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| x
2<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| x
2<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，
所以z = 3+i
1−i = (3+i)(1+i)
(1−i)(1+i) = 2+ 4i
2
=1+2i，
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（ ）
A．π
6
B．π
3
C．2π
3
D．5π
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)=⃗a
2−⃗a⋅⃗b=0，而|⃗a|=1,|⃗b|=2，
所以1−2cos⟨⃗a,⃗b⟩=0⇒cos⟨⃗a,⃗b⟩= 1
2，⟨⃗a,⃗b⟩∈[0,π]，
所以⟨⃗a,⃗b⟩=π
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C5
1 A2
2=10种情况，
当两组人数分别为2 和3 时，此时有C5
2C3
3 A2
2=20种情况，
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Sn为等差数列{an}的前n项和，a7+2a9+a17=24，则S20=（ ）
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{an}为等差数列，所以a7+2a9+a17=2a12+2a9=24，
所以a12+a9=12，
所以S20= 20(a1+a20)
2
=10(a1+a20)=10(a12+a9)=120．
故选：D．
6．（5 分）（2023·全国·模拟预测）在直角坐标系xOy中，椭圆Γ : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的左顶点与右焦点
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（ ）
A．1
2
B．1
3
C．1
4
D．2
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，
又⃗PF =3⃗QF，所以|AO|
|OF|=|⃗PQ|
|⃗QF|
=2，
所以|AO|=2|OF|，即a=2c，所以Γ的离心率e= c
a = 1
2
．
故选：A．
7．（5 分）（2023·广东·统考二模）如图，直线y =1与函数f (x)= A sin (ωx +φ)(A >0,ω>0,|φ|<π
2 )的
图象的三个相邻的交点为A，B，C，且|AB|=π，|BC|=2π，则f (x)=（ ）
A．2sin(
2
3 x + π
3)
B．2sin(x + π
2)
C．2√3
3
sin(
2
3 x + π
3)
D．2√3
3
sin(x + π
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，
所以相邻两对称轴间的距离π
2 +π= 3π
2
，即周期T =3π，所以ω= 2π
3π = 2
3
，
排除BD，
当x =0时，代入f ( x)=2sin(
2
3 x + π
3)，可得f (0)=√3>1，满足题意，
代入f ( x)= 2√3
3
sin(
2
3 x + π
3)，可得f (0)= 2√3
3
× √3
2 =1，不符合题意，
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．f (g(x))在[0,+∞)单调递减
B．g(g(x))在(−∞,0]单调递减
C．g(f (x))在[0,+ ∞)单调递淢
D．f (f (x))在(−∞,0]单调递减
【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0≤x1< x2，则g(x2)< g(x1) ≤0，f (g(x2))>f (g(x1))，
所以f (g(x))在[0,+ ∞)单调递增，故A 错误，
设x1< x2≤0，则g(x1)> g(x2)，g(g(x1))< g(g(x2))，
g(g(x))在(−∞,0]单调递增，故B 错误；
设0≤x1< x2，则f (x1) <f (x2)，g(f (x1))> g(f (x2))，
所以g(f (x))在[0,+ ∞)单调递减，故C 正确；
取f (x)= x
2−1，则f (f (x))=(x
2−1)
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−A1B1C1 D1的棱长为1，则下列四个命题
正确的是（ ）
A．正方体ABCD−A1B1C1 D1的内切球的半径为√2
2
B．两条异面直线D1C和BC1所成的角为π
3
C．直线BC 与平面ABC1 D1所成的角等于π
4
D．点D 到面AC D1的距离为√3
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 ,C D1，把异面直线D1C和
BC1所成的角的大小即为直线D1C和A D1所成的角，△AC D1为正三角形，可判定B 正确；证得B1C ⊥
平面ABC1 D1，进而求得直线BC与平面ABC1 D1所成的角，可判定C 正确；结合等体积法，得到
V D−AC D1=V D1−ACD
，进而可判定D 错误.
