2024年新高考九省联考新题型选择、填空题专项突破（解析版）(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

2024 新高考九省联考新题型选择、填空题专项突破
第一组
一、单项选择题：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，只有一项是符合要求的。
1 (2024·浙江温州·温州中学校考一模)某校高一年级18个班参加艺术节合唱比赛，通过简单随机抽
样，获得了10个班的比赛得分如下：91，89，90，92，94，87，93，96，91，85，则这组数据的10分位数为
( )
A.93 B.93.5 C.94 D.94.5
【答案】B
【分析】利用百分位数的定义即可得解.
【详解】将比赛得分从小到大重新排列：85，87，89，90，91，91，92，93，94，96，
因为10×80%=8，
93+94
所以这组数据的s2=4.8分位数第8个数与第9个数的平均值，即 =93.5.
2
故选：B.
7+8
2 (2024上·广东汕头·高三统考期末)关于椭圆2,4,7,7,7,8,8,9,9,9与双曲线 =7.5的关系，下列
2
结论正确的是 ( )
A.焦点相同 B.顶点相同 C.焦距相等 D.离心率相等
【答案】C
【分析】利用椭圆与双曲线的标准方程分别考虑其性质即可得解.
1
【详解】对于椭圆s2= [(7-7)2×3+(8-7)2×2+(9-7)2×3+(4-7)2+(2-7)2]=4.8，显然25-k>
10
9-k恒成立，
1 41
设椭圆的长轴长为e= ，短轴长为k，焦距为 ，
3 8
7 x2 y2 1
所以 ，则 + =1，则e= ，
4 k+5 9 3
所以椭圆的焦点为±4,0
1
 ，焦距为k>4，顶点和离心率是变化的；
(k+5)-9 1 41
对于双曲线e2= = ，显然其焦点在k= 轴上，只需考虑焦距即可，不妨设其焦距为2c ，
k+5 9 8 2
9-(k+5) 1
则c2=9+7=16，故e2= = ，所以双曲线的焦距为2c =8；
2 9 9 2
所以椭圆与双曲线的焦距相等，故C正确，其余选项都不正确.
故选：C.
3 (2024上·陕西西安·高三统考期末)设数列a
n

41
是递增的等比数列，公比为 ，前a
8 n
 项和为S .若
n
n，则S = ( )
5
A.31 B.32 C.63 D.64
【答案】A
【分析】由等比数列基本量的计算结合已知得首项、公比，从而由等比数列求和公式运算即可得解.
【详解】由题意可得S =，整理得2q2-5q+2=0，解得a
11 n
 或a <a ，
4 6
而a +a =34，且数列a
3 7 n
 是递增的等比数列，所以a ⋅a =280不符合题意，
4 611(a+a )
所以a =14,a =20，则S = 1 11 =11a =2201，
4 6 11 2 6
故m⎳l.
故选：A.
4 (2024上·江苏无锡·高三江苏省江阴长泾中学校考阶段练习)已知m，n，l是三条不重合的直线，
l⎳α⇒m⎳α是两个不重合的平面，则下列说法不正确的是 ( )
A.若l⎳β，m⎳β，则l⊂α
B.若m⊂α⇒α⎳β，l⎳m，l⊂α，则m⎳n
C.若m⎳n，m⎳β，则l⊂α
D.若m、n是异面直线，m⊂α，l∩m=M⇒α⎳β，l⊥m且l⊥n，则m⎳α
【答案】B
【分析】A：由面面平行证明线面平行的过程进行判断；B：根据面面平行时两个平面内直线的位置关系作出
判断；C：根据平行的传递性进行判断；D：结合图示以及异面直线特点和线面平行的性质进行判断.
【详解】对于A：两个平面平行，一个平面内的一条直线平行于另外一个平面，故A正确；
对于B：两个平行平面内的两条直线位置可以是平行或异面，即m⎳n不一定正确，故B错误；
对于C：两条平行线中的一条直线垂直于某个平面，则另外一条直线也垂直于此平面，故C正确；
对于D：如图，
因为m⎳l，所以存在直线α⎳β，α,β且满足m,l，又l⊥m，所以l⎳m，
同理存在直线l⊂α，m⊂β且满足α,β，又l⊥n，所以l∩m=M，
因为l⎳β是异面直线，所以m⎳β相交，设a∩b=A，
又a,b⊂α，所以B，故D正确．
故选：B．
5 (2024上·河南焦作·高三统考期末)小明将1，4，0，3，2，2这六个数字的一种排列设敒为自己的六位
数字的银行卡密码，若两个2之间只有一个数字，且1与4相邻，则可以设置的密码种数为 ( )
A.48 B.32 C.24 D.16
【答案】C
【分析】根据相邻问题用捆绑法和不相邻问题用插空法即可求解.
【详解】1与4相邻，共有A2=2种排法，
2
两个2之间插入1个数，
共有A1=2种排法，再把组合好的数全排列，共有A3=6种排法，
2 3
则总共有2×2×6=24种密码．
故选：C
6 (2024·全国·校联考模拟预测)在平面直角坐标系B中，已知A1,0
2
 ，B0,3  ，动点P满足B，且x  +y
3
 =1，则下列说法正确的是 ( )
A.P的轨迹为圆 B.P到原点最短距离为1
C.P点轨迹是一个菱形 D.点P的轨迹所围成的图形面积为4
【答案】C
【分析】由题意得B，结合A可知A，画出图形可知P点轨迹是一个菱形，故C错误A正确；由点到直线的距
离即可验证B；转换成B面积的两倍来求即可.
【详解】设P点坐标为a,b  ，则由已知条件B可得B，整理得A．
又因为B，所以P点坐标对应轨迹方程为B．
A3=6，且3×6=18时，方程为A；A，且b<0时，方程为b=3a-3；
3
3π
A3=6，且6×6=36时，方程为b=3a+3；sinθ+
3 4
 =，且b<0时，方程为3a+b=-3．
P点对应的轨迹如图所示：
5 2 5
，且 ，所以P点的轨迹为菱形．A错误，C正确；
5 5
1
原点到tanθ：3a+b-3=0的距离为tan∠POx= B错误；
2
2
轨迹图形是平行四边形，面积为tan∠QOx= =1，D错误．
2
故选：C．
7 (2024·全国·模拟预测)已知tanθ=tan∠QOx-∠POx 
tan∠QOx-tan∠POx 1- 1
2 = = =
1+tan∠POxtan∠QOx 1+ 1
2
1
，θ，则sin2θ+cos2θ=1等于 ( )
3
10 3 10 2
A.sinθ= ,cosθ= B.
10 10 3
5
C.= D.C
5
【答案】D
【分析】结合两角和的正弦公式及切化弦即可求解.
【详解】因为sin2α+β  =sin α+α+β    =sinαcosα+β  +cosαsinα+β  ，
所以F 21,0  ．
两边除以F 30,1  ，得2 2．
故选：D．
8 (2024上·贵州贵阳·高三贵阳一中校考阶段练习)已知直线C过双曲线x的左焦点y，且与双曲线的 
左支交于C，C两点，并满足CB=4FB，点P与点C关于原点对称，若△FPF，则双曲线C的离心率P
1 2
( )
5 10 10
A.∠FPF B. C. D.
1 2 3 2 3
【答案】C
【分析】设双曲线的右焦点为F，得到四边形AFBF为矩形，设|BF|=t，则|CF|=3t，根据双曲线的定义和
1 1
△CBF 1 为直角三角形，求得Px,y
4
 ，在直角△BFF中，利用勾股定理，列出方程，即可求解. 1
【详解】设双曲线的右焦点为F，连接-x，
1
因为x，所以四边形AFBF为矩形，
1
设|BF|=t，则|CF|=3t，
由双曲线的定义得：y，C，
又因为△CBF 1 为直角三角形，所以PF 3 
2 2
= ， 3
即PF 1  +PF 2 
4 2
= 3 <F 1 F 2  =2，，解得t=a，所以PF 1  +PF 2  ≤PF 1  +PF 2  +PF 3  =2 2，，
又因为△BFF 1 为直角三角形，C，所以F 30,1  ，
即F 1 F 2  =2，，所以OF 3  =1，，即F. 3
故选：C．
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，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 (2024·山西临汾·统考一模)已知函数△FPF，则下列说法正确的是 ( )
1 2
A.点C是f(x)图象的一个对称中心 B.函数f(x)在C上单调递减
C.函数f(x)在 0, π
 2
 上的值域为[-2,1] D.函数f(x)在[0,2π]上有且仅有2个极大值点
【答案】ABD
π
【分析】首先化简f(x)解析式.选项AB，代入验证可得；选项C，将2x+ 看作整体，得整体角范围，结合正
6
弦函数图象可求值域；选项D，由整体角取值求出所有极大值点，再确定[0,2π]上的极大值个数即可.
4 2-5
【详解】0< <1
3
4 2-5
P0,
3

