矩形，AB=2 3，BC=4，侧面PAB为正三角形且垂直于底
面ABCD，M为四棱锥P-ABCD内切球表面上一点，则点M到直线CD距离的最小值为 .
【答案】 10-1
【解析】如图，设四棱锥的内切球的半径为r，取AB的中点为H，CD的中点为N，连接PH，PN，
HN，
第 页 共 页
21 72球O为四棱锥P-ABCD的内切球，
底面ABCD为矩形，侧面PAB为正三角形且垂直于底面ABCD，
则平面PHN截四棱锥P-ABCD的内切球O所得的截面为大圆，
此圆为△PHN的内切圆，半径为r，与HN，PH分别相切于点E，F，
平面PAB⊥平面ABCD，交线为AB，PH⊂平面PAB，
△PAB为正三角形，有PH⊥AB，∴PH⊥平面ABCD，
HN⊂平面ABCD，∴PH⊥HN，
AB=2 3，BC=4，则有PH=3，HN=4，PN=5，
1 1
则△PHN中，S = ×3×4= r3+4+5
△PHN 2 2
 ，解得r=1.
所以，四棱锥P-ABCD内切球半径为1，连接ON.
∵PH⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴CD⊥PH，
又CD⊥HN，PH,HN⊂平面PHN，PH∩HN=H，
∴CD⊥平面PHN，∵ON⊂平面PHN，可得ON⊥CD，
所以内切球表面上一点M到直线CD的距离的最小值即为线段ON的长减去球的半径，
又ON= OE2+EN2= 10.
所以四棱锥P-ABCD内切球表面上的一点M到直线CD的距离的最小值为 10-1.
故答案为： 10-1
第 页 共 页
22 72一、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．
x2 y2
1 已知双曲线的标准方程为 + =1，则该双曲线的焦距是 ( )
k-4 k-5
A. 1 B. 3 C. 2 D. 4
【答案】C
【解析】由双曲线方程可知a2=k-4,b2=5-k，
所以c2=k-4+5-k=1，c=1，2c=2．
故选：C
2 在等比数列a
n
 中，a +a =82，a a =81，前x项和S =121，则此数列的项数x等于 ( )
1 x 3 x-2 x
A. 4 B. 5 C. 6 D. 7
【答案】B
a +a =82 a =1 a =81
【解析】由已知条件可得   1 x ，解得   1 或   1 .
a a =a a =81 a =81 a =1
3 x-2 1 x x x
设等比数列a
n
 的公比为q.
a -a q 1-81q
①当a =1，a =81时，由S = 1 x = =121，解得q=3，
1 x x 1-q 1-q
∵a =a qx-1=3x-1=81，解得x=5；
x 1
a -a q 81-q 1
②当a =81，a =1时，由S = 1 x = =121，解得q= ，
1 x x 1-q 1-q 3
1
∵a =a qx-1=81×
x 1 3

2024届高考新结构数学-选择填空强化训练4
x-1
=35-x=1，解得x=5.
综上所述，x=5.
故选：B.
3 对任意实数a，b，c，在下列命题中，真命题是 ( )
A.“ac2>bc2”是“a>b”的必要条件 B.“ac2=bc2”是“a=b”的必要条件
C.“ac2=bc2”是“a=b”的充分条件 D.“ac2≥bc2”是“a≥b”的充分条件
【答案】B
【解析】对于A，若c=0，则由a>b⇏ac2>bc2，∴“ac2>bc2”不是“a>b”的必要条件，A错．
对于B，a=b⇒ac2=bc2，∴“ac2=bc2”是“a=b”的必要条件，B对，
对于C，若c=0，则由ac2=bc2，推不出a=b“，ac2=bc2”不是“a=b”的充分条件
对于D，当c=0时，ac2=bc2，即ac2≥bc2成立，此时不一定有a≥b成立，
故“ac2≥bc2”不是“a≥b”的充分条件，D错误，
故选：B．
4 已知m、n是两条不同直线，α、β、γ是三个不同平面，则下列命题中正确的是 ( )
A. 若m∥α，n∥α，则m∥n B. 若α⊥β，β⊥γ，则α∥β
C. 若m∥α，m∥β，则α∥β D. 若m⊥α，n⊥α，则m∥n
【答案】D
第 页 共 页
23 72【解析】
A选项：令平面ABCD为平面α，A B 为直线m，B C 为直线n，
1 1 1 1
有：m∥α，n∥α，但m∩n=B，A错误；
1
B选项：令平面ABCD为平面β，令平面B BCC 为平面α，
1 1
令平面A ABB 为平面γ，有：α⊥β，β⊥γ，而α⊥β，B错误；
1 1
C选项：令平面ABCD为平面α，令平面A ABB 为平面β，C D 为直线m，
1 1 1 1
有：m∥α，m∥β，则α∥β，而α⊥β，C错误；
D选项：垂直与同一平面的两直线一定平行，D正确.
故选：D
5 将甲、乙等8名同学分配到3个体育场馆进行冬奥会 志愿服务，每个场馆不能少于2人，则
不同的安排方法有 ( )
A. 2720 B. 3160 C. 3000 D. 2940
【答案】D
【解析】共有两种分配方式，一种是4:2:2，一种是3:3:2，
C4C2C2 C3C3C2
故不同的安排方法有 8 4 2 + 8 5 2
2! 2!
 A3=2940.
3
故选：D
x2 y2
6 若抛物线y2=4x与椭圆E: + =1的交点在x轴上的射影恰好是E的焦点，则E的离心
a2 a2-1
率为 ( )
2-1 3-1
A. B. C. 2-1 D. 3-1
2 2
【答案】C
【解析】不妨设椭圆与抛物线在第一象限的交点为A，椭圆E右焦点为F，
则根据题意得AF⊥x轴，
c2=a2-a2-1  =1，则c=1，则F1,0  ，当x=1时，y2=4×1，则y =2，
A
则A1,2 
12 22
，代入椭圆方程得 + =1，结合a2-1>0，不妨令a>0；
a2 a2-1
c 1
解得a= 2+1，则其离心率e= = = 2-1，
a 2+1
故选：C.
第 页 共 页
24 72  
7 已知等边△ABC的边长为 3，P为△ABC所在平面内的动点，且|PA|=1，则PB⋅PC的取值范
围是 ( )
A.  - 3 , 9
 2 2
 B.  - 1 , 11
 2 2
 C. [1,4] D. [1,7]
【答案】B
3
【解析】如下图构建平面直角坐标系，且A- ,0
2

3
，B ,0
2

3
，C0,
2
 ，
3
所以P(x,y)在以A为圆心，1为半径的圆上，即轨迹方程为x+
2

2
+y2=1，

3
而 PB =  -x,-y
2


3
,PC = -x, -y
2

 
3 3 3
，故 PB ⋅ PC = x2- x + y2- y = x-
2 2 4

2
+
3
y-
4

2 3
- ，
4
3 3
综上，只需求出定点 ,
4 4

3
与圆x+
2

2
+y2=1上点距离平方 范围即可，
3 3
而圆心A与 ,
4 4

3 3
的距离d=  +
4 2

2 3
+
4

2 3 3 3
= ，故定点 ,
2 4 4
 与圆上点的距离范
围为   1 , 5
 2 2
 ，
 
所以PB⋅PC∈ - 1 , 11
 2 2
 .
故选：B
8 设a、b、c∈0,1  满足a=sinb，b=cosc，c=tana，则 ( )
A. a+c<2b，ac<b2 B. a+c<2b，ac>b2
C. a+c>2b，ac<b2 D. a+c>2b，ac>b2
【答案】A
【解析】∵a、b、c∈0,1  且a=sinb，b=cosc，c=tana，则c=tana=tansinb  ，
先比较a+c=sinb+tansinb  与2b的大小关系，
第 页 共 页
25 72构造函数fx  =sinx+tansinx  -2x，其中0<x<1，
则0<sinx<1，所以，cos1<cossinx  <1，
则fx 
cosx
=cosx+
cos2 sinx 
cosx-2
-2=
 cos2 sinx  +cosx
cos2 sinx 
，
令gx 
1
=cosx-1- x2
2
 ，其中x∈0,1  ，则gx  =x-sinx，
令px  =x-sinx，其中0<x<1，所以，px  =1-cosx>0，
所以，函数gx  在0,1  上单调递增，故gx  >g0  =0，
所以，函数gx  在0,1  上单调递增，则gx 
1
=cosx-1- x2
2

1
>0，即cosx>1- x2，
2
因为x∈0,1  ，则0<sinx<sin1，
所以，cossinx 
1 1
>1- sin2x=1- 1-cos2x
2 2

1
= 1+cos2x
2
 ，
所以，cos2 sinx 
1
> 1+cos2x
4
 2，
因为cosx-2<0，所以，cosx-2  cos2 sinx 
1
+cosx< cosx-2
4
 1+cos2x  2+cosx
1
= cos5x-2cos4x+2cos3x-4cos2x+5cosx-2
4

1
= cosx-1
4
 3 cos2x+cosx+2  <0，
所以，对任意的x∈0,1  ，fx 
cosx-2
=
 cos2 sinx  +cosx
cos2 sinx 
<0，
故函数fx  在0,1  上单调递减，
因为b∈0,1  ，则fb  =sinb+tansinb  -2b<f0  =0，故a+c<2b，
由基本不等式可得0<2 ac≤a+c<2b(a≠c，故取不了等号)，所以，ac<b2，
故选：A.
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.
9 某大学生做社会实践调查，随机抽取6名市民对生活满意度进行评分，得到一组样本数据如下：
88、89、90、90、91、92，则下列关于该样本数据的说法中正确的是 ( )
A. 均值为90 B. 中位数为90 C. 方差为2 D. 第80百分位数为91
【答案】ABD
 88+89+90+90+91+92
【解析】由题意可知，该组数据的均值为x= =90，故A正确；
6
90+90
中位数为 =90，故B正确；
2
1
方差为s2= 88-90
6
 2+89-90  2+90-90  2×2+91-90  2+92-90  2  
5
= ，故C错误；
3
因为6×80%=4.8，第80百分位数为91，故D正确.
故选：ABD.
10 设M，N，P为函数fx  =Asinωx+φ  图象上三点，其中A>0，ω>0，ϕ 
π
< ，已知M，N是
2
函数fx 
  
的图象与x轴相邻的两个交点，P是图象在M，N之间的最高点，若MP2+2MN ⋅NP=0，
1
△MNP的面积是 3，M点的坐标是- ,0
2
 ，则 ( )
π
A. A= 2 B. ω=
2
π
C. φ= D. 函数fx
4

 
在M，N间的图象上存在点Q，使得QM ⋅QN <0
第 页 共 页
26 72【答案】BCD
       
【解析】MP2+2MN ⋅NP=MP2-2NM ⋅NP=MP2-2NM 

1 ⋅ NM
2
 T = 
4
   2 +A2

 T -
2
 2 =A2
3T2
- =0，
16
AT 2π π
而S = = 3，故A= 3，T=4= ，ω= ，A错误、B正确；
△MNP 4 ω 2
1 π π
- ⋅ +φ=kπ，φ=kπ+ (k∈Z)，而ϕ
2 2 4

π π
< ，故φ= ，C正确；
2 4
显然，函数fx 

的图象有一部分位于以MN为直径的圆内，当Q位于以MN为直径的圆内时，QM

⋅QN <0，D正确，
故选:BCD.
1
11 设a为常数，f(0)= ,f(x+y)=f(x)f(a-y)+f(y)f(a-x)，则( )．
2
1
A. f(a)=
2
1
B. f(x)= 成立
2
C f(x+y)=2f(x)f(y)
D. 满足条件的f(x)不止一个
【答案】ABC
1
【解析】f(0)= ,f(x+y)=f(x)f(a-y)+f(y)f(a-x)
2
1 1
对A：对原式令x=y=0，则 = fa
2 2

1
+ fa
2
 =fa  ，即fa 
1
= ，故A正确；
2
对 B：对原式令 y = 0，则 fx  = fx  fa  + f0  fa-x 
1
= fx
2

1
+ fa-x
2
 ，故 fx  =
fa-x  ，
对原式令x=y，则f2x  =fx  fy  +fy  fx  =2fx  fy  =2f2 x  ≥0，故fx  非负；
对原式令y=a-x，则fa  =f2 x  +f2 a-x  =2f2 x 
1
= ，解得fx
2

1
=± ，
2
又fx  非负，故可得fx 
1
= ，故B正确；
2
对C：由B分析可得：fx+y  =2fx  fy  ，故C正确；
对D：由B分析可得：满足条件的fx  只有一个，故D错误.
故选：ABC.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
  
1 3
12 在复平面内，复数z=- + i对应的向量为OA，复数z+1对应的向量为OB，那么向量AB
2 2
对应的复数是 ．
第 页 共 页
27 72【答案】1
1 3
【解析】由题意得A- ,
2 2

1 3
，B ,
2 2


，AB=1,0  ，

则AB对应复数1.
故答案为：1
13 已知轴截面为正三角形的圆锥MM的高与球O的直径相等，则圆锥MM的体积与球O的体积
的比值是 ，圆锥MM的表面积与球O的表面积的比值是 ．
2
【答案】 ①. ②. 1
3
【解析】设圆锥的底面半径为r，球的半径为R，
因为圆锥的轴截面为正三角形，所以圆锥的高h= 3r，母线l=2r，
3
由题可知：h=2R，所以球的半径R= r
2
1
所以圆锥的体积为V= ×π×r2
1 3

3
× 3r= πr3，
3
4 4 3
球的体积V= πR3= π× r
2 3 3 2

3 3
= πr3，
2
所以 V 1 = 3
3 πr3
= 2 ；
V 2 3 πr3 3
2
圆锥的表面积S =πrl+πr2=3πr2，
1
3
球的表面积S =4πR2=4π× r
2 2

