文档内容
2024 年高三年级期初调研检测
数学试题
2024.09
本试卷共 4页，19题．全卷满分 150分．考试用时 120分钟．
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上，并将准考证
号条形码粘贴在答题卡上的指定位置．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需要
改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在
本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
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．
A= { x y =ln ( 4−x )} B={ 1,2,3,4,5 } AB =
1. 已知集合 ， ，则 （ ）
A. {5} B. {1,2,3} C. {1,2,3,4} D. {1,2,3,4,5}
【答案】B
【解析】
【分析】根据对数中真数大于0解出集合A，再利用交集含义即可得到答案.
【详解】A= { x y =ln ( 4−x )} = { x x<4 } ，则A∩B={1,2,3}.
故选：B.
2. 已知复数z满足 ( 1+2i ) z =4+3i，则z的虚部为（ ）
A. 1 B. −1 C. i D. −i
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数的除法的计算公式得z =2−i，再根据共轭复数和复数虚部的概念即可.
4+3i ( 4+3i )( 1−2i ) 10−5i
【详解】z = = = =2−i，
1+2i ( 1+2i )( 1−2i ) 5
则z =2+i，则其虚部为1.
故选：A.
第1页/共21页
学科网（北京）股份有限公司π π
3. 已知命题p：∀α∈R，sin −α =cos +α ，则¬p为（ ）
4 4
π π π π
A. ∀α∈R，sin −α ≠cos +α B. ∃α∈R，sin −α ≠cos +α
4 4 4 4
π π π π
C. ∀α∉R，sin −α =cos +α D. ∃α∉R，sin −α =cos +α
4 4 4 4
【答案】B
【解析】
【分析】根据全称量词命题的否定，否定结论，全称变特称即可.
【详解】根据全称量词命题的否定，否定结论，全称变特称,则¬p为“∃α∈R，
π π
sin −α ≠cos +α ”.
4 4
故选：B.
4. 等差数列 的首项为−1，公差不为0，若a ,a ,a 成等比数列，则 的前6项和为（ ）
2 3 6
{𝑎𝑎𝑛𝑛} {𝑎𝑎𝑛𝑛}
A. −1 B. 3 C. −24 D. 24
【答案】D
【解析】
【分析】根据等比中项得到方程，解出d =2，后根据等差数列求和公式计算即可.
【详解】a ,a ,a 成等比数列,则a2 =a ⋅a ，即(a +2d)2 =(a +d)⋅(a +5d)，
2 3 6 3 2 6 1 1 1
a =−1代入.得到(−1+2d)2=(−1+d)⋅(−1+5d)，d ≠0，解得d =2.
1
6×5
则 { a } 的前6项和S =6×(−1)+ ×2=24.
n 6 2
故选：D.
5. 在平面直角坐标系 xOy 中，角 α 与角 β 均以 x 轴的非负半轴为始边，它们的终边关于 x 轴对称．若
1
cosα=− ，则cos (α−β)=（ ）
3
1 7 7
A. B. − C. 1 D.
9 9 9
【答案】B
【解析】
第2页/共21页
学科网（北京）股份有限公司【分析】运用角的终边对称性，得到正弦余弦值之间的关系，再用两角差的余弦值计算即可.
【详解】角α与角β均以x轴的非负半轴为始边，它们的终边关于x轴对称.
1 8 8
则cosα=cosβ=− ，sinα=−sinβ，且sin2α=1−cos2α= ，sinα⋅sinβ=−sin2α=− ，
3 9 9
1 8 7
故cos (α−β)=cosα⋅cosβ+sinα⋅sinβ= − =− .
9 9 9
故选：B
6. 两个粒子A，B从同一发射源发射出来，在某一时刻，它们的位移分别为S =(1,2)，S =(4,3)．粒子
A B
B相对粒子A的位移为S，则S在S 上的投影向量为（ ）
A
5 2 5 ( )
A. , B. 5,2 5 C. (1,2) D. (2,1)
5 5
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，求得S S S (3,1)，结合向量的数量积的公式和投影向量的公式，准确计算，即
B A
可求解.
【详解】由向量S =(1,2)，S =(4,3)，可得粒子B相对粒子A的位移为S S S (3,1)，
A B B A
可得S ⋅S =1×3+2×1=5且 S = 5 ，
A A
S ⋅S S 5
所以S 在S 上的投影向量为 A ⋅ A = ⋅(1,2)=(1,2) .
A S S 5× 5
A A
故选：C.
( x+a )2 ,x≤0
7. 设 f
(
x
)=
1 ，若 f
(
0
)
是 f
(
x
)
的最小值，则a的取值范围为（ ）
x+ +a,x>0
x
A.