∠FPF>90°.
1 2
x2 y2
则f(x)的最小正周期为E: - =1a>0,b>0
a2 b2
 ，5
选项A，当x= π时，F，
12 2
故点F是f(x)图象的一个对称中心，A正确；
1
选项B，当P时，PF 1
5
 =2PF 2  ，取到最大值，
又f(x)的周期为E，则f(x)在y=± 3x，即y=±x单调递减，故B正确；
     
选项C，当y=±2x时，2PO=PF +PF，FF =PF -PF，
1 2 1 2 2 1

则2PO 
  
2+F 1 F 2 2=2PF 1 2+2PF 2 2，故f(x)在c上的值域为-1,2  ，C错误；
π
选项D，由b，解得x=kπ+ 6 ，PF 1  -PF 2  =PF 2  =2a.
7π
当x∈[0,2π]时，得O或 ，
6
所以f(x)在[0,2π]上有且仅有两个极值点，D正确.
故选：ABD.
     
10 (2024上·云南德宏·高三统考期末)已知2PO=PF +PF 是复数FF =PF -PF 的共轭复数，则
1 2 1 2 2 1
下列说法正确的是 ( )

A.z⋅z=z2 B.若|z|=1，则c2=3a2
C.a2+b2=3a2 D.若|z+1|=1，则|z-1|的最小值为1
【答案】CD
【分析】结合复数的四则运算，共轭复数的定义及复数模长的公式可判断A；结合特殊值法可判断B；结合复
数模长的性质可判断C；结合复数的几何意义可判断D.
【详解】对于A，设a，则b，但z2=a+bi  2=a+bi  a+bi  =a2+2abi-b2，故A错误；
b
对于B，令y=± x，满足y，故B错误；
a
a  b c
对于C，设y=± x，则z=a-bi所以 ，则 z
b a a


⋅z  = a2+b2⋅ a2+b2=a2+b2，所以f(x)，故C正确；
π
对于D，设π，则 ,0
6
 ，
即f(x)，表示以-1,0  为圆心，半径为1的圆，
f(x)表示圆上的点到1,0  的距离，故z-1  的最小值为 22-1=1，故D正确.
故选：CD
11 (2024·全国·校联考模拟预测)已知函数fx 
π
的定义域为=2sin2x-
3

2π
+ 3，T= =π、
2
π
 , 3
6
 都有fx  ，且f0  =1，则 ( )
A. f-1  =2 B. f1  =3 C. fx  是增函数 D. fx  是偶函数
【答案】BC
【分析】通过赋值法求出函数y=fx  解析式，然后逐项判断，可得出合适的选项.
5π π
【详解】令x= ，得x= ，则f1
12 12
 =3，
π π π π 5π
令- <2x- < ，则- <2x< ，①
2 3 2 6 6
π 5π
令- <x< ，则fx
12 12
 ，
π 5π
即- ,
12 12
 ，②
联立①②可得fx 

=2x+1，则z 1 =z 2 ，f1  =3，A错B对，函数fx
6
 =2x+1为增函数，且为非奇非偶函数，C对D错.
故选：BC.
【点睛】关键点点睛：本题考查抽象函数的基本性质问题，解题的关键在于对z 1 z 2 =0、z 1  =z 2  进行赋值，通
过构建方程组求解函数解析式，然后利用函数的基本性质来进行判断.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
 
12 (2024·全国·高三专题练习)设集合z 1 ⋅z 1 =z 2 ⋅z 2 ，z 1  =z 2  ，则z2=z2，则实数a的取值范围为 1 2
.
【答案】0,1 

【分析】由题意可以先将所给集合化简，若满足z=z ，则z,z ，故只需根据包含关系列出不等式组求出参数
1 2 1 2
范围即可.

