【赢在高考·黄金8卷】备战2024年高考数学模拟卷（新高考II 卷专用）
黄金卷
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
第 I 卷（选择题）
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，只有一项是符合要
求的。
1．已知集合A={x|(x+4)(x−e)<0}，B={x|−π≤x≤π}，则A∩B=（ ）
A．[−π,π] B．[−e,e] C．(−e,π] D．[−π,e)
【答案】D
【分析】解一元二次不等式化简集合A，再利用交集的定义求解即得.
【详解】集合A={x|(x+4)(x−e)<0}={x|−4<x<e}，而B={x|−π≤x≤π}，
所以A∩B=[−π,e).
故选：D
2．在复平面内，复数(2−i)(1+3i)的共轭复数对应的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【答案】D
【分析】由复数代数形式的乘法运算化简复数z，进而得到其共轭复数z所对应的点所在象限．
【详解】令z=(2−i)(1+3i)，
则z=(2−i)(1+3i)=5+5i，
则(2−i)(1+3i)的共轭复数为z=5−5i，
所以z对应的点位于第四象限．
故选：D．
3．十九世纪下半叶集合论的创立，奠定了现代数学的基础．著名的“康托三分集”是数学理性思维的构
(1 2)
造产物，具有典型的分形特征，其操作过程如下：将闭区间[0,1]均分为三段，去掉中间的区间段 , ，
3 3
[ 1] [2 ]
记为第一次操作；再将剩下的两个区间 0, , ,1 分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，记为
3 3第二次操作；…，如此这样，每次在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自
去掉中间的区间段．操作过程不断地进行下去，以至无穷，剩下的区间集合即是“康托三分集”．若使去
9
掉的各区间长度之和不小于 ，则需要操作的次数n的最小值为（参考数据：lg2=0.3010,lg3=0.4771
10
）（ ）
A．6 B．8 C．10 D．12
【答案】A
【分析】根据题意表示出n次操作后去掉的各区间长度之和，然后列出不等式，根据对数运算求解即可.
2
【详解】由题知，每次操作后剩下区间长度之和是操作前区间长度的 ，
3
(2) n
故n次操作后剩下区间长度之和为 ，
3
(2) n
所以，n次操作后去掉的各区间长度之和为1− ，
3
由1−
(2) n
≥
9
得n≥log
1
=
−1
=
1
≈5.68，
3 10 2 10 lg2−lg3 0.4771−0.3010
3
所以，n的最小值为6.
故选：A
4．已知向量⃗a，⃗b的夹角为60°，|⃗a|=|⃗b|=1，且向量⃗a与λ⃗b−⃗a垂直，则实数λ=（ ）
A．2√2 B．√3 C．√2 D．2
【答案】D
【分析】根据垂直向量的数量积建立方程，结合题意，可解得答案.
【详解】由⃗a⊥(λ⃗b−⃗a)，则⃗a⋅(λ⃗b−⃗a)=0，
1
即λ⃗a⋅⃗b−|⃗a|2=λ|⃗a||⃗b|cos60∘−|⃗a|2= λ−1=0，
2
解得λ=2.
故选：D.
5．2023年夏天贵州榕江的村超联赛火爆全国，吸引了国内众多业余球队参赛．现有六个参赛队伍代表站
2
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！成一排照相，如果贵阳折耳根队与柳州螺蛳粉队必须相邻，同时南昌拌粉队与温江烤肉队不能相邻，那么
不同的站法共有（ ）种．
A．144 B．72 C．36 D．24
【答案】A
【分析】利用相邻问题捆绑法、不相邻问题插空法求解即可.
【详解】先将不相邻的两队排除，将贵阳折耳根队与柳州螺蛳粉队看成一个整体，与余下两队先排，有A3
3
种方法，再将不相邻的两队插入他们的空隙中，有A2
种方法，最后落实贵阳折耳根队与柳州螺蛳粉队的具
4
体排法有A2 种方法，故不同的站法有A3A2A2=144种.
2 3 4 2
故选：A.
2π
6．在三棱锥 P−ABC中，侧棱PA=PB=PC=4，BC=2√3，∠BAC= ，则其外接球的表面积
3
是（ ）
16π 64π 32π 8π
A． B． C． D．
3 3 3 3
【答案】B
【分析】根据PA=PB=PC可得到点P在底面的射影H为底面三角形的外心，从而判断三棱锥的外接球球
心O在PH上，分别求得PH和BH,设出外接球半径，借助于直角三角形即可求得.
【详解】
2√3
=2r
如图，设△ABC的外接圆半径为r，由正弦定理： 2π ，解得：r=2，
sin
3
过点P作PH⊥平面ABC，垂足为H，
分别连接AH,BH,CH，因PA=PB=PC=4，故AH=BH=CH，即点H是△ABC的外心，
则BH=2,PH=√42−22=2√3,
依题，三棱锥 P−ABC的外接球球心O必在直线PH上，连接BO,不妨设外接球半径为R，则OB=R,OH=|2√3−R|,BH=2,
4√3
在△OBH中，由勾股定理，R2=(2√3−R) 2+4，解得：R= ,
3
4√3 2 64π
故外接球的表面积为4πR2=4π( ) = .