【解答过程】对于A 中，正方体ABCD−A1B1C1 D1的内切球的半径即为正方体ABCD−A1B1C1 D1的
棱长的一半，所以内切球的半径R = 1
2
，所以A 错误.
对于B 中，如图所示，连接AC ,C D1，
因为AB//C1 D1且AB =C1 D1，则四边形ABC1 D1为平行四边形，所以BC1// A D1，
所以异面直线D1C和BC1所成的角的大小即为直线D1C和A D1所成的角∠A D1C的大小，
又因为AC = A D1= D1C =√2，则△AC D1为正三角形，即∠A D1C = π
3
，所以B 正确；
对于C 中，如图所示，连接B1C，在正方形B B1C1C中，BC1⊥B1C.
因为AB⊥平面B B1C1C，B1C ⊂平面B B1C1C，所以AB⊥B1C.
又因为AB∩BC1= B，AB⊂平面ABC1 D1，BC1⊂平面ABC1 D1，
所以B1C ⊥平面ABC1 D1，所以直线BC与平面ABC1 D1所成的角为∠CBC1=π
4
，
所以C 正确；
对于D 中，如图所示，设点D 到面AC D1的距离为ℎ，因为△AC D1为正三角形，
所以S△AC D1= 1
2 × AC × A D1sinπ
3 = √3
2
,
又因为S△ACD= 1
2 × AD×CD = 1
2
，根据等体积转换可知：V D−AC D1=V D1−ACD，
即1
3 ×ℎ×S△AC D1= 1
3 × D D1×S△ACD，即1
3 ×ℎ× √3
2 = 1
3 ×1× 1
2
，解得ℎ= √3
3
，所以D 错误.
故选：BC.
11．（5 分）（2023·广西玉林·校联考模拟预测）已知直线x + y =0与圆M : x
2+( y −2)
2=r
2相切，则下列
说法正确的是（ ）．
A．过(0,5)作圆M 的切线，切线长为√7
B．圆M 上恰有3 个点到直线x−y +3=0的距离为√2
2
C．若点(x , y)在圆M 上，则
y
x +2
的最大值是2+√3
D．圆
(x−3)
2+( y −3)
2=2
与圆M 的公共弦所在直线的方程为3 x + 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
到直线的距离分析求解；对于C：设
y
x +2 =k，分析可知直线kx −y +2k =0与圆M有公共点，结合点到直
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M : x
2+( y −2)
2=r
2的圆心M (0,2)，半径为r，
若直线x + y =0与圆M : x
2+( y −2)
2=r
2相切，则r = 2
√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A在圆外，所以切线长为√|MA|
2−r
2=√7，故A 正确；
对于选项B：因为圆心M (0,2)到直线x−y +3=0的距离为d =|−2+3|
√2
= √2
2 = 1
2 r，
所以圆M 上恰有3 个点到直线x−y +3=0的距离为√2
2
，故B 正确；
对于选项C：因为若点( x , y)在圆M 上，则−√2≤x ≤√2，可知x +2≠0，
设
y
x +2 =k，则kx−y +2k =0，
可知直线kx −y +2k =0与圆M有公共点，则|−2+2k|
√k
2+1
≤√2，解得2−√3≤k ≤2+√3，
所以
y
x +2
的最大值是2+√3，故C 正确；
对于选项D：圆
(x −3)
2+( y −3)
2=2
的圆心N (3,3)，半径R =√2，
则|MN|=√(3−0)
2+(3−2)
2=√10，可得|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f ( x)=ae
x+be
−x+cx，既有极大值点又有极小值点，
则（ ）
A．ac<0
B．bc<0
C．a(b+c)<0
D．c
2+ 4 ab>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.
【解答过程】由题知方程f
′( x)=ae
x−be
−x+c = ae
2 x+ce
x−b
e
x
=0，
ae
2 x+ce
x−b=0有两不等实根x1，x2，
令t =e
x，t >0，则方程at
2+ct −b=0有两个不等正实根t1，t2，
其中t1=e
x1，t2=e
x2，¿，¿，
¿，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
棋比赛，则所选3 人中至多有1 名女生的概率为 7
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C5
3种选法．
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C3
3种选法；3 人中有2 名男生1 名女生，
有C3
2C2
1种选法．则所选3 人中至多有1 名女生的概率P =C3
3+C3
2C2
1
C5
3
= 7
10
,
故答案为：7
10
.