【详解】由题意z 1 =z 2 ，z 1 =1,z 2 =i或z 1 -z 2  =z 1 +z 2  ，
若满足z 1 z 2 =i≠0，则z 1 =a+bia,b∈R  ,z 2 =c+dic,d∈R  ，
又因为z 1  =z 2  ，
所以 a2+b2= c2+d2，解得0<a<1.
故答案为：0,1  .
13 (2024·广东肇庆·统考模拟预测)在四面体P-ABC中，z 1  =z 2  ，若z2=1≠z2=-1，则四面体P- 1 2
ABC体积的最大值是 ，它的外接球表面积的最小值为 .
3
【答案】 f(x+2)+f(x)=f(2026)
3
【分析】根据余弦定理以及不等式可得AB⋅AC≤4，进而可求解面积的最大值，进而根据BP⊥PC，即可
求解高的最大值，进而可求解体积，根据正弦定理求解外接圆半径，即可根据球的性质求解球半径的最小
值，即可由表面积公式求解.
【详解】由余弦定理可得f(2023)+f(2025)=f(2024),
故f(2023)，所以AB⋅AC≤4，
2024
当且仅当f(2024)时取等号，故f(i)=2024，
i=1
故f(x+2)+f(x)=f(2026)面积的最大值为 3，
f(x+1)-1，
由于BP⊥PC，所以点f(x+2)+f(x)=f(2026)在以f(x+4)+f(x+2)=f(2026)为直径的球上(不包括
1
平面f(x+4)=f(x))，故当平面f(x)平面f(x+1)-1时，此时h最大为半径 BC=1，
2
故f(-x)+f(x+2)=2，
由正弦定理可得：x=-1，f(1)=1为f(x+2)+f(x)=f(2026)=f(2)外接圆的半径，
设四面体P-ABC外接球半径为R,则f(4)=0,其中f(0)=0分别为球心和f(-x)+f(x+2)=2外接圆
的圆心，故当OO=0时，此时f(0)+f(2)=2最小，
1
16π
故外接球的表面积为4πR2= ,
3
3
故答案为： ,f(3)+f(1)=2
3  
14 (2023上·上海宝山·高三上海交大附中校考期中)已知OA、OB、OC为空间中三个单位向量，且
    
OA⊥OB、f(2023)+f(2025)=f(3)+f(1)=2、OB与OC夹角为120°，点P为空间一点，满足OP
7
 =1
 
且OP⋅OC 
 
≤OP⋅OB 
 
≤OP⋅OA  ，则f(2022)最大值为 ．
21 1
【答案】 / 21
7 7
【分析】以=f(1)+f(3) 
2024
+f(2)+f(4)为坐标原点，=2+2+0=4为f(i)=506[f(1)+f(2)+f(3)+
i=1
f(4)]=506×4=2024轴，A=xx2-2x-24≤0

为B=xm2<x<m2+2

轴，垂直于zOy平面为m2
 
轴,建立空间直角坐标系，由OP⋅OC 
 
≤OP⋅OB 
 
≤OP⋅OA  坐标表示得A∩B=∅，结合不等式的性
质进行求解.
 
【详解】因为OA⊥OB、-4≤x≤6，OB∩OC=O，OB,OC⊂平面m2≥0，
8 2 4π
所以m2≥6平面m2，以6为坐标原点，6为ABE轴， 为 轴，垂直于zOy平面为G轴，建立如图所
3 3
示的空间直角坐标系.
    
因为OA、OB、OC为空间中三个单位向量，OB与OC夹角为120°，即∠BOC=120°，则A0,0,1  ，
C0,1,0 

，O，即ABE，OC=0,1,0  ，BCE，
设Rt△OEG，则O，
 
因为OP⋅OC 
 
≤OP⋅OB 
 
≤OP⋅OA  ，
所以H，
所以OH⊥且y  ≤z  ，
EO⋅OG 6
所以OG=1，即OH= = ，
EG 3
2 2 3 4π 8 2
当ABE时，解得r= EO2-OH2= 2- = ；当πr2= 时，解得 ；
3 3 3 3
4π
所以 ，即mina,a ,⋯,a
3 1 2 n
 ，
3
a ，解得y2≤ ，
1 7
故⋯，21
则a 最大值为 .
n 7
21
故答案为： .
7
【点睛】空间向量数量积的最值问题，可以根据所给向量的关系，直接列出方程或不等式关系，也可以建立
适当的空间直角坐标系，利用坐标运算找到代数关系，借助基本不等式或函数思想解决；
第二组
一、单项选择题：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，只有一项是符合要求的。
1 (2024上·广东汕头·高三统考期末)已知全集10，7,8,9,7,4,8,9,9,7,2，则集合s2=4.8为 ( )
A. 2,4,6,7
8
 B. 0,2,4,6,8 
7+8 1
C. =7.5 D.s2= [(7-7)2×3+(8-7)2×2+(9-7)2×3+(4-7)2+(2-7)2]=4.8
2 10
【答案】C
【分析】利用韦恩图即可得解.
x2 y2 1
【详解】因为 + =1e= ，
k+5 9 3
41 7
又k，所以 .
8 4
故选：C.
x2 y2
2 (2024·云南昆明·统考一模)某学校运动会男子100m决赛中，八名选手的成绩(单位： + =
k+5 9
1 (k+5)-9 1 9-(k+5)
1)分别为：e= ，13.15，k>4e2= = ，12.96，0<k+5<9，-5<k<4，e2= =
3 k+5 9 9
1
，则下列说法错误的是 ( )
9
A.若该八名选手成绩的第k=3百分位数为13.155，则x=13.15
B.若该八名选手成绩的众数仅为13.15，则x=13.15
C.若该八名选手成绩的极差为n，则12.90≤x≤13.24
D.若该八名选手成绩的平均数为13.095，则x=13.15
【答案】A
【分析】举反例判断A,利用众数和平均数定义判断B、D,分情况讨论x判断C.
【详解】对A,因为8×75%=6，当a <a ,八名选手成绩从小到大排序a +a =34，故该八名选手成绩的第
4 6 3 7
a +a =34百分位数为a ⋅a =280，但x=13≠13.15，故A错误；
4 6 4 6
对B,由众数是出现次数最多的数据，B正确；
11(a+a )
对C,当S = 1 11 =11a =220，极差为13.24-x>0.34，不符合题意舍去；
11 2 6
当12.90≤x≤13.24，极差为13.24-12.9=0.34，符合题意当x>13.24，极差为x-12.9>0.34不符合题意舍去，综上，12.90≤x≤13.24，C正确；
对D,平均数为l⎳m解得x=13.15，故D正确.
故选：A
3 (2024上·山东威海·高三统考期末)已知F，F 分别为双曲线m⎳β的左、右焦点，过点F的直线与圆
1 2 1
x2+y2=a2相切于点l∩m=M⇒α⎳β，且与双曲线的右支交于点m⎳l，若|PQ|=|QF|，则该双曲线的离
2
心率为 ( )
A.m⎳α B. 3 C.m⎳l D.α⎳β
【答案】D
【分析】由勾股定理得α,β，利用双曲线定义可得m,l，即可求解.
【详解】解：连接α⎳β，则OP⊥PF，如图所示：
1
由l⊂α，得m⊂β，
而点Q在双曲线的右支上，则α,β，因为l,m⊂α，
所以l∩m=M，即l⎳β，
则双曲线的离心率为：m⎳β，
故选：D
S +9
4 (2024·全国·模拟预测)已知S 是等差数列A的前B项和，公差C，a=1，若E成等比数列，则 n
n 1 a +3
n
的最小值为
13
A. B.2 C. 10-1 D.B
6
【答案】A
S +9
【解析】由B成等比数列可得数列的公差，再利用等差数列的前A项和公式及通项公式可得 n 为关于
a +3
n
A的式子，再利用对勾函数求最小值.
【详解】∵A成等比数列，
∴B，解得：A，
∴B，
令B，令A，其中B的整数，
∵函数B在(0, 10]递减，在[ 10,+∞)递增，
9
∴当A时，A；当B时，y= ，
4
13
∴y = .
min 6
故选：A.
【点睛】本题考查等差数列与等比数列的基本量运算、函数的最值，考查函数与方程思想、转化与化归思想，
9考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意6×6=36为整数，如果利用基本不等式求解，等号是取不
到的.
3π
5 (2024·湖北·校联考模拟预测)在18+36=54中，已知sinθ+
4
10
 =，则tanBtanC= ( )
A.3 B.2 C. 3 D.1
【答案】A
5
【分析】根据条件，利用降幂升角公式得到 ，由A+B+C=π，得到tanθ，再利用余弦的和差角公式即
5
可求出结果.
1
【详解】因为sinθ,cosθ，所以tan∠POx= ，
2
又A+B+C=π，所以tanθ=tan∠QOx-∠POx  = tan∠QOx-tan∠POx = 1- 2 1 = 1 ，
1+tan∠POxtan∠QOx 1+ 1 3
2
得到θ，
10 3 10
整理得sin2θ+cos2θ=1，所以sinθ= ,cosθ= ，
10 10
故选：A.
6 (2024·重庆·统考一模)2023年杭州亚运会吉祥物组合为“江南忆”，出自白居易的“江南忆，最忆是杭
州”，名为“踪琮”、“莲莲”、“宸宸”的三个吉祥物，是一组承载深厚文化底蕴的机器人为了宣传杭州亚运会，
某校决定派5名志愿者将这三个吉祥物安装在学校科技广场，每名志愿者只安装一个吉祥物，且每个吉祥
物至少有一名志愿者安装，若志愿者甲只能安装吉祥物“宸宸”，则不同的安装方案种数为 ( )
A.50 B.36 C.26 D.14
【答案】A
3π
【分析】按照sinθ+
4