2
=3πr2，
S 3πr2
所以 1 = =1，
S 3πr2
2
2
故答案为： ；1.
3
14 方程cos2x=3cosx-2的最小的29个非负实数解之和为 ．
811π
【答案】
3
【解析】方程cos2x=3cosx-2可化为2cos2x-3cosx+1=0，
因式分解为cosx-1 
1
cosx-
2

1
=0，解得cosx=1或cosx= ，
2
当cosx=1时，x=2k π，k ∈Z，
1 1
1 π 5π
当cosx= 时，x= +2k π，k ∈Z，或x= +2k π，k ∈Z，
2 3 2 2 3 3 3
通过列举，可得方程的最小的29个非负实数解中，
10×9
有10个是以0为首项，2π为公差的等差数列．其和为10×0+ ×2π=90π；
2
π π 10×9 280π
有10个是以 为首项，2π为公差的等差数列，其和为10× + ×2π= ；
3 3 2 3
5π 5π 8×9
有9个是以 为首项，2π为公差的等差数列，其和为9× + ×2π=87π．
3 3 2
280π 811π
可得方程的最小的29个非负实数解之和为90π+ +87π= ．
3 3
811π
故答案为：
3
第 页 共 页
28 72一、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 样本数据16，24，14，10，20，30，12，14，40的中位数为 ( )
A. 14 B. 16 C. 18 D. 20
【答案】B
【解析】将这些数据从小到大排列可得：10，12，14，14，16，20，24，30，40，
则其中位数为16.
故选：B.
a+3i
2 若复数 是纯虚数，则实数a= ( )
2+i
3 3 2 2
A. - B. C. - D.
2 2 3 3
【答案】A
a+3i (a+3i)(2-i) 2a+3+(6-a)i 3
【解析】 = = ，则2a+3=0，有a=- .
2+i 5 5 2
故选：A
3 已知圆E:x2+y2-6x-8y=0，圆F:x2+y2-2x-4y+4=0，则这两圆的位置关系为 ( )
A. 内含 B. 相切 C. 相交 D. 外离
【答案】A
【解析】由题设，E：x-3  2+(y-4)2=25，F：(x-1)2+(y-2)2=1，
∴E(3,4)，半径r =5；F(1,2)，半径r =1；EF 1 2  = 3-1  2+4-2  2=2 2，
∴r -r >|C C |，即两圆内含.
1 2 1 2
故选：A
4 有5辆车停放6个并排车位，货车甲车体较宽，停靠时需要占两个车位，并且乙车不与货车甲相邻
停放，则共有( )种停放方法．
A. 72 B. 144 C. 108 D. 96
【答案】A
【解析】先停入货车甲，若货车甲不靠边，共有3种停法，则乙车有2种停法，
除甲、乙外的其它三辆车共有A3种停法；
3
若货车甲靠边，共有2种停法，则乙车有3种停法，
除甲、乙外的其它三辆车的排法共有A3种，
3
故共有3×2×A3+2×3×A3=36+36=72种停放方法.
3 3
故选：A.
5 冬季是流感高发期，其中甲型流感病毒传染性非常强．基本再生数R 与世代间隔T是流行病学
0
基本参考数据．某市疾控中心数据库统计分析，可以用函数模型Wt  =2rt来描述累计感染甲型流感病
毒的人数Wt  随时间t，t∈Z(单位：天)的变化规律，其中指数增长率r与基本再生数R 和世代间隔T 0
之间的关系近似满足R =1+rT，根据已有数据估计出R =4时，T=12．据此回答，累计感染甲型流
0 0
感病毒的人数增加至W0 
2024届高考新结构数学-选择填空强化训练5
的3倍至少需要(参考数据：lg2≈0.301，lg3≈0.477) ( )
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29 72A. 6天 B. 7天 C. 8天 D. 9天
【答案】B
【解析】依题意，R =1+rT，且R =4时，T=12，
0 0
1
即4=1+r×12,r= ，所以Wt
4

1t
=24 ，W0  =1，
令Wt 
1t 1 4lg3 4×0.477
=24 =3，两边取以10为底 对数得 tlg2=lg3,t= ≈ ≈6.3，
4 lg2 0.301
所以至少需要7天.
故选：B
     
6 在等边△ABC中，已知点D，E满足AD=4DC，AE=EB，BD与CE交于点O，则AO在AC上
的投影向量为 ( )
   
2 3 3 1
A. AC B. AC C. AC D. AC
3 2 4 2
【答案】C
 
【解析】如图，AO=λAB+1-λ 
 
4
AD=λAB+ 1-λ
5


AC，
 
AO=μAE+1-μ 
 
1
AC= μAB+1-μ
2


AC，
1
λ= μ 2
则
4 1-λ
5

 1 1
 ，得μ= ，λ= ，
=1-μ 3 6
  
1 2
即AO= AB+ AC,
6 3
 
  AO⋅AC
则AO在AC上的投影向量为 
AC 
 
1 2
  AB+ AC 6 3
⋅AC=
2


⋅AC

AC 

⋅AC，
2
 
1 2
 AB+ AC
6 3

      
1 2 1 2 3
⋅AC= AB⋅AC+ AC2= AC2+ AC2= AC2，
6 3 12 3 4
  
3
所以AO在AC上的投影向量为 AC.
4
故选：C
3π
7 已知θ∈ ,π
4

π
,tan2θ=-4tanθ+
4

1+sin2θ
，则 = ( )
2cos2θ+sin2θ
1 3 3
A. B. C. 1 D.
4 4 2
【答案】A
3π
【解析】由题θ∈ ,π
4

π
,tan2θ=-4tanθ+
4
 ，
2tanθ -4tanθ+1
得 =
1-tan2θ

⇒-4tanθ+1
1-tanθ
 2=2tanθ，
第 页 共 页
30 72则2tanθ+1  tanθ+2 
1
=0⇒tanθ=-2或tanθ=- ，
2
3π
因为θ∈ ,π
4
 ,tanθ∈-1,0 
1
，所以tanθ=- ，
2
1+sin2θ sin2θ+cos2θ+2sinθcosθ tan2θ+1+2tanθ
= =
2cos2θ+sin2θ 2cos2θ+2sinθcosθ 2+2tanθ
1
+1-1
4
=
2+-1 
1
= .
4
故选：A
x2 y2
8 已知椭圆C： + =1a>b>0 a2 b2  的左右焦点分别为F，F，过F 的直线交椭圆C于A，B两 1 2 2
点，若AF 1  =3AF 2 
 
，点M满足FM =3MF，且AM⊥FB，则椭圆C的离心率为 ( ) 1 2 1
1 3 2 6
A. B. C. D.
3 3 3 3
【答案】B
【解析】由椭圆定义可知AF
1
 +AF
2
 =2a，由AF
1
 =3AF
2
 ，故AF
1

3
= a，AF
2 2

1
= a，
2
 
点M满足FM =3MF，即FM
1 2 1
 =3MF
2

AF
1 ，则

FM
1

3AF
= 2

3MF
2

AF
= 2

MF
2

，
AF
1 又
 FM
= 1
sin∠AMF
1
 AF
2 ，
sin∠FAM
1
 FM
= 2
sin∠AMF
2

，
sin∠FAM
2
AF
1 即

FM 1 
sin∠AMF AF
= 1 = 2
sin∠FAM 1

MF 2 
sin∠AMF
= 2，又∠AMF +∠AMF =180°，
sin∠FAM 1 2 2
故sin∠AMF =sin∠AMF，则sin∠FAM=sin∠FAM，即∠FAM=∠FAM，
1 2 1 2 1 2
即AM平分∠FAF，又AM⊥FB，故AB
1 2 1
 =AF
1

3
= a，
2
则BF
2

3 1
= a- a=a，则BF
2 2 1
 =2a-a=a，
2c
cos∠AFF =
2 1
 2+ 1 a 2  2 3 - a 2  2 2c2-a2 1
= =2e- ，
1 ac e
2×2c× a
2
2c
cos∠BFF =
2 1
 2+a2-a2 4c2
= =e，
2×2c×a 4ac
由∠AFF +∠BFF =180°，
2 1 2 1
故cos∠AFF +cos∠BFF =0，
2 1 2 1
1 3
即2e- +e=0，即3e2=1，又e>0，故e= .
e 3
故选：B.
第 页 共 页
31 72二、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.
9 某学校高一年级学生有900人，其中男生500人，女生400人，为了获得该校高一全体学生的身高
信息，现采用样本量比例分配的分层随机抽样方法抽取了容量为180的样本，经计算得男生样本的均值
为170，方差为19，女生样本的均值为161，方差为28，则下列说法中正确的是 ( )
A. 男生样本容量为100 B. 抽取的样本的方差为43
C. 抽取的样本的均值为166 D. 抽取的样本的均值为165.5
【答案】ABC
500
【解析】∵男生样本量=男生人数÷全体学生数×总样本量= ×180=100.故A正确；
900
 m  n  100 80
样本均值ω= x+ y= ×170+ ×161=166.故C正确D错误；
m+n m+n 100+80 100+80
1    
样本方差：s2= {m[s2+(x-ω)2]+n[s2+(y-ω)2]}
m+n 1 2
1
= {100×[19+(170-166)2]+80×[28+(161-166)2]}=43.故B正确.
180
故选：ABC.
10 在前n项和为S 的正项等比数列a
n n

log a
中，aa =8，a =a +2，b = 2 n，则 ( )
1 4 3 2 n S +1
n
A. a -4a =-48 B. S =127
6 5 7
C. S =2a -1 D. 数列b
n n n
 中的最大项为b
2
【答案】BC
【解析】设等比数列a
n
 的公比为q，由a a =8，有a a =8，
1 4 2 3
a a =8, a =2, a =-4,
联立方程   2 3 解得   2 或   2 (舍去)，
a =a +2, a =4 a =-2
3 2 3 3
a
有q= 3 =2，可得a =a qn-2=2×2n-2=2n-1．
a n 2
2
对于A选项，由a =25=32，a =24=16，
6 5
有a -4a =32-64=-32，故A选项错误；
6 5
1-27
对于B选项，S = =127，故B选项正确；
7 1-2
1-2n
对于C选项，由S = =2n-1，有S =2a -1，故C选项正确；
n 1-2 n n
log a log 2n-1
对于D选项，由 2 n = 2
S n +1 2n-1 
n-1
= ，
+1 2n
令fn 
n-1
= ，有fn+1
2n
 -fn 
n n-1 2-n
= - = ，
2n+1 2n 2n+1
可得f1  <f2  =f3  >f4  >⋅⋅⋅有fn  =f2
max
 =f3 
1
= ，
4
可得数列b
n
 中的最大项为b 或b ，故D选项错误，
2 3
故选：BC．
y2
11 已知双曲线E:x2- =1的左、右焦点分别为F、F，过左焦点F 的直线与双曲线E的左支相交
3 1 2 1
于A,B两点(A在第二象限)，点C与B关于坐标原点对称，点M的坐标为(0,2 3)，则下列结论正确的
是 ( )
第 页 共 页
32 721
A. 记直线AB、AC的斜率分別为k 、k ，则k ⋅k = 3
1 2 1 2 3
 
B. 若CF ⋅BF =0，则S =3
1 1 △CBF1
C. MC  +CF 1  的最小值为6
 
3
D. AF ⋅AF 的取值范围是- ,+∞
1 2 4

【答案】ABD
【解析】若直线与渐近线平行时，
根据对称性不妨取直线方程为y= 3(x+2)，
y= 3(x+2)
 5
联立
x2-
y2
=1
，得x=-
4
，
3
设Ax 1 ,y 1  ，Bx 2 ,y 2  ，C-x 2 ,-y 2  ，
5 5 5
由于A,B两点均在双曲线的左支上，所以x <- ，x <- ，x > ，
A 4 B 4 C 4
对于A：设Ax 1 ,y 1  ，Bx 2 ,y 2  ，C-x 2 ,-y 2  ，
y -y y +y y2-y2
则，k ⋅k = 1 2 ⋅ 1 2 = 1 2 ，
1 2 x -x x +x x2-x2
1 2 1 2 1 2
∵A,B均在双曲线上，∴   x 1 2- y 3 1 2 =1 ，所以x2-x2= 1 y2-y2
x2- y 2 2 =1 1 2 3 1 2
2 3
 ，
所以，k ⋅k =3，A错误.
1 2
 
对于B：由CF ⋅BF =0知，CF ⊥BF，
1 1 1 1
由对称性得，CF ⊥CF，则四边形CFBF 为矩形，则S =S ，
1 2 1 2 △CBF △CFF
1 1 2
设CF
1
 =r ,CF
1 2
 =r ，∠FCF =θ，则在△FCF 中，
2 1 2 1 2
由余弦定理得r2+r2-2r r cosθ=(2c)2，
1 2 1 2
即r 1 -r 2  2+2r r -2r r cosθ=4c2， 1 2 1 2
即4a2+2r r (1-cosθ)=4c2，
1 2
2a2-c2
∴r r =
1 2
 2b2
= ，
1-cosθ 1-cosθ
θ θ
则S = 1 r r sinθ=b2⋅ sinθ =b2⋅ 2sin 2 cos 2 = b2 ，
△F 1 CF 2 2 1 2 1-cosθ 2sin2θ tan θ
2 2
b2 3
则S =S = = =3，B正确；
△CBF 1 △CF 1 F 2 tan θ tan π
2 4
对于C:MC  +MF
1
 =MC  +CF
2
 +2，
当M，C，F 三点共线时，MC
2
 +MF
1
 =MC  +CF
2
 +2=6，
2 3-0
k = =- 3，则直线MF:y=- 3x+2 3，
MF 2 0-2 2
y=- 3x+2 3
 5 5
联立
x2-
y2
=1
，解得x
C
=
4
，与x
C
>
4
矛盾，故C错误；
3
 
