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【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03
（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。
z 1
1．已知 =1− ，则|z|=（ ）.
1+i i
√2
A．√2 B． C．2 D．1
2
【答案】C
【分析】先根据复数的乘法运算求出复数z，再根据共轭复数的定义和复数的模的公司及即可得解.
z 1
【详解】由 =1− =1+i，得z=(1+i) 2=2i，
1+i i
则z=−2i，所以|z|=2.
故选：C.
2．集合A={−2,−1,0,1,2,3}，集合B={x|x=2k−1,k∈N}，则集合A∩B中元素的个数为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】B
【分析】根据给定条件，利用交集的意义求出A∩B即得.
【详解】集合A={−2,−1,0,1,2,3}，B={x|x=2k−1,k∈N}，则A∩B={−1,1,3}，
所以集合A∩B中元素的个数为3.
故选：B
a
3．已知等差数列{a }的前n项和为S ，对任意的n∈N∗，均有S ≤S 成立，则 8 的值的取值范围是
n n 5 n a
6
（ ）
A．(3,+∞) B．[3,+∞)
C．(−∞,−3)∪[3,+∞) D．(−∞,−3]∪[3,+∞)
【答案】B
【分析】根据已知得出a <0，公差d>0，然后返a =0和a ≠0(即a <0)分类计算.
1 5 5 5
【详解】由题意知S 是等差数列{a }的前n项和中的最小值，必有a <0，公差d>0，
5 n 1若a =0，此时S =S ，S ，S 是等差数列{a }的前n项和中的最小值，
5 4 5 4 5 n
a a +7d 3d
此时a =a +4d=0，即a =−4d，则 8= 1 = =3；
5 1 1 a a +5d d
6 1
若a <0，a >0，此时S 是等差数列{a }的前n项和中的最小值，
5 6 5 n
a
此时a =a +4d<0，a =a +5d>0，即−5< 1<−4，
5 1 6 1 d
a
1+7
a a +7d d 2
则 8= 1 = =1+ ∈(3,+∞)，
a a +5d a a
6 1 1+5 1+5
d d
a
综上可得： 8 的取值范围是[3,+∞)，
a
6
故选:B．
4．为进一步在全市掀起全民健身热潮，兴义市于9月10日在万峰林举办半程马拉松比赛.已知本次比赛设
有4个服务点，现将6名志愿者分配到4个服务点，要求每位志愿者都要到一个服务点服务，每个服务点
都要安排志愿者，且最后一个服务点至少安排2名志愿者，有（ ）种分配方式
A．540 B．660 C．980 D．1200
【答案】B
【分析】按照最后一个服务区有2名志愿者和3名志愿者进行分配，即1+1+2+2和1+1+1+3，分别求
出其方法种数，即可得出答案.
【详解】由题知可按照最后一个服务区有2名志愿者和3名志愿者进行分配，
C2C1C1
①6=1+1+2+2，有C2
⋅
4 2 1 A3=540；
6 A2 3
2
②6=1+1+1+3，有C3C1C1C1=120，
6 3 2 1
共有540+120=660（种）.
故选：B.
5．设函数f (x)=√3cosωx+sinωx，且函数g(x)=[f (x)] 2 −4在x∈[0,5π]恰好有5个零点，则正实数
ω的取值范围是（ ）[13 16) [5 31) [11 14) [23 29)
A． , B． , C． , D． ,
15 15 6 30 15 15 30 30
【答案】B
π
【分析】先化简为f (x)=√3cosωx+sinωx=2sin( ωx+ ) ，当0≤x≤5π时，得到
3
π π π
≤ωx+ ≤5ωπ+ .若函数g(x)=[f (x)] 2 −4在x∈[0,5π]恰好有5个零点，只需函数
3 3 3
π
f(x)=2sin ( ωx+ ) 在区间[0,5π]上恰有5条对称轴．结合正弦函数的图象可建立
3
9π π 11π
≤5ωπ+ < ，求解即可.