[−1,0 ]
B.
[−1,2 ]
C.
[−2,−1 ]
D.
[−2,0 ]
【答案】A
【解析】
【分析】根据分段函数的最值，结合二次函数和基本不等式,二次不等式求解.
( x+a )2 ,x≤0
【详解】由于 f
(
x
)=
1
，则当x=0， f
(
0
)=a2
.由于 f
(
0
)
是 f
(
x
)
的最小值，
x+ +a,x>0
x
第3页/共21页
学科网（北京）股份有限公司1
则(−∞,0]为减区间，即有a≤0.则a2 ≤ x+ +a,x >0恒成立.
x
1 1
由x+ ≥2 x× =2，当且仅当x=1取最值.则 a2 ≤2+a，解得−1≤a ≤2。
x x
则a的取值范围为
[−1,0 ]
.
故选：A.
x2 y2
8. 已知双曲线C: − =1(a >0,b>0)的左、右焦点分别为F ，F ．以F F 为直径的圆和C的渐近线
1 2 1 2
a2 b2
在第一象限交于A点，直线AF 交C的另一条渐近线于点B，FB= BA，则C的离心率为（ ）
1 1
A. 2 B. 3 C. 2 D. 3
【答案】C
【解析】
π
【分析】根据题意，利用双曲线的对称性，得到∠AOF =∠FOB=∠AOB= ，结合双曲线的几何性
2 1 3
b π
质，求得 =tan = 3，进而求得双曲线的离心率，得到答案.
a 3
【详解】如图所示，因为FB= BA，可得点B为线段FA的中点，则OB⊥ FA，
1 1 1
可得∠FOB=∠AOB，
1
因为直线OA,OB是双曲线的渐近线，由双曲线的对称性可知∠AOF =∠FOB，
2 1
π
所以∠AOF =∠FOB=∠AOB= ，
2 1 3
b π c b
可得直线OA的斜率为 =tan = 3，则e= = 1+( )2 = 1+3 =2，
a 3 a a
所以双曲线C的离心率为2.
故选：C.
第4页/共21页
学科网（北京）股份有限公司二、选择题：本题共 3小题，每小题 6分，共 18分．在每小题给出的四个选项中，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. 一组数据：x ，x ，…，x 是公差为－2的等差数列，去掉首末两项x ，x 后得到一组新数据，则（ ）
1 2 10 1 10
A. 两组数据的极差相同 B. 两组数据的中位数相同
C. 两组数据的平均数相同 D. 两组数据的标准差相同
【答案】BC
【解析】
【分析】根据平均数的概念结合等差数列的性质判断C，由中位数的概念可判断B，由方差及等差数列的
通项公式计算即可判断D，根据极差及等差数列的通项公式可判断A．
1 1 1
【详解】对于C，原数据的平均数为x = (x +x ++x )= ×5(x + x )= (x +x )，
10 1 2 10 10 5 6 2 5 6
1 1 1
去掉x，x 后的平均数为x′= (x +x ++x )= ×4(x +x )= (x +x )= x ，则C正确；
1 10 8 2 3 9 8 5 6 2 5 6
1
对于B，原数据的中位数为 (x +x )，
2 5 6
1
去掉x，x 后的中位数仍为 (x +x )，即中位数没变，则B正确；
1 10 2 5 6
对于A，原数据的极差为x −x =−9d =18，
1 10
去掉x，x 后的极差为x −x =−7d =14，即极差变小，则A错误；
1 10 2 9
对于D，设公差为d，则原数据的方差为
2 2 2
1 1 1 1
s2 = 10 x 1 − 2 (x 5 +x 6 ) + x 2 − 2 (x 5 +x 6 ) ++ x 10 − 2 (x 5 +x 6 )
1 9 7 5 3 1 1
= [(− d)2 +(− d)2 +(− d)2 +(− d)2 +(− d)2 +( d)2 +
10 2 2 2 2 2 2
3 5 7 9
( d)2 +( d)2 +( d)2 +( d)2]=33，
2 2 2 2
2 2 2
1 1 1 1
去掉x 1 ，x 10 后的方差为s′2 = 8 x 2 − 2 (x 5 +x 6 ) + x 3 − 2 (x 5 +x 6 ) ++ x 9 − 2 (x 5 +x 6 )
1 7 5 3 1 1 3 5 7
= [(− d)2 +(− d)2 +(− d)2 +(− d)2 +( d)2 +( d)2 +( d)2 +( d)2]=21，
8 2 2 2 2 2 2 2 2
即方差变小．标准差也变小，则D错误.
