文档内容
2024 年高考数学全真模拟卷 02（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·西藏拉萨·统考一模）已知全集U={−1,3,5,7,9}，∁ A={−1,9}，B={3,7,9}，则
U
A∩B=（ ）
A．{3,7} B．{3,5} C．{3} D．{9}
【解题思路】根据补集、交集的知识求得正确答案.
【解答过程】因为U={−1,3,5,7,9}，∁ A={−1,9}，所以A={3,5,7}，
U
因为B={3,7,9}，所以A∩B={3,7}.
故选：A.
2．（5分）（2023·山东潍坊·统考模拟预测）已知i是虚数单位，若非零复数z满足(1−i)z=|z| 2，则
z
=（ ）
1+i
A．1 B．−1 C．i D．−i
【解题思路】设z=a+bi(a,b∈R)，利用复数的乘法、复数的模长公式以及复数相等可得出a、b的值，
z
可得出z的值，由此可求得 的值.
1+i
【解答过程】设z=a+bi(a,b∈R)，则(1−i)z=(1−i)(a+bi)=(a+b)+(b−a)i，由(1−i)z=|z| 2 可得(a+b)+(b−a)i=a2+b2，
z
所以，¿，又因为z≠0，所以，a=b=1，则z=1+i，故 =1.
1+i
故选：A.
3．（5分）（2023·全国·模拟预测）已知向量⃗a=(x,1)，⃗b=(2,y)，⃗c=(x,y).若(⃗a+⃗b)⊥(⃗a−⃗b)，且
⃗a//⃗b，则|⃗c|=（ ）
A．√2 B．√3 C．√5 D．√6
【解题思路】利用向量的数量积运算将向量垂直的条件转化为(⃗a+⃗b)⋅(⃗a−⃗b)=⃗a2−⃗b2=0，然后利用向量
的模的坐标运算公式和向量共线的坐标关系得到方程组，求解即得x,y的值，进而计算向量⃗c=(x,y)的模.
【解答过程】因为⃗a=(x,1)，⃗b=(2,y)，
由(⃗a+⃗b)⊥(⃗a−⃗b)可得，(⃗a+⃗b)⋅(⃗a−⃗b)=⃗a2−⃗b2=0，
即(x2+1)−(4+ y2)=0，整理得x2−y2=3.
又因为⃗a∥⃗b，所以xy=2，
联立¿，解得¿或¿，
故|⃗c|=√x2+ y2=√5，
故选C.
4．（5分）（2023·江苏苏州·校联考模拟预测）江南的周庄、同里、甪直、西塘、鸟镇、南浔古镇，并称
为“江南六大古镇”，是中国江南水乡风貌最具代表的城镇，它们以其深邃的历史文化底蕴、清丽婉约的
水乡古镇风貌、古朴的吴侬软语民俗风情，在世界上独树一帜，驰名中外.这六大古镇中，其中在苏州境内
的有3处.某家庭计划今年暑假从这6个古镇中挑选2个去旅游，则只选一个苏州古镇的概率为（ ）
2 3 1 4
A． B． C． D．
5 5 5 5
【解题思路】应用组合数求出所有可能情况数，应用古典概型的概率求法求概率即可.
【解答过程】从这6个古镇中挑选2个去旅游的可能情况有C2=15种情况，
6C1C1
3
只选一个苏州古镇的概率为P= 3 3 = ．
15 5
故选：B.
5．（5分）（2023·全国·模拟预测）记S 为等差数列{a }的前n项和，已知a =1，S =8．若S −2a =6，
n n 2 4 n n
则n=（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
【解题思路】设等差数列{a }的公差为d，由等差数列的通项公式和前n项和公式列方程组，解方程求出
n
a ,d，即可求出a ,S ，代入S −2a =6即可得出答案.
1 n n n n
【解答过程】设等差数列{a }的公差为d．由条件可知¿解得¿
n
n(−1+2n−3)
所以a =−1+2(n−1)=2n−3，S = =n2−2n．
n n 2
由S −2a =6，得n2−2n−2(2n−3)=6，即n2−6n=0，解得n=6（n=0舍去）．
n n
故选：B．
6．（5分）（2023·山东·山东省校联考模拟预测）已知函数f (x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0)的部分图象，
π
则f
( )=
（ ）
3
A．−1 B．−√2 C．−√3 D．−2
π
( )
【解题思路】由图象求得函数解析式，可求f .