2 3 2
π
【详解】f (x)=√3cosωx+sinωx=2sin( ωx+ ) ，
3
令g(x)=[f (x)] 2 −4=0，得f(x)=±2，
2
因为函数g(x)=[f (x)] −4在x∈[0,5π]恰好有5个零点，
π
所以函数f(x)=2sin ( ωx+ ) 在[0,5π]上恰有5条对称轴．
3
π π π
当0≤x≤5π时， ≤ωx+ ≤5ωπ+ ，
3 3 3
π π π
令ωx+ =t ( ≤t≤5ωπ+ )
，
3 3 3
[π π]
则y=sint在 ,5ωπ+ 上恰有5条对称轴，如图：
3 3
9π π 11π [5 31)
所以 ≤5ωπ+ < ，解得ω∈ , ．
2 3 2 6 30
故选：B．x2 y2
6．如图所示，F ,F 是双曲线C: − =1(a>0,b>0)的左、右焦点，C的右支上存在一点B满足
1 2 a2 b2
sin∠AF F |BF |
BF ⊥BF ,BF 与双曲线C左支的交点A满足 2 1= 2 ，则双曲线C的离心率为（ ）
1 2 1 sin∠AF B |F F |
2 1 2
A．√3 B．2 C．2√3 D．√13
【答案】D
【分析】利用正弦定理及已知可得|AB|=|AF |，令|AB|=|AF |=x，由双曲线定义及
1 1
BF ⊥BF ，应用勾股定理列方程求得x=3a，进而求离心率.
1 2
|BF | |AB| |F F | |AF |
【详解】△ABF 中 2 = ，△AF F 中 1 2 = 1 ，
2 sin∠BAF sin∠AF B 1 2 sin∠F AF sin∠AF F
2 2 1 2 2 1
|BF |sin∠AF B |F F |sin∠AF F
所以|AB|= 2 2 ，|AF |= 1 2 2 1 ，
sin∠BAF 1 sin∠F AF
2 1 2
sin∠AF F |BF |
又∠BAF +∠F AF =π，则sin∠BAF =sin∠F AF ，又 2 1= 2 ，
2 1 2 2 1 2 sin∠AF B |F F |
2 1 2
所以|AB|=|AF |，令|AB|=|AF |=x，则|BF |=2x，|BF |=2x−2a，|AF |=x+2a
1 1 1 2 2
而|F F |=2c，由BF ⊥BF ，则|BF |2+|BF |2=|F F |2 ，|AB|2+|BF |2=|AF |2 ，
1 2 1 2 1 2 1 2 2 2
c
可得¿，即13a2=c2
⇒
e= =√13.
a
故选：D
7．已知函数f (x)=log |x|，设
a=f(log
2
3),b=f(7−0.1 ),c=f(log
1
25)
，则a，b，c的大小关系为
2
4
（ ）
A．b16，所以log 25>log 16=2，所以log 25>log 3>7−0.1>0，
4 4 4 2
所以f(log 25)>f(log 3)>f(7−0.1 )，所以c>a>b，
4 2
故选：A.
8．设函数f(x)=x−e−x，直线y=ax+b是曲线y=f(x)的切线，则2a+b的最小值为（ ）
1 1
A．2− B． −1
e e2
1 1
C．2− D．2+
e2 e2
【答案】C
【分析】先设切点写出切线方程，再求2a+b的解析式，最后通过求导判断单调性求出最小值.
【详解】令 f (x) 的切点为 (x ,x −e−x 0) ，因为 f'(x)=1+e−x ，
0 0
所以过切点的切线方程为 y−(x −e−x 0)=(1+e−x 0)(x−x ) ，
0 0
即 ，所以 ，
y=(1+e−x 0)x−e−x 0(x +1) ¿
0
所以 ，
2a+b=−e−x 0x +e−x 0+2
0
令 ，则 ，
g(x)=−e−xx+e−x+2 g'(x)=−e−x+xe−x−e−x=e−x(x−2)
所以当 时 恒成立，此时 单调递减，
x∈(−∞,2) g'(x)<0 g(x)
当 时 恒成立，此时 单调递增，
x∈(2,+∞) g'(x)>0 g(x)1
所以g(x) =g(2)=2−e−2，所以(2a+b) =2−e−2=2− ，
min min e2
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．在 的展开式中，各项系数的和为1，则（ ）
(1−2x3)(√x−a) 5
A．a=3 B．展开式中的常数项为−32
C．展开式中x4的系数为160 D．展开式中无理项的系数之和为−242
【答案】BC
【分析】先根据各项系数和结赋值法得a=2判断A，然后结合二项式展开式的通项公式求解常数项、含x4
的系数及无理项系数之和判断BCD.
【详解】根据题意令
x=1
，得
(1−2x3)(√x−a) 5
的展开式中各项系数和为
−(1−a) 5=1
，则
a=2
，A错误；
则 ，
(1−2x3)(√x−a) 5=(1−2x3)⋅(√x−2) 5
5−k
又
(√x−2)
5的展开式的通项为
T =(−2) kCkx 2
，k=0,1,⋯,5，
k+1 5
所以展开式中的常数项为
1×(−2) 5C5=−32
，B正确；
5
含
x4
的项为
−2x3 ⋅(−2) 3C3x=160x4
，其系数为160，C正确；
5
展开式中无理项的系数之和为 (1−2)[(−2) 0C0+(−2) 2C2+(−2) 4C4]=−(1+40+80)=−121 ，D错误.