故选：BC
10. 平面α过正方体ABCD− ABC D 的顶点A，平面α//平面CBD ，平面α平面ABCD=m，平
1 1 1 1 1 1
第5页/共21页
学科网（北京）股份有限公司面α平面ABB A =n，则（ ）
1 1
π
A. BD //m B. AB//平面α C. n⊥平面ADC B D. m,n所成的角为
1 1 1 1 1
3
【答案】ABC
【解析】
【分析】设平面α平面ABC D =m′ 证得m//m′和m′//BD ，可判定A正确；过DC作平面 γ ，
1 1 1 1 1 1 1
设平面γ平面α=a，证得AB//a，可判定B正确；设平面α平面DCC D =n′，证得n′⊥平面
1 1 1
ADC B ，可判定C正确；把m,n所成的角转化为BD与DC所成的角，结合CB D 为等边三角形，可
1 1 1 1 1 1 1
判定D不正确.
【详解】对于A中，设平面α平面ABC D =m′
1 1 1 1
在正方体ABCD− ABC D 中，可得平面ABCD//平面ABC D ，
1 1 1 1 1 1 1 1
因为平面α平面ABCD=m，所以m//m′，
又因为平面α//平面CBD ，且平面α平面ABC D =m′，
1 1 1 1 1 1
平面CBD ∩平面ABC D = BD ，所以m′//BD ，所以m//BD ，所以A正确；
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
对于B中，在正方体ABCD− ABC D 中，可得AB//DC，
1 1 1 1 1 1
因为平面α//平面CBD ，且平面DC ⊂平面CBD ，所以DC//平面α，
1 1 1 1 1 1
过DC作平面 γ ，设平面γ平面α=a，可得DC//a，
1 1
可得AB//a，且AB⊄α，所以AB//平面α，所以B正确；
1 1 1
对于C中，设平面α平面DCC D =n′，
1 1
因为平面α//平面CBD 且平面CBD ∩平面DCC D = DC ，所以n′//DC ，
1 1 1 1 1 1 1 1
在正方体ABCD− ABC D 中，可得AD ⊥平面DCC D ，
1 1 1 1 1 1
因为DC ⊂平面DCC D ，所以AD⊥ DC，
1 1 1 1
又因为DC ⊥DC，且ADDC = D，AD,DC ⊂平面ADC B ，
1 1 1 1 1 1
所以DC ⊥平面ADC B ，所以n′⊥平面ADC B ，
1 1 1 1 1
在正方体ABCD− ABC D 中，可得平面ABB A //平面DCC D ，
1 1 1 1 1 1 1 1
第6页/共21页
学科网（北京）股份有限公司因为平面α平面DCC D =n′，平面α平面ABB A =n，所以n//n′，
1 1 1 1
所以n⊥平面ADC B ，所以C正确；
1 1
对于D中，因为m//BD 且n//DC，所以m,n所成的角，即为BD与DC所成的角，
1 1 1 1 1 1
π
因为CB D 为等边三角形，可得∠CDB = ，
1 1 1 1 3
π
所以异面直线m,n所成的角为 ，所以D不正确.
3
故选：ABC.
m 1+a
11. 设数列 和 的项数均为m，称∑ a −b 为数列 和 的距离．记满足a = n 的所有数
i i n+1 1−a
i=1 n
{𝑎𝑎𝑛𝑛} {𝑏𝑏𝑛𝑛} {𝑎𝑎𝑛𝑛} {𝑏𝑏𝑛𝑛}
列 构成的集合为C．已知数列 { A } 和 { B } 为C中的两个元素，项数均为m，下列正确的有（ ）
n n
{𝑎𝑎𝑛𝑛}
A. 数列1,3,5,7和数列2,4,6,8的距离为4
( )
B. 若m=4p p∈N* ，则AA A = BB B
1 2 m 1 2 m
m
C. 若m=4p ( p∈N* ) ，则∑ A ≤m
i
i=1
D. 若A =2，B =3，数列 { A } 和 { B } 的距离小于2017，则m的最大值为3456
1 1 n n
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据数列距离的定义求两数列的距离判断A，结合数列 { A } ， { B } 的递推关系证明两数列具有
n n
m
周期性，判断B，利用基本不等式求 A + A + A + A ，由此求∑ A ，判断C，由条件求
4k+1 4k+2 4k+3 4k+4 i
i=1
4 7 3456 3457
∑ A −B = ，结合周期性可求∑ A −B ，∑ A −B ，由此判断D.
