文档内容
2024 年高考数学全真模拟卷 01（新高考专用）
（考试时间：120分钟；满分：150分）
注意事项：
1.本试卷分第I卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填
写在答题卡上。
2.回答第I卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用
橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3.回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第 I 卷
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，只有一项是符合题
目要求.
1．（5分）（2023·全国·模拟预测）已知集合A={0,1,2},B={x∈Z|x2<3}，则A∪B=（ ）
A．{0,1} B．{−1,0,2} C．{−1,0,1,2} D．{−1,1,2,3}
【解题思路】根据题意，求得B={−1,0,1}，结合集合并集的运算，即可求解.
【解答过程】由集合B={x∈Z|x2<3}={−1,0,1}，
又因为A={0,1,2}，所以A∪B={−1,0,1,2}．
故选：C.
2．（5分）（2023·四川甘孜·统考一模）已知复数z满足(1−i)⋅z=3+i.其中i为虚数单位，则|z|=（ ）
A．√3 B．√5 C．3 D．5
【解题思路】利用复数的四则运算，结合复数模的计算公式即可得解.
【解答过程】因为(1−i)⋅z=3+i，
3+i (3+i)(1+i) 2+4i
所以z= = = =1+2i，
1−i (1−i)(1+i) 2
则|z|=√1+4=√5.
故选：B.
→ →
3．（5分）（2023·四川甘孜·统考一模）已知平面向量
a,b
满足|⃗b|=2|⃗a|=2，若⃗a⊥(⃗a−⃗b)，则⃗a与⃗b
的夹角为（ ）π π 2π 5π
A． B． C． D．
6 3 3 6
【解题思路】根据向量垂直及数量积运算律、定义可得1−2cos⟨⃗a,⃗b⟩=0，即可求夹角.
【解答过程】由题设⃗a⋅(⃗a−⃗b)=⃗a2−⃗a⋅⃗b=0，而|⃗a|=1,|⃗b|=2，
1
所以1−2cos⟨⃗a,⃗b⟩=0⇒cos⟨⃗a,⃗b⟩= ，⟨⃗a,⃗b⟩∈[0,π]，
2
π
所以
⟨⃗a,⃗b⟩=
.
3
故选：B.
4．（5分）（2023·广西南宁·南宁三中校考模拟预测）2023年10月12日，环广西公路自行车世界巡回赛
于北海市开赛，本次比赛分别在广西北海、钦州、南宁、柳州、桂林5个城市举行，线路总长度达958.8
公里，共有全球18支职业车队的百余名车手参加.主办方决定选派甲、乙、丙、丁、戊5名志愿者到A、B
两个路口进行支援，每个志愿者去一个路口，每个路口至少有一位志愿者，则不同的安排方案总数为（
）
A．15 B．30 C．25 D．16
【解题思路】当两组人数分别为1和4时，2和3时两种情况，结合排列组合知识求出答案.
【解答过程】5名志愿者分为两组，
当两组人数分别为1和4时，此时有 种情况，
C1A2=10
5 2
当两组人数分别为2和3时，此时有 种情况，
C2C3A2=20
5 3 2
综上，不同的安排方案总数为10+20=30.
故选：B.
5．（5分）（2023·全国·模拟预测）已知 为等差数列 的前 项和， ，则 （ ）
S {a } n a +2a +a =24 S =
n n 7 9 17 20
A．240 B．60 C．180 D．120
【解题思路】利用等差数列的性质以及前n项和公式求解即可.
【解答过程】因为数列 为等差数列，所以 ，
{a } a +2a +a =2a +2a =24
n 7 9 17 12 9
所以a +a =12，
12 9所以 20(a +a ) ．
S = 1 20 =10(a +a )=10(a +a )=120
20 2 1 20 12 9
故选：D．
6．（5分）（2023·全国·模拟预测）在直角坐标系 中，椭圆 x2 y2 的左顶点与右焦点
xOy Γ: + =1(a>b>0)
a2 b2
分别为A,F，动点P在Γ上（不与Γ左、右顶点重合），Q为平面内一点，若⃗PF=3⃗QF，且
∠PAF=∠QOF，则Γ的离心率为（ ）
1 1 1 2
A． B． C． D．
2 3 4 5
【解题思路】利用椭圆的方程与性质，以及数形结合思想即可求解．
【解答过程】如图所示：
因为∠PAF=∠QOF，所以OQ//AP，
又 ，所以|AO| |⃗PQ| ，
⃗PF=3⃗QF = =2
|OF| |⃗QF|
c 1
所以|AO|=2|OF|，即a=2c，所以Γ的离心率e= = ．
a 2
故选：A．
π
7．（5分）（2023·广东·统考二模）如图，直线y=1与函数f (x)=Asin(ωx+φ) ( A>0,ω>0,|φ|< ) 的
2
图象的三个相邻的交点为A，B，C，且|AB|=π，|BC|=2π，则f (x)=（ ）(2 π) ( π)
A．2sin x+ B．2sin x+
3 3 2
2√3 (2 π) 2√3 ( π)
C． sin x+ D． sin x+
3 3 3 3 2
【解题思路】由题意可得相邻对称轴间距离求出周期得出ω排除BD，再由x=0区分AC即可得解.
