2025届高二年级下学期见面考试参考答案(1)_2024年4月_01按日期_6号_2024届新结构高考数学合集_新高考19题（九省联考模式）数学合集140套

参考答案：
1．B
【详解】抛物线C：x2 =4y，∴p=2,
根据抛物线的定义，得焦点F 到准线l的距离为p=2.
故选:B.
2．C
3−i (3−i)(1−2i) 1 7 1 7
【详解】因为z= ，所以z= = − i，所以 z = ( )2+(− )2 = 2，故选C．
1+2i (1+2i)(1−2i) 5 5 5 5
3．D
  π  π  π π
【详解】因为y=2sin3x=2sin3x− +

，所以把函数y=2sin3x+ 图象上的所有点向右平移 个
  15 5  5 15
单位长度即可得到函数y=2sin3x的图象．
故选：D.
4．C
a +aq+aq2+aq3 =15,
【详解】设正数的等比数列{an}的公比为q，则 1 1 1 1 ，
aq4 =3aq2+4a
1 1 1
a =1,
解得 1 ，∴a =aq2 =4，故选C．
q=2 3 1
5．B
【详解】解：由题知线段AB中点为(3,0)， AB = 4+4 =2 2，
所以，以线段AB为直径的圆的圆心为(3,0)，半径为 2，其方程为(x−3)2+y2 =2
故选：B
6．A
【详解】设圆O 半径为r，球的半径为R，依题意，
1
得πr2 =4π,∴r=2，ABC为等边三角形，
由正弦定理可得AB=2rsin60°=2 3，
∴OO = AB=2 3，根据球的截面性质OO ⊥平面ABC，
1 1
∴OO ⊥O A,R=OA= OO2+O A2 = OO2+r2 =4，
1 1 1 1 1
∴球O的表面积S =4πR2 =64π.
学科网（北京）股份有限公司故选：A
7．B
1
【详解】因为 f(x) 为偶函数，则 f(1)= f(−1)，∴(1+a)ln =(−1+a)ln3，解得a=0，
3
2x−1 1 1
当a=0时， f (x)=xln ，(2x−1)(2x+1)>0，解得x> 或x<− ，
2x+1 2 2
 1 1
则其定义域为x x 或x<− ，关于原点对称.
 2 2
2(−x)−1 2x+1 2x−1 −1 2x−1
f (−x)=(−x)ln =(−x)ln =(−x)ln  =xln = f (x)，
2(−x)+1 2x−1 2x+1 2x+1
故此时 f (x)为偶函数.
故选：B.
8．B
【详解】如图所示， 作EO⊥CD于O，连接ON，过M 作MF ⊥OD于F．
连BF，平面CDE⊥平面ABCD．
EO⊥CD,EO⊂平面CDE，∴EO⊥平面ABCD，MF ⊥平面ABCD，
∴∆MFB与∆EON均为直角三角形．设正方形边长为2，易知EO= 3, ON =1 EN =2，
3 5
MF = ,BF = ,∴BM = 7．∴BM ≠EN，故选B．
2 2
9．BCD
学科网（北京）股份有限公司【详解】对于A：0.1×2=0.2<0.5，(0.1+0.2)×2=0.6>0.5，
0.5−0.2
所以骑车时间的中位数在[ 20,22)这一组，为20+ ×2=21.5分钟，故A错误；
0.4
20+22
对于B：骑车时间的众数的估计值是 =21分钟，故B正确；
2
对于C：(0.025+0.050+0.075)×2=0.3<0.4，(0.025+0.050+0.075+0.100)×2=0.5>0.4，所以坐公交车
0.4−0.3
时间的40%分位数的估计值在[18,20)这一组，为18+ ×2=19分钟，故C正确；
0.2
对于D：坐公交车时间的平均数的估计值为：
2×(0.025×13+0.050×15+0.075×17+0.100×19+0.100×21
+0.075×23+0.050×25+0.025×27)=20，
骑车时间的平均数的估计值为：
2×(0.10×19+0.20×21+0.15×23+0.05×25)=21.6，
则坐公交车时间的平均数的估计值小于骑车时间的平均数的估计值，故D正确.
故选：BCD.
10．BCD
【详解】设等差数列的首项为a ，公差为d，
1
a =−3
S =10a +45d =0  1
所以 10 1 ，解得 2 ，
S 15 =15a 1 +105d =25   d = 3
2 2n 11 (a +a )n 1 10
所以a =−3+(n−1)× = − ，S = 1 n = n2− n，
n 3 3 3 n 2 3 3
10 11 1
对于A：a = − =− ≠0，故错误；
5 3 3 3
1 10 1 25
对于B：S = n2− n= (n−5)2− ，
n 3 3 3 3
25
由二次函数的性质可知(S ) =S =− ，故正确；
n min 5 3
1 10
对于C：令 n2− n<0，解得0<n<10，所以n的最大值为9，故正确；
3 3
S 1 10 S  1
对于D：因为 n = n− ，所以 n是首项为−3，公差为 的等差数列，
n 3 3  n  3
S  10×9 1
所以 n的前10项和为10×(−3)+ × =−15，故正确；
 n  2 3
故选：BCD.
11．BD
学科网（北京）股份有限公司π π
【详解】A.当A= ,B= ，此时cosA<cosB，故A错误；
2 4
a
B.由正弦定理 =2R可知2R=8，R=4，B正确；
sinA
C.因为a=2bcosC，所以sinA=2sinBcosC，即sin(B+C)=2sinBcosC，
整理可得sinBcosC−cosBsinC =0，即sin(B−C)=0，
因为B,C为三角形的内角，所以B=C，即ABC为等腰三角形，C错误；
2π 1 1 3 3 3
因为b=1，c=3，A= ，所以S = bcsinA= ×1×3× = ，D正确.
3 ABC 2 2 2 4
故选：BD
12．AD
x2 y2
【详解】设椭圆C上下顶点为D,E，由题知椭圆C: + =1中，a=5,b=3,c=4，
25 9
所以，F (−4,0),F (4,0),A(−5,0),B(5,0),D(0,3)E(0,−3)，
1 2
   