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a
2+ 4
2a + 2b
2+b+2
2b+1
的
最小值为 7
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
a
2+ 4
2a + 2b
2+b+2
2b+1
= a
2 + 2
a + (2b+1)b+2
2b+1
= a
2 + 2
a + 1
2 (2b+1)+
2
2b+1 −1
2
≥2√
a
2 × 2
a +2√
1
2 (2b+1)×
2
2b+1 −1
2 = 4−1
2 = 7
2
，
当且仅当¿，即a=2，b= 1
2
时等号成立.
故答案为：7
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)= xe
x−f
′ (1) x，则曲线
y = f (x)在点(1,f (1))处的切线方程为 e x−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f
′ (x)=( x +1)e
x−f
′ (1)，则f
′ (1)=2e−f
′ (1)⇒f
′ (1)=e，
所以f (x)= x(e
x−e)，则f (1)=0，
综上，点(1,f (1))处的切线方程为y =e( x−1)，即e x−y −e=0.
故答案为：e x−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°，
SA ⊥AB，SB =√13，AB =3，则三棱锥S−ABC外接球的体积为 125
6 π ．
【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，
由正弦定理得FA =
2
sin30° × 1
2 =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，
在Rt△AFO中，AF =2,OF =OE = 3
2
，
所以OA =√4+ 9
4 = 5
2
，也即三棱锥S−ABC外接球的半径为5
2，
所以外接球的体积为4π
3 ×(
5
2)
3
= 125π
6
.
故答案为：125
6 π.
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 =√3bcos A +asin B.
(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 =√3sin Bcos A +sin A sin B，
由于C = π −( A + B)，则√3sin ( A + B)=√3sin Bcos A +sin A sin B，
展开得√3sin A cos B+√3sin Bcos A =√3sin Bcos A +sin A sin B，
化简得√3cos B =sin B，
则tan B =√3，
所以B = π
3
；
（2）由正弦定理，得
2√3
sin π
3
= 2√2
sin A =
c
sinC ，即有sin A = √2
2
，
因为a<b，所以A是锐角，即A = π
4
，
因为A +C =2π
3
，
所以C = 5 π
12
，
c = 2√3
sin π
3
×sinC = 4(sin π
6 cos π
4 +sin π
4 cos π
6)= 4× √6+√2
4
=√6+√2，
所以S△ABC = 1
2 absinC = 1
2 ×2√3×2√2×(sin π
6 cos π
4 +sin π
4 cos π
6)
=2√6× √6+√2
4
=3+√3.
18．（12 分）（2023·安徽·校联考模拟预测）已知正项数列{an}的前n项和为Sn
，且满足2√Sn=an+1，
n∈N
∗.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}满足bn=an+
2
an⋅an+1
，求数列{bn}的前n和T n.
【解题思路】（1）根据数列递推式求出首项，得出当n≥2时，Sn−1= 1
4 (an−1+1)
2，和Sn= 1
4 (an+1)
2相减
并化简可得an−an−1=2，即可求得答案；
（2）利用（1）的结果可得bn=an+
2
an⋅an+1
的表达式，利用等差数列的前n 项和公式以及裂项法求和，
即可求得答案.
【解答过程】（1）由2√Sn=an+1得Sn= 1
4 (an+1)
2，则a1= 1
4 (a1+1)
2，解得a1=1，
当n≥2时，Sn−1= 1
4 (an−1+1)
2，所以an= Sn−Sn−1= 1
4 (an+1)
2−1
4 (an−1+1)
2，
整理得(an−an−1)(an+an−1)=2(an+an−1)，
因为{an}是正项数列，所以an+an−1>0，所以an−an−1=2，
所以{an}是首项为1，公差为2 的等差数列，
所以an=1+2(n−1)=2n−1，n∈N
∗.