3
【解答过程】函数f (x)=Asin(ωx+φ)，
由图象可知，A=2，
T π π π 2π 2π
函数最小正周期为T，有 = − ( − )= ，则T= = ，ω=3，
4 12 12 6 3 ω
得f (x)=2sin(3x+φ)，由f ( − π )=2sin [ 3 ( − π )+φ ] =2sin ( − π +φ )=2，取φ= 3π ，
12 12 4 4
(
3π
)
则f (x)=2sin 3x+ ，
4
f ( π )=2sin ( 3x+ 3π ) =2sin [ 3 ( π )+ 3π] =2sin 7π =−√2.
3 4 3 4 4
故选：B.
x2 y2
7．（5分）（2023·全国·模拟预测）已知双曲线C: − =1(a>0,b>0)的右焦点与实轴的右端点分别
a2 b2
为点F，A，以点A为圆心，a为半径的圆与双曲线的一条渐近线交于点P，O为坐标原点．若△OPF为
等腰三角形，则双曲线C的离心率e=（ ）
A．√3 B．√2 C．√3 4 D．√2或√3 4
【解题思路】设渐近线bx−ay=0，由点到直线的距离公式求出点A(a,0)到渐近线的距离，得出|OP|，
再分类讨论△OPF为等腰三角形，分别求解即可．
|ab| ab
【解答过程】如图，不妨取渐近线bx−ay=0，则点A(a,0)到渐近线的距离d= =
，
√b2+a2 c
2a2
所以|OP|=2√a2−d2= ，
c
2a2 c
若|OP|=|OF|，则 =c，所以离心率e= =√2；
c a
c c c bc
若|OP|=|PF|，则点P的横坐标x= ，将x= 代入bx−ay=0，得点P的坐标为( , )，
2 2 2 2a
所以 √ ( c ) 2 +( bc ) 2 = 2a2 ，即 c2 = 2a2 ，解得e= c =√3 4,
2 2a c 2a c a
若|OF|=|PF|，取OP的中点E，连接EF，
由等腰三角形三线合一知，EF⊥OP，
连接EA，由垂径定理知，EA⊥OP，显然矛盾，故|OF|=|PF|不成立；
综上，双曲线C的离心率为√2或√3 4，
故选：D．8．（5分）（2023·河北邢台·宁晋中学校考模拟预测）已知f(x)=x2+cosx，x∈R，若
a=f ( sin 1) ,b=f ( e − 4 1) ,c=f ( − 1) ，则（ ）
4 4
A．c0，
故g(x)=2x−sinx在x∈R上单调递增，又g(0)=0−0=0，
故当x≥0时，f′ (x)=g(x)>0，故f(x)在[0,+∞)上单调递增，
又f(−x)=x2+cos(−x)=x2+cosx=f(x)，故f (x)为偶函数，
( 1) ( 1) ( 1) (1)
故a−c=f sin −f − =f sin −f ，
4 4 4 4
令ℎ(x)=sinx−x，则ℎ ′(x)=cosx−1≤0，
(1) 1 1
故ℎ(x)在R上单调递减，故ℎ < ℎ(0)=0，即有sin < ，
4 4 4
( 1) (1)
由f(x)在[0,+∞)上单调递增，故f sin −f <0，
4 4
即ae−1=
1
>
1
，故f
(
e
−
4
1)
>f
(1)
，即b>c，
e 4 4
综上可得：a2|PF|
C．
|BF|(|MA|+|MB|)=2|MB||PF|
D．若正三角形△ODE的三个顶点都在抛物线上，则△ODE的周长为4√3【解题思路】设直线l的方程为y=kx+1，联立方程，利用根与系数的关系及|AF|=3|FB|求k，可判断
A，由点差法及垂直关系，抛物线的定义可得|AB|=2|PF|判断B，由k +k =0可得MF平分∠AMB，
AM BM
据此可判断C，根据正三角及抛物线的对称性求出DE坐标即可判断D.