5 5 5
故选：BC.
10．如图，正三棱柱ABC−A B C 的底面边长为1，高为3，F为棱A A 的中点，D,E分别在棱
1 1 1 1
BB ,CC 上，且满足A D+DE+EA取得最小值．记四棱锥A −B C ED、三棱锥F−A DE,A−≝¿
1 1 1 1 1 1 1
的体积分别为V ,V ,V ，则（ ）
1 2 33√3
A．V +V +V < B．V =V C．2V =3V D．V =V +V
1 2 3 4 2 3 1 2 1 2 3
【答案】ABD
【分析】根据三棱柱的体积公式即可判断A,根据平面展开图可得线段最短时DB =1,EC =2，即可根据
1 1
锥体体积公式判断BCD.
1 √3 3√3
【详解】正三棱柱ABC−A B C 的体积为V =S ⋅A A = ×1×1× ×3= ，由
1 1 1 ABC−A 1 B 1 C 1 △A 1 B 1 C 1 1 2 2 4
3√3
图可知V +V +V 0) l:x=−1 P(x ,y )
1 1
两点， 于 ，则下列说法正确的是（ ）
Q(x ,y ) PP ⊥l P
2 2 1 1
A．若x +x =5，则|PQ|=7
1 2
B．以PQ为直径的圆与准线l相切
C．设 ，则
M(0,1) |PM|+|PP |≥√2
1
D．过点M(0,1)与抛物线C有且仅有一个公共点的直线至多有2条
【答案】ABC
【分析】根据过焦点的直线与抛物线的相交的交点坐标关系、圆的几何性质逐项判断即可.
【详解】由题意，抛物线 的准线为 ，所以 ，抛物线C的方程为 ，
C:y2=2px(p>0) l:x=−1 p=2 C:y2=4x
焦点为F(1,0)，
过Q作QQ ⊥l于Q ，
1 1
则由抛物线的定义可得 ，故A正确；
|PQ|=|PF|+|QF|=|PP |+|QQ |=x +x +p=5+2=7
1 1 1 2
x +x
|PQ|=x +x +2，则以PQ为直径的圆的半径r= 1 2+1，
1 2 2
线段PQ的中点坐标为(x +x y + y )，
1 2, 1 2
2 2x +x p x +x
则线段PQ的中点到准线的距离为 1 2+ = 1 2+1=r，
2 2 2
所以以PQ为直径的圆与准线l相切，故B正确；
抛物线 的焦点为 ， ，
C:y2=4x F(1,0) |PM|+|PP |=|PM|+|PF|≥|MF|=√2
1
当且仅当M，P，F三点共线时取等号，所以 ，故C正确；
|PM|+|PP |≥√2
1
对于D，当直线斜率不存在时，直线方程为x=0，与抛物线只有一个交点，
当直线斜率存在时，设直线方程为y=kx+1，
联立¿消去x，并整理得k y2−4 y+4=0，
当k=0时，方程的解为y=1，此时直线与抛物线只有一个交点，
当k≠0时，则Δ=16−16k=0，解得k=1，
综上所述，过点M(0,1)与抛物线C有且仅有一个公共点的直线有3条，故D错误．
故选：ABC．
12．泰勒公式通俗的讲就是用一个多项式函数去逼近一个给定的函数，也叫泰勒展开式，下面给出两个泰
勒展开式
x2 x3 x4 xn
ex=1+x+ + + +⋯+ +⋯
2! 3! 4! n!
x3 x5 x7 x2n−1
sinx=x− + − +⋯+(−1) n+1 +⋯
3! 5! 7! (2n−1)!
由此可以判断下列各式正确的是（ ）．
A．eix=cosx+isinx（i是虚数单位） B．eix=−i（i是虚数单位）
C． (xln2) 2 D． x2 x4
2x≥1+xln2+ (x≥0) cosx≤1− + (x∈(0,1))
2 2 24
【答案】ACD
【分析】对于A、B，将关于sinx的泰勒展开式两边求导得cosx的泰勒展开式，再验证结论是否正确；
对于C，由2x=exln2 (x≥0)，再代入关于ex的泰勒展开式验证是否成立；
对于D，由 ( x2 x4 ) x6 x8 x10 x2n x2n+2 ，证明
cosx= 1− + − + − +⋯− + +⋯
2! 4! 6! 8! 10! (2n)! (2n+2)!
x6 x8 x10 x2n x2n+2 即可.