（2）由（1）可得，an=2n−1，
所以bn=an+
2
an⋅an+1
=2n−1+
2
(2n−1)(2n+1) =2n−1+
1
2n−1 −
1
2n+1，
所以T n= n(1+2n−1)
2
+(
1
1 −1
3 + 1
3 −1
5 +⋅⋅⋅+
1
2n−1 −
1
2n+1)
=n
2+1−
1
2n+1
=n
2+
2n
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
元
350
440
580
700
880
(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
性
25
30
男
性
10
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．
参考数据：y =590，∑
i=1
5
❑(xi−x)
2=10，∑
i=1
5
❑( yi−y)
2=176400，
∑
i=1
5
❑(xi−x)( yi−y)=1320，√441000≈664．
参考公式：相关系数r =
∑
i=1
n
(xi−x)( yi−y)
√∑
i=1
n
(xi−x)
2√∑
i=1
n
( yi−y)
2
，线性回归方程的斜率^b=
∑
i=1
n
❑(xi−x)( yi−y)
∑
i=1
n
❑(xi−x)
2
，截距
^a= y −^b x．
附：K
2=
n(ad −bc)
2
(a+b)(c +d)(a+c)(b+d)
，其中n=a+b+c +d．
P(K
2≥k 0.15
0.10
0.05
0.025
k0
2.072
2.706
3.841
5.024
【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K
2，再比较大小判断零假设是否成立即可.
【解答过程】（1）r =
∑
i=1
5
(xi−x)( yi−y)
√∑
i=1
5
(xi−x)
2√∑
i=1
5
( yi−y)
2
=
1320
√10×√176400 =
1320
2×√441000 ≈0.99
（2）因为x = 1
5 ×(1+2+3+ 4+5)=3，y =590，∑
i=1
5
❑(xi−x)
2=10，∑
i=1
5
❑(xi−x)( yi−y)=1320，
所以^b=
∑
i=1
5
(xi−x)( yi−y)
∑
i=1
5
(xi−x)
2
= 1320
10 =132，^a=590−132×3=194，
所以变量x，y之间的线性回归方程为^y =132 x +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
性
25
5
30
男
性
15
10
25
总
计
40
15
55
零假设H 0：参加直播带货与性别无关，
根据以上数据，经计算得到K
2= 55×(25×10−5×15)
2
30×25×40×15
≈3.743>2.706= x0.1，
根据小概率值α =0.1的独立性检验我们推断H 0不成立，即参加直播带货与性别有关，该判断犯错误的概率
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；
（2）根据题意，会出现两种情况，即∠ABC = π
2
或∠ACB = π
2
，分类讨论计算即可得.
【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△PAC中，|AC|=√|PC|
2−|PA|
2=√2，
在直角△PAB中，|PB|=√P A
2+ P B
2=√2，
∴在△ABC中，有|AC|
2=|AB|
2+|BC|
2，
∴AB⊥BC，故△ABC为直角三角形，
在△PBC中，有|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，
V P−ABC = 1
3 S△ABC⋅|PA|= 1
3 × 1
2 ×1×1×1= 1
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，
若∠ABC = π
2
，则有AB⊥BC，
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，
∵AC =a，BC =1，∴AB =√a
2−1，∴tan ∠PBA =
1
√a
2−1
，
所以二面角A −BC −P的平面角的大小为arctan √a
2−1
a
2−1
．
若∠ACB = π
2
，
同理可得∠ACP是二面角A −BC −P的平面角，
所以tan∠ACP = AP
AC = 1
a
，
所以二面角的平面角的大小为arctan 1
a
，
综上所述，二面角A −BC −P的平面角的大小为arctan √a
2−1
a
2−1
或arctan 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：
y
2=2 px ( 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.