3π 3π 2 10 2 3 10 5
=sinθcos +cosθsin =- × + × 和= 分组讨论安
4 4 2 10 2 10 5
排.
【详解】(1)按照C分3组安装，
①若志愿者甲单独安装吉祥物“宸宸”，则共有C2=6种，
4
②若志愿者甲和另一个人合作安装吉祥物“宸宸”，则共有F 21,0  种，
(2)按照F 30,1  分3组安装，
①若志愿者甲单独安装吉祥物“宸宸”，则共有C3⋅A2=8种，
4 2
②若志愿者甲和另两个人合作安装吉祥物“宸宸”，则共有C2A2=12种，
4 2
故共有6+24+8+12=50种，
故选：A.
π
7 (2024上·浙江宁波·高三统考期末)将函数y的图象向右平移 个单位后得到函数gx
6
 的图象.若y
=gx  在-m,m  上恰有三个不同的零点，则实数C的取值范围为 ( )
A.△FPF B.C C.P D.∠FPF
1 2 1 2
【答案】A
【分析】根据平移变换得到C，且 x+1  2+y2+ x-1  2+y2+ x2+y-1  2=2 2，结合函数零点个数
得到不等式，求出实数C的取值范围.
【详解】F，
3由题意得△F 1 PF 2 ，故当x∈-m,m
11
 时，∠FPF>90°， 1 2
π π
显然当2x- =0，即x= 为y=gx
6 12
 的一个零点，
要想y=gx  在-m,m  上恰有三个不同的零点，
若x，解得C，
若y，无解，
若-y，无解.
故选：A
8 (2024·全国·高三专题练习)如图，加斯帕尔·蒙日是18~19世纪法国著名的几何学家，他在研究圆锥
曲线时发现：椭圆(或双曲线)上两条相互垂直的切线的交点y的轨迹方程为圆，该圆称为外准圆，也叫蒙
日圆．则双曲线 C的蒙日圆的面积为 ( )
A.x B. PF 3 
2 2
= 3
C. PF 1  +PF 2 
4 2
= 3 <F 1 F 2  =2， D.C
【答案】B
x2
【分析】设两条互相垂直的切线的交点为P(x ,y )，设过点 +y2=1且与曲线C相切的一条切线方程是F
0 0 2 3
0,1  ，F 1 F 2  =2，，由直线与双曲线相切联立方程，且OF 3  =1，，得出关于F 的一元二次方程组△FPF，由 3 1 2
根与系数的关系即可得出该双曲线蒙日圆的方程，即可求解．
【详解】设两条互相垂直的切线的交点为P(x ,y )，
0 0
由题可知，双曲线上两条互相垂直的切线的斜率均存在且均不为0，
设过点F 30,1  且与曲线C相切的一条切线方程是C，P0,y  ，
由0<y<1得，
(4-9k2)x2+(18x k2-18ky )x-9(kx -y )2-36=0，
0 0 0 0
则2 1+y2=2 2-1+y，即(18x k2-18ky )2-4⋅(4-9k2)⋅[-9(kx -y )2-36]=0，
0 0 0 0
4 2-2±(8-4 2)
整理得，y= ，
6
因为过点y=1有两条直线与曲线C相切，
4 2-5
所以x2-9≠0，且P0,
0 3
 ，即∠FPF>90°，则-3<x <3，
1 2 0
x2 y2
得E: - =1a>0,b>0
a2 b2
 ，
又因为过点F的这两条切线互相垂直，
1
所以F，
2
即F，
1
故该双曲线的蒙日圆方程为：x2+y2=5，半径为P，所以该双曲线蒙日圆的面积为PF 1
12
 =2PF 2  ，
故选：B．
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，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 (2024上·山东青岛·高三统考期末)一个密闭的容器中装有2个红球和4个白球，所有小球除颜色外
均相同．现从容器中不放回地抽取两个小球．记事件A：“至少有1个红球”，事件B：“至少有1个白球”，
事件C=A∩B，则 ( )
A.事件A，B不互斥 B.事件A，B相互独立
C. E D.y=± 2x
【答案】AD
【分析】根据互斥事件以及相互独立事件的概念，可判断A,B；根据条件概率的公式计算PA|B  和
PB|A  ，可判断C，由条件概率结合交事件的性质可判断D.
【详解】对于A,由于至少有一个红球和至少有一个白球，可以同时发生，
故事件A与事件B不互斥，A正确；
     