i i 3 i i i i
i=1 i=1 i=1
【详解】对于A，根据数列距离的定义可得：
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学科网（北京）股份有限公司数列1,3,5,7和数列2,4,6,8的距离为1−2 + 3−4 + 5−6 + 7−8 =4，A正确；
1+ A
对于B，设A =t，其中t ≠0，且t ≠±1，由A = n ，
1 n+1 1−A
n
1+t 1 t−1
所以A = ，A =− ，A = ，A =t，
2 1−t 3 t 4 t+1 5
则A = A ，
1 5
{ }
因此数列 A 中的项周期性重复，且间隔4项重复一次，
n
所以A A A A =1，1≤k ≤ p−1， p∈N∗，
4k+1 4k+2 4k+3 4k+4
1+B
设B = s，其中s ≠0，且s ≠±1，由B = n ，
1 n+1 1−B
n
1+s 1 s−1
所以B = ，B =− ，B = ，B =s，
2 1−s 3 s 4 s+1 5
则B = B ，
1 5
{ }
因此数列 B 中的项周期性重复，且间隔4项重复一次，
n
所以B B B B =1，1≤k ≤ p−1， p∈N∗，
4k+1 4k+2 4k+3 4k+4
( )
所以若m=4p p∈N* ，则AA A = BB B ，B正确；
1 2 m 1 2 m
1+t 1 t−1
因为 A + A + A + A = t + + − + ，其中t ≠0，且t ≠±1，
4k+1 4k+2 4k+3 4k+4 1−t t t+1
1 t+1 t−1
所以 t ≠ , ≠ ，
t t−1 t+1
1 t+1 t−1
所以 A + A + A + A = t + + + >2+2=4，
4k+1 4k+2 4k+3 4k+4 t t−1 t+1
m
所以若m=4p ( p∈N* ) ，∑ A >4p=m，C错误；
i
i=1
1 1
所以数列 { A } 中，A =2，A =−3，A =− ，A = ，k∈N∗，
n 4k−3 4k−2 4k−1 2 4k 3
1 1
故 { B } 中，B =3，B =−2，B =− ，B = ，k∈N∗，
n 4k−3 4k−2 4k−1 3 4k 2
k+1 k
∑ b −c ≥∑ b −c ，
i i i i
i=1 i=1
第8页/共21页
学科网（北京）股份有限公司所以项数m越大，数列 { A } 和 { B } 的距离越大，
n n
4 7 3456 7
由∑ A −B = ，可得∑ b −c = ×864=2016，
i i 3 i i 3
i=1 i=1
3457
∑ b −c =2016+1=2017，
i i
i=1
m
所以m≤3456时，∑ b −c <2017，
i i
i=1
故m的最大值为3456；
所以数列 { A } 和 { B } 的距离小于2017，则m的最大值为3456，D正确.
n n
故选：ABD.
【点睛】“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定
义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现
象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万
变才是制胜法宝.
三、填空题：本题共 3个小题，每小题 5分，共 15分．
12. 若曲线y =axcosx在点 ( 0,0 ) 处的切线斜率为−1，则a= ______．
【答案】−1
【解析】
【分析】先求导，再代入0，运用导数几何意义可解.
【详解】求导得到y′=a(cosx−xsinx)，将0代入导数，运用导数几何意义，得
a(cos0−sin0)=a = −1.
故答案为：−1.
π
13. 若x = ，x =π是函数 f ( x )=sinωx (ω>0 ) 的两个相邻极值点，则ω= ______．
1 3 2
3
【答案】
2
【解析】
【分析】根据题意得到借助最小正周期公式，再用两个相邻极值点相差半个周期可解.
π 1 π
【详解】x = ，x =π是函数 f ( x )=sinωx (ω>0 ) 的两个相邻极值点,则 T =(π− )，
1 3 2 2 3
第9页/共21页
学科网（北京）股份有限公司1 2π π 3
即 × =(π− )，解得ω= .
2 ω 3 2
3
故答案为：
2
14. 正方体ABCD－ABC D 的棱长为3，P是侧面ADD A（包括边界）上一动点，E是棱CD上一点，
1 1 1 1 1 1
若∠APB=∠DPE，且△APB的面积是DPE面积的9倍，则三棱锥P－ABE体积的最大值是______．
9 2
【答案】
8
【解析】
【分析】由条件先证明APB∽EPD，结合面积关系可得AP=3PD，在平面ADD A上建立平面直角坐
1 1
标系，确定点P的轨迹方程，结合体积公式求三棱锥P－ABE体积的最大值.