对于D:AF 1 ⋅AF 2 =x 1 +2,y 1  ⋅x 1 -2,y 1  =x2+y2-4， 1 1
又y2=3x2-1
1 1

 
，所以，AF ⋅AF =4x2-7
1 2 1
 
5 3
结合，x <- 得，AF ⋅AF 的取值范围是- ,+∞
A 4 1 2 4
 ，故D正确.
第 页 共 页
33 72故选：BD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
  
12 已知平面向量a,b满足a 
     
=1，b=(1,2)，a⊥(a-2b)，则向量a,b夹角的余弦值为 .
5 1
【答案】 ## 5
10 10
       
【解析】由题设a⋅(a-2b)=a2-2a⋅b=1-2 5cosa,b  =0，
 
所以cosa,b 
5
= .
10
5
故答案为：
10
π
13 若函数f(x)=sinωx+
5

π 4π
在区间 ,
3 3
 内没有零点，则正数ω的取值范围是 ．
3 【答案】0,
5

π
【解析】由sinωx+
5

π kπ π
=0,ω>0，可得ωx+ =kπ，即x= - ,k∈Z，
5 ω 5ω
kπ π π 4π
令 - ∈ ,
ω 5ω 3 3

ω 1 4ω 1
，则 + <k< +
3 5 3 5
π 4π
又f(x)在区间 ,
3 3
 内没有零点，
ω 1 4ω 1
则区间 + , +
3 5 3 5
 内不存在整数，
1 2π 4π π
又 × ≥ - ，则正数ω满足0<ω≤1，
2 ω 3 3
ω 1 4ω 1
则 + , +
3 5 3 5
 ⊆0,1 
4ω 1 3
，则 + ≤1，解之得ω≤ ，
3 5 5
3 则正数ω的取值范围是0,
5
 .
3 故答案为：0,
5

14 在四面体P-ABC中，BP⊥PC,∠BAC=60°，若BC=2，则四面体P-ABC体积的最大值是
，它的外接球表面积的最小值为 .
3 16π
【答案】 ①. ②.
3 3
【解析】由余弦定理可得BC2=AB2+AC2-2AB⋅ACcos∠BAC,
故4=AB2+AC2-AB⋅AC≥2AB⋅AC-AB⋅AC，所以AB⋅AC≤4，
1 3 3
当且仅当AB=AC时取等号，故S = AB⋅ACsin60°= AB⋅AC≤ ×4= 3，
△ABC 2 4 4
故△ABC面积的最大值为 3，
第 页 共 页
34 721 1 3
V = S h≤ × 3h= h，
P-ABC 3 △ABC 3 3
由于BP⊥PC，所以点P在以BC为直径的球上(不包括平面ABC)，故当平面PBC⊥平面ABC
1
时，此时h最大为半径 BC=1，
2
3 3
故V ≤ h≤ ，
P-ABC 3 3
2 4
由正弦定理可得： = =2r，r为△ABC外接圆的半径，
sin60° 3
4
设四面体P-ABC外接球半径为R,则R2=r2+O O2= +O O2,其中O,O 分别为球心和
1 3 1 1
4
△ABC外接圆的圆心，故当OO =0时，此时R2= +O O2最小，
1 3 1
16π
故外接球的表面积为4πR2= ,
3
3 16π
故答案为： ,
3 3
第 页 共 页
35 72一、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．
3
1 一组数据按从小到大的顺序排列为2，4，m，12，16，17，若该组数据的中位数是极差的 ，则该组
5
数据的第40百分位数是 ( )
A. 4 B. 5 C. 6 D. 9
【答案】C
【解析】根据题意，数据按从小到大的顺序排列为2，4，m，12，16，17，
3
则极差为17-2=15，故该组数据的中位数是15× =9，
5
m+12
数据共6个，故中位数为 =9，解得m=6，
2
因为6×40%=2.4，所以该组数据的第40百分位数是第3个数6，
故选：C.
1
2 “x>0”是“2x+ >2”的 ( )
2x
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
1 1 1 1
【解析】若x>0，则2x+ ≥2 2x⋅ =2,由于2x≠ ，所以2x+ >2，充分性成立，
2x 2x 2x 2x
1 1 1
当x=-1时，2-1= , =2,满足2x+ >2，但是x<0，必要性不成立，
2 2-1 2x
1
因此“x>0”是“2x+ >2”的充分不必要条件
2x
故选：A，
3 已知集合M= xy=ln1-2x     ，N=yy=ex  ，则M∩N= ( )
1
A. 0,
2

1
B. -∞,
2

1
C.  ,+∞
2
 D. ∅
【答案】A
1 1
【解析】】由1-2x>0，解得x< ，所以M=  xx<
2 2
 ，
而y=ex>0，所以N=y|y>0  ，
1
所以M∩N=0,
2

2024届高考新结构数学-选择填空强化训练6
.
故选：A
4 已知m,n表示两条直线，α,β,γ表示平面，下列命题中正确的有 ( )
①若α∩γ=m,β∩γ=n，且m⎳n，则α⎳β；
②若m,n相交且都在平面α,β外，m⎳α,m⎳β,n⎳α,n⎳β，则α⎳β；
③若m⎳α,m⎳β，则α⎳β；
④若m⎳α,n⎳β，且m⎳n，则α⎳β．
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
【答案】A
第 页 共 页
36 72【解析】对于①，若α∩γ=m,β∩γ=n，且m⎳n，则α⎳β或相交，故①错误；
对于③和④，α与β也可能相交，均错误；
对于②，设m,n相交确定平面γ，根据线面平行的判定定理知α⎳γ,β⎳γ，根据平行平面的传递性得
知α⎳β．
故选：A．
5 023年10月23日，杭州亚运会历时16天圆满结束.亚运会结束后，甲、乙、丙、丁、戊五名同学排成
一排合影留念，其中甲、乙均不能站左端，且甲、丙必须相邻，则不同的站法共有 ( )
A. 18种 B. 24种 C. 30种 D. 36种
【答案】C
【解析】由题意可知，当丙站在左端时，有A3=6种站法；
3
当丙不站在左端时，有C1A2A3=24种站法.
2 2 3
由分类加法计数原理可得，一共有6+24=30种不同的站法.
故选：C.
6 一般来说，输出信号功率用高斯函数来描述，定义为Ix 
(x-μ)2
-
=Ie 2σ2 ，其中I 为输出信号功率最大 0 0
值(单位：mW)，x为频率(单位：Hz)，μ为输出信号功率的数学期望，σ2为输出信号的方差，3dB带宽
是光通信中一个常用的指标，是指当输出信号功率下降至最大值一半时，信号的频率范围，即对应函数
图象的宽度。现已知输出信号功率为Ix 
(x-2)2
-
=Ie 2 (如图所示)，则其3dB带宽为 ( ) 0
A. ln2 B. 4 ln2 C. 3 ln2 D. 2 2ln2
【答案】D
1 -
(x-2)2
-
(x-2)2
1
(x-2)2
【解析】依题意，由I(x)= I，I(x)=Ie 2 ，得Ie 2 = I，即e 2 =2，
2 0 0 0 2 0
则有(x-2)2=2ln2，解得x =2- 2ln2，x =2+ 2ln2，
1 2
所以3dB带宽为x -x =2 2ln2.
2 1
故选：D
7 已知x∈ 0, π
 4
 3 5 3π ,sinx+cosx= ，则tanx-
5 4
 = ( )
A. 3 B. -3 C. - 5 D. 2
【答案】A
π
【解析】因为sinx+cosx= 2sinx+
4

3 5 π
= ，可得sinx+
5 4

3 10
= ，
10
且x∈ 0, π
 4
 ，则x+ π ∈  π , π
4  4 2
 π ，可得cosx+
4
 π = 1-sin2x+
4
 10 = ，
10
π
则tanx+
4

π
sinx+
4
=

π
cosx+
4

=3，
3π 所以tanx-
4
 π =tan x+
4
   -π

 π =tanx+
4
 =3.
第 页 共 页
37 72故选：A.
8 数列a
n

nπ
的前n项和为S ，若a =1，a =2，且a = 2+cos
n 1 2 n+2 2
  
nπ
a -sin
n 2
 ，则S =
2024
( )
A. 32024-1011 B. 32024+1011 C. 31012-1011 D. 31012+1011
【答案】D
2kπ
【解析】令n=2k,k∈N∗，则a = 2+cos
2k+2 2
  
2kπ
a -sin
2k 2
 ，
即a =3a ，即数列a
2k+2 2k n
 的所有偶数项构成首项为a =2，公比为3的等比数列，
2
(2k-1)π
令n=2k-1,k∈N∗，则a = 2+cos
2k+1 2
  
(2k-1)π
a -sin
2k-1 2
 ，
即a =2a -1，由于a =1，则a =2-1=1,a =2-1=1,⋯,a =1，
2k+1 2k-1 1 3 5 2k-1
故S =a +a +⋯+a =(a +a +⋯+a )+(a +a +⋯+a )
2024 1 2 2024 2 4 2024 1 3 2023
2(1-31012)
= +1012=31012+1011，
1-3
故选：D
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.
9 已知函数fx  =Asinωx+φ  A>0,ω>0,φ 
π
 <
2
 的部分图象如图所示，下列说法正确的是
( )
A. f0  = 3
B. 函数fx 
π
的图象关于直线x=- 对称
6
C. 函数fx  在  π , 5π
 6 12
 上单调递减
D. 将函数fx 
π
图象向左平移 个单位所得图象关于y轴对称
6
【答案】AC
【解析】由函数f(x)=Asin(ωx+φ)的部分图象知，A=2，
π π
T=4× -
3 12

2π
=π，所以ω= =2，
T
π
又因为f
12

π
=2sin2× +φ
12
 =2，
π π
所以 +φ= +2kπ,k∈Z；
6 2
π
解得φ= +2kπ,k∈Z
3
第 页 共 页
38 72又因为φ 
π π
< ，所以φ= ，
2 3
所以fx 
π
=2sin2x+
3
 ；
所以f0 
π 3
=2sin =2× = 3，选项A正确；
3 2
π π
x=- 时，f-
6 6

π π
=2sin- +
3 3
 =0，
π
所以f(x)的图象不关于x=- 对称，选项B错误；
6
x∈  π , 5π
 6 12
 时2x+ π ∈  2π , 7π
3  3 6
 ，函数fx  π =2sin2x+
3
 单调递减，选项C正确；
函数fx 
π π
图象向左平移 个单位，得y=fx+
6 6

2π
=2sin2x+
3
 ，所得图象不关于y轴对称，选
项D错误．
故选：AC．
10 已知x≥1，y>1，且xy=4，则 ( )
A. 1≤x≤4，1<y<4 B. 4≤x+y≤5
y
C. 最大值为4 D. 4x+y2的最小值为12
x
【答案】BCD
4 4
【解析】对于选项A:由已知得x= ≥1，y= >1，
y x
则1≤x<4，1<y≤4.故A错误；
对于选项B:令t=x+y，
4
则t=x+y=x+ 在x∈1,2
x
 单调递减，在x∈2,4  单调递增，
得4≤x+y≤5，故B正确；
y y2
对于选项C:结合题意可得 = ，令fy
x 4

y2
= ，
4
则fy 
y2
= 在y∈1,4
4

1 y
上单调递增，得 < ≤4，故C正确.
4 x
对于选项D:设hx 
16
=4x+y2=4x+ ，则hx
x2

32
=4- ，
x3
当x∈1,2  时，hx  单调递减，当x∈2,4  时，hx  单调递增，
所以hx  =h2
min
 =12.故D正确.
故选:BCD.
11 如图，在棱长为1的正方体ABCD-ABCD 中，E是线段DD 上的动点(不包括端点)，过A，
1 1 1 1 1
B ，E三点的平面将正方体截为两个部分，则下列说法正确的是 ( )
1
第 页 共 页
39 72A. 正方体的外接球的表面积是正方体内切球的表面积的3倍
B. 不存在一点E，使得点A 和点C到平面AEB 的距离相等
1 1
C. 正方体被平面AEB 所截得的截面的面积随着D E的增大而增大
1 1
1
D. 当正方体被平面AEB 所截得的上部分的几何体的体积为 时，E是DD 的中点
1 3 1
【答案】ABC
3 1
【解析】对于A，正方体外接球的半径为 ，内切球的半径为 ，可得正方体的外接球的表面积是
2 2
3

2
正方体内切球的表面积的

2
1

2

=3倍，故A正确；
2
对于B，由点A 和点B到平面AEB 的距离相等，若点A 和点C到平面AEB 的距离相等，
1 1 1 1
必有BC⎳平面AEB，又由BC∥AD，可得AD⎳平面AEB，与AD∩平面AEB =A矛盾，
1 1 1
故B正确；
对于C，如图，
在C 1 D 1 上取一点F，使得EF∥C 1 D，连接B 1 F，设D 1 E=a0<a<1  ，
由EF∥C D∥AB，可得平面AB FE为过A，B，E三点的截面，
1 1 1 1
在梯形AB 1 FE中，AB 1 = 2，EF= 2a，AE= 12+1-a  2= a2-2a+2，B 1 F= 12+1-a  2
第 页 共 页
40 72= a2-2a+2，
2- 2a
梯形AB FE的高为 a2-2a+2-
1 2