【解答过程】如图，
对于选项A，设过焦点 的直线 的方程为 ， ， ，
F(0,1) l y=kx+1 A(x ,y ) B(x ,y )
1 1 2 2
由¿，得x2−4kx−4=0，∴x +x =4k，x x =−4，
1 2 1 2
由|AF|=3|FB|可知−x =3x ，代入x +x =4k，得x =6k，x =−2k，
1 2 1 2 1 2
1 √3
由x x =−4，得−12k2=−4，∴k2= ，则k=± ，故A正确．
1 2 3 3
对于选项B， ，设点 的坐标为 ，则 ， ．
F(0,1) Q (x ,y ) 2x =x +x 2y = y + y
0 0 0 1 2 0 1 2
由 得 ，所以y −y x +x x ，则直线 的斜率为x ．
¿ x2−x2=4(y −y ) 1 2= 1 2= 0 l 0
1 2 1 2 x −x 4 2 2
1 2
2 2
因为AB⊥PQ，所以直线PQ的斜率为− ，则直线PQ的方程为y−y =− (x−x )．
x 0 x 0
0 0
令 ，则 ，所以点 的坐标为 ，
x=0 y= y +2 P (0,y +2)
0 0
则|PF|= y +2−1= y +1．
0 0
由抛物线的定义可知，|AB|=|AF|+|BF|= y + y +2=2y +2，
1 2 0
所以|AB|=2|PF|，故B错误．
对于选项C，因为 y +1 y +1
k +k = 1 + 2
AM BM x x
1 2kx +2 kx +2 2kx x +2(x +x ) 2k×(−4)+2×(−4k) ，
= 1 + 2 = 1 2 1 2 = =0
x x x x −4
1 2 1 2
所以直线AM与直线BM关于y轴对称，即MF平分∠AMB，
|AM| |AF| |AM|+|BM| |AF|+|BF| |AB| 2|PF|
所以 = ，则 = = = ．
|BM| |BF| |BM| |BF| |BF| |BF|
整理得 ，故C正确．
|BF|(|MA|+|MB|)=2|MB||PF|
对于选项D，设 ，因三角形 为正三角形，
D(x ,y )，E(x ,y ) ODE
3 3 4 4
则 ，
|OD|=|OE|⇒ x2+ y2=x2+ y2
3 3 4 4
又 ，
x2=4 y ，x2=4 y
3 3 4 4
则 4(y −y )= y2−y2 ⇒(y −y )(y + y +4)=0 .
3 4 4 3 4 3 4 3
因y ，y >0，则y = y ⇒x +x =0.
3 4 4 3 4 3
则 ，则 .
¿ D(−4√3,12)，E(4√3,12)
得△ODE的周长为24√3，故D错误.
故选：AC.
12．（5分）（2023·河北保定·统考二模）已知函数f (x)=ax3−3x+1，则（ ）
A．f (x)在[−1,1]单调递减，则a>1
B．若a>0，则函数f (x)存在2个极值点
C．若a=1，则f (x)有三个零点
D．若f (x)≥0在[−1,1]恒成立，则a=4
【解题思路】依题意若f (x)在[−1,1]单调递减可求得a≤1，可知A错误；若a>0，可判断出函数f (x)的单
调性，即可求出函数f (x)存在2个极值点，即B正确；将a=1代入可得出函数f (x)的单调性并画出图象即
可知C正确；利用参变分离并根据单调性求出函数最值即可得出D正确.