【详解】由已知AB⊥平面ADD A，AP⊂平面ADD A，
1 1 1 1
所以AB⊥ AP,
因为DE ⊥平面ADD A，DP⊂平面ADD A，
1 1 1 1
所以DE ⊥ DP，
所以∠BAP=∠EDP=90，又∠APB=∠DPE，
所以APB∽DPE，又△APB的面积是DPE面积的9倍，
AP 1
所以 = ，
DP 3
以点D为原点，DA,DC,DD 为x,y,z轴建立空间直角坐标系，
1
( ) ( )
则A 3,0,0 ，D 0,0,0 ，
( )
设点P的坐标为 x,0,z ，则0≤ x≤3，0≤ z ≤3，
由已知 AP =3 PD ，
所以 ( x−3 )2 +z2 =3 x2 +z2 ，
3 9
所以x2 +z2 + x− =0，其中0≤ x≤3，0≤ z ≤3，
4 8
3 9
所以点P的轨迹为以点 − ,0,0为圆心， 为半径的圆在侧面ADD A内的一段圆弧，
8 8 1 1
第10页/共21页
学科网（北京）股份有限公司过点P作PQ//DD ，因为DD ⊥平面ABCD，
1 1
所以PQ⊥平面ABCD，即PQ⊥平面ABE，
所以PQ为三棱锥P−ABE的高，
1 3 3
所以三棱锥P−ABE的体积V = S PQ= PQ= z ，
P−ABE
3
ABE
2 2
3 9
因为x2 +z2 + x− =0，0≤ z ≤3，
4 8
3 9
所以z = −x2 − x+ ， 0≤ x≤3，
4 8
3 2
所以当x=0时，z取最大值，最大值为 ，
4
3 3 2 9 2
所以当x=0时，三棱锥P－ABE体积取最大值，最大值为 × = .
2 4 8
9 2
故答案为： .
8
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于通过证明APB∽DPE相似，结合相似三角形的性质证明
AP 1
= .
DP 3
四、解答题：本题共 5小题，共 77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
15. 甲、乙两人在每次猜谜活动中各猜一个谜语，若一方猜对且另一方猜错，则猜对的一方获胜，否则本次
2 1
平局．已知每次活动中，甲、乙猜对的概率分别为 和 ，且每次活动甲、乙猜对与否互不影响，各次活
3 2
动也互不影响．
（1）求在一次猜谜活动中，有一方获胜的概率；
（2）若有一方获胜则猜谜活动结束，否则猜谜继续，猜谜最多进行3次，求猜谜次数X的分布列和期
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学科网（北京）股份有限公司望．
1
【答案】（1）
2
7
（2）分布列见解析，
4
【解析】
【分析】（1）有一方获胜，意味着结果为一对一错，分情况用相互独立事件的乘法公式计算相加即可；
（2）确定X 取每一个值对应时间的概率，即可求解.
【小问1详解】
设甲猜对为事件A，乙猜对为事件B，
事件AB+ AB表示“星队”第一轮活动中只有1人猜对，且事件AB与AB互斥，
则P ( AB ) = P ( A ) ×P ( B )= 1 ，P ( AB ) = P ( A )×P ( B ) = 1 ，
6 3
( ) ( ) ( ) 1 1
∴P AB+ AB = P AB +P AB = ，即有一方获胜的概率为 .
2 2
【小问2详解】
由题意X 的可能取值为1，2，3
1
X =1表示第一次猜谜有人获胜，所以 p ( X =1 )= ,
2
1 1 1
X =2表示第一次猜谜没人获胜同时第二次猜谜有人获胜，所以 p ( X =2 )= × =
2 2 4
1 1 1
由分布列的性质，可得 p ( X =3 )=1− − = ，
2 4 4
所以分布列为
X 1 2 3
1 1 1
p
2 4 4
1 1 1 7
所以E ( X )=1× +2× +3× =
2 4 4 4
a
16. 已知ABC的内角A,B,C 的对边分别为a,b,c， 2 ( ccosB+bcosC )= ．
cosA
（1）求A；
1
（2）若AB边上的高等于 c，求sinC．
3
第12页/共21页
学科网（北京）股份有限公司π
【答案】（1）
4
3 10
（2）
10
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理，边化角，结合两角和的正弦公式化简即可；
（2）先用c表示ABC中线段的长度，然后利用等面积法求解即可.
【小问1详解】
a sinA
由 2 ( ccosB+bcosC )= 得 2 ( sinCcosB+sinBcosC )= ，
cosA cosA
所以 2sin ( B+C )= sinA ，即 2sinA= sinA ，又sinA≠0，所以cosA= 2 ，
cosA cosA 2
π
又0< A<π，得A= .
4
【小问2详解】
由题得示意图
1
作CD⊥ AB，则 CD = c，
3
π 1 2 2
因为A= ，所以 AD = CD = c，得 AC = c， DB = c，
4 3 3 3
5 1 1
所以 BC = c，利用等面积法可知： AB CD = AC BC sinC
3 2 2
1 2 5
即c× c= c× c×sinC，
3 3 3
3 10
解得：sinC = .