对于A选项，由于DF =(−4,−3),DF (4,−3),DF ⋅DF =−16+9=−7<0，
1 2 1 2
π
所以∠FPF 的最大角为钝角，故存在P使得∠FPF = ，故A正确；
1 2 1 2 2
对于B选项，记 PF =m, PF =n，则m+n=10，
1 2
m2+n2−64 (m+n)2−2mn−64 36−2mn 18
由余弦定理：cos∠FPF = = = = −1
1 2 2mn 2mn 2mn mn
18 7
≥ −1=−
m+n 2 25，
 
 2 
当且仅当 PF = PF 时取“=”,B不正确；
1 2
对于C选项，设P(x,y)(x≠±5),A(−5,0),B(5,0)，
x2 y2 y y
则 + =1,k = ,k = ，
25 9 PA x+5 PB x−5
学科网（北京）股份有限公司 x2 
91− 
于是 y y y2  25 9 ，故C错误.
k ⋅k = ⋅ = = =−
PA PB x+5 x−5 x2−25 x2−25 25
对于D选项，由于PF ⊥PF ，故   m+n=10 ⇒mn= 1 (m+n)2− ( m2+n2)=18，
1 2 m2+n2 =64 2  
1
所以S = mn=9,D正确；
F1PF2
2
故选：AD.
3
13．
5
    