3 3
故选：B.
2√6 π
7．已知 cosα+√3sinα= ，则 cos(2α+ )=（ ）
3 3
2 2 1 1
A．− B． C．− D．
3 3 3 3
【答案】C
π
【分析】根据给定的条件，利用辅助角公式求出sin(α+ )，再利用二倍角的余弦公式计算即得.
6
2√6 π √6
【详解】由cosα+√3sinα= ，得sin(α+ )= ，
3 6 3
2
π π π √6 1
所以cos(2α+ )=cos2(α+ )=1−2sin2 (α+ )=1−2×( ) =− .
3 6 6 3 3
故选：C
8．已知函数f (x)=¿，方程[f (x)] 2 −2af (x)=0(a∈R)有两个不等实根，则下列选项正确的是（ ）
A．点(0,0)是函数f (x)的零点 B．a的取值范围是 ( 2 , e2 ) ∪ [e ,+∞ )
e2 8 2
C．x=−3是f (x)的极大值点 D．∃x ∈(0,1)，x ∈(1,3)，使f (x )>f (x )
1 2 1 2
【答案】D
【分析】由导函数得到函数的单调性和极值情况，画出函数图象，A选项，根据f (0)=0得到A错误；B选
项，f (x)=0或f (x)=2a，f (x)=0有1个实数根x=0，故f (x)=2a有1个非零实根，数形结合得到答案；
[e2
)
C选项，由图象得到x=−3不是f (x)的极大值点；对于D选项，求出f (x )∈(0,e)，f (x )∈ ,e ，
1 2 4
得到D正确.
4
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！【详解】当x<1时，f (x)=x2ex，则f'(x)=(x2+2x)ex=x(x+2)ex，
当x∈(−∞,−2)∪(0,1)时，f'(x)>0，f (x)在(−∞,−2),(0,1)单调递增，
4
当x∈(−2,0)时，f'(x)<0，f (x)单调递减，且f (−2)= ，f (0)=0；
e2
ex ex(x−2)
当x≥1时，f (x)= ，则f'(x)= ，
x2 x3
当x∈(1,2)时，f'(x)<0，f (x)单调递减，
当x∈(2,+∞)时，f'(x)>0，f (x)单调递增，
e2
且f (1)=e，f (2)= ，且f (x)≥0恒成立，
4
画出函数f (x)的图象如下：
对A，由f (0)=0可得0是函数f (x)的零点，故A错误；
对B，方程[f (x)] 2 −2af (x)=0(a∈R)等价于f (x)=0或f (x)=2a，
由图可得f (x)=0有1个实数根x=0，
2
所以方程[f (x)] −2af (x)=0(a∈R)有两个不等实根
4 e2
等价于f (x)=2a有1个非零实根，则由图可得 <2a< 或2a>e，
e2 4
2 e2 e
解得 <a< 或a> ，故B错误.
e2 8 2
对C，由图可得x=−2是f (x)的极大值点，x=−3不是f (x)的极大值点，故C错误；
对D，由图可得，当x ∈(0,1)时f (x )∈(0,e)，
1 1e3 9e
因为e<3，故f (3)= < =e，
9 9
[e2
)
故结合图象可得x ∈(1,3)时，f (x )∈ ,e ，
2 2 4
故∃x ∈(0,1)，x ∈(1,3)，使f (x )>f (x )，故D正确；
1 2 1 2
故选：D
【点睛】思路点睛：复合函数零点个数问题处理思路：
①利用换元思想，设出内层函数；
②分别作出内层函数与外层函数的图象，分别探讨内外函数的零点个数或范围；
③内外层函数相结合确定函数交点个数，即可得到复合函数在不同范围下的零点个数.
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的
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．已知函数f (x)=Asin(2ωx+φ)(A>0,ω>0,0<φ<π)在一个周期内的图象如图所示，图象与y轴的
交点为(0,√3)，则下列结论正确的是（ ）
A．f (x)的最小正周期为π
B．f (x)的最大值为2
5π
C．直线x= 是f (x)图象的一个对称轴
6
[ π ]
D．f (x)在区间 − ,0 上单调递增
3
【答案】ABD
【分析】由三角函数图象判断函数性质问题，一般是先结合图像分别求出ω,φ,A，周期确定ω，关键点确
定φ,A，接着根据要求，结合正弦型（余弦型）函数性质分别判断即得.