【解题思路】（1）根据题意假设得直线l：x =my −p
2 ，联立抛物线方程求得，A(
p
2 , p)，再利用三角形
面积即可求得p=2，由此得解；
（2）根据题意设得MN：y =kx +1，联立抛物线方程求得y1+ y2= y1 y2= 4
k
，再依次求得T，H 的坐标，
从而求得直线HN的方程，化简可得HN为y = y1+ y2−4 x1
x2−x1
，由此得证.
【解答过程】（1）由题可知，F(
p
2 ,0)，准线x =−p
2 ，K(−p
2 ,0)，
因为直线l 的斜率存在且不为0，所以设l：x =my −p
2
，
联立¿，消去x，得y
2−2 pmy + p
2=0，
因为l 与E 相切，所以Δ= 4 p
2(m
2−1)=0，所以m=1或m=−1，
因为交y 轴正半轴于点P，所以m=1,
因此y
2−2 py + p
2=0，解得y = p，所以A(
p
2 , p)，
故AF ⊥KF，所以S△AKF = 1
2 p
2=2，所以p=2（负值舍去），
所以抛物线E 的方程为y
2= 4 x.
（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 (x1, y1)，N (x2, y2)，
联立¿，消去x，得k y
2−4 y + 4 =0(k ≠0)，
则Δ=16(1−k )>0，所以k <1且k ≠0，y1+ y2= y1 y2= 4
k
.
又直线OA：y =2 x，令x = x1
，得y =2 x1
，所以T (x1,2 x1)，
因为⃗MT =⃗TH，所以H (x1,4 x1−y1)，所以K NH = y1+ y2−4 x1
x2−x1
，
所以直线NH的方程为y −y2= y1+ y2−4 x1
x2−x1
(x−x2)，
所以y = y1+ y2−4 x1
x2−x1
x + y2−x2( y1+ y2−4 x1)
x2−x1
= y1+ y2−4 x1
x2−x1
x + 4 x1 x2−x1 y2−x2 y1
x2−x1
，
因为4 x1 x2−x1 y2−x2 y1= 4× y1
2
4 × y2
2
4 −y1
2
4 × y2−y2
2
4 y1= y1 y2
4
[ y1 y2−( y1+ y2)]=0
，
所以直线NH为y = y1+ y2−4 x1
x2−x1
x，所以NH恒过定点(0,0).
22．（12 分）（2023·山西临汾·校考模拟预测）已知函数f (x)=aln (x +1)+ 1
2
(x−1)
2(a∈R)．
(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x1，x2，且x1< x2．
①求a 的取值范围；
②求证：2f (x2)> x1+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.
【解答过程】（1）∵f (x)=aln (x +1)+ 1
2
(x−1)
2，定义域为x∈(−1,+∞)，当a=2时，
f (x)=2ln (x +1)+ 1
2 x
2−x + 1
2，∴f (0)= 1
2，切点为(0, 1
2)，∴f
′ (x)=
2
x +1 + x−1= x
2+1
x +1 ，
∴k = f
′ (0)=1，方程为∴y = x + 1
2
（2）①f (x)有两个极值点，f
′ (x)有两个零点，f
′ (x)=
a
x +1 + x−1= x
2+a−1
x +1
∴x
2+a−1=0有两解，
a=−x
2+1有两解，F (x)=a,g(x)=−x
2+1，在(−1,+ ∞)内有两个交点，∴a∈(0,1)，
②x1+ x2=0, x1 x2=a−1, x1< x2, x1=−√1−a, x =√1−a欲证，2f ( x2)> x1+1,2f ( x2)+ x2−1>0，证
f (x2)+ 1
2 x2−1
2 >0,aln(x2+1)+ 1
2 x2
2−x2+ 1
2 + 1
2 x2−1
2 >0，
aln(x2+1)+ 1
2 x2
2−1
2 x2>0, x2
2=1−a,a=1−x2
2.，(1+ x2)ln( x2+1)−1
2 x2>0,
令g( x)=(1+ x)ln( x +1)−1
2 x , x∈(0,1), ∵g
′( x)= ln( x +1)+ 1
2 >0,
∴g( x)在(0,1)上递增，∴g( x)>g(0)=0,命题得证.