【解答过程】因为|AB|=π，|BC|=2π，
π 3π 2π 2
所以相邻两对称轴间的距离 +π= ，即周期T=3π，所以ω= = ，
2 2 3π 3
排除BD，
(2 π)
当x=0时，代入f(x)=2sin x+ ，可得f(0)=√3>1，满足题意，
3 3
2√3 (2 π) 2√3 √3
代入f(x)= sin x+ ，可得f(0)= × =1，不符合题意，
3 3 3 3 2
故A正确C错误.
故选：A.
8．（5分）（2023·安徽·校联考模拟预测）已知f (x)是定义在R上的偶函数，函数g(x)满足
g(x)+g(−x)=0，且f (x)，g(x)在(−∞,0]单调递减，则（ ）
A． 在 单调递减 B． 在 单调递减
f (g(x)) [0,+∞) g(g(x)) (−∞,0]
C． 在 单调递淢 D． 在 单调递减
g(f (x)) [0,+∞) f (f (x)) (−∞,0]
【解题思路】利用函数的奇偶性与单调性一一判定选项即可.
【解答过程】由题意知f (x)在[0,+∞)单调递增，g(x)为奇函数，在R上单调递减.
设 ，则 ， ，
0≤x f (g(x ))
1 2 2 1 2 1
所以 在 单调递增，故A错误，
f (g(x)) [0,+∞)
设 ，则 ， ，
x g(x ) g(g(x ))g(f (x ))
1 2 1 2 1 2
所以 在 单调递减，故C正确；
g(f (x)) [0,+∞)取 f (x)=x2−1 ，则 f (f (x))=(x2−1) 2 −1 ， f (f (0))=0 ， f (f (−1))=−1 ，此时 f (f (x)) 在 (−∞,0] 不单调递
减，故D错误.
故选:C.
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9．（5分）（2023·广西玉林·校联考模拟预测）随着国民经济的快速发展和人民生活水平的不断提高，我
国社会物流需求不断增加，物流行业前景广阔．社会物流总费用与GDP的比率是反映地区物流发展水平的
指标，下面是2017～2022年我国社会物流总费用与GDP的比率统计，则（ ）．
A．2018～2022这5年我国社会物流总费用逐年增长，且2019年增长的最多
B．2017～2022这6年我国社会物流总费用的70％分位数为16.7万亿元
C．2017～2022这6年我国社会物流总费用与GDP的比率的极差为0.2％
D．2019年我国的GDP不达100万亿元
【解题思路】由图表结合统计相关知识逐项判断可得答案.
【解答过程】由图表可知，2018～2022这5年我国社会物流总费用逐年增长，2021年增长的最多，且增
长为16.7−14.9=1.8万亿元，故A错误；
因为6×70%=4.2，则70%分位数为第5个，即为16.7，
所以这6年我国社会物流总费用的70%分位数为16.7万亿元，故B正确；
由图表可知，2017～2022这6年我国社会物流总费用与GDP的比率的极差为14.8%−14.6%=0.2%，故
C正确；
由图表可知，2022年我国的GDP为17.8÷14.7%≈121.1万亿元，故D错误.
故选：BC.