6
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！【详解】设f (x)=Asin(2ωx+φ)(A>0,ω>0,0<φ<π)的最小正周期为T，
7π π 1
由图象可知 − = T，解得T=π,故选项A正确；
12 12 2
2π π
因为ω>0，所以2ω= =2，解得ω=1，故f (x)=Asin(2x+φ).将 ( ,A ) 代入解析式得
T 12
π
Asin( +φ )=A，
6
π π 7π π π π π
因为0<φ<π，则 < +φ< ，所以 +φ= ,得φ= ，故f (x)=Asin( 2x+ ) .
6 6 6 6 2 3 3
π
又因为图象与y轴的交点为(0,√3)，所以Asin =√3，得A=2，故f (x)的最大值为2，选项B正确；
3
π 5π π 5π
由上述分析知f (x)=2sin( 2x+ ) ，当x= 时，2x+ =2π ，则点( ,0)是函数f (x)的对称中
3 6 3 6
5π
心，即直线x= 不是其对称轴，
6
故选项C错误；
[ π ] π [ π π] [ π π]
因当x∈ − ,0 时，取z=2x+ ∈ − , ，而y=sinz在 − , 上单调递增，故f (x)在
3 3 3 3 3 3
[ π ]
区间 − ,0 上单调递增，故选项D正确.
3
故选：ABD.
10．已知F为抛物线C：y2=2x焦点，过点M(3,2)的直线L与抛物线C交于不与原点O重合的两点
A(x ,y ),B(x ,y )，若⃗OA⋅⃗OB=0，则下列结论正确的是（ ）
1 1 2 2
A． x x =4 B．直线L的方程为y=2x−4
1 2
5
C．F关于L对称点为( ,−1) D．M为线段AB中点.
2
【答案】AB
【分析】设出直线L的方程，与抛物线方程联立，利用韦达定理结合数量积的坐标表示求出直线L的方程，
再逐项分析判断即得.
【详解】显然直线L不垂直于y轴，设直线L的方程为：x−3=t(y−2)，即x=ty−2t+3，
由¿消去x并整理得：y2−2ty+4t−6=0，Δ=4t2−4(4t−6)=4(t−2) 2+8>0，(y y ) 2
则y + y =2t,y y =4t−6，由⃗OA⋅⃗OB=0，得x x + y y = 1 2 + y y =0，
1 2 1 2 1 2 1 2 4 1 2
1
显然y y ≠0，则y y =−4，即4t−6=−4，解得t= ，
1 2 1 2 2
1
因此x x =−y y =4，直线L的方程为x−3= (y−2)，即y=2x−4，AB正确；
1 2 1 2 2
WSD
y + y 1
线段AB中点纵坐标为 1 2=t= ，而点M纵坐标为2，D错误；
2 2
1 5 3 1 3
显然F( ,0)，点F与点( ,−1)的中点坐标为( ,− )，在方程y=2x−4中，当x= 时，y=−1，
2 2 2 2 2
3 1 5
因此点( ,− )不在直线L上，即F关于L对称点坐标不是( ,−1)，C错误.
2 2 2
故选：AB
11．已知直三棱柱ABC−A B C 内接于球O,A A =8,AB⊥AC,AB=AC=4，点D,E为AB,AC的
1 1 1 1
中点，点Q为侧面BCC B 上一动点，且A Q=4，则下列结论正确的是（ ）
1 1 1
8
A．点A到平面A BC的距离为
1 3
B．存在点Q，使得CQ⊥平面A DE
1
C．过点D作球的截面，截面的面积最小为4π
D．点Q的轨迹长为2√2π
【答案】ACD
【分析】A选项，作出辅助线，由等体积法求出点A到平面A BC的距离；B选项，建立空间直角坐标系，
1
设Q(λ,4−λ,μ)，求出平面A DE的法向量⃗n，根据故⃗CQ与法向量⃗n不平行，得到B错误；C选项，当
1
OD与过点D的截面垂直时，截面的面积最小，求出截面半径的最小值，得到答案；D选项，作出辅助线，
8
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！得到点Q的轨迹，求出轨迹长度.