− + − +⋯− + +⋯<0
6! 8! 10! (2n)! (2n+2)!【详解】对于A、B，由
sinx=x−
x3
+
x5
−
x7
+⋯+(−1) n+1
x2n−1
+⋯
，
3! 5! 7! (2n−1)!
两边求导得 cosx=1− x2 + x4 − x6 +⋯+(−1) n+1 x2n−2 +⋯ ，
2! 4! 6! (2n−2)!
isinx=xi- x3i + x5i − x7i +⋯+(−1) n+1 x2n−1i +⋯ ，
3! 5! 7! (2n−1)!
cosx+isinx=1+xi− x2 − x3i + x4 + x5i − x6 − x7i +⋯+(−1) n+1 x2n−1i +(−1) n+1 x2n−2 +⋯ ，
2! 3! 4! 5! 6! 7! (2n−1)! (2n−2)!
又 (xi) 2 (xi) 3 (xi) 4 (xi) n ，
eix=1+xi+ + + +⋯+ +⋯
2! 3! 4! n!
=1+xi− x2 − x3i + x4 + x5i − x6 − x7i +⋯+(−1) n+1 x2n−1i +(−1) n+1 x2n−2 +⋯ ，
2! 3! 4! 5! 6! 7! (2n−1)! (2n−2)!
=cosx+isinx，故A正确，B错误；
x2 x3 x4 xn x2
对于C，已知ex=1+x+ + + +⋯+ +⋯，则ex≥1+x+ .
2! 3! 4! n! 2!
因为 ，则 (xln2) 2，即 (xln2) 2 成立，故C正确；
2x=exln2 (x≥0) exln2>1+xln2+ 2x≥1+xln2+ (x≥0)
2! 2
故C正确；
对于D，
cosx=1−
x2
+
x4
−
x6
+
x8
−
x10
+⋯+(−1) n+1
x2n−2
+⋯
,，
2! 4! 6! 8! 10! (2n−2)!
( x2 x4 ) x6 x8 x10 x2n x2n+2 ，
cosx= 1− + − + − +⋯− + +⋯
2! 4! 6! 8! 10! (2n)! (2n+2)!
x6 x8 x8 x10
当x∈(0,1)，− + <0； − <0；⋅⋅⋅；
6! 8! 8! 10!
x2n x2n+2 x2n[x2−(2n+1)(2n+2)] ， ,
− + = <0 x∈(0,1)
(2n)! (2n+2)! (2n+2)!
所以 x6 x8 x10 x2n x2n+2 ，所以 x2 x4 x2 x4
− + − +⋯− + +⋯<0 cosx<1− + =1− + (x∈(0,1))
6! 8! 10! (2n)! (2n+2)! 2! 4! 2 24成立，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】利用泰勒公式证明不等式方法点睛：
应用泰勒公式时要选好x，有时可能需要结合题目给出信息进行相关变形，再代入验证，利用展开项的特
征进行适当的放缩，证明不等式成立.
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
13．设向量⃗AB=(x,2x)在向量⃗AC=(3,−4)上的投影向量为− ⃗AC，则x= ．
5
【答案】1
【分析】利用向量在向量上的投影向量计算公式建立方程，解出即可.
【详解】向量 在向量 上的投影向量为
⃗AB=(x,2x) ⃗AC=(3,−4)
⃗AB⋅⃗AC ⃗AC 3x−8x ，则 1 3x−8x，解得 ．
⋅ = ⃗AC − = x=1
|⃗AC| |⃗AC| 25 5 25
故答案为：1.
14．四个面都为直角三角形的四面体称之为鳌臑．在鳌臑P−ABC中，PA⊥平面ABC，PA=4，
AB=BC=2，鳌臑P−ABC的四个顶点都在同一个球面上，则该球的表面积是 ．
【答案】24π
【分析】根据题意，把鳌臑P−ABC补成一个长方体，则长方体的外接球即是鳌臑P−ABC的外接球，从
而求出鳌臑P−ABC的外接球半径为R，再利用球的体积公式即可求出结果．
【详解】把鳌臑P−ABC补成一个长方体，如图所示：则长方体的外接球即是鳌臑P−ABC的外接球，
又∵PA=4，AB=BC=2，
1
∴长方体的外接球半径R= ×√42+22+22=√6，
2
∴鳌臑P−ABC的外接球半径为R=√6，
则该球的表面积是4πR2=24π，
故答案为：24π．
15．已知圆 ，过点 的直线 交圆 于 两点，且 ，请写出一条满
O:x2+ y2=4 M(−√3,−3) l O A,B |MA|=|AB|
足上述条件的直线l的方程 .