10．（5分）（2023·云南大理·统考一模）如图，正方体ABCD−A B C D 的棱长为1，则下列四个命题
1 1 1 1正确的是（ ）
√2
A．正方体ABCD−A B C D 的内切球的半径为
1 1 1 1 2
π
B．两条异面直线D C和BC 所成的角为
1 1 3
π
C．直线BC与平面ABC D 所成的角等于
1 1 4
√3
D．点D到面ACD 的距离为
1 2
【解题思路】根据正方体和内切球的几何结构特征，可判定A错误；连接AC,CD ，把异面直线D C和
1 1
BC 所成的角的大小即为直线D C和AD 所成的角，△ACD 为正三角形，可判定B正确；证得B C⊥
1 1 1 1 1
平面ABC D ，进而求得直线BC与平面ABC D 所成的角，可判定C正确；结合等体积法，得到
1 1 1 1
，进而可判定D错误.
V =V
D−ACD D −ACD
1 1
【解答过程】对于A中，正方体ABCD−A B C D 的内切球的半径即为正方体ABCD−A B C D 的
1 1 1 1 1 1 1 1
1
棱长的一半，所以内切球的半径R= ，所以A错误.
2
对于B中，如图所示，连接AC,CD ，
1
因为AB//C D 且AB=C D ，则四边形ABC D 为平行四边形，所以BC //AD ，
1 1 1 1 1 1 1 1
所以异面直线D C和BC 所成的角的大小即为直线D C和AD 所成的角∠AD C的大小，
1 1 1 1 1
π
又因为AC=AD =D C=√2，则△ACD 为正三角形，即∠AD C= ，所以B正确；
1 1 1 1 3对于C中，如图所示，连接B C，在正方形BB C C中，BC ⊥B C.
1 1 1 1 1
因为AB⊥平面BB C C，B C⊂平面BB C C，所以AB⊥B C.
1 1 1 1 1 1
又因为AB∩BC =B，AB⊂平面ABC D ，BC ⊂平面ABC D ，
1 1 1 1 1 1
π
所以B C⊥平面ABC D ，所以直线BC与平面ABC D 所成的角为∠CBC = ，
1 1 1 1 1 1 4
所以C正确；
对于D中，如图所示，设点D到面ACD
1
的距离为ℎ，因为△ACD
1
为正三角形，
1 π √3
所以S = ×AC×AD sin = ,
△ACD 1 2 1 3 2
1 1
又因为S = ×AD×CD= ，根据等体积转换可知：V =V ，
△ACD 2 2 D−ACD 1 D 1 −ACD
1 1 1 √3 1 1 √3
即 ×ℎ×S = ×DD ×S ，即 ×ℎ× = ×1× ，解得ℎ = ，所以D错误.
3 △ACD 1 3 1 △ACD 3 2 3 2 3
故选：BC.
11．（5分）（2023·广西玉林·校联考模拟预测）已知直线 与圆 相切，则下列
x+ y=0 M:x2+(y−2) 2=r2
说法正确的是（ ）．
A．过(0,5)作圆M的切线，切线长为√7√2
B．圆M上恰有3个点到直线x−y+3=0的距离为
2
y
C．若点(x,y)在圆M上，则 的最大值是2+√3
x+2
D．圆 与圆M的公共弦所在直线的方程为
(x−3) 2+(y−3) 2=2 3x+ y−7=0
【解题思路】对于A：根据题意可得圆心和半径，结合切线性质分析求解；对于B：根据圆的性质结合点
y
到直线的距离分析求解；对于C：设 =k，分析可知直线kx−y+2k=0与圆M有公共点，结合点到直
x+2
线的距离分析求解；对于D：根据两圆方程判断两圆的位置关系即可.
【解答过程】圆 的圆心 ，半径为 ，
M:x2+(y−2) 2=r2 M(0,2) r
2
若直线x+ y=0与圆M:x2+(y−2) 2=r2相切，则r= =√2.
√2
对于选项A：因为点A(0,5)到圆心M(0,2)的距离|MA|=3>√2=r，
可知点 在圆外，所以切线长为 ，故A正确；
A √|MA| 2 −r2=√7
|−2+3| √2 1
对于选项B：因为圆心M(0,2)到直线x−y+3=0的距离为d= = = r，
√2 2 2
√2
所以圆M上恰有3个点到直线x−y+3=0的距离为 ，故B正确；
2
对于选项C：因为若点(x,y)在圆M上，则−√2≤x≤√2，可知x+2≠0，
y
设 =k，则kx−y+2k=0，
x+2
可知直线 与圆
有公共点，则|−2+2k|
，解得 ，
kx−y+2k=0 M ≤√2 2−√3≤k≤2+√3
√k2+1
y
所以 的最大值是2+√3，故C正确；
x+2
对于选项D：圆 的圆心 ，半径 ，
(x−3) 2+(y−3) 2=2 N(3,3) R=√2
则 ，可得 ，
|MN|=√(3−0) 2+(3−2) 2=√10 |MN|>R+r
所以两圆外离，没有公共弦，故D错误；
故选：ABC.12．（5分）（2023·安徽·校联考模拟预测）若函数 ，既有极大值点又有极小值点，
f(x)=aex+be−x+cx
则（ ）
A．ac<0 B．bc<0 C．a(b+c)<0 D．c2+4ab>0
【解题思路】根据极值定义，求导整理方程，结合一元方程方程的性质，可得答案.