2 1 3
= a2-a+ ，
2 2
1
梯 形 AB 1 FE 的 面 积 为 2 ×  2+ 2a 
1 3 1
× a2-a+ = a+1 2 2 2  a2-2a+3 =
1
a+1
2
 2 a2-2a+3  ，
令 f a  = a+1  2 a2-2a+3  0<a<1  ，有 fa  = 2a+1  a2-2a+3  + a+1  2 2a-2  =
4a+1  a2-a+1  =4a+1  1 a-
2
   2 + 3
 4
 >0.
可得函数fa  单调递增，可得正方体被平面AEB 所截得的截面面积随着D E的增大而增大， 1 1
故C正确；
1 1 1 1 1 对于D选项，V = × ×1×1×1= ，V = ×a× 1×1- ×1×1-a
E-AA 1 B 1 3 2 6 E-A 1 B 1 FD 1 3 2
  

 =
1
a2+a
6
 ，
1
被平面AEB 所截得的上部分的几何体的体积为 a2+a
1 6

1 1
+ = ，整理为a2+a-1=0，
6 3
5-1
解得a= ，故D错误.
2
故选：ABC
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12 设A，B是一个随机试验中的两个零件，若PB 
3
= ，PAB
4

1
= ，PA+B
3

2
= ，则PA
3

= ．
1
【答案】
6
【解析】由PAB 
PAB
=

PB 
，有PAB  =PAB  PB 
1 3 1
= × = ，
3 4 4
又由PA+B  =PA  +PB  -PAB  ，有PA 
3 1 2
+ - = ，
4 4 3
可得PA 
1
= ．
6
1
故答案为：
6
13 已知△ABC中，AB=2BC=2，AB边上的高与AC边上的中线相等，则tanB= .
【答案】- 3
【解析】如下图所示，设AB边上的高为CE，AC边上的中线为BF，
在Rt△BCE中，CE=BCsin∠ABC=sin∠ABC，所以BF=CE=sin∠ABC，
  
1
由BF= BA+BC
2

  
1
，平方得BF2= BA2+2BA
4


BC 

 cos∠ABC+BC2  ，
第 页 共 页
41 72代入得，41-cos2∠ABC  =4+2×2×1×cos∠ABC+1，
1
化简得，4cos2∠ABC+4cos∠ABC+1=0，解得cos∠ABC=- ，
2
2π
又因为0<∠ABC<π，所以∠ABC= ，所以tan∠ABC=- 3.
3
故答案为：- 3
2ln(x-1)
14 在同一平面直角坐标系中，P，Q分别是函数f(x)=axex-ln(ax)和g(x)= 图象上
x
的动点，若对任意a>0，有PQ  ≥m恒成立，则实数m的最大值为 ．
3 2
【答案】
2
【解析】axex-ln(ax)-x=ex+lnax-x+lnax  ，令wx  =ex-x，x∈R，
则wx  =ex-1
当x∈0,+∞  时，wx  >0，wx  =ex-x单调递增，当x∈-∞,0  时，wx  <0，wx  =ex-
x单调递减，
故wx  =ex-x在x=0处取得极小值，也是最小值，故wx  ≥e0-0=1，
故axex-ln(ax)-x=ex+lnax-x+lnax  ≥1，当且仅当x+lnax=0时，等号成立，
令jx 
2ln(x-1)
=x- ，x>1，
x
则jx 
2x -2ln(x-1) x2- 2x +2ln(x-1)
x-1 x-1
=1- = ，
x2 x2
2x
令k(x)=x2- +2ln(x-1)，
x-1
2x-2-2x
则k(x)=2x-
x-1 
2 2
+ =2x+
2 x-1 x-1 
2
+ >0在1,+∞
2 x-1
 上恒成立，
2x
故k(x)=x2- +2ln(x-1)在1,+∞
x-1
 上单调递增，
又k(2)=0，故当x∈1,2  时，k(x)<0，当x∈2,+∞  时，kx  >0，
故x∈1,2  时，jx  <0，jx  单调递减，当x∈2,+∞  时，jx  >0，jx  单调递增，
故jx 
2ln(x-1)
=x- 在x=2处取得极小值，也时最小值，最小值为j2
x
 =2，
设Pn,anen-ln(an) 
2lnt-1
,Q t,


t
 ，
由基本不等式得，PQ  2=(t-n)2+ anen-lnan   
2lnt-1
-


t

2
t- 2ln(t-1) +anen-lnan-n
t
≥
 2 (2+1)2
9
≥ = ，
2 2 2
当且仅当t-n= anen-lnan   
2lnt-1
-

，t=2，n+lnan=0时，等号成立，
t
故PQ 
3 2 3 2
≥ ，则m = ．
2 max 2
3 2
故答案为：
2
第 页 共 页
42 72一、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 已知数据4x +1，4x +1，⋯，4x +1的平均数和方差分别为4，10，那么数据x ，x ，⋯，x 的平
1 2 10 1 2 10
均数和方差分别为 ( )
5 5 3 3 5
A. -1， B. 1， C. 1， D. ，
2 2 2 4 8
【答案】D
【解析】设数据x，x ，⋯，x 的平均数和方差分别为μ和s2，
1 2 10
则数据4x +1，4x +1，⋯，4x +1的平均数为4×μ+1=4，方差为42×s2=10，
1 2 10
3 5
得μ= ，s2= ，
4 8
故选：D．
2 在(x-2y)6的展开式中，x4y2的系数为 ( )
A. 30 B. 60 C. 40 D. -60
【答案】B
【解析】(x-2y)6的通项为：T r+1 =C 6 rx6-r -2y  r=C 6 r -2  rx6-ryr，
令r=2可得：x4y2的系数为C 6 2 -2  2=15×4=60.
故选：B．
3 设等差数列a
n
 的前n项和S ，若S =9，S =36，则a +a +a = ( )
n 3 6 7 8 9
A. 18 B. 27 C. 45 D. 63
【答案】C
【解析】由题意得S ,S -S ,S -S 成等差数列，
3 6 3 9 6
即9,36-9,a +a +a 成等差数列，
7 8 9
即2×36-9 
2024届高考新结构数学-选择填空强化训练7
=9+a +a +a ，解得a +a +a =45. 7 8 9 7 8 9
故选：C
4 设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中正确的是 ( )
A. 若m⊥α，m⎳n，n⊥β，则α⊥β
B. 若α⎳β，m⊂α，m⎳n，则n⎳β
C. 若m，n是两条不同的异面直线，m⎳α,n⎳β，m⊂α，n⊂β，则α⎳β
D. 若m⊥n，α⎳β，则m与α所成的角和n与β所成的角互余
【答案】C
【解析】A．m⎳n，m⊥α，则n⊥α，又n⊥β，则α⎳β，所以α⊥β不正确，A不正确；
B．α⎳β，m⊂α，m⎳n，则n⎳β或n⊂β，故B不正确；
C．若m，n是两条不同的异面直线，m⎳α,n⎳β，m⊂β，n⊂α，则α⎳β，C正确．
D．由m⊥n时，m,n与α所成的角没有关系，α⎳β时，由面面平行的性质知n与α,β所成的角相
等，m与α,β所成的角相等，
因此m与α所成的角和n与β所成的角不一定互余，D不正确.
故选：C．
第 页 共 页
43 72x2 y2
5 已知椭圆E: + =1(a>b>0)的左、右焦点分别为F、F，点P为椭圆E上位于第一象限内
a2 b2 1 2
的一点，若PF 1  =3PF 2  ，|OP|=OF 2  (O为坐标原点)，则椭圆E的离心率为 ( )
5 6 2 10
A. B. C. D.
4 4 2 4
【答案】D
【解析】如图，
由|OP|=OF
2
 ，|OF|=|OF|，可得△PFF 为直角三角形，
1 2 1 2
∵|PF|=3|PF|，且|PF|+|PF|=2a，
1 2 1 2
3a a
解得|PF|= ，|PF|= ，
1 2 2 2
3a
再由勾股定理可得：
2

2 a
+
2

2
=4c2
c2 10 c 10
得 = ，∴e= = ．
a2 16 a 4
故选：D．
 
6 若O是△ABC所在平面内 一点，且满足OB-OC 
  
=OB+OC-2OA  ，则△ABC的形状
为 ( )
A. 等边三角形 B. 等腰三角形 C. 等腰直角三角形 D. 直角三角形
【答案】D
             
【解析】∵OB+OC-2OA=OB-OA+OC-OA=AB+AC，OB-OC=CB=AB-AC，
 
∴AB+AC 
 
=AB-AC 
   
，两边平方，化简得AB⋅AC=0∴AB⊥AC.
∴△ABC为直角三角形.
因为AB不一定等于AC，所以△ABC不一定为等腰直角三角形.
故选：D.
7 小明将Rt△ABD与等边△BCD摆成如图所示的四面体，其中AB  =4，BC  =2，若AB⊥平面
BCD，则四面体ABCD外接球的表面积为 ( )
第 页 共 页
44 7216 16π 64π 256 3π
A. B. C. D.
3 3 3 27
【答案】C
【解析】Rt△ABD中，取AD中点E，则E为Rt△ABD的外心，
在等边△BCD中取重心G，G也为△BCD的外心，
取BD中点F，连接GF,EF，GD
过Rt△ABD，△BCD的外心作所在平面的垂线，
所得交点O即为外接球的球心，
则EF⎳AB，AB⊥平面BCD，则EF⊥平面BCD，
则OG⎳EF，
GF⊥BD，AB⊥平面BCD，GF⊂平面BCD，
GF⊥AB，AB∩BD=B，AB,BD⊂平面ABD，
则GF⊥平面ABD，所以GF⎳OE，
故GFEO为矩形，
1
则|OG|=|EF|= |AB|=2，
2
2 2 3
|GD|= 22-12= ，
3 3
2 3
则R=|OD|= 22+
3

2 16
=
3
16 64π
则外接球的表面积为4πR2=4π⋅ = .
3 3
故选：C
8 已知正数a,b,c满足ea=b=lnc,e为自然对数的底数，则下列不等式一定成立的是 ( )
A. a+c<2b B. a+c>2b C. ac<b2 D. ac>b2
【答案】B
【解析】由题设a>0，则b>1，且a=lnb,c=eb，则a+c=lnb+eb，
1
令f(x)=lnx+ex-2x且x>1，故f(x)= +ex-2，
x
1 1
令g(x)= +ex-2，则g(x)=ex- 在(1,+∞)上递增，故g(x)>g(1)=e-1>0，
x x2
所以g(x)=f(x)在(1,+∞)上递增，故f(x)>f(1)=e-1>0，
所以f(x)在(1,+∞)上递增，故f(x)>f(1)=e-2>0，
即lnx+ex>2x在(1,+∞)上恒成立，故a+c>2b，A错，B对；
对于ac,b2的大小关系，令h(x)=exlnx-x2且x>1，而h(1)=-1<0，h(e)=ee-e2>0，
第 页 共 页
45 72显然h(x)在(1,+∞)上函数符号有正有负，故exlnx,x2的大小在x∈(1,+∞)上不确定，
即ac,b2的大小在b∈(1,+∞)上不确定，所以C、D错.
故选：B
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.
9 欧拉是科学史上最多才的一位杰出的数学家，他发明的公式为eix=cosx+isinx，i虚数单位，将
指数函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数和指数函数的关系，这个公式也被誉为“数学中的天桥”
(e为自然对数的底数，i为虚数单位)，依据上述公式，则下列结论中正确的是 ( )
iπ
A. 复数e 2为纯虚数
B. 复数ei3对应的点位于第二象限
iπ 3 1
C. 复数e 3的共轭复数为 - i
2 2
D. 复数eiθ(θ∈[0,π])在复平面内对应的点的轨迹是半圆
【答案】ABD
iπ π π iπ
【解析】对于A，e 2=cos +isin =i，则e 2为纯虚数，A正确；
2 2
π
对于B，ei3=cos3+isin3，而 <3<π，即cos3<0,sin3>0，则复数ei3对应的点位于第二象限，
2
B正确；
iπ π π 1 3 iπ 1 3
对于C，e 3=cos +isin = + i，复数e 3的共轭复数为 - i，C错误；
3 3 2 2 2 2
对于D，eiθ=cosθ+isinθ,|eiθ|=|cosθ+isinθ|=1，
复数eiθ(θ∈[0,π])在复平面内对应的点的轨迹是半径为1的半圆，D正确．
故选：ABD
10 在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，其中b=3，且b 3sinA-cosC  =
c-a  cosB，若AC边上的中点为M，则 ( )
2π 3 3
A. B= B. S 的最大值为
3 △ABC 4
3
C. a+b+c的最小值为3+2 3 D. BM的最小值为
2
【答案】ABD
【解析】对于 A：b 3sinA-cosC  = c-a  cosB，由正弦定理得 sinB 3sinA-cosC  =
sinC-sinA  cosB，即 3 sinBsinA - sinBcosC = sinCcosB - sinAcosB， 3 sinBsinA +
sinAcosB=sinA，因为A∈0,π 
π
，所以sinA≠0，所以 3sinB+cosB=1，2sinB+
6
 =1，B=
2π
，故A正确；
3
对于B：由余弦定理知b2=a2+c2-2accosB，9=a2+c2+ac，因为a>0，c>0，所以9=a2+c2
1 3
+ac≥3ac，ac≤3，当且仅当a=c时等号成立，因为S = acsinB= ac，所以S 的最
△ABC 2 4 △ABC
3 3
大值为 ，故B正确；
4
对于C：由B知9=a2+c2+ac=a+c

2-ac，则a+c

2=9+ac，所以a+c

2=9+ac≤12⇒a
+c≤2 3，当且仅当a=c时等号成立，所以a+b+c的最大值为3+2 3，故C错；
第 页 共 页
46 72   
1 1
对 于 D ：因 为 BM 为 AC 边 上 的 中 线 ，所 以 BM = BA + BC ，BM
2 2
 =