10
17. 如图，在四棱锥P−ABCD中，底面四边形ABCD是正方形，PD= DC，PD⊥底面ABCD，E是
线段PC的中点，F 在线段PB上，EF ⊥ PB．
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学科网（北京）股份有限公司（1）证明：PB⊥平面DEF ；
（2）G在线段PB上，EG与PA所成的角为45，求平面DEF 与平面DEG夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
6
（2）
3
【解析】
【分析】（1）根据题意，证得PD⊥ BC和DC ⊥ BC，得到BC ⊥平面PDC，证得BC ⊥ DE，再由
PD= DC，得到DE ⊥ PC ，证得DE ⊥平面PBC ，得到DE ⊥ PB，进而证得PB⊥平面DEF ；
（2）以点D为原点，建立空间直角坐标系，设正方形ABCD的边长为2，设PG =λPB，根据EG与
1
PA所成的角为45，求得λ= ，得到G(1,1,1)，求得平面DEG和平面DEF 的法向量分别为
2
n=(0,1,−1)和PB=(2,2,−2)，结合向量的夹角公式，即可求解.
【小问1详解】
证明：因为PD⊥底面ABCD，且BC ⊂底面ABCD，所以PD⊥ BC，
又因为ABCD为正方形，可得DC ⊥ BC，
因为PDDC =C，且PD,DC ⊂平面PDC，所以BC ⊥平面PDC，
又因为DE ⊂平面PDC，所以BC ⊥ DE，
因为PD= DC，且E为PC的中点，所以DE ⊥ PC ，
又因为PC∩BC =C，且PC,BC ⊂平面PBC ，所以DE ⊥平面PBC ，
因为PB⊂平面PBC ，所以DE ⊥ PB，
又因为EF ⊥ PB，且DEEF = E，DE,EF ⊂平面DEF ，所以PB⊥平面DEF .
【小问2详解】
解：以点D为原点，以DA,DC,DP所在的直线分别为x轴、 y轴和z轴，建立空间直角坐标系，如图所
示，设正方形ABCD的边长为2，可得DP=2，
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学科网（北京）股份有限公司可得D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),P(0,0,2),E(0,1,1)，
则PA=(2,0,−2)，PB=(2,2,−2)，PE =(0,1,−1)
因为G在线段PB上，设PG =λPB=(2λ,2λ,−2λ)，其中0<λ<1，
则EG = PG−PE =(2λ,2λ−1,−2λ+1)，
PA⋅EG 8λ−2 2
因为EG与PA所成的角为45，可得cos45 = = = ，
PA EG 2 2× 12λ2 −8λ+2 2
1 1
解得λ2 = ，所以λ= ，所以G(1,1,1)，可得DE =(0,1,1),DG =(1,1,1)，
4 2
n⋅DE = y+z =0
设平面DEG的法向量为n=(x,y,z)，则 ，
n⋅DG = x+ y+z =0
令 y =1，可得x =0,z = −1，所以n=(0,1,−1)，
因为PB⊥平面DEF ，所以平面DEF 的一个法向量为PB=(2,2,−2)，
设平面DEF 与平面DEG所成的二面角为θ，其中0 <θ<90，
n⋅PB
4 6 6
可得cosθ= = = ，即平面DEF 与平面DEG所成的二面角为 .
n PB 2×2 3 3 3
18. 已知双曲线C:4x2 − y2 =m，点P(1,1)在C上．按如下方式构造点P（n≥2）；过点P 作斜率为1
1 n n−1
的直线与C的左支交于点Q ，点Q 关于 y轴的对称点为P ，记点P 的坐标为 ( x ,y ) ．
n−1 n−1 n n n n
（1）求点P,P 的坐标；
2 3
（2）记a =2x − y ，证明：数列 { a } 为等比数列；
n n n n
（3）O为坐标原点，G,H 分别为线段PP ，P P 的中点，记△OP P ，OGH 的面积分别为
n n+2 n+1 n+3 n+1 n+2
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学科网（北京）股份有限公司S
S ,S ，求 1 的值．
1 2 S
2
7 13
【答案】（1）P(1,−1)，P
,−
2 3 3 3
S 9
（2）证明见解析 （3） 1 =
S 25
2
【解析】
【分析】（1）由点P ( 1,1 ) 可得m的值，求出l 的方程后联立双曲线可得Q ，即可得P ，再借助l 的方
1 P 1 Q 1 1 2 P 2 Q 2
程后联立双曲线可得Q ，即可得P ；
2 3
（2）联立y− y = x−x 与双曲线方程，结合韦达定理可得3x =5x −2y ，结合点Q (−x ,y )
n−1 n−1 n n−1 n−1 n−1 n n
代入可得y = y −x −x ，再利用等比数列定义与判定定理计算即可得证；
n n−1 n n−1
（3）由2x − y =3n−1，结合4x2 − y2 =3，从而可得x 与 y ，再利用面积公式分别计算出S ,S 即可得.