√3
【答案】x=−√3（答案不唯一，y= x−2也满足）
3
【分析】分别讨论直线l斜率存在、不存在的情况，设C到直线的距离为d，由|MA|=|AB|得
，结合点线距离公式即可求解判断.
2√r2−d2=√|MC| 2 −d2−√r2−d2
【详解】由题意得 ，半径 ， ，
O(0,0) r=2 |MO|=√3+32=2√3>2
故 在圆外，设O到直线的距离为d，
M(−√3,−3)
由 得 ，即 ，
|MA|=|AB| 2√r2−d2=√|MO| 2 −d2−√r2−d2 2√4−d2=√12−d2−√4−d2
解得d=√3，
当直线l斜率不存在时，即x=−√3，此时d=√3，符合题意；
当直线l斜率存在时，设为 ，即 ，
y=k(x+√3)−3 kx−y+√3k−3=0则 |√3k−3| ， 即(√3k−3) 2 ，解得 √3，故直线为 √3 .
d= =3 k= y= x−2
√k2+1 k2+1 3 3
√3
故答案为：x=−√3（答案不唯一，y= x−2也满足）
3
16．已知函数 及其导函数 的定义域均为 ，记 ，若 为偶函数，
f (x) f'(x) R g(x)=f'(x) f (1−2x)+4x
，且 ( 1) ，则 (5) ．
g(x+2)=g(x−4) g − =0 g +g(4)=
2 2
【答案】6
【分析】根据f (1−2x)+4x为偶函数，可得f (1−2x)+4x=f (1+2x)−4x，两边求导后可得
，令 ，得 ，令 3，得 (5) ；由 ，可得
g(1+x)+g(1−x)=4 x=0 g(1)=2 x=− g =4 g(x+2)=g(x−4) g(x)
2 2
的周期为6，进而得g(4)=2，从而可得答案.
【详解】因为f (1−2x)+4x为偶函数，所以f (1−2x)+4x=f (1+2x)−4x，
两边同时求导得 ，即 ，
−2f'(1−2x)+4=2f'(1+2x)−4 f'(1+2x)+f'(1−2x)=4
所以 ，即 ，
f'(1+x)+f'(1−x)=4 g(1+x)+g(1−x)=4
令x=0，得g(1)=2，
令 3，得 ( 1) (5) ，又因为 ( 1) ，所以 (5) ，
x=− g − +g =4 g − =0 g =4
2 2 2 2 2
由g(x+2)=g(x−4)，所以g(x+6)=g(x)，
所以g(x)的周期为6，则g(4)=g(−2)，
而g(4)+g(−2)=4，所以g(4)=2，
所以 (5) .
g +g(4)=4+2=6
2
故答案为：6.
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。ccosA
A+C tanC=
17．在（1）√3csin =bsinC；（2）√3⃗BA⋅⃗CB=2S ；（3） √3 这三个条
2 △ABC b+csin A
3
件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答问题.在△ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c，且满
足
(1)求角B；
(2)若b2+c2=a2+√3bc,△ABC的外接圆周长为2√3π，求BC边上的中线长.
2π
【答案】(1)所选条件见解析，B= ；
3
√21
(2) .
2
【分析】（1）根据所选条件，应用正弦边角关系、三角形面积公式、向量数量积定义、三角恒等变换化
简条件求角B；
2π
（2）由已知易得△ABC为顶角为 的等腰三角形，D是BC中点，则⃗AB+⃗AC=2⃗AD，利用向量数量
3
积的运算律求中线长度.
A+C π-B B
【详解】（1）选（1），则√3csin =bsinC⇒√3csin =bsinC⇒√3ccos =bsinC，
2 2 2
B B π B B B
所以√3sinCcos =sinBsinC，而sinC≠0, ∈(0, )，则√3cos =2sin cos ，
2 2 2 2 2 2
B √3 B π 2π
所以sin = ⇒ = ⇒ B= ；
2 2 2 3 3
1
选（2），则√3⃗BA⋅⃗CB=2S ⇒√3accos(π−B)=2× acsinB，
△ABC 2
2π
所以−√3cosB=sinB⇒tanB=−√3，而B∈(0,π)，则B= ；
3
ccosA sinC sinCcosA
tanC= ⇒ =
选（3），则 √3 cosC √3 ，sinC≠0，
b+csinA sinB+sinCsinA
3 3
√3 √3
所以cosAcosC= sinB+sinCsinA⇒cosAcosC−sinCsinA= sinB，
3 3
√3
所以cos(A+C)=cos(π−B)=−cosB= sinB，则tanB=−√3，
3
2π
而B∈(0,π)，则B= .