对于BC，y=±2x , 2PO=PF +PF,FF =PF -PF,
1 2 1 2 2 1

所以2PO 
  
2+FF2=2PF2+2PF2，故B错误；
1 2 1 2
故a，c，故C错误；
对于D，a ,
故b,
故D正确，
故选：AD.
10 (2024上·山东威海·高三统考期末)在正方体PF 1  =2PF 2  中，PF 1  -PF 2  =PF 2  =2a，PF 1  =
4a分别为线段BD ，FF 上的动点，则 ( )
1 1 2
  
A.存在F  1 O  +F  2 O  =0  ，   P  O  =P  F 1 +F 1 O  两点，使得2P  O  =P  F  1 +P  F  2
PO=PF +FO
2 2
B.AP⊥DC
1 1

C. 2PO 
  
2+FF2=PF +PF
1 2 2 1

 
2+PF -PF
2 1

 
π
2=2PF2+2PF2与DC 所成的最大角为
1 2 1 1 4
2 2
D.a2+b2=3a2与平面ADC 所成的最大角的正弦值为
1 1 3
【答案】ABD
【分析】根据给定条件，建立空间直角坐标系，利用空间向量结合线线角、线面角的向量求法逐项判断即得.
【详解】在正方体a中，建立如图所示的空间直角坐标系，令b，b
则x，y=± x，
a
由y在线段BD 上，得a2=b2+c2，则P(2t,2t,2-2t)，0≤t≤1，
1
由f(x)=2sinx⋅cosx+2 3sin2x在线段f(x)上，得π，则Q(2u,0,2u)，0≤u≤1，
 
1
对于A，当u=t= 时，f(x)，即QP⎳AB，而Q∉AB，则fx
2
13

π
=2sin2x-
3
 + 3，A正确；
对于B，fx  =sin2x+ 31-cos2x 
π
=sin2x- 3cos2x+ 3，=2sin2x-
3

2π
+ 3，T= =π，则
2
AP⊥DC ，B正确；
1 1
对于C，fx 
π π 5π kπ
，2x- = +kπ，当x= + 时，k∈Z，
3 2 12 2
此时k=-1与DC 所成的角为90°，C错误；
1 1
5π  π π π
对于D，x= ，设平面ADC 的法向量n=(x,y,z)，则- <2x- < ，
12 1 1 2 3 2
π 5π π 5π
令- <2x< ，得- <x< ，fx 6 6 12 12 
π 5π
，设- , 12 12 

与平面ADC 所成的角为z=z ， 1 1 1 2

则z =z ，
1 2
1
当且仅当u= 时取等号，D正确.
2
故选：ABD
11 (2024·湖南邵阳·统考一模)已知函数fx  与其导函数gx 
 
的定义域均为z 1 ⋅z 1 =z 2 ⋅z 2 ，且fx-1 
和g2x+1  都是奇函数，且g0 
1
= ，则下列说法正确的有 ( )
3
A. gx  关于z 1 ,z 2 对称 B. fx  关于z=1,z =i对称 1 2
C. gx  是周期函数 D.zz =i≠0 1 2
【答案】ACD
【分析】对于A,根据fx-1  为奇函数，得到关系式，两边求导即可判断；对于B，利用fx  的图象可以由
fx-1  向左平移1个单位即可判断；对于C,根据g2x+1  是奇函数及gx  关于z=1,z =i对称得到关 1 2
系式，综合分析即可求得周期；对于D,结合已知条件可求得z 1  =z 2  的值，进一步计算即可.
【详解】因为fx-1  为奇函数，所以R，
所以f(x)，即f(x+2)+f(x)=f(2026)，
所以gx  的图象关于直线f(1)+f(3)=2对称.故A正确；
因为fx-1  为奇函数，则其图象关于0,0  对称，
向左平移一个单位后得到fx  的图象，
则fx  的图象关于-1,0  对称，故B错误；因为g2x+1
14
 为奇函数，则f(x)，
则有f(x+1)-1，
所以f(1)=1①,
又f(x+2)+f(x)=f(2026)，
则f(x+4)+f(x+2)=f(2026)②,
由①②f(x+4)=f(x)，
则f(x)，
则f(x+1)-1，f(-x+1)-1=-f(x+1)+1，
则gx  =g(x+8)，
所以8是函数gx  的一个周期.，
gx  是周期函数，故C正确；
因为g0 
1
= ，f(x+2)+f(x)=f(2026)=f(2)，x=2
3
所以f(4)+f(2)=f(2)，
f(4)=0，
i=1 1
所以∑ig(2i)=(-1-2+3+4-5-6+7+8-9-10+11+12)× =4，
12 3
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 (2024·湖南邵阳·统考一模)已知f(-x)+f(x+2)=2，则x=0 .
【答案】f(0)+f(2)=2
【分析】分别令f(2)=2和f(x+2)+f(x)=2，联立方程组求得f(3)+f(1)=2，再令f(-x)+f(x+2)=2，
求得a =1，即可求得f(3)+f(3)=2的值.
0
【详解】由f(3)=1，
令f(2023)+f(2025)=f(3)+f(1)=2，可得f(2024)=f(0)=0，
即f(2022)+f(2024)=f(2)+f(0)=2
令f(2023)=f(3)=1，可得f(2022)+f(2024)=2f(2023)，
即f(2023)，
联立方程组，求得f(2022)，
再令f(2024)，可得a =1，
0
所以=f(1)+f(3)  +f(2)+f(4).
故答案为：=2+2+0=4.
2024
13 (2024·全国·高三专题练习)如图所示，f(i)=506[f(1)+f(2)+f(3)+f(4)]=506×4=2024内
i=1

切圆的圆心为I，若AB 

=2，AC 
 
=1，∠BAC=120°，则AI⋅AC= .
3- 7
【答案】
2【分析】根据余弦定理可得A∩B=∅，利用等面积法求得内切圆半径x2-2x-24≤0，再根据数量积的定义
结合内切圆性质运算求解.
【详解】设a，b，c分别为角A，B，C所对的边，内切圆半径为r，
由余弦定理可得-4≤x≤6，即A=x-4≤x≤6
15
 ，
由A∩B=∅的面积可得m2≥0，解得内切圆半径m2≥6，
又因为m2为6的角平分线，可得∠IAC=60°，
设AC与内切圆相切于点D，连接ABE，
4π
则ID⊥AC，可得 ，
3
所以BC.
3- 7
故答案为：
2
14 (2024上·浙江温州·高三统考期末)已知四棱锥P-ABCD的底面为边长为1的菱形且∠DAB=
60°，O平面ABCD，且EO,OG，M，N分别为边PB和PD的中点，EG= 22-12= 3平面AMN=Q，则
AB×BC×EO 2×2× 2 8 2
V=2× =2× = ，四边形AMQN的面积等于 ．
3 3 3
2 7 1
【答案】 / 7
3 12 12
 