【详解】A选项，设点A到平面A
1
BC的距离为ℎ，因为V
A−A BC
=V
A −ABC
，
1 1
1 1 1
所以 S ⋅ℎ = S ⋅A A ,S = ×4×4=8,A A =8，
3 △A 1 BC 3 △ABC 1 △ABC 2 1
取BC的中点G，连接A G，
1
由勾股定理得A B=A C=√82+42=4√5，BC=√42+42=4√2，故BG=CG=2√2，
1 1
由三线合一可得A G⊥BC，由勾股定理得A G=√A B2−BG2=√80−8=6√2，
1 1 1
1 8×8 8 8
S = A G⋅BC=24，所以ℎ = = ，即点A到平面A BC的距离为 ，A正确；
△A 1 BC 2 1 24 3 1 3
B选项，以A为原点，AB,AC,A A 所在直线为x,y,z轴建系，
1
则C(0,4,0),D(2,0,0),E(0,2,0),A (0,0,8)，设Q(λ,4−λ,μ)，则⃗CQ=(λ,−λ,μ)，
1
设平面A DE的法向量为⃗n=(x,y,z)，则¿，
1
令z=1，则x= y=4，故⃗n=(4,4,1)，
设⃗CQ=t⃗n，t≠0，即(λ,−λ,μ)=t(4,4,1)，故¿，无解，
故⃗CQ与法向量⃗n不平行，
所以不存在点Q，使得CQ⊥平面A DE，B错误；
1
C选项，三棱柱的外接球O即为以AB,AC,A A 为邻边的长方体的外接球，
1
当OD与过点D的截面垂直时，截面的面积最小，
球心O(2,2,4),DO=2√5,AO=2√6，则过点D作球的截面，
截面半径的最小值为√ (2√6) 2 −(2√5) 2=2，
所以截面的面积最小为4π，C正确；D选项，过点A 作A H⊥B C 于H，则A H=2√2，
1 1 1 1 1
又BB ⊥平面A B C ，A H⊂平面A B C ，所以BB ⊥A H，
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
因为BB ∩B C =B ，BB ,B C ⊂平面BB C C，所以A H⊥平面BB C C，
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
因为HQ⊂平面BB C C，所以A H⊥HQ，
1 1 1
故HQ=√A Q2−A H2=√16−8=2√2，又B H=C H=2√2，
1 1 1 1
则点Q的轨迹是以点H为圆心，2√2为半径的半圆，
其圆心角为π，点Q的轨迹长即为2√2π，D正确.
故选：ACD
【点睛】方法点睛：特殊几何体的内切球或外接球的问题，常常进行补形，转化为更容易求出外接球或内
切球球心和半径的几何体，比如墙角模型，对棱相等的三棱锥常常转化为棱柱来进行求解.
12．实数a，b满足a2+4b2=2，则（ ）
1
A．ab≤
2
B．a+b的最大值为2√3
[ √10 √10]
C．a−b∈ − ,
2 2
9
D．(a+2b)(a3+8b3)的最大值为
2
【答案】ACD
【分析】对于A选项，利用基本不等式即可判断；对于B选项，利用参数方程即可求解；对于C选项，利
用B选项即可求解；对于D选项，令t=2ab即可求解,
【详解】对于A选项，由a2+4b2≥4ab，得4ab≤2，
1
所以ab≤ ，当且仅当a=2b时取“=”，故A正确；
2
√2 √10
对于B选项，令¿且θ∈[0,2π)，则a+b=√2cosθ+ sinθ= sin(θ+φ)，
2 2
2 1
其中sinφ= ，cosφ= ，
√5 √5
又θ∈[0,2π)，所以sin(θ+φ)的最大值为1，
10
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！√10
所以a+b的最大值 ，故B错误；
2
√2 √10
对于C选项，由B中的分析知，a−b=√2cosθ− sinθ=− sin(θ−φ)，
2 2
2 1
其中sinφ= ，cosφ= ，
√5 √5
[ √10 √10]
又θ∈[0,2π)，所以a−b∈ − , ，故C正确；
2 2
对于D选项，令t=2ab，
则(a+2b)(a3+8b3)=a4+(2b) 4+a3 ⋅2b+a(2b) 3 =(a2+4b2) 2 −2(2ab) 2+2ab¿，
1 9
且t≤1，所以当t= 时，(a+2b)(a3+8b3)取最大 ，
2 2
故D正确.
故选：ACD.
第 II 卷（非选择题）
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
1 5
13．在(2x− ) 的展开式中，x3的系数为 .(用数字作答)
x
【答案】−80
【分析】直接用二项式定理展开的通项求出即可.
1 5
【详解】在(2x− ) 的展开式中通项为T =Ck(2x) 5−k(−x−1) k ，
x k+1 5
所以5−k+(−1×k)=3，解得k=1，
所以x3的系数为C124×(−1) 1=−80，
5
故答案为：−80
14．已知定义在(−3,3)上的函数f(x)满足f(x)=e2xf(−x),f(1)=1,f' (x)为f(x)的导函数，当
x∈[0,3)时，f' (x)>f(x)，则不等式exf(1−x)>1的解集为
.
【答案】(−2,0)∪(2,3)f (x)
【分析】构造函数g(x)= ，由已知条件得g(x)在(−3,3)上是偶函数，然后根据其单调性从而可求解.
ex
f (x)
【详解】令g(x)= ，所以f (x)=exg(x)，
ex
因为f (x)=e2xf (−x)，所以exg(x)=e2xe−xg(−x)，化简得g(x)=g(−x)，
所以g(x)在(−3,3)上是偶函数，
f'(x)ex−exf (x) f'(x)−f (x)
因为g'(x)= = ，
e2x ex
f'(x)−f (x)
因为当x∈[0,3)，f'(x)>f (x)，所以g'(x)= >0，g(x)在区间[0,3)上单调递增，
ex
又因为g(x)为偶函数，所有g(x)在(−3,0)上单调递减，
f (1−x) 1 f (1−x) f (1)
由exf (1−x)>1，得 > ，又因为f (1)=1，所以g(1−x)= > =g(1)，
e1−x e e1−x e
所以¿，解得−2<x<0或2<x<3，
所以不等式的解集为(−2,0)∪(2,3).