ae2x+cex−b
【解答过程】由题知方程f′ (x)=aex−be−x+c= =0，
ex
ae2x+cex−b=0有两不等实根x ，x ，
1 2
令t=ex，t>0，则方程at2+ct−b=0有两个不等正实根t ，t ，
1 2
其中 ， ， ， ，
t =ex 1 t =ex 2 ¿ ¿
1 2
¿，故ACD正确，B错误.
故选：ACD.
第Ⅱ卷
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．（5分）（2023·全国·模拟预测）据先秦典籍《世本》记载：“尧造围棋，丹朱善之．”围棋，起源于
中国，至今已有四千多年历史，蕴含着中华文化的丰富内涵．现从3名男生和2名女生中任选3人参加围
7
棋比赛，则所选3人中至多有1名女生的概率为 ．
10
【解题思路】利用组合的知识结合古典概型的概率公式可解.
【解答过程】从5人中任选3人，一共有 种选法．
C3
5
所选3人中至多有1名女生的情况有以下两种：3人全都是男生，有 种选法；3人中有2名男生1名女生，
C3
3
有 C2C1 种选法．则所选3人中至多有1名女生的概率 P= C 3 3+C 3 2C1 2 = 7 ,
3 2 C3 10
5
7
故答案为： .
10
a2+4 2b2+b+2
14．（5分）（2023·全国·校联考模拟预测）已知a>0，b>0，且满足a+2b=3，则 + 的
2a 2b+17
最小值为 ．
2
【解题思路】根据基本不等式即可求解.
【解答过程】由于a>0，b>0，所以
a2+4 2b2+b+2 a 2 (2b+1)b+2 a 2 1 2 1
+ = + + = + + (2b+1)+ −
2a 2b+1 2 a 2b+1 2 a 2 2b+1 2
√a 2 √1 2 1 1 7
≥2 × +2 (2b+1)× − =4− = ，
2 a 2 2b+1 2 2 2
1
当且仅当¿，即a=2，b= 时等号成立.
2
7
故答案为： .
2
15．（5分）（2023·四川甘孜·统考一模）设f′(x)为f (x)的导函数，若f (x)=xex−f′(1)x，则曲线
在点 处的切线方程为 .
y=f (x) (1,f (1)) ex−y−e=0
【解题思路】对原函数求导并求得f′(1)=e，再由导数几何意义写出切线方程.
【解答过程】由题设 ，则 ，
f′(x)=(x+1)ex−f′(1) f′(1)=2e−f′(1)⇒f′(1)=e
所以 ，则 ，
f (x)=x(ex−e) f (1)=0
综上，点 处的切线方程为 ，即 .
(1,f (1)) y=e(x−1) ex−y−e=0
故答案为：ex−y−e=0.
16．（5分）（2023上·四川成都·高三校考阶段练习）在三棱锥S−ABC中，∠BAC=3∠SCA=90°，
125
SA⊥AB，SB=√13，AB=3，则三棱锥S−ABC外接球的体积为 π ．
6
【解题思路】找到外接球的球心，计算出外接球的半径，从而求得外接球的体积.
【解答过程】依题意AB⊥SA,AB⊥AC,SA∩AC=A,SA,AC⊂平面SAC，所以AB⊥平面SAC，
由于AB⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面SAC.
设D,E分别是BC,AC的中点，则DE//AB，所以DE⊥平面SAC.
设F是三角形SAC的外心，SA=√13−9=2，
2 1
由正弦定理得FA= × =2，
sin30° 2
过F作FO⊥平面SAC，过D作DO⊥平面ABC，FO∩DO=O，连接EF，EF⊂平面SAC，则DE⊥EF，所以四边形ODEF是矩形，
则O是三棱锥S−ABC外接球的球心.