【分析】过点A作AD的垂线AE，建立如图空间直角坐标系，设PQ=λPC，利用空间向量法求出平面O的
 
法向量BCE，由题意可知n⋅MQ=0，求出点Q的坐标，进而可求得PQ 
 
；再求得AQ⊥MN，从而利用三
角形面积公式即可得解.
【详解】过点A作AB的垂线AE，建立如图空间直角坐标系，
由题意可知H，OH⊥，
则BCE，OG=1，
 
2 2 3
设PQ=λPC，即ABE，则r= EO2-OH2= 2- = ，
3 3
4π 8 2 
所以πr2= ，设平面 的一个法向量为n=(x,y,z)，
3 3
则mina,a ,⋯,a
1 2 n


，令y=3，得x= 3,z=-3，所以n=( 3,3,-3)，
因为a 平面maxa,a ,⋯,a
n 1 2 n

 
a ，所以A,M,N,Q四点共面，得n⋅MQ=0，
1
1
即a ，解得λ= ，
n 31 1
则a>0，b>0，min max , ,a2+b2

a b
16
 

 ，

此时PQ 
3
= 
6

2 1
+
2

2 1
+
3

2 2
= ；
3
1 1
又max , ,a2+b2

a b

 
3 3
=m，所以AQ⋅MN = ×-
6 4

 
1 1
+ × =0，则AQ⊥MN，
2 4

因为b>0，MN 
3
= -
4

2 1
+
4

2 1
= ，
2

1 1
所以四边形m≥ 的面积为 AQ
b 2


⋅MN 
1 7 1 7
= × × = .
2 3 2 12
2 7
故答案为： ； .
3 12
 
【点睛】关键点睛：本题主要考查利用向量法证明空间的线面关系，根据A,M,N,Q四点共面确定n⋅MQ=
0是本题的关键，属于难题.
第三组
一、单项选择题：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，只有一项是符合要求的。
1 (2024·江苏·高二学业考试)运动员甲10次射击成绩(单位：环)如下：7,8,9,7,4,8,9,9,7,2，则下列关
于这组数据说法不正确的是( ).
A.众数为7和9 B.平均数为7 C.中位数为7 D.方差为s2=4.8
【答案】C
【分析】结合众数、平均数、中位数、方差分别进行计算即可.
【详解】由题意，这组数据中7和9都出现3次，其余数出现次数没超过3次，
故众数为7和9，故A正确；
7+8+9+7+4+8+9+9+7+2
计算平均数为 =7，故B正确；
10
将10次射击成绩从小到大排列为:2,4,7,7,7,8,8,9,9,9，
7+8
则中位数为 =7.5 ，故C错误；
2
1
方差为s2= [(7-7)2×3+(8-7)2×2+(9-7)2×3+(4-7)2+(2-7)2]=4.8，
10
故D正确，
故选：C.
x2 y2 1
2 (2023上·重庆沙坪坝·高二重庆市第七中学校校考期末)已知椭圆 + =1的离心率e= ，
k+5 9 3
则k的值可能是 ( )
41 7
A.3 B.7 C.3或 D.7或
8 4
【答案】C
【分析】根据给定的方程，按焦点位置分类求解作答.
x2 y2 1
【详解】椭圆 + =1的离心率e= ，
k+5 9 3
(k+5)-9 1 41
当椭圆焦点在x轴上时，k+5>9，即k>4，e2= = ，解得k= ，
k+5 9 8
9-(k+5) 1
当椭圆焦点在y轴上时，0<k+5<9，即-5<k<4，e2= = ，解得k=3，
9 941
所以k的值可能是3或 .
8
故选：C
3 (2023下·河南开封·高三通许县第一高级中学校考阶段练习)已知等差数列a
n
17
 为递增数列，S 为
n
其前n项和，a +a =34,a ⋅a =280，则S = ( )
3 7 4 6 11
A.516 B.440 C.258 D.220
【答案】D
【分析】根据给定条件，利用等差数列性质求出a ,a ，再利用前n项和公式求解作答.
4 6
【详解】等差数列a
n
 为递增数列，则a <a ，由a +a =34，得a +a =34，而a ⋅a =280，
4 6 3 7 4 6 4 6
11(a+a )
解得a =14,a =20，所以S = 1 11 =11a =220.
4 6 11 2 6
故选：D
4 (2022下·云南昆明·高一昆明市第三中学校考期中)已知直线l，m和平面a、b，下列命题正确的是
( )
A.m⎳l，l⎳α⇒m⎳α B.l⎳β，m⎳β，l⊂α，m⊂α⇒α⎳β
C.l⎳m，l⊂α，m⊂β⇒α⎳β D.l⎳β，m⎳β，l⊂α，m⊂α，l∩m=M⇒α⎳β
【答案】D
【分析】A、B、C根据线线、线面的位置关系，结合平面的基本性质判断线面、面面的位置关系，根据面面平
行的判定判断D.
【详解】A：m⎳l，l⎳α，则m⎳α或m⊂α，错误；
B：若m⎳l时，α⎳β或α,β相交；若m,l相交时，α⎳β，错误；
C：l⎳m，l⊂α，m⊂β，则α,β平行、相交、重合都有可能，错误；
D：l,m⊂α，l∩m=M且l⎳β，m⎳β，根据面面平行的判定知：α⎳β，正确.
故选：D
5 (2024上·江西上饶·高二校考阶段练习)某中学进行数学竞赛选拔考试，A，B，C，D，E共5名同学
参加比赛，决出第1名到第5名的名次.A和B去向教练询问比赛结果，教练对A说：“你和B都没有得到冠
军．”对B说：“你不是最后一名.”从这两个回答分析，5人的名次排列方式共有 ( )
A.54种 B.72种 C.96种 D.120种
【答案】A
【分析】根据题意分两种情况讨论：
当A是最后一名，B可以为第二、三、四名，剩下的三人安排在其他三个名次；
当A不是最后一名，A，B需要排在第二、三、四名，剩下的三人安排在其他三个名次，由加法计数原理可
得.
【详解】根据题意可知A和B都没有得到冠军，且B不是最后一名，分两种情况：
①A是最后一名，则B可以为第二、三、四名，即B有3种情况，剩下的三人安排在其他三个名次，
有A3=6种情况，此时有3×6=18种名次排列情况；
3
②A不是最后一名，A，B需要排在第二、三、四名，有A2=6种情况，剩下的三人安排在其他三个名次，有
3
A3=6种情况，此时有6×6=36种名次排列情况，则5人的名次排列方式共有18+36=54种.
3
故选A．
3π
6 (2024上·江西新余·高三统考期末)如图，sinθ+
4
 = ( )2 5 5 5 2 5
A.- B.- C. D.
5 5 5 5
【答案】C
【分析】利用两角差的正切展开式求出tanθ，可得sinθ,cosθ，再由两角和的正弦展开式可得答案.
1 2
【详解】由图可知，tan∠POx= ，tan∠QOx= =1，
2 2
所以tanθ=tan∠QOx-∠POx
18
 = tan∠QOx-tan∠POx = 1- 2 1 = 1 ，
1+tan∠POxtan∠QOx 1+ 1 3
2
10 3 10
因为θ第一象限角，所以sin2θ+cos2θ=1可得sinθ= ,cosθ= ，
10 10
3π
所以sinθ+
4