故答案为：(−2,0)∪(2,3).
f (x)
【点睛】通过构造函数g(x)= ，结合已知函数求出函数g(x)为偶函数和其单调性，从而求解.
ex
15．若P，Q分别是函数y=x2与圆(x+3) 2+ y2=1上的点，则|PQ|的最小值为 ．
【答案】√5−1/−1+√5
【分析】设圆(x+3) 2+ y2=1的圆心为C(−3,0)，半径为r=1，当PC垂直于抛物线在点P处的切线时，
|PQ|取得最小值，为|PC|−r，利用导数的几何意义求得切线的斜率，再根据两直线垂直的条件，求
得点P的坐标，然后计算|PC|−r的值，即可．
【详解】设圆(x+3) 2+ y2=1的圆心为C(−3,0)，半径为r=1，
当PC垂直于抛物线在点P处的切线时，|PQ|取得最小值，为|PC|−r，如图所示，
12
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！n−0
设点P(m,n)，则直线PC的斜率为k = ，且m2=n，
PC m+3
由x2= y知，y'=2x，
所以在点P处的切线的斜率为k=2m，
n−0
因为直线PC与切线垂直，所以 ⋅2m=−1，所以2m3=−3−m，
m+3
所以(2m3+2)+(m+1)=0，即(m+1)(2m2−2m+3)=0，
1 2 5
因为2m2−2m+3=2(m− ) + >0恒成立，所以m+1=0，即m=−1，
2 2
此时P(−1,1)，
所以|PC|−r=√(−1+3) 2+(1−0) 2−1=√5−1，即|PQ|的最小值为√5−1．
故答案为：√5−1．
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是将问题转化为点C到函数y=x2上的点的最小值，利用数形结合即可
得解.
x2 y2
16．已知椭圆Γ: + =1(a>b>0)内有一个定点P(1,1)，过点P的两条直线l ，l 分别与椭圆Γ交于点
a2 b2 1 2
1
A，C和点B，D，且满足⃗AP=λ⃗PC，⃗BP=λ⃗PD，若λ变化时，直线CD的斜率总为− ，则椭圆Γ的离
4
心率为 ．
√3 1
【答案】 / √3
2 2
【分析】设出点的坐标，根据向量的倍数关系得出点的坐标之间的关系式，再利用“点差法”得出
a2
b2 (x +x )+a2 (y + y )k =0，结合直线的斜率关系推出b2(2+2λ)− (2+2λ)=0，即可得a,b之间的
1 2 1 2 AB 4
关系，即可求得答案.【详解】由题意可设A(x ,y )，B(x ,y )，C(x ,y )，D(x ,y )，且x ≠x ，x ≠x ，
1 1 2 2 3 3 4 4 1 2 3 4
因为P(1,1)，且⃗AP=λ⃗PC，所以(1−x ,1−y )=λ(x −1,y −1)，即¿，
1 1 3 3
同理有¿，
x2 y2 x2 y2
将A，B两点坐标代入椭圆方程得 1+ 1=1, 2+ 2=1，化简得，
a2 b2 a2 b2
b2 (x +x )(x −x )+a2 (y + y )(y −y )=0，即b2 (x +x )+a2 (y + y )k =0，
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 AB
同理，b2 (x +x )+a2 (y + y )k =0，
3 4 3 4 CD
1
由于⃗AP=λ⃗PC，⃗BP=λ⃗PD，则AB∥CD，所以k =k =− ，
AB CD 4
即¿，
即¿，
a2
①＋②得，b2 (x +λx +x +λx )− (y +λ y + y +λ y )=0，
1 3 2 4 4 1 3 2 4
a2 b2 1
即b2(2+2λ)− (2+2λ)=0，所以 = ，
4 a2 4
√ (c) 2 √ (b) 2 √3 √3
所以e= = 1− = = ，
a a 4 2
√3
故答案为：
2
【点睛】难点点睛：本题考查椭圆离心率的求解，难点在于找到a,b之间的关系，解答时要结合向量的数
乘得出点的坐标之间的关系，再结合点在椭圆上以及直线的斜率关系化简得出a,b之间的关系，计算过程
较为复杂.