【解答过程】易知函数f (x)的定义域为R，且f′(x)=3ax2−3，
若f (x)在[−1,1]单调递减，可得f′(x)≤0在[−1,1]上恒成立，
即ax2≤1在[−1,1]上恒成立，当x=0时，a为任意值时都成立，
1 1
当x∈[−1,0)∪(0,1]时，可得a≤ ，易知x∈[−1,0)∪(0,1]时， ∈[1,+∞)；
x2 x21
即函数y= 在x∈[−1,0)∪(0,1]上的最小值为1，
x2
所以可得a≤1即可，可得A错误；
√1 √1
若a>0，令f′(x)=3ax2−3=0，可知方程3ax2−3=0有两个不相等的实数根 和− ，
a a
所以当 ( √1) (√1 )时 ； ( √1 √1)时 ；
x∈ −∞,− ∪ ,+∞ f′(x)>0 x∈ − , f′(x)<0
a a a a
即 在( √1)，(√1 )上单调递增，在( √1 √1)上单调递减，
f (x) −∞,− ,+∞ − ,
a a a a
所以函数f (x)存在2个极值点，即B正确；
若a=1，则f′(x)=3x2−3，易知x∈(−∞,−1)∪(1,+∞)时f′(x)>0；x∈(−1,1)时f′(x)<0；
即f (x)在(−∞,−1)和(1,+∞)上单调递增，在(−1,1)上单调递减，
所以f (x)的极大值为f (−1)=3>0，极小值f (1)=−1<0；
画出其函数图象如下图所示：
即可知f (x)有三个零点，所以C正确；
若f (x)≥0在[−1,1]恒成立，易知当x=0时，无论a取何值时，f (x)≥0恒成立；
3 1
当x>0，即00，所以 ℎ(x)单调递增；
2
1
当 0，
x2 x3 x4
3 1
即函数y= − 在[−1,0)上单调递增，所以y =4，
x2 x3 min
可得a≤4；
综上可得a=4，
所以，若f (x)≥0在[−1,1]恒成立，则a=4，即D正确.
故选：BCD.
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·安徽·校联考模拟预测）二项式 的展开式中，所有项系数和为 ，
(x−2)(1+x) n −256
则x2的系数为 −48 （用数字作答）.
【解题思路】利用赋值法求得n，再根据二项式展开式的通项公式求得正确答案.
【解答过程】令 可得二项式 的所有项系数和为 ，所以 .
x=1 (x−2)(1+x) n −2n=−256 n=8
二项式 的展开式的通项公式为 ， ，1，…，8，
(1+x) 8 T =Cr ⋅xr r=0
r+1 8
所以 的展开式中， 的系数为 .
(x−2)(1+x) n x2 C1−2C2= −48
8 8
故答案为：−48.
14．（5分）（2023·辽宁沈阳·东北育才学校校考模拟预测）四棱锥P−ABCD的底面ABCD是平行四边形，
点E、F分别为PC、AD的中点，平面BEF将四棱锥P−ABCD分成两部分的体积分别为V ,V 且满足
1 2
，则V
V >V 1=
1 2 V
2
7
．
5
【解题思路】利用椎体的体积公式求解.【解答过程】
如图，延长BF,CD交于点G，连接GE交PD于点M，
因为底面ABCD为平行四边形，所以△FDG与△FAB全等，
1
且△FDG与△BCG相似，相似比为 ，
2
设△FDG的面积为S，则四边形BCDF的面积为3S，
设点P到底面ABCD的距离为
ℎ
，
1 1 1
则V = ×3S× ℎ = Sℎ，
E−BCDF 3 2 2
1 1
又因为E为PC的中点，所以V = V = V ，
E−DFM 2 C−DFM 2 G−DFM
1 1 1 1
而V = S× ℎ = Sℎ,V =V +V =3V ，所以V = Sℎ，
E−DFG 3 2 6 E−DFG G−DFM E−DFM E−DFM E−DFM 18
5
所以V =V =V +V = Sℎ，
2 MECBFD E−BCDF E−DFM 9
1 5 7
所以V =V −V = ×4S×ℎ− Sℎ = Sℎ，
1 P−ABCD 2 3 9 9
所以V 7，
1=
V 5
2
7
故答案为: .
5
15．（5分）（2023上·湖北·高三校联考阶段练习）已知 ，
⊙O :x2+(y−2) 2=1
1
，过x轴上一点P分别作两圆的切线，切点分别是M，N，当 取到
⊙O :(x−3) 2+(y−6) 2=9 |PM|+|PN|
2
(3 )
最小值时，点P坐标为 ,0 .