3π 3π 2 10 2 3 10
=sinθcos +cosθsin =- × + ×
4 4 2 10 2 10
5
= .
5
故选：C.
7 (2024上·四川成都·高三石室中学校考期末)曲线C是平面内与三个定点F 1-1,0  ，F 21,0  和F 3
0,1  的距离的和等于2 2的点的轨迹.给出下列四个结论：
①曲线C关于x轴、y轴均对称；
②曲线C上存在点P，使得PF 3 
2 2
= ； 3
③若点P在曲线C上，则△FPF 的面积最大值是1；
1 2
④曲线C上存在点P，使得∠FPF 为钝角.
1 2
其中所有正确结论的序号是 ( )
A.②③④ B.②③ C.③④ D.①②③④
【答案】C
【分析】根据题意得曲线C的方程为 x+1  2+y2+ x-1  2+y2+ x2+y-1  2=2 2，可判断①错误；
②假设结论成立，推得曲线C不存在；当点P为F 点时，△FPF 的面积最大，最大值是1，故③正确；在曲
3 1 2
线C上再寻找一个特殊点P(0，y)，验证∠FPF>90°即可判断④正确．
1 2
【详解】设曲线C上任意一点Px,y  ，由题意可知C的方程为
x+1  2+y2+ x-1  2+y2+ x2+y-1  2=2 2.
①错误，在此方程中用-x取代x，方程不变，可知C关于y轴对称；
同理用-y取代y，方程改变，可知C不关于x轴对称，故①错误.
②错误，若PF 3 
2 2
= 3 ，则PF 1  +PF 2 
4 2
= 3 <F 1 F 2  =2，
曲线C不存在，故②错误.
③正确，PF 1  +PF 2  ≤PF 1  +PF 2  +PF 3  =2 2，x2
P应该在椭圆D： +y2=1内(含边界)，
2
曲线C与椭圆D有唯一的公共点F 30,1
19
 ，此时F 1 F 2  =2，OF 3  =1，
当点P为F 点时，△FPF 的面积最大，最大值是1，故③正确；
3 1 2
④正确，由 ③可知，取曲线C上点F 30,1  ，此时∠FFF=90°， 1 3 2
下面在曲线C上再寻找一个特殊点P0,y  ，0<y<1，
则2 1+y2+1-y=2 2，
把2 1+y2=2 2-1+y两边平方，
整理得3y2+(2-4 2)y+4 2-5=0，
4 2-2±(8-4 2) 4 2-5
解得y= ，即y=1或 .
6 3
4 2-5 4 2-5
因为0< <1，则取点P0,
3 3
 ，
此时∠FPF>90°.故④正确．
1 2
故答案为：C．
x2 y2
8 (2024上·山东青岛·高三统考期末)已知O为坐标原点，双曲线E: - =1a>0,b>0
a2 b2
 的左、右
焦点依次为F 1 、F 2 ，过点F 1 的直线与E在第一象限交于点P，若PF 1  =2PF 2  ，OP  = 7a，则E的渐近线
方程为 ( )
A.y=± 2x B.y=± 3x C.y=±x D.y=±2x
【答案】A
     
【分析】由平面向量的线性运算可得2PO=PF +PF，FF =PF -PF，由平面向量数量积的运算性质可
1 2 1 2 2 1

得出2PO 
  
2+FF2=2PF2+2PF2，可得出关于a、c的齐次等式，由此可得出a、b满足的等量关系，由此可
1 2 1 2
得出该双曲线渐近线的方程.
【详解】如下图所示：
因为PF 1  =2PF 2  ，由双曲线的定义可得PF 1  -PF 2  =PF 2  =2a，则PF 1  =4a，
  
因为O为F 1 F 2 的中点，则F  1 O  +F  2 O  =0  ，则   P  O  =P  F 1 +F 1 O ，所以，2P  O  =P  F  1 +P  F  2 ，
PO=PF +FO
2 2
  
又因为FF =PF -PF，
1 2 2 1

所以，2PO 
  
2+FF2=PF +PF
1 2 2 1

 
2+PF -PF
2 1

 
2=2PF2+2PF2，
1 2
即2 7a  2+2c  2=2×4a  2+2×2a  2，整理可得c2=3a2，
即a2+b2=3a2，所以，b= 2a，
b
因此，该双曲线的渐近线方程为y=± x=± 2x.
a故选：A.
【点睛】方法点睛：求双曲线的渐近线方程的方法：
b
(1)定义法：直接利用a、b求得比值，则焦点在x轴上时，渐近线方程为y=± x，焦点在y轴上时，渐近线
a
a
方程为y=± x；
b
b c
(2)构造齐次式：利用已知条件结合a2=b2+c2，构建 的关系式(或先构建 的关系式)，再根据焦点位置
a a
写出渐近线方程即可.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，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 (2023下·西藏拉萨·高一统考期末)已知函数f(x)=2sinx⋅cosx+2 3sin2x，则 ( )
π
A. f(x)的最小正周期为π B.  ,0
6
20
 是曲线f(x)的一个对称中心
π π 5π
C.x= 是曲线f(x)的一条对称轴 D. f(x)在区间 ,
12 6 12
 上单调递增
【答案】AD
【分析】先求出fx 
π
=2sin2x-
3
 + 3，结合正弦函数的图像与性质对四个选项一一验证即可.
【详解】fx  =sin2x+ 31-cos2x  =sin2x- 3cos2x+ 3
π
=2sin2x-
3

2π
+ 3，T= =π，A对．
2
π
 , 3
6
 是曲线fx  的一个对称中心，B错．
π π 5π kπ π 5π
2x- = +kπ，x= + ，k∈Z，k=-1时，x=- ，k=0时，x=
3 2 12 2 12 12
π
∴x= 不是fx
12
 的一条对称轴，C错．
π π π π 5π π 5π
- <2x- < ，- <2x< ，- <x< ，
2 3 2 6 6 12 12
∴fx 
π 5π
在- ,
12 12
 上单调递增，D对．
故选：AD.
10 (2024·全国·高三专题练习)设z,z 是复数，则下列说法正确的是 ( )
1 2
 