14
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！四、解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。
17．设数列{a }的前n项和为S ，已知a =1,S −2S =1,n∈N∗．
n n 1 n+1 n
(1)证明：{S +1}为等比数列，求出{a }的通项公式；
n n
n
(2)若b = ，求{b }的前n项和T ．
n a n n
n
【答案】(1)证明见解析，a =2n−1
n
n+2
(2)T =4−
n 2n−1
S +1
【分析】（1）根据S −2S =1可推出S +1=2(S +1)，即得 n+1 =2，即可证明{S +1}为等比数
n+1 n n+1 n S +1 n
n
列，由此可求得S 的表达式，继而求得{a }的通项公式；
n n
n
（2）由（1）的结果可得b = 的表达式，利用错位相减法求数列的和，即可得答案.
n a
n
【详解】（1）∵S −2S =1 ∴S +1=2(S +1),n∈N∗，
n+1 n n+1 n
S +1
∴ n+1 =2，
S +1
n
∴{S +1}为等比数列；
n
∵a =1，故{S +1}的首项为S +1=2，公比为2，
1 n 1
∴S +1=2n ，则S =2n−1，
n n
当n≥2时，S =2n−1−1，则a =S −S =2n−1 ，a =1也满足此式，
n−1 n n n−1 1
∴a =2n−1 ；
n
n n 1 2 n
（2）由（1）可得b = = ，则T = + +⋅⋅⋅+ ，
n a 2n−1 n 20 21 2n−1
n1 1 2 n
故 T = + +⋅⋅⋅+ ，
2 n 21 22 2n
1
1−
1 1 1 1 n 2n n n+2
两式相减得： T = + +⋅⋅⋅+ − = − =2− ，
2 n 20 21 2n−1 2n 1 2n 2n
1−
2
n+2
故T =4−
.
n 2n−1
18．已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，且ccosB+bcosC=−2acosB.
(1)求角B的大小，
(2)若A的角平分线交边BC于点D，且AD=√3,c=√2，求边b.
2π
【答案】(1)B=
3
(2)b=√6
1 2π
【分析】（1）利用正弦定理以及两角和公式的逆用可求得cosB=− ，结合其范围可得B= ；
2 3
π
（2）在△ABD中利用正弦定理以及AD=√3,c=√2可求得∠ADB= ，可知△ABC是等腰三角形，
4
所以可求出b=√6.
【详解】（1）由正弦定理可得−2cosBsinA=sinCcosB+sinBcosC=sin(B+C)=sinA，
因为A∈(0,π)，所以sinA>0；
1
可得cosB=−
.
2
2π
又B∈(0,π)，故B=
.
3
（2）如下图所示：
AD c
在△ABD中， = ，
sinB sin∠ADB
16
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！csinB √2
所以sin∠ADB= = ，
AD 2
2π π
结合B= ，所以∠ADB= ，
3 4
π
所以∠BAD=∠DAC=
，
12
π
可得∠ACB=∠BAC=
，
6
所以△ABC是等腰三角形，且a=c，
π
所以b=2acos =√6.
6
19．党的二十大以来，国家不断加大对科技创新的支持力度，极大鼓舞了企业持续投入研发的信心.某科技
企业在国家一系列优惠政策的大力扶持下，通过不断的研发和技术革新，提升了企业收益水平.下表是对
2023 年1 ~5月份该企业的利润y(单位：百万)的统计.
1 3
月份 2 月 4 月 5 月
月 月
月份编号x 1 2 3 4 5
利润y(百万) 7 12 13 19 24
(1)根据统计表，求该企业的利润y与月份编号x的样本相关系数(精确到0.01)，并判断它们是否具有线性
相关关系（0.75≤|r|≤1，则认为y与x的线性相关性较强，|r|<0.75，则认为y与x的线性相关性较弱.）；
(2)该企业现有甲、乙两条流水线生产同一种产品.为对产品质量进行监控，质检人员先用简单随机抽样的方
法从甲、乙两条流水线上分别抽取了5件、3件产品进行初检，再从中随机选取3件做进一步的质检，记
抽到“甲流水线产品”的件数为X，试求X的分布列与期望.
x
∑(x −x)(y −y)
i i
附：相关系数 r= i=1 ，√1740≈41.7.
√ n √ n
∑(x −x) 2 ∑(y −y) 2
i i
i=1 i=1
【答案】(1)0.98；具有很强的线性相关性
15
(2)分布列见解析；
8
【分析】（1）根据公式求出相关系数r的值，即可判断；
（2）根据题意可知X可取的为0,1,2,3，然后计算列出分布列，求出期望即可求解.1+2+3+4+5
【详解】（1）由统计表数据可得: x= =3，
5
7+12+13+19+24
y= =15，
5
5
所以∑(x −x)(y −y) =16+3+0+4+18=41，
i i
i=1
√ 5
∑(y −y) 2=√64+9+4+16+81=√174，
i
i=1
√ 5
∑(x −x) 2=√4+1+0+1+4=√10，
i
i=1
41 41
所以相关系数 r= ≈ ≈0.98>0.75，
√1740 41.7
因此，两个变量具有很强的线性相关性.