1
BA
2


2+BC 
  
1
2+2BA⋅BC = c2+a2-ac，得BM
2


1
= 9-2ac，因为ac≤3，所以BM
2
 的最
3
小值为 ，故D正确；
2
故选：ABD.
11 已知M n 是圆O n :x2+y2-2nx-2ny+n2=0n∈N*  上任意一点，过点P n-1,n  向圆O 引斜 n
率为k nk n >0  的切线l n ，切点为Q nx n ,y n  ，点A n3n,n  ，则下列说法正确的是 ( )
n 2n+1
A. n=1时，k = 3 B. y = +n
1 n n+1
1-x x
C. n < 2sin n 1+x y -n
n n

1
D. 2 M n A n  +M n P n 
3
的最小值是 n+1 2
【答案】BCD
【解析】当n=1时，圆O 1 的方程为x-1  2+y-1  2=1，圆心为1,1  ，半径为1，
过点P 1-1,1  向圆O 引切线，根据题意可知，切线斜率存在， 1
设切线方程为y=kx+1  +1，即kx-y+k+1=0，
|k+k| 3
由点到直线的距离公式可得 =1，又因为k >0，所以k = ，故A不正确；
1+k2 n 1 3
设直线l n :y=k nx+1  +n，由
y=k nx+1  +n 
 ， x2+y2-2nx-2ny+n2=0
得1+k2
n

x2+2k2-2n
n

x+k2=0，
n
由Δ=0，即2k2-2n
n
 2-4k2 1+k2
n n
 =0，
n n-k2 n
又因为k >0，所以k = ，所以x = n = ，
n n 2n+1 n 1+k2 n+1
n
所以y n =k nx n +1 
n n
+n=  +1 2n+1 n+1 
n 2n+1
+n= +n，故B正确； n+1
n
因为 1-x n = 1- n+1 = 1 , x n = 1 ，
1+x n 1+ n 2n+1 y n -n 2n+1
n+1
令fx  =x- 2sinx，fx  =1- 2cosx，
π
当x∈0,
4
 时，fx  =1- 2cosx<0，所以fx 
π
在0,
4
 上单调递减，
1 1 π
因为0< ≤ < ，而f0
2n+1 3 4
 =0，
1
所以f
2n+1
 <f0 
1-x x
=0，即 n < 2sin n
1+x y -n
n n
 ，故C正确；
3n
设C  ,n
n 2

1
，此时 M A =M C ，
2 n n n n
1 3
故而 |M A |+|M P|=|M C |+|M P|≥|C P|= n+1，等号成立当且仅当M 在C P 上，故
2 n n n n n n n n n n 2 n n n
D正确.
故选：BCD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12 已知f(x)= x2-1的定义域为A，集合B={x∈R∣1<ax<2}，若B⊆A，则实数a的取值范
围是 .
【答案】[-1,1]
第 页 共 页
47 72【解析】x2-1≥0，则x≥1或x≤-1，即A={x|x≥1或x≤-1}.
①当a=0时，B=∅，满足B⊆A，符合题意；
1 2
②当a>0时，B=

x∈R∣ <x<
a a
 ，所以若B⊆A，
1 2
则有 ≥1或 ≤-1(舍)，解得0<a≤1；
a a
2 1
③当a<0时，B=

x∈R∣ <x<
a a
 ，所以若B⊆A，
1 2
则有 ≤-1或 ≥1(舍)，解得-1≤a<0.
a a
综上所述，a∈[-1,1].
故答案为：-1,1 
13 设函数y=fx  的定义域为R，且fx+1  为偶函数，fx-1  为奇函数，当x∈-1,1  时，fx 
2023
=1-x2，则 fk
k=1
  = .
【答案】-1
【解析】因为函数y=fx  的定义域为R，且fx+1  为偶函数，fx-1  为奇函数，
则f1-x  =f1+x  ，f-x-1  =-fx-1  ，
所以，函数fx  的图象关于直线x=1对称，也关于点-1,0  对称，
所以，f-x  =fx+2  ，f-x  =-fx-2  ，
所以，fx+2  =-fx-2  ，则fx+8  =-fx+4  =fx  ，
所以，函数fx  是周期为8的周期函数，
当x∈-1,1  时，fx  =1-x2，则f1  =0，f7  =f-1  =0，f8  =f0  =1，
f2  =f0  =1，f3  =f-1  =0，f4  =-f-6  =-f2  =-1，
f5  =f-3  =-f1  =0，f6  =-f-8  =-f0  =-1，
8
所以， fk
k=1
  =0+1+0-1+0-1+0+1=0，
2023
又因为2023=8×253-1，所以， fk
k=1

8
 =253 fk
k=1
  -f8  =0-1=-1.
故答案为：-1.
14 函数fx 
π
=2sinωx+
6

π π
(ω>0)在区间 ,
6 2
 上有且只有两个零点，则ω的取值范围是
.
11 【答案】 ,5
3
 17 23 ∪ ,
3 3

【解析】利用三角函数的性质分析求解即可.
由于fx 
π π
在区间 ,
6 2

T π 3T
上有且只有两个零点，所以 < < ，
2 3 2
π π 3π
即 < < ⇒3<ω<9，由fx
ω 3 ω

π
=0得，ωx+ =kπ，k∈Z，
6
π π
∵x∈ ,
6 2

π πω π πω π
，∴ωx+ ∈ + , +
6 6 6 2 6
 ，
πω π πω π
 6 + 6 <π  π≤ 6 + 6 <2π 11 17 23
∴ 或 ，解得 <ω<5或 <ω≤ ，
2π< πω + π ≤3π 3π< πω + π ≤4π 3 3 3
2 6 2 6
11 所以ω的取值范围是 ,5
3
 17 23 ∪ ,
3 3
 .
第 页 共 页
48 7211 故答案为： ,5
3
 17 23 ∪ ,
3 3

第 页 共 页
49 72一、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 某地有8个快递收件点，在某天接收到的快递个数分别为360，284，290，300，188，240，260，
288，则这组数据的百分位数为75的快递个数为 ( )
A. 290 B. 295 C. 300 D. 330
【答案】B
【解析】将数据从小到大排序为：188，240，260，284，288，290，300，360，
290+300
8×75%=6，所以75%分位数为 =295.
2
故选：B
2 若集合M= yy=ln4-x2     ，N=-2,2  ，则M∩N= ( )
A. -2,2  B. -2,2  C. -∞,2  D. -2,ln4 
【答案】D
【解析】因为4-x2>0⇒-2<x<2，所以y=ln(4-x2)定义域为(-2,2)，
所以0≤x2<4⇒0<4-x2≤4⇒ln(4-x2)≤ln4，即M=-∞,ln4  ，
所以M∩N=-2,ln4  .
故选：D.
3 设函数f(x)=x+2，数列a n  ，b n  满足a n =2f(n)-1，fb n  =2n-1，则a = ( ) 6
A. b B. b C. b D. b
7 9 11 13
【答案】B
【解析】因为a n =2f(n)-1=2n+2  -1=2n+3，所以a =2×6+3=15， 6
又因为fb n  =b +2=2n-1，所以b =2n-3， n n
令b =2n-3=15，解得n=9，
n
故选：B.
x2
4 抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F，且抛物线C与椭圆 +y2=1在第一象限的交点为A，若
2
AF⊥x轴，则p= ( )
2 2 2
A. 2 B. 1 C. D.
3 3
【答案】C
p
【解析】由题设F ,0
2

p
，且A在第一象限，AF⊥x轴，则A ,p
2

2024届高考新结构数学-选择填空强化训练8
，
p2
8 2 2
又A在椭圆上，故 +p2=1⇒p2= ，而p>0，故p= .
8 9 3
故选：C
5 某单位计划从5人中选4人值班，每人值班一天，其中第一、二天各安排一人，第三天安排两人，则
安排方法数为 ( )
A. 30 B. 60 C. 120 D. 180
【答案】B
第 页 共 页
50 72【解析】先从5人中选出4人值班，
再从4人中选出2人值第三天，剩余2人分别值第一、二天，
所以安排方法数为C4⋅C2⋅A2=60.
5 4 2
故选：B.
      
6 已知G是△ABC的重心，O是空间中的一点，满足OA⋅OB+OA⋅OC+OB⋅OC=6，OA2+
  
OB2+OC2=6，则OG  = ( )
6 2 3
A. B. C. 2 D. 2 3
3 3
【答案】C
     
【解析】由题意知 G 是 △ABC 的重心，则 GA + GB + GC = 0，即 OA-OG 
 
+ OB-OG  +
 
OC-OG 

=0
   
1
所以OG= (OA+OB+OC)，
3
           
又因为(OA+OB+OC)2=OA2+OB2+OC2+2(OA⋅OB+OA⋅OC+OB⋅OC)=18，

所以|OG|= 2.
故选：C.
 1 α-β 7 已知 -tan  α-β 2
tan
2
 1+tanα-β  α-β   tan  2  π =6，tanαtan -β 2  =3，则cos4α+4β 
= ( )
79 79 49 49
A. - B. C. - D.
81 81 81 81
【答案】A
 1 α-β 【解析】 -tan  α-β 2
tan
2
 1+tanα-β  α-β   tan  2 
1-tan2α-β  2tan2α-β
=6， 2 1+ 2
tan
α-β

 1-tan2α-β
2 2

=6.
2cosα-β 
sinα-β 
1-tan2α-β +2tan2α-β
 2 2

 1-tan2α-β
2

=6，
2cosα-β 
sinα-β 
1+tan2α-β
 2

 1-tan2α-β
2

2cosα-β =6， 
sinα-β 
1 ×
cosα-β 
=6，
sinα-β 
1 1
= ，sinαcosβ-cosαsinβ= ，
3 3
π
又因为tanαtan -β
2
 =3，所以sinαcosβ=3cosαsinβ，
1 1
则cosαsinβ= ,sinαcosβ= ，所以sinα+β
6 2

2
=sinαcosβ+cosαsinβ=
3
cos2α+2β  =1-2sin2 α+β 
4 1
=1-2× = .
9 9
cos4α+4β  =2cos2 2α+2β 
1 79
-1=2× -1=- .
81 81
故选：A
x2 y2
8 已知O为坐标原点，双曲线C: - =1(a>0,b>0)的左、右焦点分别是F，F，离心率为
a2 b2 1 2
第 页 共 页
51 726
2 ，点Px 1 ,y 1  是C的右支上异于顶点的一点，过F 作∠FPF 的平分线的垂线，垂足是M，|MO|= 2 1 2
 
2，若双曲线C上一点T满足FT⋅FT=5，则点T到双曲线C的两条渐近线距离之和为 ( )
1 2
A. 2 2 B. 2 3 C. 2 5 D. 2 6
【答案】A
【解析】
设半焦距为c，延长FM交PF 于点N，由于PM是∠FPF 的平分线，FM⊥PM，
2 1 1 2 2
所以△NPF 是等腰三角形，所以PN
2
 =PF
2
 ，且M是NF 的中点.
2
根据双曲线的定义可知PF
1
 -PF
2
 =2a，即NF
1
 =2a，由于O是FF 的中点，
1 2
1
所以MO是△NFF 的中位线，所以|MO|= NF
1 2 2 1
 =a= 2，
6 x2
又双曲线的离心率为 ，所以c= 3，b=1，所以双曲线C的方程为 -y2=1.
2 2
所以F(- 3,0)，F( 3,0)，双曲线C的渐近线方程为x± 2y=0，
1 2
|u+ 2v| |u- 2v|
设T(u,v)，T到两渐近线的距离之和为S，则S= + ，
3 3
 
由FT⋅FT=(u- 3)(u+ 3)+v2=u2+v2-3=5，即u2+v2=8，
1 2
x2 u2
又T在 -y2=1上，则 -v2=1，即u2-2v2=2，解得u2=6，v2=2，
2 2
2|u|
由|u|> 2|v|，故S= =2 2，即距离之和为2 2.
2
故选：A
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.
9 下列命题正确的是 ( )
A. 若A,B两组成对数据的样本相关系数分别为r =0.97,r =-0.99，则A组数据比B组数据的相关性
A B
较强
B. 若样本数据x,x ,⋅⋅⋅,x 的方差为2，则数据2x -1,2x -1,⋅⋅⋅,2x -1的方差为8
1 2 6 1 2 6
C. 已知互不相同的30个样本数据，若去掉其中最大和最小的数据，剩下28个数据的22%分位数不等
于原样本数据的22%分位数
D. 某人解答5个问题，答对题数为X，若X∼B5,0.6  ，则EX  =3
【答案】BCD
【解析】对于A，因为r
A
 =0.97<r
B
 =0.99，即A组数据比B组数据的相关性较弱，故A错误；
对于B，若样本数据x ,x ,⋅⋅⋅,x 方差为s2=2，则数据2x -1,2x -1,⋅⋅⋅,2x -1的方差为s2
1 2 6 1 2 6 1
=22s2=8，故B正确；
对于C，将这原来的30个数从小大大排列为a ,a ,⋯,a ，则30×22%=6.6，所以原来的22%分位
1 2 30
a +a
数为 6 7，
2
第 页 共 页
52 72若去掉其中最大和最小的数据，剩下28个数据为a ,⋯,a ，则28×22%=6.16，所以剩下28个数
2 29
a +a
据的22%分位数为 7 8，
2
由于a ,a ,⋯,a 互不相同，所以C正确；
1 2 30
对于D，某人解答5个问题，答对题数为X，若X∼B5,0.6  ，则EX  =5×0.6=3，故D正确.
故选：BCD.