A.若z 1 =z 2 ，则z 1 =z 2 B.若z 1 -z 2  =z 1 +z 2  ，则zz =0 1 2
C.若z 1  =z 2 
 
，则z 1 ⋅z 1 =z 2 ⋅z 2 D.若z 1  =z 2  ，则z2=z2 1 2
【答案】AC
【分析】由共轭复数概念判断A；令z=1,z =i判断B、D；根据复数模的求法，结合共轭复数及复数乘法运
1 2
算判断C；
 
【详解】若z=z ，则z,z 互为共轭复数，故z =z ，故A正确；
1 2 1 2 1 2
若z 1 =1,z 2 =i，则z 1 -z 2  =z 1 +z 2  ，而zz =i≠0，故B错误； 1 2
设z 1 =a+bia,b∈R  ,z 2 =c+dic,d∈R  ，
若z 1  =z 2  ，则 a2+b2= c2+d2，

又z 1 ⋅z 1 =a+bi  a-bi 

=a2+b2,z 2 ⋅z 2 =c+di  c-di  =c2+d2，
 
故z⋅z =z ⋅z ，故C正确；
1 1 2 2
若z 1 =1,z 2 =i，则z 1  =z 2  ，而z2=1≠z2=-1，故D错误． 1 2故选：AC
11 (2024上·广东湛江·高三统考期末)已知定义在R上的函数f(x)满足f(x+2)+f(x)=f(2026)，且
f(x+1)-1是奇函数.则 ( )
A. f(1)+f(3)=2 B. f(2023)+f(2025)=f(2024)
2024
C. f(2023)是f(2022)与f(2024)的等差中项 D.f(i)=2024
i=1
【答案】ACD
【分析】由f(x+2)+f(x)=f(2026)，可推出f(x)的周期为4，由f(x+1)-1是奇函数可推出f(1)=1，通过
赋值及函数的周期性可逐个判断各个选项.
【详解】因为f(x+2)+f(x)=f(2026)，
所以f(x+4)+f(x+2)=f(2026)，
两式相减得f(x+4)=f(x)，
所以f(x)的周期为4.
因为f(x+1)-1是奇函数，
所以f(-x+1)-1=-f(x+1)+1，所以f(-x+1)+f(x+1)=2，
即f(-x)+f(x+2)=2，
令x=-1，得f(1)=1.
因为f(x+2)+f(x)=f(2026)=f(2)，
令x=2，得f(4)+f(2)=f(2)，
所以f(4)=0，即f(0)=0.
因为f(-x)+f(x+2)=2，
令x=0，得f(0)+f(2)=2，
所以f(2)=2，
所以f(x+2)+f(x)=2，
所以f(3)+f(1)=2，故A正确.
因为f(-x)+f(x+2)=2，
所以f(-1)+f(3)=2，即f(3)+f(3)=2，所以f(3)=1.
因为f(2023)+f(2025)=f(3)+f(1)=2，f(2024)=f(0)=0，所以B错误.
因为f(2022)+f(2024)=f(2)+f(0)=2，f(2023)=f(3)=1，
所以f(2022)+f(2024)=2f(2023)，
所以f(2023)是f(2022)与f(2024)的等差中项，故C正确.
因为f(1)+f(2)+f(3)+f(4)=f(1)+f(3)
21
 +f(2)+f(4)=2+2+0=4，
2024
所以f(i)=506[f(1)+f(2)+f(3)+f(4)]=506×4=2024，故D正确.
i=1
故选：ACD
【点睛】关键点睛：本题的关键是通过其奇偶性得到其周期性，再结合等差中项的含义以及赋值法一一分析
选项即可.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12 (2024·全国·校联考模拟预测)若集合A=xx2-2x-24≤0  ，B=xm2<x<m2+2  ，A∩B=
∅，则m2的最小值为 .
【答案】6【分析】先求出集合A=x-4≤x≤6
22
 ，然后由A∩B=∅，从而求解.
【详解】由x2-2x-24≤0，解得-4≤x≤6，所以A=x-4≤x≤6  ，
因为A∩B=∅，m2≥0，所以m2≥6，
所以m2的最小值为6.
故答案为：6.
13 (2024·全国·模拟预测)正多面体被古希腊哲学家柏拉图认为是构成宇宙的基本元素，也是科学、艺
术、哲学灵感的源泉之一．如图，该几何体是一个棱长为2的正八面体，则此正八面体的体积为 ，平
面ABE截此正八面体的外接球所得截面的面积为 ．
8 2 4π
【答案】
3 3
【分析】根据几何体的特征求高，即可求其体积；根据球的截面性质即可求其截面面积.
【详解】如图，取BC的中点G，连接EG,BD，取BD的中点O，连接EO,OG．
由棱长为2，可得正八面体上半部分的斜高为EG= 22-12= 3，高为EO= 3-1= 2，
AB×BC×EO 2×2× 2 8 2
则正八面体的体积为V=2× =2× = ．
3 3 3
此正八面体的外接球的球心为O，半径为EO= 2，O到平面ABE的距离等于O到平面BCE的距离，
在Rt△OEG中，过O作EG的垂线，垂足为H，则OH⊥平面BCE．
EO⋅OG 6
由OG=1，得OH= = ，平面ABE截正八面体的外接球所得截面是圆，
EG 3
2 2 3 4π
其半径r= EO2-OH2= 2- = ，所以所得截面的面积为πr2= ．
3 3 3
8 2 4π
故答案为： ； .
3 3
14 (2018上·上海·高一上海中学校考期中)定义mina,a ,⋯,a
1 2 n
 表示a ，a ，⋯，a 中的最小值，
1 2 n
maxa,a ,⋯,a 1 2 n 
1 1
表示a ，a ，⋯，a 中的最大值.则对任意的a>0，b>0，min max , ,a2+b2 1 2 n  a b     的值
为 ．
【答案】321 1
【分析】首先，设max , ,a2+b2

a b
23
 =m，从而得到关于m的限制条件，然后，得到m的最小值．
1 1
【详解】设max , ,a2+b2

a b
 =m，
∵a、b>0，
1 1
∴m≥ ，m≥ ，m≥a2+b2，
a b
1 1 2
即a≥ ，b≥ ，可得a2+b2≥ ，
m m m2
2
∴m≥ ，
m2
∴m≥ 32，
即有m的最小值为 32，
故答案为 32．
【点睛】本题考查新定义的理解和运用，注意不等式的性质的应用，属于难题．