n n n n n n 1 2
【小问1详解】
由题知m =4−1=3，所以双曲线C:4x2 − y2 =3，
又过点P ( 1,1 ) ，斜率为1的直线方程为y = x，
1
由双曲线与直线的对称性可知Q (−1,−1)，所以P(1,−1)，
1 2
又过P(1,−1)，且斜率为1的直线方程为y+1= x−1，即y = x−2，
2
y = x−2 7 7 7 13
由 ，解得x=1或x =− ，当x =− 时，y =− −2=− ，
4x2 − y2 =3 3 3 3 3
7 13 7 13
所以Q − ,− ，所以P ,− ；
2 3 3 3 3 3
【小问2详解】
设P (x ,y )(n≥2,n∈N∗)，
n−1 n−1 n−1
则过P (x ,y )(n≥2,n∈N∗)，且斜率为1的直线方程为y− y = x−x ，
n−1 n−1 n−1 n−1 n−1
y− y = x−x
联立 n−1 n−1，消 y得到3x2 +2 ( x − y ) x−( x − y )2 −3=0，
4x2 − y2 =3 n−1 n−1 n−1 n−1
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学科网（北京）股份有限公司2
由题有−x +x =− ( x − y )，得到3x =5x −2y ，
n n−1 3 n−1 n−1 n n−1 n−1
由题知点Q (−x ,y ) 在直线y− y = x−x 上，即有y − y =−x −x ，
n−1 n n n−1 n−1 n n−1 n n−1
所以y = y −x −x ，因为a =2x − y ，
n n−1 n n−1 n n n
a 2x − y 2x − y +x +x 3x − y +x 5x −2y − y +x
则 n = n n = n n−1 n n−1 = n n−1 n−1 = n−1 n−1 n−1 n−1 =3，
a 2x − y 2x − y 2x − y 2x − y
n−1 n−1 n−1 n−1 n−1 n−1 n−1 n−1 n−1
由（1）知a =2−1=1，所以数列 为1为首项，3的公比的等比数列；
1
{𝑎𝑎𝑛𝑛}
【小问3详解】
由（2）知a =2x − y =3n−1，得到y =2x −3n−1，
n n n n n
由4x2 − y2 =3，即4x2 − y2 =( 2x − y )( 2x + y )=3，
n n n n n n n n
3 3
即2x + y = = =32−n，
n n 2x − y 3n−1
n n
( 2x + y )+( 2x − y ) 32−n +3n−1
则x = n n n n = ，
n 4 4
( 2x + y )−( 2x − y ) 32−n −3n−1
y = n n n n = ，
n 2 2
32−n +3n−1 32−n −3n−1 31−n +3n 31−n −3n
故P , ，P , ，
n 4 2 n+1 4 2
3−n +3n+1 3−n −3n+1 3−n−1+3n+2 3−n−1−3n+2
P , ，P , ，
n+2
4 2
n+3
4 2
132−n +3n−1 3−n +3n+1 5 ( 3−n +3n−1 )
故x = + = ，
G 2 4 4 4
132−n −3n−1 3−n −3n+1 5 ( 3−n −3n−1 )
y = + = ，
G 2 2 2 2
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学科网（北京）股份有限公司5 ( 3−n +3n−1 ) 5 ( 3−n −3n−1 ) 5 ( 3−n−1+3n ) 5 ( 3−n−1−3n )
即G , ，则H , ，
4 2 4 2
1 1 31−n +3n 3−n −3n+1 3−n +3n+131−n −3n
则S = x y −x y = −
1 2 n+1 n+2 n+2 n+1 2 4 2 4 2
1
( 31−n +3n )( 3−n −3n+1 ) − ( 3−n +3n+1 )( 31−n −3n )
=
2 8
1 31−2n +1−9−32n+1−31−2n −9+1+32n+1
=
2 8
1 −16
= =1，
2 8
1 1 5 ( 3−n +3n−1 ) 5 ( 3−n−1−3n ) 5 ( 3−n−1+3n ) 5 ( 3−n −3n−1 )
S = x y −x y = −
2 2 G H H G 2 4 2 4 2
= 1 × 25 ( 3−n +3n−1 )( 3−n−1−3n ) − ( 3−n−1+3n )( 3−n −3n−1 )
2 8
25 1 1
= 3−2n−1−1+ −32n−1−3−2n−1−1+ +32n−1
16 9 9
25 −16 25
= = ，
16 9 9
S 1 9
1 = =
故S 25 25.
