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试卷第1页，共11页
1．由z 1 + i = 2 −i，z =
2−i
1+i =
2−i
1−i
1+i
1−i =
2−2i−i−1
2
=
1−3i
2
=
1
2 −
3
2 i，
所以z 的虚部为−
3
2.
故选：C.
2．
1
x < 1，解得x > 1 或x < 0，
故使得条件p 成立的一个充分不必要条件应为x > 1 或x < 0 的真子集，
其中x <−1 满足要求，其他选项不满足.
故选：A
3．y = tan( −3x +
π
6 ) =−tan 3x −
π
6 ，
令kπ −
1
2 π<3x−
π
6 < kπ +
1
2 π，k ∈Z，
解得
kπ
3 −
1
9 π 0，则−1 < f x < 3，
又x ≥0 时，f x =−
1
e
x
−1 单调递增，又−
1
e
x
< 0，则−2 ≤f x <−1，
作出f x 的图象如图，
由f x + 2 < f x2 ，x2 ≥0，
则0 ≤x + 2 < x2，解得−2 ≤x <−1 或x > 2，
所以实数x 的取值范围为[ −2, −1) ∪2, + ∞.
故选：C.
8．因为△ABC 为等腰直角三角形，AC = BC = 1，
所以△ABC 的外接圆的圆心为AB 的中点O1，且AO1 =
2
2 ，
设A1B1的中点为E，连接O1E，
则O1E//AA1，O1E ⊥平面ABC，
设三棱锥D −ABC 外接球的球心为O，
{#{QQABBYSUggggQBIAAQhCAQ2wCAAQkhAACQgGhAAMsAAByQFABAA=}#}
试卷第3页，共11页
由球的性质可得点O 在O1E 上，设OO1 = x，DE = t 0 ≤t ≤
2
2 ，
外接球的半径为R，因为OA = OD = R，
所以x2 +
2
2
2
=
(2 −x)2 + t2，即t2 = 4x −
7
2，
又0 ≤t ≤
2
2 ，则
7
8 ≤x ≤1，
因为R2 = x2 +
1
2，所以
81
64 ≤R2 ≤
3
2，则
9
8 ≤R ≤
6
2 ，
故选：B.
9．A 选项，a > 0，b > 0，ab ≤
a+b 2
4
=
9
4，当且仅当a = b =
3
2时，等号成立，A 正确；
B 选项，
a +
b
2 = a + b + 2 ab = 3 + 2 ab > 3，
故a +
b >
3，故B 错误.
C 选项，
b
a +
3+b
b =
b
a +
a+b+b
b
=
b
a +
a
b + 2 ≥2
b
a ⋅
a
b + 2 = 4，
当且仅当
b
a =
a
b，即a = b =
3
2时，等号成立，C 正确；
D 选项，
a2
a+1 +
b2
b+1 =
a+1 2−2 a+1 +1
a+1
+
b+1 2−2 b+1 +1
b+1
= a + 1 +
1
a+1 + b + 1 +
1
b+1 −4 =
1
a+1 +
1
b+1 + 1，
其中a > 0，b > 0，a + b = 3，故
a+1
5 +
b+1
5 = 1，
所以
1
a+1 +
1
b+1 =
1
a+1 +
1
b+1
a+1
5 +
b+1
5
=
2
5 +
a+1
5 b+1 +
b+1
5 a+1
≥
2
5 + 2
a+1
5 b+1 ⋅
b+1
5 a+1 =
4
5，
故
a2
a+1 +
b2
b+1 =
1
a+1 +
1
b+1 + 1 ≥
9
5，
当且仅当
a+1
5 b+1 =
b+1
5 a+1 ，即a = b =
3
2时，等号成立，D 正确.