3b2+c2−a2 √3 π
（2）由b2+c2=a2+√3bc，则 =√3，故cosA= ，A∈(0,π)，即A= ，
bc 2 6
2π
结合（1）易知：△ABC为顶角为 的等腰三角形，如下图，D是BC中点，
3
△ABC的外接圆周长为2√3π，若外接圆半径为r，则2πr=2√3π⇒r=√3，
所以b=2rsinB=3,c=2rsinC=√3，而⃗AB+⃗AC=2⃗AD，
(⃗AB+⃗AC) 2 ⃗AB2+2⃗AB⋅⃗AC+⃗AC2 c2+2bccosA+b2
所以|⃗AD|2= = = ，
4 4 4
3+9+9 21 √21 √21
则|⃗AD|2= = ⇒ |⃗AD|= ，即求BC边上的中线长为 .
4 4 2 2
18．若数列 的前 项和 满足 ．
{a } n S S =2a +n
n n n n
(1)证明：数列 是等比数列；
{a −1}
n
(2)设 ，记数列{ 1 }的前 项和为 ，证明：对任意的正整数 ，都有 1.
b =log (1−a ) n T n T <
n 2 n+1 b b n n 2
n n+1
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）根据递推式关系再写一项做差，之后利用等比数列定义证明；
（2）先求出b 的表达式，之后进行裂项求和即可.
n
【详解】（1）证明：由S =2a +n，当n=1时，可得a =−1；
n n 1
当 时， ，所以 ，
n≥2 S =2a +(n−1) a =2a −1(n≥2)
n−1 n−1 n n−1
∴ 时， ，
n≥2 a −1=2(a −1)
n n−1
∴数列 是以 为首项， 为公比的等比数列；
{a −1} a −1=−2 q=2
n 1
∴ ，∴ .
a −1=−2n a =1−2n
n n（2）证明：由（1）知， ，∴ ，
a =1−2n+1 b =log (1−a )=n+1
n+1 n 2 n+1
1 1 1 1
∴ = = − ，
b b (n+1)(n+2) n+1 n+2
n n+1
∴ 1 1 1 (1 1) (1 1) ( 1 1 ) 1 1 ,
T = + +⋯+ = − + − ⋅⋅⋅+ − = −
n b b b b b b 2 3 3 4 n+1 n+2 2 n+2
1 2 2 3 n n+1
1 1 1 1 1
因为n∈N∗，所以 >0，所以T = − < 即T < 成立．
n+2 n 2 n+2 2 n 2
1
所以对任意的正整数n，都有T < 得证.
n 2
19．2023年9月8日，第19届亚运会火炬传递启动仪式在杭州西湖景区涌金公园广场成功举行．火炬传递
首日传递从杭州西湖涌金公园广场出发，沿南山路—湖滨路—环城西路—北山街—西泠桥—孤山路传递，
在“西湖十景”之一的平湖秋月收火．杭州亚运会火炬首日传递共有106棒火炬手参与．
(1)组委会从全省火炬手中随机抽取了100名火炬手进行信息分析，得到如下表格：
年龄
性别 总计
满50周岁 未满50周岁
男 15 45 60
女 5 35 40
总计 20 80 100
α 0.1 0.05 0.01 0.005 0.001
x 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
α
根据小概率值α=0.1的χ2独立性检验，试判断全省火炬手的性别与年龄满或未满50周岁是否有关联；
(2)在全省的火炬手中，男性占比72%，女性占比28%，且50%的男性火炬手和25%的女性火炬手喜欢观看
足球比赛．某电视台随机选取一位喜欢足球比赛的火炬手做访谈，请问这位火炬手是男性的概率为多少？
【答案】(1)全省火炬手性别与年龄满或未满50周岁相互独立（没有关联）
36
(2)
43
【分析】（1）根据2×2列联表中的数据，求得χ2的值，结合附表，即可得到结论；
（2）设A表示火炬手为男性，B表示火炬手喜欢足球，结合条件概率和全概率公式，即可求解.【详解】（1）解：零假设为：H ：全省火炬手性别与年龄满或未满50周岁相互独立（没有关联），
0
100×(15×35−5×45) 2
根据2×2列联表中的数据，计算得χ2= ≈2.34<2.706=x ，
20×80×40×60 0.1