( )
【详解】因为a−λb=(1,3)−λ(3,4)=(1−3λ,3−4λ)，所以由 a−λb ⊥b可得，
3
3(1−3λ)+4(3−4λ)=0，解得λ= ．
5
3
故答案为： ．
5
14．2 2
1 3
【详解】由题意，S = acsinB= ac= 3，
ABC 2 4
所以ac=4,a2+c2 =12，
1
所以b2 =a2+c2−2accosB=12−2×4× =8，解得b=2 2（负值舍去）.
2
故答案为：2 2.
15．4
3 b 3 b2 3
【详解】由渐近线方程 3x+my=0化简得y=− x，即 = ，同时平方得 = ，又双曲线中
m a m a2 m2
3 1
a2 =m,b2 =1，故 = ，解得m=3,m=0（舍去），c2 =a2+b2 =3+1=4⇒c=2，故焦距2c=4.
m2 m
故答案为：4.
16．2
【详解】如图，将三棱锥S−ABC转化为正三棱柱SMNABC，
设ABC的外接圆圆心为O ，半径为r，
1
AB 3
2r= = =2 3
则 sin∠ACB 3 ，可得r= 3，
2
1
设三棱锥S−ABC的外接球球心为O，连接OA,OO ，则OA=2,OO = SA，
1 1 2
学科网（北京）股份有限公司1
因为OA2 =OO2+OA2，即4=3+ SA2，解得SA=2.
1 1 4
故答案为：2.
17．（1）a =−2n+10；
n
（2）1≤n≤10(n∈N∗).
【详解】（1）设等差数列{a }的首项为a ，公差为d，
n 1
 9×8
9a + d =−(a +4d)
根据题意有 1 2 1 ，
 a +2d =4
1
a =8
解答 1 ，所以a =8+(n−1)×(−2)=−2n+10，
d =−2 n
所以等差数列{a }的通项公式为a =−2n+10；
n n
（2）由条件S =−a ，得9a =−a ，即a =0，
9 5 5 5 5
因为a >0，所以d <0，并且有a =a +4d =0，所以有a =−4d，
1 5 1 1
n(n−1)
由S ≥a 得na + d ≥a +(n−1)d，整理得(n2−9n)d ≥(2n−10)d，
n n 1 2 1
因为d <0，所以有n2−9n≤2n−10，即n2−11n+10≤0，
解得1≤n≤10，
所以n的取值范围是：1≤n≤10(n∈N∗)
18．(1)证明见解析
4 10
(2) (3)
5 10
【详解】（1）证明：在直三棱柱ABCABC 中，AA ⊥平面ABC ，且AC ⊥ AB，则AC ⊥ AB
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
学科网（北京）股份有限公司以点A为坐标原点，AA、AB 、AC 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，
1 1 1 1 1 1
则A(2,0,0)、B(2,2,0)、C(2,0,2)、A(0,0,0)、B (0,2,0)、C (0,0,2)、D(0,1,0)、E(1,0,0)、F  1, 1 ,1  ，
1 1 1  2 

 1 
则EF =0, ,1，
 2 
    
易知平面ABC的一个法向量为m=(1,0,0)，则EF⋅m=0，故EF ⊥m，
EF ⊄平面ABC，故EF//平面ABC.
  