故选：ACD
10．对于A，根据正弦定理可求得
a
sinA =
b
sinB，所以bsinA < a < b，
所以sinA <
a
b =
3
2 ，且A < B, 0 < A <
π
2，可求得0 < θ <
π
3，故A 错误；
对于B，直接根据aԦሬ在bԦሬ上的投影向量
aԦሬ·bԦሬ
|bԦሬ|2 ·bԦሬ=
10
( 5)2 ·(2,1) = (4,2)，故B 正确；
对于C，aԦሬ−bԦሬ
=
(cosα −2)2 + (sinα −1)2 =
6 −4cosα −2sinα，
{#{QQABBYSUggggQBIAAQhCAQ2wCAAQkhAACQgGhAAMsAAByQFABAA=}#}
试卷第4页，共11页
则6 −4cosα −2sinα = 6 −2 5(
2
5 cosα +
1
5 sinα)，令sinβ =
2
5 , cosβ =
1
5，
则aԦሬ−bԦሬ
=
5 −2 5sin(α + β) + 1，
当sin(α + β) =−1 时，aԦሬ−bԦሬ取最大值，最大值为5 + 1，故C 正确；
对于D，函数y = f x + 1 是偶函数，f x + 1 = f 1 −x ，f x = f 2 −x ，所以f x 的图象
关于直线x = 1 对称，函数y = f x + 2 是奇函数，所以f x 的图象关于2,0 对称，则f 2 −
x + f 2 + x = 0，可得f x + 4 =−f x + 2 = f x ，所以f x 是周期为4 的周期函数. 所以
f 2024 = f 4 × 506 = f 0 = 0，故D 正确.
故选：BCD.
11．选项A，由已知BD = 2 2，A′D = A′ B=2 5，如图1，
△A′BD 是等腰三角形，cos∠A′BD =
2
2 5 =
10
10 ，则sin∠A′BD =
3 10
10 ，
所以边A′B 上高为BDsin∠A′BD = 2 2 ×
3 10
10 =
6 5
5 ，A 正确；
选项B，把矩形A′BCD′沿A′B 摊平到平面ABA′上，如图2
sin∠ABA′ =
4
2 5 =
2 5
5 ，则cos∠ABC = cos(∠ABA′ +
π
2 ) =−sin∠ABA′ =−
2 5
5
AC =
22 + 22 −2 × 2 × 2 × ( −
2 5
5 ) = 2 2 +
4 5
5 ，这是AP + PC 的最小值
显然2 +
4 5
5 > 3，即2 2 +
4 5
5 > 2 3，因此B 错；
选项C，连接CD′，设CD′ ∩MN = Q，在平面A′BCD′上过Q 作QP ⊥A′C 交A′B
于点P，如图3，
长方体中易知A′B//CD′，由已知D'M =
1
2，D'N = 1，又DD′ = 4, DC = 2 且∠MD′N = ∠D′DC =
π
2，
因此△DD′C ∼△D′NM，则∠D′NM = ∠MD′Q，
所以∠D′MQ + ∠MD′Q = ∠D′MQ + ∠D′NM =
π
2，所以D′C ⊥MN，
又长方体中BC 与侧面DCC′D′垂直，MN ⊂侧面DCC′D′，因此BC ⊥MN，
BC 与CD′是平面BCD′A′内两条相交直线，因此MN ⊥平面BCD′A′，又
A′C ⊂平面BCD′A′，所以MN ⊥A′C，
PQ ∩MN = Q，且PQ, MN ⊂平面PMN，所以A′C ⊥平面PMN，C 正确；
选项D，设AC ∩BD = O，连接OB′，作BH ⊥OB′，垂足为H，如图4，
由BB′ ⊥平面ABCD，AC ⊂平面ABCD 得BB′ ⊥AC，
{#{QQABBYSUggggQBIAAQhCAQ2wCAAQkhAACQgGhAAMsAAByQFABAA=}#}
试卷第5页，共11页
又正方形ABCD 中，AC ⊥BD，BD ∩BB′ = B，BD, BB′ ⊂平面BDD′B′，
所以AC ⊥平面BDD′B′，而BH ⊂平面BDD′B′，所以AC ⊥BH，
AC ∩B′O = O，AC, B′O ⊂平面AB′C，所以BH ⊥平面AB′C，
由已知BO =
2，BB′ = 4，则BH =
4 2
42+( 2)2 =
4
3，
平面AB'C 截球所得截面圆半径为r，则r =
(
17
6 )2 −(
4
3 )2 =
5
2，
所以截面圆面积为S = π × (
5
2 )2 =
25π
4 ，D 错．
故选：AC．
12．因为x0
2ex0 + lnx0 = 0 0 < x0 < 1 ，故x0ex0 =
1
x0 ln
1
x0 = ln
1
x0 e
ln 1
x0，
因为0 < x0 < 1，故
1
x0 > 1，所以ln
1
x0 > 0，设g x = xex, x > 0
则g′ x = x + 1 ex > 0，故g x 在0, + ∞上为增函数，
故x0 = ln
1
x0，故ex0 =
1
x0，且x0 =−lnx0，故ex0 −
3lnx0+1
x0
=−
3lnx0
x0 = 3，
故答案为：3.