2
9
【点睛】关键点点睛：本题最后一问关键点在于得到2x − y =3n−1后，结合4x2 − y2 =3，从而可得x
n n n n n
与 y ，再利用面积公式计算即可得.
n
19. 已知函数 f ( x ) 定义域为I ，D⊆ I ，若∀x∈D，∃t∈D，当x0 𝑥𝑥 ∈(0,+∞) 𝑓𝑓 (𝑥𝑥)<0
即 f
(
x
)
在
(−1,0 )
上单调递增，在 上单调递减，
(0,+∞)
即对∀x∈(−1,0 ] ，∃t∈(−1,0 ] ，当x0时，令ax+2a−2=0，则x= = −2，
a a
2
则当
−2≤0，即a≥1时，g′(
x
)≥0，即g (
x
)
在 上单调递增，
a
[0,1]
则
f′(
x
)=
g
(
x
)≥
g
(
0
)=0，即
f
(
x
)
在 上单调递增，
[0,1]
有 f
(
x
)≥
f
(
0
)
，不符合要求，故舍去；
2 2
当 −2≥1，即00，
a a
2 2
即g ( x ) 在0, −2上单调递减，在 −2,1上单调递增，
a a
2
则若需 f ( x )≤ f ( 0 ) 恒成立，有 ，解得a≤ −2，
ln2
e2
ln 2
由 2 2−3ln2 lne2 −ln23 8 ，故 −2<1，
−2−1= = = <0 ln2
ln2 ln2 ln2 ln2
2 2
由 ，故 −2> ，
3
3 4 e ln2 3
2 2 2(3−4ln2) 2(lne −ln2 ) ln16
2 2
即l当n2−<2
a
−≤3= 3−ln
2
2时， = 符合3l要n2求； = ln2 >0
3 ln2
2
综上所述，a≤ −2；
ln2
【小问2详解】
若 f
(
x
)
在D上的“Ω点”个数为0，则 f
(
m
)≤
f
(
1
)=0，符合要求；
若 f ( x ) 在D上的“Ω点”个数为s∈N*，令 f ( x ) 在D上的“Ω点”分别为i 、i 、、i ，
1 2 s
其中i 1，由题意 f ( i −1 )< f ( i ) ， f ( 1 )< f ( i ) ， f ( i −1 )≤ f ( 1 ) ，
k 1 1 1 1
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学科网（北京）股份有限公司故0< f ( i )− f ( 1 )≤1，即0< f ( i )≤1，又 f ( m )≤ f ( i ) ，故 f ( m )≤1，符合要求；
1 1 1
若s≥2，
则 ， ，， ，
由𝑓𝑓f (𝑖𝑖(1 x ))−−𝑓𝑓f (1() x=−1𝑓𝑓)(≤𝑖𝑖1) 1>，0则0𝑓𝑓<(𝑖𝑖2 f )(−i 𝑓𝑓)(−𝑖𝑖1 f )(>i 0−1 )≤1，𝑓𝑓( 𝑖𝑖𝑠𝑠)−𝑓𝑓(𝑖𝑖𝑠𝑠−1)>0
k k
若i −i =1，即i =i −1，则0< f ( i )− f ( i )≤1，
k k−1 k−1 k k k−1
若i −i = j >1，由题意 f ( i + j−1 )= f ( i −1 )< f ( i ) ， f ( i )< f ( i ) ，且
k k−1 k−1 k k k−1 k
f ( i −1 )≤ f ( i ) ，
k k−1
又0< f ( i )− f ( i −1 )≤1，故0< f ( i )− f ( i )≤1，即0< f ( i )− f ( i )≤1，
k k k k−1 2 1
0< f ( i )− f ( i )≤1，，0< f ( i )− f ( i )≤1，
3 2 s s−1
即有0< f ( i )− f ( i )+ f ( i )− f ( i )+− f ( i )≤s−1，即0< f ( i )− f ( i )≤s−1，
2 1 3 2 s−1 s 1
由0< f ( i )≤1，故0< f ( i )≤s，
1 s
又 f
(
m
)≤
f
(
i
)
，故 f
(
m
)≤s，
s
( ) ( )
即 f x 在D上的“Ω点”个数不小于 f m .
【点睛】关键点点睛：最后一问关键点在于借助 f ( x )− f ( x−1 )≤1，结合定义得到相邻两个“Ω点”的函
( )
数值之差小于等于1，即可得“Ω点”个数与 f m 的关系.
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