4【解题思路】P(t,0)，则
，可看成点 到两
|PM|+|PN|=√t2+3+√(t−3) 2+27=√ (t−0) 2+[0−(−√3)] 2+√ (t−3) 2+(0−3√3) 2 P
定点A(0,−√3)，B(3,3√3)的距离和，而A,B两点在x轴的两侧，所以A,B连线与x轴的交点就是所求
点P.
【解答过程】 的圆心为 ，半径 ，
⊙O :x2+(y−2) 2=1 O (0,2) r =1
1 1 1
的圆心为 ，半径 ，
⊙O :(x−3) 2+(y−6) 2=9 O (3,6) r =3
2 2 2
设 P(t,0) ，则 |PM|=√|PO | 2 −1=√t2+4−1=√t2+3 ，
1
|PN|=√|PO | 2 −32=√(t−3) 2+62−9=√(t−3) 2+27
2
所以 ，
|PM|+|PN|=√t2+3+√(t−3) 2+27=√ (t−0) 2+[0−(−√3)] 2+√ (t−3) 2+(0−3√3) 2
取A(0,−√3)，B(3,3√3)
则 ，
|PM|+|PN|=|PA|+|PB|≥|AB|=√32+(4√3) 2=√57
当P,A,B三点共线时取等号，
4√3
此时AB直线：y+√3= (x−0)
3
3 (3 )
令y=0，则x= ，∴P ,0 ，
4 4
(3 )
故答案为： ,0 .
416．（5分）（2023·全国·模拟预测）已知函数f (x)=sin ( ωx−
π
) (ω>0)在 ( π,
3π
) 上单调递减，在
3 2
(7 11]
(0,2π)上恰有3个零点，则ω的取值范围是 , .
6 9
(
3π
)
【解题思路】先通过有3个零点列不等式求ω的取值范围，再通过在 π, 上单调递减列不等式求ω
2
的取值范围，综合可得ω的取值范围.
π π π
【解答过程】设t=ωx− ，当x∈(0,2π)时，t∈ ( − ,2πω− ) ，
3 3 3
因为函数f (x)在(0,2π)上恰有3个零点，
π 7 5
则2π<2πω− ≤3π，解得 <ω≤ .
3 6 3
( 3π ) ( π 3πω π)
当x∈ π, 时，t∈ πω− , − ，
2 3 2 3
(
3π
)
因为函数f (x)在 π, 上单调递减，
2
5 11 4k
所以¿，解得 +2k≤ω≤ + ，k∈Z，
6 9 3
5 11
取k=0，则 ≤ω≤ .
6 9
7 11
综上， <ω≤ .
6 9
(7 11]
故答案为： , .
6 9
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·山东·山东校联考模拟预测）记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知
b2+c2−a2
=4.
cosA
(1)求bc：
acosB−bcosA b
(2)若 = +1，求△ABC面积.
acosB+bcosA c
【解题思路】（1）由余弦定理化简已知等式，可求bc；
（2）由正弦定理和两角和的正弦公式化简等式，求出角A，面积公式求△ABC面积.b2+c2−a2 2bccosA
【解答过程】（1）由余弦定理a2=b2+c2−2bccosA，得 = =2bc=4，
cosA cosA
所以bc=2.
acosB−bcosA b
（2）若 = +1，由正弦定理，
acosB+bcosA c
acosB−bcosA sinAcosB−sinBcosA
=
acosB+bcosA sinAcosB+sinBcosA
sinAcosB−sinBcosA sinAcosB−sinBcosA
= = ，
sin(A+B) sinC
b b+c sinB+sinC sinB+sin(A+B) sinB+sinAcosB+sinBcosA
+1= = = = ，
c c sinC sinC sinC
所以−2cosAsinB=sinB，
1
因为B∈(0,π)，故00 q≠1
n
由a =3，a +a =36，得3q+3q2=36，
1 2 3
即q2+q−12=0，解得q=3或q=−4舍去），
所以 .
a =3×3n−1=3n
n
设等差数列 的公差为 .