10 设复数z的共轭复数为z，i为虚数单位，则下列命题正确的是 ( )
 
A. 若z⋅z=0，则z=0 B. 若z-z∈R，则z∈R
π 2π
C. 若z=cos +isin ，则z
5 5
 =1 D. 若z-1-2i  =z+3+i  ，则z 
1
的最小值是
2
【答案】ABD
【解析】设z=a+bia,b∈R  ，

对于选项A：z⋅z=a+bi  a-bi  =a2+b2=0，所以a=b=0，所以z=0，故选项A正确；

对于选项B：z-z=a+bi  -a-bi  =2bi∈R，所以b=0，即z=a∈R，故选项B正确；
π 2π
对于选项C：z=cos +isin ，则z
5 5

π 2π
= cos2 +sin2 ≠1，故选项C不正确；
5 5
对于选项D：z-1-2i  =z+3+i  即a+bi-1-2i  =a+bi+3+i  表示点a,b  到点
M1,2  和到点N-3,-1  的距离相等，所以复数z对应的点的轨迹为线段MN的垂直平分线，
1
因为MN中点为-1,
2

-1-2 3
，k = = ，
MN -3-1 4
1 4
所以MN的中垂线为b- =- a+1
2 3
 ，整理可得：8a+6b+5=0，
所以z  = a2+b2= a-0  2+b-0  2表示点0,0  到8a+6b+5=0的距离，
所以z 
5 1
= = ，故选项D正确，
min 82+62 2
故选：ABD.
11 设函数fx  的定义域为I，若存在x 0 ∈I，使得f fx 0    =x 0 ，则称x 0 是函数fx  的二阶不动点.
下列各函数中，有且仅有一个二阶不动点的函数是 ( )
A. fx  =x2-x+1 B. fx  =log 2x+1  C. fx 
2x
= D. fx
2x+1

π
=2sin x-1
6

【答案】ACD
【解析】若fx 0  =x ，称x 为一阶不动点， 0 0
显然若fx 0  =x 0 ，则满足f fx 0    =x ，故一阶不动点显然也是二阶不动点， 0
若fx 0  =y ，则有fy 0 0  =x 0 ，即x 0 ,y 0  ,y 0 ,x 0  都在函数y=fx  的图象上，
即y=fx  上存在两点关于y=x对称，此时这两点的横坐标也为二阶不动点，
下证：当y=fx  单调递增时，一阶不动点和二阶不动点等价，
因为fx 0  =y 0 ，若x 0 >y 0 ，因为y=fx  单调递增，所以fx 0  >fy 0  ，
即y >x ，矛盾，
0 0
若x 0 <y 0 ，因为y=fx  单调递增，所以fx 0  <fy 0  ，即y <x ，矛盾， 0 0
综上：当y=fx  单调递增时，一阶不动点和二阶不动点等价；
由题意得：只需y=fx  与直线y=x的交点个数为1，
A选项，x2-x+1=x，解得：x=1，fx  =x有且仅有1个根，
画出y=x2-x+1与y=x的图象，如下：
第 页 共 页
53 72显然y=x2-x+1上不存在两点关于y=x对称，
综上：fx  =x2-x+1有且仅有一个二阶不动点，满足要求，A正确；
B选项，令hx  =log x+1
2
 -x，定义域为-1,+∞  ，
显然h0  =0,h1  =0，
则0,1均为fx  =log x+1
2
 的二阶不动点，不满足要求，B错误；
C选项，fx 
2x 1
= =1- 定义域为R，单调递增，只需寻找一阶不动点即可，
2x+1 2x+1
1 1
令1- =x，整理得：1-x= ，
2x+1 2x+1
令qx 
1
= ，则qx
1+2x

1
= ∈0,1
1+2x
 ，单调递减，
再同一坐标系总画出两函数y=1-x与qx 
1
= 图象，如下：
1+2x
两函数只有1个交点，满足要求，C正确；
D选项，令fx 
π
=2sin x-1
6
 =x，
π
作出函数y=2sin x-1
6
 ,y=x的图象，
由图可知，点0,1  与点1,0  关于直线y=x对称，
故函数满足题意，故D正确.
故选：ACD.
第 页 共 页
54 72三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12 已知1+x 
1
ax+
x

6
的展开式中x3的系数为240，则实数a= ．
【答案】±2
【解析】1+x 
1
ax+
x

6 1
=ax+
x

6 1
+xax+
x

6
，
1
二项式ax+ x 
6
通项公式为C 6 r⋅ax 
1
6-r⋅ x 
r
=Cr⋅a6-r⋅x6-2r， 6
1
其中ax+
x

6
的展开式中无含x3项，含x2的项为C2⋅a4x2=15a4x2，
6
∴1+x 
1
ax+
x

6
中含x3的项为15a4x3，则15a4=240．解得a=±2．
故答案为：±2
13 已知四面体A-BCD，其中AD=BC=2，CD=AB= 5，AC=BD= 7，E为CD的中点，
则直线AD与BE所成角的余弦值为 ；四面体A-BCD外接球的表面积为 ．
5 17 5
【答案】 ①. ## 17 ②. 8π
34 34
【解析】在四面体A-BCD中，AD=BC=2，CD=AB= 5，AC=BD= 7，
将四面体A-BCD补成长方体AMCN-PBQD，
AD2=AP2+AE2=4 AP=1
 
则AB2=AP2+AM2=5 ，解得AM=2 ，
AC2=AM2+AN2=7 AN= 3
以点A为坐标原点，AM、AN、AP所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则A0,0,0  、D0, 3,1  、B2,0,1 
1
、E1, 3,
2
 ，

所以，AD=0, 3,1 

1
，BE=-1, 3,-
2
 ，
 
 
AD⋅BE
则cosAD,BE= 
AD 

⋅BE 
5
2 5 17
= = ，
17 34 2×
2
5 17
所以，直线AD与BE所成角的余弦值为 ，
34
第 页 共 页
55 72长方体AMCN-PBQD的体对角线长为AQ= AM2+AN2+AP2= 4+3+1=2 2，
所以，四面体A-BCD外接球半径为 2，故四面体A-BCD外接球的表面积为4π× 2  2=8π.
5 17
故答案为： ；8π.
34
14 如图，对于曲线G所在平面内的点O，若存在以O为顶点的角α，使得对于曲线G上的任意两个
不同的点A,B恒有∠AOB≤α成立，则称角α为曲线G的相对于点O的“界角”，并称其中最小的“界
xex-1+1, x>0

角”为曲线G的相对于点O的“确界角”.已知曲线C：y=
1 x2+1, x≤0
(其中e是自然对数的底
16
数)，点O为坐标原点，曲线C的相对于点O的“确界角”为β，则sinβ= .
【答案】1
xex-1+1, x>0

【解析】函数y=
1 x2+1, x≤0
，
16
因为x>0,y=(x+1)ex-1>0，
所以该函数在(-∞,0)单调递减，在(0,+∞)单调递增.
过原点作y=xex-1+1的切线，设切点Ax ,x ex 1 -1+1
1 1
 ，
由y=x+1  ex-1，则切线OA的斜率为k 1 =x 1 +1  ex 1 -1，
直线OA  :y-x ex 1 -1+1 1  =x 1 +1  ex 1 -1 x-x 1  过0,0  ，
∴-x ex 1 -1-1=-x2-x
1 1 1
 ex 1 -1，∴x2ex 1 -1-1=0(x >0)，
1 1
即ex
1
-1=x-2，由函数y=ex-1与y=x-2的图象在(0,+∞)有且只有一个交点，
1
第 页 共 页
56 72且当x =1时满足方程，故方程有唯一解x =1，则k =2；
1 1 1
1 1
过原点作y= x2+1的切线，设切点Bx , x2+1
16 2 16 2
 ，
1 1
由y= x，得切线OB的斜率k = x ，
8 2 8 2
1
则切线OB:y- x2+1 16 2 
1
= 8 x 2x-x 2  过原点(0,0)，
1 1
则有- x2-1=- x2(x ≤0)，∴x =-4，
16 2 8 2 2 2
1
则k =- ，则有k k =-1，
2 2 1 2
∴两切线垂直，曲线C 相对于点O的“确界角”为β，
π
则β= ，sinβ=1.
2
故答案为：1.
第 页 共 页
57 72一、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 在一组样本数据x 1 ,y 1  、x 2 ,y 2  、⋯、x n ,y n  n≥2、x 1 、x 2 、⋯、x n 不全相等)的散点图中，若所有
的样本点x i ,y i  i=1,2,⋯,n  都在直线y=-2x+1上，则这组样本数据的相关系数为 ( )
A. 2 B. -2 C. -1 D. 1
【答案】C
【解析】因为所有 样本点都在直线y=-2x+1上，所以相关系数r满足r  =1.
又因为-2<0，所以r<0，所以r=-1.
故选：C.
x2 y2 6
2 若椭圆C: + =1的离心率为 ，则椭圆C的长轴长为 ( )
m 2 3
2 6
A. 6 B. 或2 6 C. 2 6 D. 2 2或2 6
3
【答案】D
6 2-m 2
【解析】当焦点在y轴时，由e= = ，解得m= ，符合题意，此时椭圆C的长轴长为
3 2 3
2 2；
6 m-2
当焦点在x轴时，由e= = ，解得m=6，符合题意，此时椭圆C的长轴长为2 m =
3 m
2 6．
故选：D．
3 最早的测雨器记载见于南宋数学家秦九韶所著的《数书九章》(1247年).该书第二章为“天时类”，
收录了有关降水量计算的四个例子，分别是“天池测雨”、“圆罂测雨”、“峻积验雪”和“竹器验雪”.如图
“竹器验雪”法是下雪时用一个圆台形的器皿收集雪量(平地降雪厚度=器皿中积雪体积除以器皿口面
积)，已知数据如图(注意：单位cm)，则平地降雪厚度的近似值为 ( )
91 31 95 97
A. cm B. cm C. cm D. cm
12 4 12 12
【答案】C
20+40
【解析】如图所示，可求得器皿中雪表面的半径为 =15cm，
4
1 π×20×102+152+10×15
3
所以平地降雪厚度的近似值为

2024届高考新结构数学-选择填空强化训练9
95
= cm.
π×202 12
故选：C
第 页 共 页
58 724 设1+x  n=a +ax+a x2+⋯+a xn，若a =a ，则n= ( ) 0 1 2 n 2 3
A. 5 B. 6 C. 7 D. 8
【答案】A
【解析】(1+x)n展开式第r+1项T =Crxr，
r+1 n
∵a =a ，∴C2=C3，
2 3 n n
∴n=2+3=5.
故选：A.
5 某校高三年级800名学生在高三的一次考试中数学成绩近似服从正态分布N89,132  ，若某学生
数学成绩为102分，则该学生数学成绩的年级排名大约是 ( )
(附：Pμ-σ≤X≤μ+σ  ≈0.6827，Pμ-2σ≤X≤μ+2σ  ≈0.9545，Pμ-3σ≤X≤μ+3σ  ≈0.9973)
A. 第18名 B. 第127名 C. 第245名 D. 第546名
【答案】B
【解析】因为成绩X近似服从正态分布N(89,132)，则μ=89,σ=13，
且P76≤X≤102  =P89-13≤X≤89+13  =0.6827，
所以PX≥102 
1-P76≤X≤102
=

=0.15865，
2
因此该校数学成绩不低于102分的人数即年级排名大约是800×0.15865≈127．
故选：B．
6 声音是由于物体的振动产生的能引起听觉的波，我们听到的声音多为复合音．若一个复合音的数
学模型是函数fx 
1
=sinx+ sin2xx∈R
2
 ，则下列结论正确的是 ( )
A. fx  的一个周期为π B. fx 
3
的最大值为
2
C. fx  的图象关于直线x=π对称 D. fx  在区间0,2π  上有3个零点
【答案】D
【解析】A.fx+π  =sinx+π 
1
+ sin2x+π
2

1
=-sinx+ sin2x≠fx
2
 ，故A错误；
π 1 π
B.y=sinx，当x= +2kπ，k∈Z时，取得最大值1，y= sin2x，当2x= +2kπ，k∈Z时，即x
2 2 2
π 1
= +kπ，k∈Z时，取得最大值 ，所以两个函数不可能同时取得最大值，所以 fx
4 2
 的最大值不
3
是 ，故B错误；
2
C.f2π-x  =sin2π-x 
1
+ sin22π-x
2

1
=-sinx- sin2x≠ fx
2
 ，所以函数 fx  的图象不关
于直线x=π对称，故C错误；
D.fx 
1
=sinx+ sin2x=sinx+sinxcosx=0，即sinx1+cosx
2
 =0，x∈0,2π  ，
即sinx=0或cosx=-1，解得：x=0,π,2π，
所以函数fx  在区间0,2π  上有3个零点，故D正确.
故选：D
π
7 已知球O的直径为PC=2 3,A、B是球面上两点，且PA=PB= 3,∠APB= ，则三棱锥P
3
-ABC的体积 ( )
3 6
A. B. 3 C. D. 6
2 2
第 页 共 页
59 72【答案】C
【解析】由题意可知△APB为正三角形，设其外接圆圆心为M，半径为r，
PA
则2r= ⇒PM=r=1，且OM⊥平面APB，
π
sin
3
所以OM= OP2-r2= 2，故C到平面APB的距离为2 2，
1 3
所以三棱锥P-ABC的体积为 ×2 2× × 3
3 4