（2）由题意知，X的可能取值为0,1,2,3
C0C3
1
C1C2
15
因为 P(X=0)= 5 3 = ,P(X=1)= 5 3 = ，
C3 56 C3 56
8 8
C2C1
15
C3C0
5
P(X=2)= 5 3 = ,P(X=3)= 5 3 = ，
C3 28 C3 28
8 8
所以X 的分布列为：
X 0 1 2 3
1 15 15 5
P
56 56 28 28
1 15 15 5 15
所以 E(X)=0× +1× +2× +3× = .
56 56 28 28 8
20．如图，在多面体ABCDEF中，四边形ABCE和四边形CDEF是全等的直角梯形，且这两个梯形所在
π
的平面相互垂直，其中∠ABC=∠BCE=∠CDE=∠≝= ，CE=EF=2AB=2CD.
2
18
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！(1)证明：DE⊥平面BCD；
(2)若AB=2，求点F到平面BDE的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)2√3
【分析】（1）利用面面垂直的性质定理证得BC⊥平面CDEF，进而利用线面垂直的判定定理即可得解；
（2）利用等体积法即可得解.
【详解】（1）因为平面ABCE⊥平面CDEF，平面ABCE∩平面CDEF=CE，
π
又∠BCE= ，即BC⊥CE，且BC⊂平面ABCE，所以BC⊥平面CDEF.
2
又DE⊂平面CDEF，故BC⊥DE.
π
又∠CDE= ，即DE⊥CD，且BC∩CD=C，BC,CD⊂平面BCD，
2
所以DE⊥平面BCD.
π
（2）因为∠CDE= ，CD=2，CE=4，
2
所以DE=√CE2−CD2=2√3.
因为四边形ABCE与四边形CDEF是全等的直角梯形，
所以BC=DE=2√3.
设点F到平面BDE的距离为h，
1 S
因为V
B−≝¿=V F−BDE ¿
，所以
3
S
△≝¿⋅BC=
3
1 S
△BDE
⋅ℎ¿
，所以ℎ =
S
△
△
≝
B
¿⋅
D
B
E
C ¿.
由（1）得，DE⊥平面BCD，又BD⊂平面BCD，所以BD⊥DE.
由（1）得BC⊥平面CDEF，又CD⊂平面CDEF，
所以BC⊥CD，所以BD=√BC2+CD2=4.1 1 S
所以S = BD⋅DE= ×4×2√3=4√3， 1 ，BC=2√3，
△BDE 2 2 △≝¿= 2 DE⋅EF=1×2√3×4=4√3¿
4√3×2√3
所以ℎ = =2√3，所以点F到平面BDE的距离为2√3.
4√3
21．已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为(−2√5,0)，离心率为√5．
(1)求C的方程；
(2)记C的右顶点为A，过点A作直线MA,NA与C的左支交于M,N两点，且MA⊥NA，AD⊥MN，D
为垂足．证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值．
x2 y2
【答案】(1) − =1；
4 16
(2)证明见解析.
【分析】（1）由已知求出双曲线参数，即可得方程；
（2）法1：讨论直线MN的斜率存在性，设直线方程联立双曲线，应用韦达定理及垂直关系列方程求所设
直线中的参数关系，代入直线方程确定定点即可；法2：设直线MN方程为m(x−2)+ny=1，联立双曲线
( y ) 2 y
得到 −16n⋅ −(16m+4)=0，结合直线垂直关系、韦达定理求参数m，进而确定定点.
x−2 x−2
x2 y2
【详解】（1）由题意¿，所以双曲线方程 − =1；
4 16
（2）法1：由（1）知A(2,0)，当直线MN斜率存在时，设直线MN方程为y=kx+m，
联立方程组¿，Δ=4k2m2+4(4−k2 )(m2+16)>0，即4k2−m2<16，
20
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！设M(x ,y ),N(x ,y )，由韦达定理可得¿
1 1 2 2
y y
因为MA⊥NA，所以 1 ⋅ 2 =−1⇒y y +(x −2)(x −2)=0，
x −2 x −2 1 2 1 2
1 2
⇒y y +x x −2(x +x )+4=0⇒(kx +m)(kx +m)+x x −2(x +x )+4=0，
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
⇒(k2+1)x x +(mk−2)(x +x )+m2+4=0，
1 2 1 2
m2+16 2km
⇒(k2+1) +(mk−2) +m2+4=0⇒3m2−4km−20k2=0，
k2−4 4−k2
10k
⇒(m+2k)(3m−10k)=0⇒m=−2k或m= ，
3
将m=−2k代入直线y=kx+m⇒y=k(x−2)，此时直线MN过定点A(2,0)，不合题意；
10k ( 10) ( 10 )
将m= 代入直线y=kx+m⇒y=k x+ ，此时直线MN过定点P − ,0 ，
3 3 3
当直线MN的斜率不存在时，不妨设直线方程为x=t，
因为MA⊥NA，所以△AMN为等腰直角三角形，此时M点坐标为(t,2√t2−4)，
10 ( 10 )
所以2√t2−4=2−t⇒3t2+4t−20=0⇒t=2（舍）或t=− ，此时MN过定点P − ,0 ，
3 3
( 10 )
综上可知，直线MN恒过定点P − ,0 .