13．根据向量加法三角形法则得到，AMԦ
ሬሬሬሬ= ABԦ
ሬሬሬ+ BMԦ
ሬሬሬሬ= ABԦ
ሬሬሬ+
1
2 (BCԦ
ሬሬሬ+ BB′Ԧ
ሬሬሬሬ),
即AMԦ
ሬሬሬሬ= ABԦ
ሬሬሬ+
1
2 ADԦ
ሬሬሬሬ+
1
2 AA′Ԧ
ሬሬሬሬ，即AM2 = (ABԦ
ሬሬሬ+
1
2 ADԦ
ሬሬሬሬ+
1
2 AA′Ԧ
ሬሬሬሬ)2，展开得到，
AMԦ
ሬሬሬሬ2 = ABԦ
ሬሬሬ2 +
1
4 ADԦ
ሬሬሬሬ2 +
1
4 AA′Ԧ
ሬሬሬሬ2
+ ABԦ
ሬሬሬ⋅ADԦ
ሬሬሬሬ+ ABԦ
ሬሬሬ⋅AA′Ԧ
ሬሬሬሬ+
1
2 ADԦ
ሬሬሬሬ⋅AA′Ԧ
ሬሬሬሬ，
运用数量积公式计算得到AMԦ
ሬሬሬሬ2 = 4 + 1 + 1 + 2 × 2 ×
1
2 + 2 × 2 ×
1
2 +
1
2 × 2 × 2 ×
1
2 = 11.
因为|AM
Ԧ
| =
AM
→
2，所以|AMԦ
ሬሬሬሬ| =
11.
故答案为：11.
14．∵f(x) = tanx，
∴f′(x) =
sinx
cosx
′
=
cosx⋅cosx−sinx⋅(−sinx)
cos2x
=
cos2x+sin2x
cos2x
= 1 + tan2x，
∵f(an+1) =
f′(an)，
∴tanan+1 =
1 + tan2an，
∴tan2an+1 = 1 + tan2an，即tan2an+1 −tan2an = 1，
∵tana1 = tan
π
4 = 1，
∴tan2an 是以1 为首项，1 为公差的等差数列，
{#{QQABBYSUggggQBIAAQhCAQ2wCAAQkhAACQgGhAAMsAAByQFABAA=}#}
试卷第6页，共11页
∴tan2an = n，
∵an ∈0,
π
2 ，
∴tanan > 0，
∴tanan =
n，
∴bn =
(−1)n
tanan+1−tanan =
(−1)n
(n+1)−n = ( −1)n( (n + 1) +
n)，
∴T440 = b1 + b2 + b3 + ⋯+ b439 + b440
=−( 2 + 1) + ( 3 +
2) −( 4 +
3) + ⋯−( 440 +
439) + ( 441 +
440)
=
441 −1 = 21 −1 = 20.
故答案为：20.