{b } d
n
由题意，得¿
解得¿
所以b =7+(n−1)×2=2n+5.
n
n(n−1)
（2）因为S =7n+ ×2=n2+6n，
n 2
所以a + 1 =3n+ 1 =3n+ 1(1 − 1 ) ，
n S −4n n2+2n 2 n n+2
n
1
所以T =(31+32+⋯+3n)+ ¿
n 2
3(1−3n
) 1(3 1 1 )
= + − −
1−3 2 2 n+1 n+2
3n+1 3 2n+3
= − − .
2 4 2(n+1)(n+2)
19．（12分）（2023·四川自贡·统考一模）2025年四川省将实行3＋1＋2的高考模式，其中，“3”为语文、
数学，外语3门参加全国统一考试，选择性考试科目为政治、历史、地理、物理、化学，生物6门，由考
生根据报考高校以及专业要求，结合自身实际，首先在物理，历史中2选1，再从政治、地理、化学、生
物中4选2，形成自己的高考选考组合.
(1)若某小组共6名同学根据方案进行随机选科，求恰好选到“物化生”组合的人数的期望；
(2)由于物理和历史两科必须选择1科，某校想了解高一新生选科的需求.随机选取100名高一新生进行调查，得到如下统计数据，写出下列联表中a，d的值，并判断是否有95％的把握认为“选科与性别有关”？
选择历
选择物理 合计
史
男生 a 10
女生 30 d
合计 30
附： n(ad−bc) 2 .
K2=
(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)
P(K2>k )0.10 0.05 0.025 0.01 0.005
0
k 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879
0
【解题思路】（1）根据列举法求出一个学生恰好选到“物化生”组合的概率，确定6名同学根据方案进行
随机选科，符合二项分布，即可求得答案；
（2）由题意确定a,d的值，计算K2的值，与临界值表比较，即得结论.
【解答过程】（1）设物理、历史2门科目为m,n，政治、地理、化学、生物科目为e,b,c,f，
则根据高考选考组合要求共有组合为(m,e,b),(m,e,c),(m,e,f ),(m,b,c)，
(m,b,f ),(m,c,f ),(n,e,b),(n,e,c),(n,e,f ),(n,b,c),(n,b,f ),(n,c,f )，共12种，
1
所以一个学生恰好选到“物化生”组合的概率为P= ，
12
1
则6名同学根据方案进行随机选科，符合二项分布B(6, )，
12
1 1
故恰好选到“物化生”组合的人数的期望为6× = ；
12 2
（2）由题意可得a=40,d=20；
100(40×20−10×30) 2
则K2= ≈4.762>3.841，
50×50×70×30
所以有95％的把握认为“选科与性别有关”.
20．（12分）（2023·四川凉山·统考一模）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长为4的正方
π
形，∠PAD= ，PD=2，PB=2√7.
6(1)证明：平面PAD⊥平面ABCD；
(2)若E为PC的中点，求二面角A−BE−C的余弦值.
π
【解题思路】（1）在△PAD中，利用正弦定理证得∠APD= ，再结合面面垂直的判定定理证得结果；
2
（2）利用空间向量法，求平面ABE与平面ABE的法向量，利用两个法向量的余弦值得到结果.
2 4
=
【解答过程】（1）证明：在 △PAD中，由 π sin∠APD ，得sin∠APD=1， ∠APD∈(0,π) ，
sin
6
π π
所以∠APD= ，则PA=4cos =2√3，
2 6
又PB=2√7，AB=4，
所以PB2=PA2+AB2，即AB⊥PA，
因为AB⊥AD，又AD,PA⊂平面PAD，AD∩PA=A，所以AB⊥平面PAD，
因为AB⊂平面ABCD，所以平面PAD⊥平面ABCD.
（2）因为四边形ABCD为正方形，则CD∥AB，
又因为AB⊥平面PAD，则CD⊥平面PAD，
以点D为坐标原点，DA、DC所在直线分别为x、y轴，
平面PAD内过点D且与直线AD垂直的直线为z轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则 ， ， ， ， (1 √3)，
A(4,0,0) B(4,4,0) C(0,4,0) P(1,0,√3) E ,2,
2 2所以， ， ( 7 √3)， .