6
2= .
2
故选：C
8 几何学史上有一个著名的米勒问题：“设点M,N是锐角∠AQB的一边QA上的两点，试在边QB
上找一点P，使得∠MPN最大．”如图，其结论是：点P为过M,N两点且和射线QB相切的圆与射线QB
的切点．根据以上结论解决以下问题：在平面直角坐标系xoy中，给定两点M0,2  ,N2,4  ，点P在x轴
上移动，当∠MPN取最大值时，点P的横坐标是 ( )
A. 2 B. 6 C. 2或6 D. 1或3
【答案】A
【解析】由题意知，点P为过M，N两点且和x轴相切的圆与x轴的切点，
已知M0,2  ,N2,4  ，则线段MN的中点坐标为1,3 
4-2
，直线MN斜率为 =1，
2-0
线段MN的垂直平分线方程为y-3=-(x-1)，即x+y-4=0.
所以以线段MN为弦的圆的圆心在直线x+y-4=0上，
所以可设圆心坐标为Ca,4-a  ，
又因为圆与x轴相切，所以圆C的半径r=4-a  ，又因为CM  =r，
所以a-0  2+4-a-2  2=4-a  2，解得a=2或a=-6，
即切点分别为P2,0  和P-6,0  ，两圆半径分别为2,10.
由于圆上以线段MN(定长)为弦所对的圆周角会随着半径增大而圆周角角度减小，
且过点M,N,P的圆的半径比过M,N,P的圆的半径大，
所以∠MPN<∠MPN，故点P2,0  为所求，
所以当∠MPN取最大值时，点P的横坐标是2.
故选：A.
第 页 共 页
60 72二、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.
9 已知复数z 1 =1-3i，z 2 =2-i 
8+10i
2，z = ，则 ( ) 3 1+i

A. z +z =4+7i B. z,z ,z 的实部依次成等比数列
1 2 1 2 3
C. 10z 1  =2z 2  D. z,z ,z 的虚部依次成等差数列 1 2 3
【答案】ABC
【解析】因为z 2 =2-i 
8+10i 8+10i
2=3-4i，z = = 3 1+i
 1-i 
1+i  1-i  =9+i，所以z +z =4-7i，所以 1 2

z +z =4+7i，故A正确；
1 2
因为z，z ，z 的实部分别为1，3，9，所以z，z ，z 的实部依次成等比数列，故B正确；
1 2 3 1 2 3
因为z，z ，z 的虚部分别为-3，-4，1，所以z，z ，z 的虚部依次不成等差数列，故D错误；
1 2 3 1 2 3
10z
1
 = 10× 1+9=2z
2
 =2×5=10，故C正确.
故选：ABC.
10 已知O为坐标原点，点F为抛物线C：y2=4x 焦点，点P4,4  ，直线l：x=my+1交抛物
线C于A，B两点(不与P点重合)，则以下说法正确的是 ( )
A. FA 
π
≥1 B. 存在实数m，使得∠AOB<
2
2
C. 若 ，则m=± D. 若直线PA与PB的倾斜角互补，则m=-2
4
【答案】ACD
p
【解析】由已知，抛物线C：y2=4x，∴p=2， =1，焦点F1,0
2
 ，
不妨设为Ax 1 ,y 1  ，Bx 2 ,y 2  ，设A，B到准线的距离分别为d ，d ， A B
对于A，∵由标准方程知，抛物线顶点在原点，开口向右，x ≥0，
1
∴由抛物线的定义FA 
p
=d =x + =x +1≥1，故选项A正确；
A 1 2 1
对于B，  
y2=4x
消去x，化简得y2-4my-4=0(Δ>0)，
x=my+1
y2 y2y2
则y +y =4m，y y =-4，∵y2=4x，∴x= ，∴x x = 1 2 =1，
1 2 1 2 4 1 2 16

∵OA=x 1 ,y 1 

，OB=x 2 ,y 2 
 
，∴OA⋅OB=x x +y y =1-4=-3<0， 1 2 1 2
 
∴cos∠AOB=cosOA,OB 
 
OA⋅OB
= 
OA 

OB 
π
<0，∴∠AOB> ，
2
π
∴不存在实数m，使得∠AOB< ，选项B错误；
2

对于C，AF=1-x 1 ,-y 1 

，FB=x 2 -1,y 2  ，
∵ ，∴1-x 1 ,-y 1  =2x 2 -1,y 2  =2x 2 -2,2y 2  ，∴-y =2y 1 2
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61 72又∵由选项B判断过程知y +y =4m，y y =-4，
1 2 1 2
2 2
∴解得y =2 2，y =- 2，m= 或y =-2 2，y = 2，m=- ，
1 2 4 1 2 4
2
∴若 ，则m=± ，选项C正确；
4
对于D，由题意，x ≠4，x ≠4，y ≠4，y ≠4，
1 2 1 2
直线PA与PB的倾斜角互补时，斜率均存在，且k =-k ，
PA PB
y -4 y -4 y2 y2
∴ 1 =- 2 ，代入x = 1，x = 2，化简得y +y +8=0，
x -4 x -4 1 4 2 4 1 2
1 2
由选项B的判断知，y +y =4m，
1 2
∴4m+8=0，∴m=-2，故选项D正确.
故选：ACD.
11 已知函数fx  定义域为R，满足fx+2 
1
= fx
2
 ，当-1≤x<1时，fx  =x  .若函数y=
fx  的图象与函数gx 
1
= 2 
x+1
2

(-2023≤x≤2023)的图象的交点为x 1 ,y 1  ，x 2 ,y 2  ，⋯x n ,y n  ，(其
中x  表示不超过x的最大整数)，则 ( )
A.gx  是偶函数 B. n=2024
n n
B.C. x=0 D. y=22012-2-1011
i i
i=1 i=1
【答案】BC
1
【解析】函数g(x)=
2

x+1
2
 1
(-2023≤x≤2023)，显然g(-1)=1，而g(1)= ，即g(-1)≠g(1)，因此
2
g(x)不是偶函数，A错误；
函数f(x)定义域为R，满足fx+2 
1
= fx
2
 ，当-1≤x<1时，fx  =x  ，
1 1
当1≤x<3时，-1≤x-2<1，f(x)= f(x-2)= |x-2|，
2 2
1 1 1
当2k-1≤x<2k+1,k∈N时，-1≤x-2k<1，f(x)= f(x-2)= f(x-4)=⋯= f(x-
2 22 2k
1
2k)= |x-2k|，
2k
当-3≤x<-1时，-1≤x+2<1，f(x)=2f(x+2)=2|x+2|，
当-2k-1≤x<-2k+1,k∈N时，-1≤x+2k<1，f(x)=2f(x+2)=22f(x+4)=⋯=2kf(x+
2k)=2k|x+2k|，
1
因此当x∈[2j-1,2j+1),j∈Z时，函数f(x)= |x-2j|在[2j-1,2j],j∈Z上递减，
2j
1
在[2j,2j+1),j∈Z上递增，当x=2j-1,j∈Z时，f(x)取得最大值 ，
2j
当-1≤x<1时，0≤ x+1 <1，   x+1
2  2
 =0,g(x)=1，
当2k-1≤x<2k+1,k∈N时，k≤ x+1 <k+1，   x+1
2  2
 1 =k,g(x)= ，
2k
当-2k-1≤x<-2k+1,k∈N时，-k≤ x+1 <-k+1，   x+1
2  2
 =-k,g(x)=2k，
1
因此当x∈[2j-1,2j+1),j∈Z时，函数g(x)= ，
2j
在同一坐标平面内作出函数y=f(x),y=g(x)的部分图象，如图，
第 页 共 页
62 721
当x∈[2j-1,2j+1),j∈Z时，函数y=f(x),y=g(x)的图象有唯一公共点2j-1,
2j
 ,j∈Z，
因为-2013≤x≤2013，因此j =-1011，j =1012，而满足-1011≤j≤1012的整数有2024个，
min max
即n=2024，B正确；
显然x =2j-1,i=j+1012,-1011≤j≤1012,j∈Z，
i
2024
所以x =(-2013)+(-2011)+⋯+(-2)+(-1)+1+2+⋯+2011+2013=0，C正确；
i
i=1
y = 1 ,i=j+1012,-1011≤j≤1012,j∈Z，数列  1
i 2j  2j
 (-1011≤j≤1012,j∈Z)是首项为21011，公
1
比为 的等比数列，
2
2024 22011 1- 1
2 所以y =
i
i=1
 2024  
=21012-2-1012，D错误.
1
1-
2
故选：BC
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12 设集合A= x   y= x-2


x
，B={x ≤0
x-4
 ，则A∩B= .
【答案】2,4 
【解析】在y= x-2中，由x-2≥0得x≥2，即A=2,+∞  ，
x  x(x-4)≤0
又由 ≤0可得： ，解得：0≤x<4，即B=0,4
x-4 x-4≠0
 ，
故A∩B=2,4  .
故答案为：2,4 
2 1
13 函数f(x)=2x- +lnx，若f(m)+f
x n2

1
=0，则3m+ 的最小值为 .
n2
【答案】2 3
2
【解析】因为f(x)=2x- +lnx的定义域为0,+∞
x
 ，
1
2 1 2x2+2+x 2x+ 4
f(x)=2+ + = =
x2 x x2

2 15
+ 8
>0，所以f(x)在0,+∞
x2
 为增函数，
1
f
x

2 2 1 2 1
= - +ln = -2x-lnx，所以f(x)+f
x 1 x x x
x
 =0，
1
又f(m)+f
n2
 =0，f(x)在0,+∞ 
1 m
为增函数，所以m⋅ =1，即 =1，
n2 n2
1 1 1 1 1 3
因为m>0, >0，3m+ =3m+ ≥2 3m⋅ =2 3，当且仅当3m= ，即m= 时，
n2 n2 m m m 3
等号成立，
第 页 共 页
63 721
所以3m+ 的最小值为2 3.
n2
故答案为：2 3
a
14 已知反比例函数图象上三点A,B,P的坐标分别3,
3

1
， ,3a
3

1
a>
3

1
与(x,y) <x<3
3
 ，
5
过B作直线AP的垂线，垂足为Q.若|AP|⋅|PQ|≤ +a恒成立，则a的取值范围为 .
3
1 【答案】 ,1
3

a a
【解析】由题意得：反比例函数为 y = ，因为点 P 在反比例函数图象上，所以 Px,
x x
 ，
1
 <x<3
3

 
1 a
，所以 |AP| ⋅ |PQ| = |AP| ⋅ |PB|cos∠BPQ = PB ⋅ AP =  -x,3a-
3 x
 ⋅
a a
x-3, -
x 3

1
= -x
3
 x-3 
1
+a23-
x

1
 -3
x
 ，
记ga 
1
=a23-
x

1 1
 -
x 3

1
+ -x
3
 x-3 
5
-a- ，由题意得：ga
3
 ≤0恒成立，
4 1 1 1 1
当x=1，则 a2-a- ≤0，解得： ≤a≤1，由于a> ，故 <a≤1；
3 3 3 3 3
1
下面证明当 <a≤1时，ga
3
 ≤0恒成立，即ga  ≤0
max
因为ga  是开口向上的二次函数，
所以ga 
g1
≤0⇔ max
 ≤0
1 g
3


 ≤0
1
g
3

1 1
= 3-
9 x

1 1
 -
x 3

1
+ -x
3
 x-3  -2
1 1 1
3- + -
1  x x 3
≤
9 2

1
2 -x+x-3
 3
+
2

2
2
-2=- <0；
81
②g1 
1
=3-
x

1 1
 -
x 3

1
+ -x
3
 x-3 
8 1
- =- +x2
3 x2

10 1
+  +x
3 x

14
- ，
3
令t= 1 +x∈ 2, 10
x  3
 ，则ht  10 14 5 =-t2+ t- ，开口向下，对称轴为t= ，故ht
3 3 3
 10 =-t2+ t
3
- 14 在t∈ 2, 10
3  3
 上单调递减，故ht  ≤h2  20 14 =-22+ - =-2.
3 3
1 所以当 <a≤1时，ga
3
 1 ≤0恒成立，故a的取值范围是 ,1
3

1 故答案为： ,1
3

第 页 共 页
64 72一、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 某篮球兴趣小组7名学生参加投篮比赛，每人投10个，投中的个数分别为8，5，7，5，8，6，8，则这
组数据的众数和中位数分别为( )．
A 5，7B. 6，7C. 8，5D. 8，7
【答案】D
【解析】数据由小到大排列为5，5，6，7，8，8，8，
因此，这组数据的众数为8，中位数为7．
故选：D．
2 圆心在y轴上，半径为1，且过点1,2  的圆的方程是 ( )
A. x2+y-2  2=1 B. x2+y+2  2=1
C. x-1  2+y-3  2=1 D. x2+y-3  2=1
【答案】A
【解析】因为圆心在y轴上，所以可设所求圆的圆心坐标为0,b  ，
则圆的方程为x2+(y-b)2=1，又点1,2  在圆上，
所以1+2-b  2=1，解得b=2，
所以所求圆的方程为x2+y-2