15．（1）f x = sin x +
π
3 ⋅sin x +
2π
3
−
1
2
=
1
2 sinx +
3
2 cosx
−1
2 sinx +
3
2 cosx
−1
2
= 3
4 cos2x −1
4 sin2x −1
2
=
1
4 −sin2x，
则f A =
1
4 −sin2A = 0，
因为A ∈0, π ，所以sinA > 0，所以sinA =
1
2，
所以A =
π
6或A =
5π
6 ；…………………………………………………………………………6 分
（2）若角A 为锐角，则A =
π
6，
设角A, B, C 的对边分别为a, b, c，
则S =
1
2 bcsinA =
3
4 b =
9 3
4 ，所以b = 3 3，………………………………………………8 分
如图，连接CF，
因为点E、F 为边AB 上的三等分点，所以E 为AF 的中点，
因为点D 为边AC 的中点，所以点M 为△ACF 的重心，
则CMԦ
ሬሬሬሬ=
2
3 CEԦ
ሬሬሬ=
2
3 AEԦ
ሬሬሬ−ACԦ
ሬሬሬ
=
2
3
1
2 AFԦ
ሬሬሬ−ACԦ
ሬሬሬ
=
1
3 AFԦ
ሬሬሬ−
2
3 ACԦ
ሬሬሬ，
所以AMԦ
ሬሬሬሬ= ACԦ
ሬሬሬ+ CMԦ
ሬሬሬሬ=
1
3 AFԦ
ሬሬሬ+ ACԦ
ሬሬሬ，
又AFԦ
ሬሬሬ
= 2, ACԦ
ሬሬሬ
= 3 3，
{#{QQABBYSUggggQBIAAQhCAQ2wCAAQkhAACQgGhAAMsAAByQFABAA=}#}
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所以AMԦ
ሬሬሬሬ
=
1
9 AFԦ
ሬሬሬ+ ACԦ
ሬሬሬ
2 =
1
3
AFԦ
ሬሬሬ2 + ACԦ
ሬሬሬ2 + 2AFԦ
ሬሬሬ⋅ACԦ
ሬሬሬ=
1
3
4 + 27 + 18 =
7
3，
即线段AM 的长为
7
3．………………………………………………………………………13 分
16．（1）因为cosA+cosB
cosA−cosB = sinC sinC−2sinA ，
所以cos2A −cos2B = sin2C −
2sinCsinA，
即sin2C + sin2A −sin2B =
2sinCsinA.
由正弦定理得c2 + a2 −b2 =
2ca，
由余弦定理得cosB=
2
2 ，
由B ∈0, π ，知B =
π
4.
………………………………………………………………………6
分
（2）由cosA=
10
10 ，可得A ∈0,
π
2 ，
进而可得sinA=
3 10
10 ，
由B =
π
4，可得sinB=
2
2 ,
则sinC=sin A + B = sinAcosB + sinBcosA =
3 10
10 ×
2
2 +
10
10 ×
2
2 =
2 5
5 ，……………10 分
由正弦定理可知
b
c =
sinB
sinC =
10
4 ，
又因为b + c =
5 + 2 2，解得b =
5, c = 2 2，
所以△ABC 的面积为
S =
1
2 bcsinA =
1
2 ×
5 × 2 2 ×
3 10
10 = 3.…………………………………………………15 分
17．（1）选择①②，可证明③.
由PA = PB，D 是线段AB 的中点，得PD⊥AB.
又平面PAB⊥平面ABC，平面PAB ∩平面ABC = AB，且PD ⊂平面PAB；
所以PD⊥平面ABC，
AC⊂平面ABC，得PD⊥AC，
又DE⊥AC；PD ∩DE = D，PD, DE ⊂平面PDE，
所以AC⊥平面PDE．
{#{QQABBYSUggggQBIAAQhCAQ2wCAAQkhAACQgGhAAMsAAByQFABAA=}#}
试卷第8页，共11页
因为PE ⊂平面PDE，所以
AC ⊥PE，
…………………………………………………………………………6 分
若选择①③，可证明②.
由PA = PB，D 是线段AB 的中点，得PD⊥AB.
又平面PAB⊥平面ABC，平面PAB ∩平面ABC = AB，且PD ⊂平面PAB；
所以PD⊥平面ABC，
AC ⊂平面ABC，得PD ⊥AC，
又PE⊥AC，PD ∩PE = P，PD, PE ⊂平面PDE，所以AC⊥平面PDE，
因为DE ⊂平面PDE，所以AC ⊥DE．………………………………………………………6 分
选择②③，可证明①.