⃗BA=(0,−4,0) ⃗BE= − ,−2, ⃗BC=(−4,0,0)
2 2
设平面 的法向量为 ，
ABE u⃗=(x ,y ,z )
1 1 1
则 ，取 ，则 .
¿ x =√3 u⃗=(√3,0,7)
1
设平面 的法向量为 ，
BCE ⃗v=(x ,y ,z )
2 2 2
则 ，取 ，可得 ，
¿ y =−√3 ⃗v=(0,−√3,−4)
2
设二面角A−BE−C的平面角大小为θ，
u⃗⋅⃗v −28 14√247
则cosθ= = =− ，
|u⃗|⋅|⃗v| 2√13×√19 247
14√247
所以，二面角A−BE−C的余法值为− .
247
21．（12分）（2023·全国·模拟预测）已知双曲线 x2 y2 的焦点到其渐近线的距离为
C: − =1(a>0,b>0)
a2 b2
2√3，双曲线C经过点P(4,6)．
(1)求双曲线C的标准方程．
(2)若过点P的直线PA,PB分别与双曲线C交于不同的两点A,B，线段AB的中点为M，且直线PA,PB的
倾斜角互补，则双曲线上是否存在定点N，使得△PMN的面积为定值？若存在，求出定点N的坐标和
△PMN的面积；若不存在，请说明理由．
【解题思路】（1）利用双曲线的性质及点到直线的距离计算即可；
3
（2）设直线PA,PB方程，利用其斜率表示A、B、M坐标，得出点M在直线y=− x上，从而判定PN与
2
3
y=− x平行，求出N的坐标，再求出面积即可.
2
【解答过程】（1）由题意不妨设一焦点为F(c,0)，
b
易知双曲线的一条渐近线为l:y= x，即bx−ay=0，
a
bc
则点F到l的距离d= =b=2√3，
√b2+a2
∵点P(4,6)在双曲线C上，16 36
∴ − =1，结合b=2√3，得a=2，
a2 b2
x2 y2
∴双曲线C的标准方程为 − =1．
4 12
（2）显然直线PA,PB的斜率均存在且不为0，设直线PA的斜率为k，
则直线PB的斜率为−k，直线PA的方程为y−6=k(x−4)，
联立直线PA与双曲线方程，得¿，
化简得 （ ，且 ）．
(3−k2)x2−2k(4k−6)x−(16k2−48k+48)=0 3−k2≠0 Δ>0
设 ，则
−(16k2−48k+48)，
A(x ,y ),B(x ,y ),M(x ,y ) 4x =
1 1 2 2 0 0 1 3−k2
得 4k2−12k+12 4(k2−3k+3)，
x = =
1 k2−3 k2−3
将 代入直线 的方程，得
6(k2−4k+3)
，则
(4(k2−3k+3) 6(k2−4k+3))．
x PA y = A ,
1 1 3−k2 k2−3 3−k2
同理可得
(4(k2+3k+3) 6(k2+4k+3))．
B ,
k2−3 3−k2
的中点
的坐标为(4(k2+3) 6(k2+3))，
∴AB M ,
k2−3 3−k2
记O为坐标原点，连接OM，
3
∴k =− ，
OM 2
3
∴点M在直线y=− x上，
2
3
又k =− ∈(−√3,√3)，
OM 2
故经过点P且与直线OM平行的直线与双曲线有两个不同交点，
则除点P外的另一个交点即为定点N，且满足△PMN的面积为定值，
3
易知直线PN的方程为y=− x+12，代入双曲线C的方程，化简得x2+48x−208=0，即
2
(x−4)(x+52)=0，∴x =−52，
N3
把x =−52代入y=− x+12，得y =90，即定点N(−52,90)，
N 2 N
此时 ，
|PN|=√(−52−4) 2+(90−6) 2=28√13
∵OM//PN，
∴点M到直线PN的距离d 等于点O到直线PN的距离d ，
M o
12 24
d =d = =
则 M 0 √ (3) 2
+12
√13 ，
2
1 24
∴S = ×28√13× =336，
△PMN 2 √13
故存在定点N(−52,90)，使得△PMN的面积为定值336．
22．（12分）（2023上·河南·高三校联考阶段练习）已知函数 （ ）.
f (x)=xlnx−a(2x2+1) a∈R
(1)若a=−1，求f (x)的图象在x=1处的切线方程；
(2)若f (x)有两个极值点x ，x （x −2.