3
因为AD⊥MN，此时存在以AP为斜边的直角三角形，
1 8 ( 2 )
所以存在定点Q为AP中点满足|DQ|= |AP|= ，此时Q − ,0 ．
2 3 3
法2：由（1）知A(2,0)，设直线MN方程为m(x−2)+ny=1，
联立方程组¿，
⇒4(x−2) 2+16(x−2)−y2=0⇒4(x−2) 2+16(x−2)[m(x−2)+ny]−y2=0，
⇒y2−16n(x−2)y−(16m+4)(x−2) 2=0，( y ) 2 y
两边同时除以(x−2) 2，得 −16n⋅ −(16m+4)=0，
x−2 x−2
y y
设M(x ,y ),N(x ,y )，因为MA⊥NA，所以 1 ⋅ 2 =−1，
1 1 2 2 x −2 x −2
1 2
( y ) 2 −16n⋅ y −(16m+4)=0⇒k2−16nk−(16m+4)=0，Δ=256n2+4(16m+4)>0，即
x−2 x−2
Δ=16n2+4m+1>0，
3
由韦达定理得k ⋅k =−(16m+4)=−1⇒m=− ，
1 2 16
3
代入直线m(x−2)+ny=1⇒− (x−2)+ny=1⇒16ny−(3x+10)=0，
16
( 10 )
⇒¿直线过定点P − ,0 ．
3
因为AD⊥MN，此时存在以AP为斜边的直角三角形，
1 8 ( 2 )
所以存在定点Q为AP中点满足|DQ|= |AP|= ，此时Q − ,0 ．
2 3 3
【点睛】关键点点睛：设含参的直线MN方程，联立双曲线，应用韦达定理及已知垂直关系求得直线方程
中参数关系或参数值为关键.
22．已知函数f (x)=a(ex−1)−lnx.
(1)当a=1时，求f (x)的图象在点(1,f(1))处的切线方程;
22
原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！(2)当a≥1时，证明：f (x)>sinx.
【答案】(1)y=(e−1)x
(2)证明见解析
【分析】（1）分别求出f (1),f'(1)，再利用直线的点斜式方程即可求解；
（2）利用作差法并构造函数g(x)=ex−1−lnx−sinx，并利用二次导数求出g(x) >0恒成立，即可求解.
min
1
【详解】（1）当a=1时，f (x)=ex−1−lnx，则f'(x)=ex−
x
所以f'(1)=e−1，又因为f (1)=e−1，
故所求切线方程为y−(e−1)=(e−1)(x−1)，即y=(e−1)x.
（2）因为f (x)的定义域是(0,+∞)，
所以当a≥1时，f (x)−sinx=a(ex−1)−lnx−sinx≥ex−1−lnx−sinx
1
设g(x)=ex−1−lnx−sinx，则g'(x)=ex− −cosx，
x
1 1
设ℎ(x)=g'(x)=ex− −cosx，则ℎ '(x)=ex+ +sinx>0在(0,+∞)上恒成立，
x x2
1
所以ℎ(x)在(0,+∞)上是增函数，则ℎ
(1)
=e3−3−cos
1
<0，
3 3
π
又因为ℎ ( π
4
)=e4 −
π
4 −sin π
4
，因为eπ>2.73>16=24，所以e π 4 >2 ，
4 π 4 1.42 π
又因为 +sin < + ≈1.984<2，所以ℎ ( )>0，
π 4 3.14 2 4
(1 π)
所以ℎ(x)在
3
,
4
上存在唯一零点x
0
，也是ℎ(x)在(0,+∞)上的唯一零点，
1 1
所以ℎ(x )=ex 0− −cosx =0，即 ex 0= +cosx ，
0 x 0 x 0
0 0
当0<x<x 时，g'(x)<0，g(x)在(0,x )上单调递减，
0 0
当x>x 时，g'(x)>0，g(x)在(x ,+∞)上单调递增，
0 01
所以g(x) =g(x )=ex 0−lnx −1−sinx = +cosx −lnx −1−sinx
min 0 0 0 x 0 0 0
0
π 1
由于0<x < ，所以 >1，lnx <0，cosx >sinx ，
0 4 x 0 0 0
0
所以g(x) =g(x )>0，所以g(x)>0，
min 0
所以当a≥1时，f (x)−sinx>0，即f (x)>sinx成立.
【点睛】方法点睛：（2）问中通过作差法后构造函数，利用构造函数的二次求导求出其最小值大于零，
从而求证.
24
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