由PA = PB，D 是线段AB 的中点，得PD⊥AB
因为PE⊥AC，DE⊥AC，PD, PE ⊂平面PDE，DE ∩PE = E，
所以AC⊥平面PDE．
PD⊂平面PDE，得PD⊥AC，
AB ∩AC = A,AB, AC ⊂平面ABC，所以PD⊥平面ABC．
又PD ⊂平面PAB，故平面PAB⊥平面ABC.
…………………………………………6 分
（2）方法一：由（1），选择①②，则③成立. 取线段AC 的中点F，连接DF，
则由∠ABC =
π
2，及D 是线段AB 的中点，
得DF⊥AB. 由（1）知，PD⊥平面ABC，
以点D 为坐标原点，DA, DF,DP 所在直线分别为x，y，z 轴，
建立如图所示空间直角坐标系三棱锥P −ABC 的体积V =
2
3，且∠ABC =
π
2，
AB = BC = 2，得V =
1
3 （
1
2 ⋅2 ⋅2）⋅PD =
2
3，得PD = 1
所以由AB = BC = 2，D 是线段AB 的中点，DE⊥AC，得：
P 0,0,1 , D 0,0,0 , E
1
2 ,
1
2 , 0 , B −1,0,0 , C −1,2,0 .
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试卷第9页，共11页
所以DPԦ
ሬሬሬ= 0,0,1 ，DEԦ
ሬሬሬ=
1
2 ,
1
2 , 0 ，BPԦ
ሬሬሬ= 1,0,1 ，BCԦ
ሬሬሬ= 0,2,0 .
设面PDE 与面PBC 的法向量分别为n1Ԧ
ሬሬሬ= (x1, y1, z1)，n2Ԧ
ሬሬሬ= (x2, y2, z2)，
则
z1 = 0
1
2 x1 +
1
2 y1 = 0 ，得：
z1 = 0
x1 =−y1 ，所以面PDE 的一个法向量为n1Ԧ
ሬሬሬ= (1, −1,0).
x2 + z2 = 0
2y2 = 0
，得：x2 =−z2
y2 = 0 ，所以面PBC 的一个法向量为n2Ԧ
ሬሬሬ= (1,0, −1).
设平面PDE 与平面PBC 所成二面角大小为θ，
则|cosθ| = cos n1Ԧ
ሬሬሬ, n2Ԧ
ሬሬሬ
=
n1Ԧ
ሬሬሬ⋅n2Ԧ
ሬሬሬ
n1Ԧ
ሬሬሬ⋅n2Ԧ
ሬሬሬ=
1
2⋅2 =
1
2，
因为0 < θ <
π
2，所以面PDE 与面PBC 所成角的大小为
π
3．………………………………15 分
方法二：延长ED 交CB 的延长线于Q，连接PQ，
则平面PDE ∩与平面PBC = PQ.
由三棱锥P −ABC 的体积为
2
3，且∠ABC =
π
2，
AB = BC = 2，得
2
3 =
1
3 （
1
2 × 2 × 2）⋅PD，解得PD = 1.
又由∠ABC =
π
2，及D 是线段AB 的中点，DE⊥AC，
在等腰直角三角形CEQ 中，CE =
3
2
2，CQ = 3，
连结CD，在Rt△CPD 中，PD = 1，CD =
5，PC =
6，
在等腰直角三角形BDQ 中，BD = BQ = 1，QD =
2，
在Rt△QPD 中，PQ =
3，
在△CPQ 中，由PC2 + PQ2 = CQ2，所以PC ⊥PQ，
又由（1）知，CE⊥平面PDE，PE 是PC 在面PDE 内射影，
由三垂线逆定理得：PE ⊥PQ，
则∠CPE 即为二面角C −PQ −E 的平面角，
sin∠CPE =
CE
PC =
3
2 2
6 =
3
2 ，
所以面PDE 与面PBC 所成角的大小为
π
3.