2 1 a
【解题思路】（1）利用切点和导数几何意义即可求解；
（2）①令g(x)=f′(x)=lnx−4ax+1，由题意可知，g(x)在(0,+∞)有两个不相等的实数根，根据g(x)的
单调性结合零点的存在性定理分类讨论求解即可；
②由①分析得 1 ， 1 x −x ，令 2(x−1)，可得 在 上单调递
x −x > −1 = 1 2 ℎ(x)=lnx− ℎ(x) (0,1)
2 1 4a 4a lnx −lnx x+1
1 2x x
增，因为 1<1 ，所以 ℎ ( 1 ) < ℎ(1) ，根据不等式性质计算即可得证.
x x
2 2
【解答过程】（1）若a=−1，则f (x)=xlnx+2x2+1，所以f′(x)=lnx+1+4x，
所以f′(1)=1+4=5，又f (1)=2+1=3，
所以f (x)的图象在x=1处的切线方程为y−3=5(x−1)，即5x−y−2=0.
（2）①由题意知f′(x)=lnx+1−4ax.
1
令g(x)=f′(x)=lnx−4ax+1，则g′(x)= −4a.
x
因为f (x)有两个极值点x ，x （x 0，则g(x)在(0,+∞)上单调递增，
所以g(x)在(0,+∞)上至多有一个零点，不符合题意；
1 1
若a>0，令g′(x)=0，解得x= ，所以当00，
4a 4a
1 ( 1 ) ( 1 )
当x> 时，g′(x)<0，所以g(x)在 0, 上单调递增，在 ,+∞ 上单调递减.
4a 4a 4a
1 ( 1 )
所以x= 时，g(x)取得极大值，即最大值为g =−ln(4a)，
4a 4a
( 1 ) 1
所以g =−ln(4a)>0，解得00，又g
(1)
=
−4a
<0，所以g
( 1 )
⋅g
(1)
<0，
4 4a e e 4a e
(1 1 )
由零点存在性定理知：存在唯一的x ∈ , ，使得g(x )=0.
1 e 4a 1
又 ( 1 ) 1 1 4 ，令 4 ，
g =ln −4a⋅ +1=−2lna− +1 μ(x)=−2lnx− +1
a2 a2 a2 a x
2 4 4−2x
所以μ′(x)=− + = ，所以当00，当x>2时，μ′(x)<0，
x x2 x2
所以μ(x)在(0,2)上单调递增，在(2,+∞)上单调递减，
4
所以μ(a)=−2lna− +1≤μ(2)=−2ln2−1<0，
a
所以 ( 1 ) ，所以 ( 1 ) ( 1 ) ，
g <0 g ⋅g <0
a2 4a a2由零点存在性定理知：存在唯一的 ( 1 1 )，使得 .
x ∈ , g(x )=0
2 4a a2 2
1
所以当01，
4 1 4a 2 4a
( 1 )
因为g(x)在 0, 上为增函数，及g(1)=1−4a>0，所以x <1，
4a 1
1 1
又x > ，所以x −x > −1.
2 4a 2 1 4a
因为 ， ，所以 ， ，
g(x )=0 g(x )=0 lnx −4ax +1=0 lnx −4ax +1=0
1 2 1 1 2 2
所以 ，所以 1 x −x .
lnx −lnx =4a(x −x ) = 1 2
1 2 1 2 4a lnx −lnx
1 2
2(x−1)
令ℎ(x)=lnx− （00 ℎ(x) (0,1)
x (x+1) 2 x(x+1) 2
x x
因为 x
4a lnx −lnx 2 1 2 2a
1 2
1 1 1
所以3x −x =(x +x )+2(x −x )> + −2= −2.
2 1 1 2 2 1 2a 2a a