所以根据小概率值α=0.1的χ2独立性检验，没有充分证据推断H 不成立，
0
因此可以认定为H 成立，
0
全省火炬手性别与年龄满或未满50周岁相互独立（没有关联）．
（2）解：设A表示火炬手为男性，B表示火炬手喜欢足球，
P(AB) P(B|A)P(A) 0.36 0.36 36
则P(A|B)= = = = = ，
P(B) P(B∣A)P(A)+P(B|A)P(A) 0.36+0.07 0.43 43
36
所以这位火炬手是男性的概率约为 ．
43
20．如图，在直三棱柱 中， ， ，D为 的中点．
ABC−A B C AB=A A =√3 AB⊥AC A C
1 1 1 1 1 1
(1)证明：AB ⊥BD；
1
(2)若点C到平面ABD的距离为√3，求平面ABC与平面BCD的夹角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
√14
(2) ．
4
【分析】（1）由平面A A B B⊥平面A B C ，得A C ⊥平面A A B B，得A C ⊥AB ，
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
又因AB ⊥A B得AB ⊥平面A BD，进而可证；
1 1 1 1
（2）由向量法先根据C到平面ABD的距离为√3，求出C的坐标，再由向量法求平面与平面的夹角.【详解】（1）
连接A B,
1
因为四边形A A B B为正方形，所以AB ⊥A B．
1 1 1 1
在直三棱柱ABC−A B C 中，平面A A B B⊥平面A B C ，
1 1 1 1 1 1 1 1
由AB⊥AC得A C ⊥A B ，又平面A A B B∩平面A B C =A B ，
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
所以A C ⊥平面A A B B，又AB ⊂平面A A B B，所以A C ⊥AB ，
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
又A B∩A C =A ，A B⊂平面A BD，A C ⊂平面A BD，
1 1 1 1 1 1 1 1 1
所以AB ⊥平面A BD，又BD⊂平面A BD，
1 1 1
所以AB ⊥BD.
1
（2）以A为原点，AB，AC，A A 所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
1
设 ，则 ， ， ， ，
AC=2a A(0,0,0) B(√3,0,0) C(0,2a,0) D(0,a,√3)
， ， ．
⃗AB=(√3,0,0) ⃗AC=(0,2a,0) ⃗AD=(0,a,√3)
设⃗n=(x,y,z)为平面ABD的一个法向量，
则¿，即¿，得x=0，令z=a，则y=−√3，
故 ，
⃗n=(0,−√3,a)由题意， |⃗AC⋅⃗n| 2√3a ，解得 ，
= =√3 a=1
|⃗n| √3+a2
所以 ， ．
⃗BC=(−√3,2,0) ⃗CD=(0,−1,√3)
设 为平面BCD的一个法向量，
i⃗=(p,q,r)
则¿，即¿，
令 ，则 ， ，即 ，
q=√3 p=2 r=1 i⃗=(2,√3,1)
平面ABC的一个法向量为 ，
⃗j=(0,0,1)
设平面ABC和平面BCD的夹角为θ，
|i⃗⋅⃗j| 1 √2
则cosθ= = = ，
|i⃗|⋅|⃗j| √22+(√3) 2+12×1 4
√14
所以sinθ=√1−cos2θ= ，
4
√14
所以平面ABC和平面BCD的夹角的正弦值为 ．
4
x2 y2
21．已知双曲线C: − =1，直线l过双曲线C的右焦点F且交右支于A,B两点，点S为线段AB的中点，
2 2
点T在x轴上，ST⊥AB．
(1)求双曲线C的渐近线方程；
80
(2)若⃗TS⋅⃗TB= ，求直线l的方程．
9
【答案】(1)y=±x
(2)y=2x−4或y=−2x+4或x=2
【分析】（1）根据等轴双曲线方程即可求解渐近线方程，
80
（2）联立直线与双曲线方程得韦达定理，即可根据向量数量积的几何意义将其转化为⃗TS⋅⃗TB=⃗TS2= ，
9
由坐标运算即可求解.