………………………………………………15 分
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试卷第10页，共11页
18．（1）如图：b3 = 7，b4 = 11，
………………………………………………………4 分
（2）记线段上n 个点最多将其划分成an段，则an = n + 1，
为使划分区域块尽可能多，
新添加的一条直线ln，与前n −1 条直线l1，l2，⋯，ln−1都相交，有n −1 个不同的交点，
这些点把直线ln分成n 段，每一段又把原区域一分为二，则新增an−1 = n 个区域块，
即bn −bn−1 = an−1 = n，
)
2
(
n
，且b1 = 2，,
故bn = b1 +
i=1
n−1 ai
σ
= 2 + 2 + 3 + ⋯+ n =
n2+n+2
2
.………………………………………10 分
（3）记第k 刀所形成的切面所在平面为αk，
若切第n 刀，新增切面平面αn与前n −1 个平面α1，α2，α3，⋯，αn−1都相交，有n −1 条
不同的直线l1，l2，l3，⋯，ln−1，
这些直线把平面αn划分的区块数即为新增的空间区块数，
由（2）可知为使此数最大，则cn −cn−1 = bn−1，
)
2
(
n
，且c1 = 2，
故cn = c1 +
i=1
n−1 bi
σ
=
i=1
n−1 i2+i+2
2
=
1 +
1
2
i=1
n−1 i2
+
1
2
i=1
n−1 i
σ
+
i=1
n−1 1
σ
= 2 +
1
12 (n −1)n(2n −1) +
n(n−1)
4
+ n −1 =
1
6 n3 +
5
6 n + 1，
则c4 =
1
6 × 43 +
5
6 × 4 + 1 = 15，故此时最少切4 下即可.…………………………………17 分
19．（1）由题可得f′ x =−2cosxsinx ⋅cos2x + cos2x ⋅−2sin2x =−2sinxcosx ⋅4cos2x −1
=−2sinxcosx 2cosx −1
2cosx + 1 ．
令f′ x = 0 在x ∈(0, π)上的根为x1 =
π
3 , x2 =
π
2 , x3 =
2π
3 ，
当x ∈0,
π
3 时，f′ x < 0, f x 单调递减；当x ∈
π
3 ,
π
2 时，f′ x > 0, f x 单调递增；
当x ∈
π
2 ,
2π
3 时，f′ x < 0, f x 单调递减；当x ∈
2π
3 , π 时，f′ x > 0, f x 单调递增．
综上，f x 在0,
π
3 和
π
2 ,
2π
3 上单调递减，在
π
3 ,
π
2 和
2π
3 , π 上单调递增．
………………………………………………………………6 分
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试卷第11页，共11页
（2）因为f x + π = cos2 x + π cos2 x + π = cos2xcos2x = f x ，
所以f x 的一个正周期为π．
故函数f(x)在0, π 的最大与最小值即f x 的最大值和最小值.
根据（1）中结论，又f 0 = 1, f
π
3
=−
1
8 , f
π
2
= 0, f
2π
3
=−
1
8 , f π = 1，
所以f x 在0, π 的最大值为1，最小值为−
1
8．
故f x 的最大值为1，最小值为−
1
8．
………………………………………………12 分
（3）证明：cosxsin33xf x f 2x f 4x ⋯f 2nx = sin33xcos3xcos32xcos34x⋯cos32nx ⋅cos2n+1x
≤sin33xcos3xcos32xcos34x⋯cos32nx ，
又sin3x=sinxcos2x+cosxsin2x=sinx 1 −2sin2x + 2sinx 1 −sin2x = 3sinx −4sin3x，
所以sin3x cosxcos2xcos4xcos8x⋯cos2nx
= 3 −4sin2x sinx cosxcos2xcos22x⋯cos2nx
≤3 sinx cosxcos2xcos4x⋯cos2nx ≤3 ⋅
sin2n+1x
2n+1
≤
3
2n+1，
所以cosxsin33xf x f 2x f 4x ⋯f 2nx ≤
27
23n+3，得证．
…………………………………………………………………………………17 分
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