由于AF⊂平面SAC，所以OF⊥AF，
3
在Rt△AFO中，AF=2,OF=OE= ，
2
√ 9 5 5
所以OA= 4+ = ，也即三棱锥S−ABC外接球的半径为 ，
4 2 2
4π (5) 3 125π
所以外接球的体积为 × = .
3 2 6
125
故答案为： π.
6
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（10分）（2023·上海奉贤·统考一模）在△ABC中，设角A、B、C所对边的边长分别为a、b、c，
已知√3c=√3bcosA+asinB.
(1)求角B的大小；
(2)当a=2√2，b=2√3时，求边长c和△ABC的面积S.
【解题思路】（1）借助正弦定理将边化为角，结合C=π−(A+B)及两角和的正弦公式计算化简即可得；
（2）根据正弦定理即可计算出A，结合B可求出C，再试用正弦定理即可得到c，再使用面积公式即可得
到面积.
【解答过程】（1）由正弦定理得√3sinC=√3sinBcosA+sin AsinB，
由于C=π−(A+B)，则√3sin(A+B)=√3sinBcosA+sin AsinB，
展开得√3sin AcosB+√3sinBcosA=√3sinBcosA+sin AsinB，
化简得√3cosB=sinB，
则tanB=√3，
π
所以B= ；
32√3 2√2 c
= = √2
（2）由正弦定理，得 π sin A sinC，即有sin A= ，
sin 2
3
π
因为a0 a −a =2
n n n−1 n n−1
所以 是首项为1，公差为2的等差数列，
{a }
n
所以a =1+2(n−1)=2n−1，n∈N∗.
n
（2）由（1）可得，a =2n−1，
n
2 2 1 1
所以b =a + =2n−1+ =2n−1+ − ，
n n a ⋅a (2n−1)(2n+1) 2n−1 2n+1
n n+1
n(1+2n−1) (1 1 1 1 1 1 )
所以T = + − + − +⋅⋅⋅+ −
n 2 1 3 3 5 2n−1 2n+1
1 2n
=n2+1− =n2+ .
2n+1 2n+1
19．（12分）（2023·全国·模拟预测）直播带货是一种直播和电商相结合的销售手段，目前已被广大消费
者所接受．针对这种现状，某公司决定逐月加大直播带货的投入，直播带货金额稳步提升，以下是该公司
2023年前5个月的带货金额：
月份x 1 2 3 4 5
带货金额y/万
350 440 580 700 880
元
(1)计算变量x，y的相关系数r（结果精确到0.01）．
(2)求变量x，y之间的线性回归方程，并据此预测2023年7月份该公司的直播带货金额．
(3)该公司随机抽取55人进行问卷调查，得到如下不完整的列联表：
参加过直播带货 未参加过直播带货 总计
女
25 30
性
男
10
性
总
计
请填写上表，并判断是否有90%的把握认为参加直播带货与性别有关．
5 5
参考数据： ， ， ，
y=590 ∑❑(x −x) 2=10 ∑❑(y −y) 2=176400
i i
i=1 i=15
， ．
∑❑(x −x)(y −y)=1320 √441000≈664
i i
i=1
n n
∑(x −x)(y −y) ∑❑(x −x)(y −y)
i i i i
参考公式：相关系数r= i=1 ，线性回归方程的斜率 b^= i=1 ，截距
√ n √ n n
∑(x −x) 2 ∑(y −y) 2 ∑❑(x −x) 2
i i i
i=1 i=1 i=1
a^= y−b^x．
附： n(ad−bc) 2 ，其中 ．
K2= n=a+b+c+d
(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)
P(K2≥k )0.15 0.10 0.05 0.025
0
k 2.072 2.706 3.841 5.024
0
【解题思路】（1）直接代入求相关系数即可；
（2）根据线性回归方程求解回归方程即可；
（3）零假设之后计算K2，再比较大小判断零假设是否成立即可.