b
【详解】（1）由题知，a=b=√2，所以双曲线C的渐近线方程为y=± x=±x．
ax2 y2
（2）双曲线C: − =1的右焦点坐标为(2,0)，
2 2
x2 y2
由题知，直线AB的斜率不为0，设直线AB方程为x=ty+2，代入双曲线C: − =1中，
2 2
化简可得： ，
(t2−1)y2+4ty+2=0(t2≠1)
−4t 2
设A(x ,y ),B(x ,y ),则y + y = ,y y = ．
1 1 2 2 1 2 t2−1 1 2 t2−1
则 −4t2 −4
x +x =t(y + y )+4= +4= ,
1 2 1 2 t2−1 t2−1
∴线段 中点 的坐标为( −2 −2t )，
AB S ,
t2−1 t2−1
直线 方程为 2t ( 2 )．
ST y+ =−t x+
t2−1 t2−1
（i）当 时， 点恰好为焦点 ，此时存在点 ( 4√5 )或 ( 4√5 )，使得
t=0 S F T 2+ ,0 T 2− ,0
3 3
80
⃗TS⋅⃗TB=⃗TS2= ．
9
此时直线AB方程为x=2．
（ii）当 t≠0 时，令 y=0 可得 x= −4 ，可得点 T 的坐标为( −4 ,0 )， ⃗TS= ( 2 , −2t )
t2−1 t2−1 t2−1 t2−1
由于ST⊥AB所以⃗TS⋅⃗TB=⃗TS2，
由 ⃗TS⋅⃗TB= 80，即 |⃗TS|2= 80，也即： |⃗TS|2= ( 2 ) 2 + ( −2t ) 2 = 80．
9 9 t2−1 t2−1 9
1 √55
化简可得20t4−49t2+11=0，解出t=± ,t=± ，
2 5
−4 √55
由于直线AB要交双曲线右支于两点，所以 >0，即t2<1，故舍去t=± ．
t2−1 5
1
可得直线AB的方程为x=± y+2．
2
综上：直线AB方程为y=2x−4或y=−2x+4或x=2．cosx 1
22．已知函数f (x)= ,g(x)= −ax.
x x
π
(1)若函数f (x)在点A ( ,0 )处的切线与函数g(x)的图象有公共点，求实数a的取值范围；
2
(2)若函数f (x)和函数g(x)的图象没有公共点，求实数a的取值范围.
2 1
【答案】(1)a≥ −
π 4
1
(2)(−∞,0)∪[ ,+∞)
2
【分析】（1）求导，即可根据点斜式求解切线方程，联立方程转化为一元二次方程，利用判别式即可求
解,
（2）将问题转化为 没有实数根，求导，利用导数确定函数的单调性,分类讨论，
h(x)=cosx+ax2−1=0
进而结合零点存在性定理即可求解.
cosx −xsinx−cosx
【详解】（1）因为f(x)= ，所以f' (x)= ，
x x2
π π 2
则f(x)在点A ( ,0 ) 处的切线斜率为f' ( )=− ，
2 2 π
2 π 2
所以切线方程为y=− (x− )，即y=− x+1.
π 2 π
2 1 2
由¿得− x+1= −ax，即(a− )x2+x−1=0.
π x π
2
因为函数定义域为{x|x≠0}，所以方程(a− )x2+x−1=0有非零实数根，
π
2 2 2 2 1 2
当a= 时，x=1，符合题意，当a≠ 时，则Δ=1+4(a− )≥0，即a≥ − ，且a≠ ，
π π π π 4 π
2 1
所以实数a的取值范围是a≥ − .
π 4cosx 1
（2）因为函数f(x)和函数g(x)的图象没有公共点，所以f(x)=g(x)，即 = −ax无实根，
x x
所以当 时， 无实根，
x≠0 h(x)=cosx+ax2−1=0
因为 ，即 是偶函数，所以 在 上无实根.
h(−x)=h(x) h(x) h(x)=cosx+ax2−1=0 (0,+∞)
，
h' (x)=2ax−sinx
记 则 ， .
m(x)=h' (x)=2ax−sinx m'(x)=2a−cosx x∈(0,+∞)
①当 时， ，又 ，则 ，所以 ，满足 在
a<0 ax2<0 −1≤cosx≤1 cosx−1≤0 h(x)=cosx+ax2−1<0 h(x)=0
(0,+∞)上无实根.
②当a=0时，h(x)=cosx−1=0在(0,+∞)上有实根，不合题意，舍去.
1
③当a≥ 时，m'(x)=2a−cosx≥0，所以h' (x)=2ax−sinx在(0,+∞)单调递增，
2
则 ，所以 在 上单调递增，
h' (x)>h' (0)=0 h(x)=cosx+ax2−1=0 (0,+∞)
所以h(x)>h(0)=0，满足h(x)=0在(0,+∞)上无实根.
1 π π
④当00，
2 2 2
π
则存在唯一的x ∈(0, )，使m' (x )=2a−cosx =0，列表得
0 2 0 0
π
x (0,x ) x (x , )
0 0 0 2
m' (x) - 0 +
m(x)=h' (x)↘ 极小值 ↗
所以当 时， ，则 在 单调递减，则 ，
x∈(0,x ) h' (x)0 h(x) (0,+∞)
所以 在 上有实根，不合题意.
h(x)=cosx+ax2−1=0 (0,2π)
1
综上可知，实数a的取值范围是(−∞,0)∪[ ,+∞).
2【点睛】方法点睛：
1. 导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．
注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问
题处理．
2.利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨
论和数形结合思想的应用.
3.证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这
种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.