2=1．
故选：A
3 记S 为等差数列a
n n

2024届高考新结构数学-选择填空强化训练10
的前n项和，若a +a =10,a a =35，则S = ( )
3 7 5 6 6
A. 20 B. 16 C. 14 D. 12
【答案】D
【解析】∵{a }是等差数列，
n
a a
∴a +a =2a =10，a =5，所以a = 5 6 =7，
3 7 5 5 6 a
5
∴公差d=a -a =2，
6 5
∴a =a -4d=-3，
1 5
6×5
∴S =6×(-3)+ ×2=12，
6 2
故选：D．
4 如图，将正四棱台切割成九个部分，其中一个部分为长方体，四个部分为直三棱柱，四个部分为四
棱锥．已知每个直三棱柱的体积为3，每个四棱锥的体积为1，则该正四棱台的体积为 ( )
A. 36 B. 32 C. 28 D. 24
【答案】C
【解析】设每个直三棱柱高为a，每个四棱锥的底面都是正方形，设每个四棱锥的底面边长为b，
第 页 共 页
65 72设正四棱台的高为h，因为每个直三棱柱的体积为3，每个四棱锥的体积为1，
1
 abh=3
则 2 ，可得a2b2h2=a2h⋅b2h=a2h×3=36，可得a2h=12，
1 b2h=1
3
所以，该正四棱台的体积为V=a2h+4×3+4×1=12+16=28.
故选：C.
5 古希腊数学家阿基米德利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴
x2 y2
长的乘积．如图，F 1 ，F 2 为椭圆E： a2 + b2 =1a>0,b>0  的左、右焦点，中心为原点，椭圆E的面积为
5π，直线x=4上一点P满足△FPF 是等腰三角形，且∠FFP=120°，则E的离心率为 ( )
1 2 1 2
5 2 5 1 2
A. B. C. D.
5 5 5 5
【答案】B
【解析】由题可知， 5π=πab，即ab= 5，△FPF 是以∠FFP=120°为顶角的等腰三角形，
1 2 1 2
则有：FF
1 2
 =PF
2
 ，∠PFF =∠FPF =30°，∠FPA=30°，
1 2 2 1 2
所以PF 2  =2AF 2  =24-c  =8-2c，又因为FF 1 2  =2c，即2c=8-2c，c=2，
ab= 5 a= 5
 
c 2 5
可得：c=2 ，解得c=2 ，故离心率为e= = ．
a 5
a2=b2+c2 b=1
故选：B．
π
6 如图，在边长为2的菱形ABCD中，∠DAB= ，点E，F分别在边CB，CD上，且CE=CF，若
3
 
13
AE⋅AF= ，则EF= ( )
2
1 2 3
A. B. C. 1 D.
2 3 2
【答案】C
 
【解析】设BE=λBC0<λ<1 
 
，可得DF=λDC，
         
有AE=AB+λBC=AB+λAD，AF=AD+λDC=AD+λAB，
   
故AE⋅AF=AB+λAD 
 
⋅λAB+AD 

=λAB  2+λ2+1 
  
AB⋅AD+λAD  2=4λ+2λ2+1  +4λ
=2λ2+8λ+2，
第 页 共 页
66 72 
13 13 1 9
又由AE⋅AF= ，有2λ2+8λ+2= ，解得λ= ，λ=- (舍)，
2 2 2 2
故E,F为边CB，CD的中点，所以△CEF为等边三角形，故EF=1．
故选：C．
7 如图，在正方体ABCD-ABCD 中，AB=2，P是正方形ABCD内部(含边界)的一个动点，若
1 1 1 1
 
1
DP= DB，则三棱锥P-BBC外接球的表面积为 ( )
2 1
A. 8π B. 6π C. 4 2π D. 4π
【答案】A
 
1 1
【解析】若DP= DB，则P为DB中点，△PBC为等腰直角三角形，外接圆半径为 BC=1，三棱
2 2
1
锥P-BB C外接球的球心到平面PBC的距离为 BB =1，则外接球的半径为 2，所以三棱锥P
1 2 1
-BB C外接球的表面积为8π，A选项正确；
1
故选：A
2014π2
8 方程2cos2x cos2x-cos
x
   =cos4x-1所有正根的和为 ( )
A. 810π B. 1008π C. 1080π D. 1800π
【答案】C
2014π2
【解析】2cos2x cos2x-cos
x
   =cos4x-1=2cos22x-2，
2014π2
令a=cos2x,b=cos
x
 ，则2aa-b  =2a2-2，即ab=1，
所以a=1,b=1或a=-1,b=-1，
2014π2
当a=1,b=1时，即cos2x=1,cos
x
 =1，
1007π
所以x=kπ,k∈Z,x= ,k ∈Z，
k 1
1
因为1007=1×19×53，所以x=π,19π,53π,1007π，
2014π2
当a=-1,b=-1时，即cos2x=-1,cos
x
 =-1，
2k+1
则x=
 π 2014π2
,k∈Z,x=
2 2k 1 +1 
4028π
= ,k ∈Z，
π 2k +1 1 1
2
4028
因为2k+1是奇数，所以 也是奇数，不成立；
2k +1
1
所以方程所有正根的和为：π+19π+53π+1007π=1080π,
故选：C
第 页 共 页
67 72二、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.
π
9 函数f(x)=2sin2ωx+
3

π
(0<ω<1)的图象如图所示，将其向左平移 个单位长度，得到y=
6
g(x)的图象，则下列说法正确的是 ( )
1 π
A. ω= B. 函数f(x)的图象关于点- ,0
2 3
 对称
π π C. 函数y=g(x)的图象关于直线x= 对称 D. 函数y=g2x+
6 3
 在 - π , π
 9 9
 上单调递减
【答案】ABD
π
【解析】函数f(x)=2sin2ωx+
3

π
，当f
6

ωπ π
=2sin +
3 3
 =2，
ωπ π π 1
此时 + = +2kπ,k∈Z，ω= +6k,k∈Z，
3 3 2 2
1
因为0<ω<1，所以ω= ，所以fx
2

π
=2sinx+
3
 ，故A正确；
π
f-
3

π π
=2sin- +
3 3
 =2sin0=0，所以fx 
π
关于点- ,0
3
 对称，故B正确；
π 函数图象向左平移 个单位长度后得到gx
6
 π =2sin x+
6
   + π
 3
 =2cosx，
gx 
π
=2cosx，当x= 时，gx
6

π π
=2cos = 3，所以函数y=g(x)的图象不关于直线x= 对
6 6
称，故C错误；
π g2x+
3
 π =2cos2x+
3
 ，当x∈ - π , π
 9 9
 时，2x+ π ∈  π , 5π
3  9 9
 ⊆0,π  ，
π 所以函数g2x+
3
 在  - π , π
 9 9
 上单调递减，故D正确.
故选：ABD
-2+i
10 已知复数z 满足i3z = ，则 ( )
0 0 1-2i
3
A. z 的实部为
0 5
4
B. z 的虚部为
0 5
C. 满足：z  ≤z 0  的复数z对应的点所在区域的面积为π
3
D. z 对应的向量与x轴正方向所在向量夹角的正切值为
0 4
【答案】AC
-2+i -2+i
【解析】由i3z = =
0 1-2i
 1+2i  -2-4i+i+2i2 -4-3i
= = ，
1-4i2 5 5
-4-3i -4-3i -4i-3i2 3 4
则z = = = = - i，
0 5i3 -5i -5i2 5 5
第 页 共 页
68 723 4
所以z 的实部为 ，虚部为- ，故A正确，B错误；
0 5 5
因为z
0

3
= 
5

2 4
+
5

2
=1，
则z  ≤z
0
 =1，设z=a+bi，
则z  = a2+b2≤1，即a2+b2≤1，
所以复数z对应的点所在区域是以原点为圆心，1为半径的圆内的区域(包括圆)，
则所在区域的面积为π×12=π，故C正确；

3 4
如图，z 对应的向量为OP= ,-
0 5 5
 ，
4

5 4
则向量OP与x轴正方向所在向量夹角的正切值为 = ，故D错误.
3 3
5
故选：AC.
11 在平面直角坐标系xOy中，圆C:x2+y2=1，点P为直线l:x-y-2=0上的动点，则 ( )
1
A. 圆C上有且仅有两个点到直线l的距离为
2
B. 已知点M3,2  ，圆C上的动点N，则PM  +PN  的最小值为 17-1
C. 过点P作圆C的一条切线，切点为Q,∠OPQ可以为60°
1 1
D. 过点P作圆C的两条切线，切点为M,N，则直线MN恒过定点 ,-
2 2

【答案】ABD
-2
【解析】选项A，由题意知，圆心(0,0)到直线的距离为d=

12+-1

= 2，圆的半径为1，
2
1
由 2-1< < 2+1，
2
1
如图可知与直线l平行且与直线l距离为 的其中一条直线l与圆相交，有两个公共点，
2
1
另一条直线l与圆相离，即圆上有且仅有两个点到直线l的距离为 ，故A正确；
2
选项B，设点M(3,2)关于直线x-y-2=0的对称点M(x,y)，
3+x 2+y
 - -2=0 x=4
2 2 
则
y-2
，解得
y=1
，即M(4,1)，
×1=-1
x-3
第 页 共 页
69 72则PM  +PN  =PM  +PN  ≥MN  ≥MO  -1= 42+12-1= 17-1，
即PM  +PN  的最小值为 17-1，故B正确；
OQ
选项C，由切点为Q,∠OQP=90°，则在Rt△OQP中，sin∠OPQ=

OP 
1
=
OP 
，
当OP  最小时，sin∠OPQ取最大值，∠OPQ最大，
过点O作OP⊥l，垂足为P，此时OP  最小，最小值为OP 
-2
=

= 2，
2
2
即sin∠OPQ最大值为 ，∠OPQ最大为45°，不可能为60°，故C错误；
2
选项D，设点P(x ,y )，切点M(x ,y ),N(x ,y )，
0 0 1 1 2 2
可得切线MP方程为x x+y y=1，由点P在切线上，得x x +y y =1，
1 1 1 0 1 0
同理可得x x +y y =1，
2 0 2 0
故点M(x ,y ),N(x ,y )都在直线x x+y y=1上，
1 1 2 2 0 0
即直线MN的方程为x x+y y=1，
0 0
又由点P(x ,y )在直线l:x-y-2=0上，则y =x -2，
0 0 0 0
代入直线方程整理得x+y  x -2y-1=0， 0
1
x=
 x+y=0  2 1 1
由
-2y-1=0
解得
y=- 1
，即直线MN恒过定点
2
,-
2
2
 ，故D正确.
故选：ABD
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70 72三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
x
12 2+
y
 x-2y  6的展开式中x4y2的系数为 ．(用数字作答)
【答案】-40
【解析】x-2y  6的通项公式为T r+1 =C 6 rx6-r -2y  r=C 6 r -2  rx6-ryr，
令r=2得，T 3 =C 6 2 -2  2x4y2=60x4y2，此时60x4y2⋅2=120x4y2，
令r=3得，T 4 =C 6 3 -2 
x
3x3y3=-160x3y3，此时-160x3y3⋅ =-160x4y2， y
故x4y2的系数为120-160=-40
故答案为：-40
2
13 如图，圆锥底面半径为 ，母线PA=2，点B为PA的中点，一只蚂蚁从A点出发，沿圆锥侧面绕
3
行一周，到达B点，其最短路线长度为 ，其中下坡路段长为 ．
2 7
【答案】 ①. 7 ②.
7
【解析】如图，将圆锥侧面沿母线PA剪开并展开成扇形，
4π 2π
易知该扇形半径为2，弧长为 ，故圆心角∠APB= ，
3 3
最短路线即为扇形中的直线段AB，由余弦定理易知
AB= PA2+PB2-2PA⋅PBcos∠APB= 7，
PB2+AB2-PA2 2 7
cos∠PBA= = ；
2PB⋅BA 7
过P作AB的垂线，垂足为M，
当蚂蚁从A点爬行到M点的过程中，它与点P的距离越来越小，故AM为上坡路段，
当蚂蚁从M点爬行到B点的过程中，它与点P的距离越来越大，故MB为下坡路段，
2 7
下坡路段长MB=PBcos∠PBA= ．
7
2 7
故答案为： 7， .
7
14 设严格递增的整数数列a ，a ，⋯，a 满足a =1，a =40.设f为a +a ，a +a ，⋯，a +a
1 2 20 1 20 1 2 2 3 19 20
这19个数中被3整除的项的个数，则f的最大值为 ，使得f取到最大值的数列a
n
 的个数为
.
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71 72【答案】 ①. 18 ②. 25270
【解析】第一个空，设某个数除以a余数为b，则称该数模a余b(a，b均为整数，且b<a)，
为了让尽可能多的相邻两数之和被3整除，则要尽量多地出现相邻两数一个模3余1，一个模3余2
这样的组合，这样它们之和才会被3整除.
而a =1，a =40均为模3余1，则不可能有19组上述组别，最多出现18组上述组别，
1 20
例如严格递增数列1,2,4,5,7,8,10,11,13,14,16,17,19,20,22,23,25,26,28,40，满足题意，
所以f的最大值为18.
第二个空，因为1-40这40个数中，共有27个数符合模3余1或模3余2，则要从这27个数中选出
满足要求的20个数.
第一步，在a 到a 这20个数中删去一个数(后面再加回来)，使得剩下的19个数满足任意两个相邻
1 20
数一个模3余1，一个模3余2，这样就形成了18组，即使得f的最大值为18.
第二步，将这27个数从小到大排列，需要删去8个数得到目标19个数的数列.它们中任意相邻两数
一个模3余1，一个模3余2，因此，需要删去的8个数应该为4组相邻的数.
第三步，利用捆绑思想，从27个数中删去4组相邻的数等价于从23个数中删去4个数.有三种情
况：
①两端均删去，这种情况不满足要求.因为若两端均删去，那么1和40必定被删去，在下一步加出来
时也最多加回1或40中的一个，而1和40必定在数列中，因此不满足.
②两端均不删去，从中间21个数中选4个数删去，有C4 种，再从删去的8个数中拿一个加回原来
21
的19个数中，由C1种，共有C4C1种.
8 21 8
③两端中有一个被删去，其余3个数从中间21个数里选，有2C3 种，此时加回来的数必定是删去的
21
两端之一中的1或40，有1种选法，共2C3 种.
21
第四步，删去的四组相邻数中有一组中有一个数被加回来，即未被删去，被删去的是这一组中的另
一个数，而对于删去的数，假设为A，它旁边两个数分别为B,C，即排列为B,A,C，在第三步捆绑时，
可能捆绑的组合为BA，然后删去，再补回B；或者为AC，然后删去，再补回C，这两种删去方式结果
相同.
1
综上，共有 C4C1+2C3
2 21 8 21
 =25270种.
故答案为：18；25270
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72 72