（2）解：CC =(2,0,0)，CD=(0,1,−2)，EB=(1,2,0)，
1 1
 
 u⋅CC =2x =0
设平面CCD的法向量为u=(x,y ,z )，则 1 1 ，
1 1 1 1 u⋅CD= y −2z =0
1 1 1
 
   EB⋅u 4
取y =2，可得u=(0,2,1)，cos<EB,u>=   = .
1 EB ⋅u 5
4
因此，直线BE与平面CCD夹角的正弦值为 .
1 5
 
（3）解：AC =(2,0,2)，AD=(0,1,0)，
1 1
 
 v⋅AC =2x +2z =0
设平面ACD的法向量为v=(x ,y ,z )，则 1 2 2 ，
1 2 2 2 v⋅AD= y =0
1 2
 
   u⋅v 1 10
取x =1，可得v=(1,0,−1)，则cos<u,v>=   =− =− ，
2 u ⋅v 5× 2 10
10
因此，平面ACD与平面CCD夹角的余弦值为 .
1 1
10
19．(1) a=0.35，b=0.10；(2) 4.05，6.
【详解】(1)由题得a+0.20+0.15=0.70，解得a=0.35，由0.05+b+0.15=1−P(C)=1−0.70，解得b=0.10.
(2)由甲离子的直方图可得，甲离子残留百分比的平均值为
学科网（北京）股份有限公司0.15×2+0.20×3+0.30×4+0.20×5+0.10×6+0.05×7=4.05，
乙离子残留百分比的平均值为0.05×3+0.10×4+0.15×5+0.35×6+0.20×7+0.15×8=6
π
20．(1) ； (2)4 2−5．
6
cosA sin2B 2sinBcosB sinB
【详解】（1）因为 = = = ，即
1+sinA 1+cos2B 2cos2B cosB
1
sinB=cosAcosB−sinAsinB=cos(A+B)=−cosC = ，
2
π π
而0<B< ，所以B= ；
2 6
π π
（2）由（1）知，sinB=−cosC >0，所以 <C<π,0<B< ，
2 2
 π
而sinB=−cosC =sinC− ，
 2
π π  π π 3π
所以C = +B，即有A= −2B，所以B∈0, ,C∈ , 
2 2  4  2 4 
a2+b2 sin2 A+sin2B cos22B+1−cos2B
所以 = =
c2 sin2C cos2B
=
( 2cos2B−1 )2 +1−cos2B
=4cos2B+ 2 −5≥2 8−5=4 2−5 ．
cos2B cos2B
2 a2 + b2
当且仅当cos2B= 时取等号，所以 的最小值为4 2−5．
2 c2
21．(1)a =2n；
n
1
(2)T =1− ；证明见解析.
n (n+1)2
4n+1−4
【详解】（1）若选择条件①：因为2a +22a +23a +⋅⋅⋅+2na = ，
1 2 3 n 3
4n−4
当n≥2时，2a +22a +23a +⋅⋅⋅+2n−1a = ，
1 2 3 n−1 3
4n+1−4 4n−4
两式相减得2na = − =4n，
n 3 3
所以当n≥2时a =2n，当n＝1时符合，
n
∴a =2n；
n
若选择条件②：因为S =2a −2，
n n
当n≥2时S =2a −2，
n−1 n−1
学科网（北京）股份有限公司两式相减得a =2a ，a =2≠0，
n n−1 1
∴{a }是首项为2，公比为2的等比数列，
n
∴a =2n；
n
若选择条件③：∵S −2S =2，
n+1 n
∴n≥2时，S −2S =2，
n n−1
两式相减得a =2a ，
n+1 n
当n＝1时，S −2S =2，可得a =4，a =2a ，
2 1 2 2 1
∴n∈N*时a =2a 成立，
n+1 n
∴{a }是首项为2，公比为2的等比数列，
n
∴a =2n；
n
（2）由（1）可知b =nlog a =nlog 2n+1 =n(n+1)，
n 2 n+1 2
2n+1 2n+1 1 1
则 = = − ，
b2 n2(n+1)2 n2 (n+1)2
n
1 1 1 1 1 1
所以T =1− + − ++ − =1− ，
n 22 22 32 n2 (n+1)2 (n+1)2
2n+1 2n+1
因为 = >0，
b2 n2(n+1)2
n
2n+1
所以 各项均为正数，

b2

n
3 1 3
所以T ≥T = ，又因为T =1− <1，所以 ≤T <1．
n 1 4 n (n+1)2 4 n
x2  7
22．(1) +y2 =1 (2) −1, 
2  2
 c 2
 =
 a 2  b=1
1  x2
【详解】（1）解：由题意可列方程组 b×2c=1，解得 c=1 ，所以椭圆方程为： +y2 =1.
2  2
a2−b2 =c2 a= 2



2 2 2
（2）解：①当过F 的直线与x轴垂直时，此时M(1, )，N(1,− )，F(−1,0)，则FM =(2, )，
2 2 2 1 1 2
学科网（北京）股份有限公司 2   1 7
FM =(2,− ) ∴FM⋅FM =4− = .
2 2 1 2 2 2
②当过F 的直线不与x轴垂直时，可设M(x,y)，N(x ,y )，直线方程为y=k(x−1)
2 1 1 2 2
y=k(x−1)

联立x2 得：(1+2k2)x2−4k2x+2k2−2=0.
 +y2 =1
 2
4k2 2k2 −2
所以x +x = ，xx =
1 2 1+2k2 1 2 1+2k2
 
∴FM⋅FN =(x +1,y )⋅(x +1,y )
1 1 1 1 2 2
=(x +1)(x +1)+y y =(x +1)(x +1)+k2(x −1)(x −1) =xx +(x +x )+1+k2xx +k2−k2(x +x )
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
=(1+k2)xx +(1−k2)(x +x )+1+k2
1 2 1 2
将韦达定理代入上式得：
  (1+k2)(2k2−2)+4k2(1−k2)+(1+k2)(1+2k2)
∴FM⋅FN =
1 1 1+2k2
2k2−2+2k4−2k2+4k2−4k4+1+2k2+k2+2k4
=
1+2k2
7k2−1 7 × ( 2k2+1 ) − 9
= 2 2
1+2k2 =
1+2k2
7 9 9  9 
= − .2+4k2 ≥2，∴− ∈

− ,0，
2 4k2+2 2+4k2  2 
7 9  7
∴ − ∈

−1, ，
2 4k2+2  2
 
 7
FM⋅FN∈ −1,
由①②可知 1 1   2   .
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