5
∑(x −x)(y −y)
i i
1320 1320
【解答过程】（1）r= i=1 = = ≈0.99
√ 5 √ 5 √10×√176400 2×√441000
∑(x −x) 2 ∑(y −y) 2
i i
i=1 i=1
（2）因为 1 ， ， 5 ， 5 ，
x= ×(1+2+3+4+5)=3 y=590 ∑❑(x −x) 2=10 ∑❑(x −x)(y −y)=1320
5 i i i
i=1 i=1
5
∑(x −x)(y −y)
i i
所以 b^= i=1 = 1320 =132 ， a^=590−132×3=194 ，
5 10
∑(x −x) 2
i
i=1
所以变量x，y之间的线性回归方程为^y=132x+194，
当x=7时，^y=132×7+194=1118（万元）．
所以预测2023年7月份该公司的直播带货金额为1118万元．
（3）补全完整的列联表如下．
参加过直播带货 未参加过直播带货 总计女
25 5 30
性
男
15 10 25
性
总
40 15 55
计
零假设H ：参加直播带货与性别无关，
0
55×(25×10−5×15) 2
根据以上数据，经计算得到K2= ≈3.743>2.706=x ，
30×25×40×15 0.1
根据小概率值α=0.1的独立性检验我们推断H 不成立，即参加直播带货与性别有关，该判断犯错误的概率
0
不超过10%.
20．（12分）（2023·上海奉贤·统考一模）在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖
臑．如图，已知四面体P−ABC中，PA⊥平面ABC，PA=BC=1．
(1)若AB=1，PC=√3，求证：四面体P−ABC是鳖臑，并求该四面体的体积；
(2)若四面体P−ABC是鳖臑，当AC=a(a>1)时，求二面角A−BC−P的平面角的大小．
【解题思路】（1）借助线面垂直证明面面垂直，结合题目所给长度，运用勾股定理证明四面全为直角三
角形即可，体积借助体积公式计算即可得；
π π
（2）根据题意，会出现两种情况，即∠ABC= 或∠ACB= ，分类讨论计算即可得.
2 2
【解答过程】（1）∵PA⊥平面ABC，AB、AC⊂平面ABC，
∴PA⊥AB、PA⊥AC，
∴△PAC、△PAB为直角三角形，
在直角 中， ，
∴ △PAC |AC|=√|PC| 2 −|PA| 2=√2
在直角 中， ，
△PAB |PB|=√PA2+PB2=√2在 中，有 ，
∴ △ABC |AC| 2 =|AB| 2 +|BC| 2
∴AB⊥BC，故△ABC为直角三角形，
在 中，有 ，
△PBC |PC| 2 =|PB| 2 +|BC| 2
故PB⊥BC，故△PBC为直角三角形，
故四面体P−ABC四个面都是直角三角形，即四面体P−ABC是鳖臑，
1 1 1 1
V = S ⋅|PA|= × ×1×1×1= ；
P−ABC 3 △ABC 3 2 6
（2）∵PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，
∴PA⊥BC，
由AC=a>1=AB，
故∠BAC不可能是直角，
π
若∠ABC= ，则有AB⊥BC，
2
又PA⊥BC，PA、AB⊂平面PAB，PA∩AB=A，
故BC⊥平面PAB，又PB⊂平面PAB，
故BC⊥PB，
∴∠ABP是二面角A−BC−P的平面角，
1
∵AC=a，BC=1，∴AB=√a2−1，∴tan∠PBA=
，
√a2−1
所以二面角 的平面角的大小为 √a2−1．
A−BC−P arctan
a2−1
π
若∠ACB= ，
2
同理可得∠ACP是二面角A−BC−P的平面角，
AP 1
所以tan∠ACP= = ，
AC a
1
所以二面角的平面角的大小为arctan ，
a
综上所述，二面角 的平面角的大小为 √a2−1或 1.
A−BC−P arctan arctan
a2−1 a
21．（12分）（2023·吉林长春·东北师大附中模拟预测）在平面直角坐标系xOy中，抛物线E：y2=2px(p>0)的焦点为F，E的准线交x轴于点K，过K的直线l与拋物线E相切于点A，且交y轴正半轴
于点P.已知△AKF的面积为2.
(1)求抛物线E的方程；
(2)过点P的直线交E于M，N两点，过M且平行于y轴的直线与线段OA交于点T，点H满足⃗MT=⃗TH.证
明：直线HN过定点.
p (p )
【解题思路】（1）根据题意假设得直线l：x=my− ，联立抛物线方程求得，A ,p ，再利用三角形
2 2
面积即可求得p=2，由此得解；
4
（2）根据题意设得MN：y=kx+1，联立抛物线方程求得y + y = y y = ，再依次求得T，H的坐标，
1 2 1 2 k
从而求得直线 的方程，化简可得 为 y + y −4x ，由此得证.
HN HN y= 1 2 1
x −x
2 1
(p ) p ( p )
【解答过程】（1）由题可知，F ,0 ，准线x=− ，K − ,0 ，
2 2 2
p
因为直线l的斜率存在且不为0，所以设l：x=my− ，
2
联立¿，消去x，得y2−2pmy+p2=0，
因为l与E相切，所以 ，所以 或 ，
Δ=4 p2(m2−1)=0 m=1 m=−1
因为交y轴正半轴于点P，所以m=1,
(p )
因此y2−2py+p2=0，解得y=p，所以A ,p ，
2
1
故AF⊥KF，所以S = p2=2，所以p=2（负值舍去），
△AKF 2
所以抛物线E的方程为y2=4x.
（2）由（1）知A(1,2)，又l：y=x+1，所以P(0,1)，
如图所示：因为过点P的直线交E于M，N两点，所以MN斜率存在且不为零，
所以设 ： ， ， ，
MN y=kx+1(k≠0) M(x ,y ) N(x ,y )
1 1 2 2
联立¿，消去x，得k y2−4 y+4=0(k≠0)，
4
则Δ=16(1−k)>0，所以k<1且k≠0，y + y = y y = .
1 2 1 2 k
又直线 ： ，令 ，得 ，所以 ，
OA y=2x x=x y=2x T(x ,2x )
1 1 1 1
因为 ，所以 ，所以 y + y −4x ，
⃗MT=⃗TH H(x ,4x −y ) K = 1 2 1
1 1 1 NH x −x
2 1
所以直线 的方程为 y + y −4x ，
NH y−y = 1 2 1(x−x )
2 x −x 2
2 1
所以 y + y −4x x (y + y −4x ) y + y −4x 4x x −x y −x y ，
y= 1 2 1 x+ y − 2 1 2 1 = 1 2 1 x+ 1 2 1 2 2 1
x −x 2 x −x x −x x −x
2 1 2 1 2 1 2 1
因为 y2 y2 y2 y2 y y ，
4x x −x y −x y =4× 1× 2− 1×y − 2 y = 1 2[y y −(y + y )]=0
1 2 1 2 2 1 4 4 4 2 4 1 4 1 2 1 2
所以直线 为 y + y −4x ，所以 恒过定点 .
NH y= 1 2 1 x NH (0,0)
x −x
2 1
1
22．（12分）（2023·山西临汾·校考模拟预测）已知函数f (x)=aln(x+1)+ (x−1) 2 (a∈R)．
2
(1)若a=2，求f (x)的图像在x=0处的切线方程；
(2)若f (x)恰有两个极值点x ，x ，且x x +1
2 1
【解题思路】（1）先求切点，再求斜率，最后得到方程即可.
（2）①翻译题目条件，利用分离参数法求解即可.
②找到极值点之间的关系，消去多余变量，构造函数证明不等式即可.
1
【解答过程】（1）∵f (x)=aln(x+1)+ (x−1) 2，定义域为x∈(−1,+∞)，当a=2时，
2
f (x)=2ln(x+1)+ 1 x2−x+ 1 ，∴f (0)= 1 ，切点为 ( 0, 1) ，∴f′(x)= 2 +x−1= x2+1 ，
2 2 2 2 x+1 x+1
1
∴k=f′(0)=1，方程为∴y=x+
2
a x2+a−1
（2）①f (x)有两个极值点，f′(x)有两个零点，f′(x)= +x−1= ∴x2+a−1=0有两解，
x+1 x+1
a=−x2+1有两解，F(x)=a,g(x)=−x2+1，在(−1,+∞)内有两个交点，∴a∈(0,1)，
② 欲证， ，证
x +x =0,x x =a−1,x x +1,2f(x )+x −1>0
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2
1 1 1 1 1 1
f (x )+ x − >0,aln(x +1)+ x2−x + + x − >0，
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 1
aln(x +1)+ x2− x >0,x2=1−a,a=1−x2.，(1+x )ln(x +1)− x >0,
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
1 1
令g(x)=(1+x)ln(x+1)− x,x∈(0,1), ∵g′ (x)=ln(x+1)+ >0,
2 2
∴g(x)在(0,1)上递增，∴g(x)>g(0)=0,命题得证.
