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}，∁U A = {−1,9}，B = {3,7,9}，则
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}，∁U A = {−1,9}，所以A = {3,5,7}，
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，
可得出z的值，由此可求得z
1+i的值.
【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=a
2+b
2，
所以，¿，又因为z≠0，所以，a=b=1，则z =1+i，故z
1+i =1.
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)=⃗a
2−⃗b
2=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)=⃗a
2−⃗b
2=0，
即(x
2+1)−(4 + y
2)=0，整理得x
2−y
2=3.
又因为⃗a∥⃗b，所以xy =2，
联立¿，解得¿或¿，
故|⃗c|=√x
2+ y
2=√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（ ）
A．2
5
B．3
5
C．1
5
D．4
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C6
2=15种情况，
只选一个苏州古镇的概率为P=C3
1C3
1
15 = 3
5
．
故选：B.
5．（5 分）（2023·全国·模拟预测）记Sn为等差数列{an}的前n 项和，已知a2=1，S4=8．若Sn−2an=6，
则n=（ ）
A．5
B．6
C．7
D．8
【解题思路】设等差数列{an}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
a1,d，即可求出an,Sn，代入Sn−2an=6即可得出答案.
【解答过程】设等差数列{an}的公差为d．由条件可知¿解得¿
所以an=−1+2(n−1)=2n−3，Sn= n(−1+2n−3)
2
=n
2−2n．
由Sn−2an=6，得n
2−2n−2(2n−3)=6，即n
2−6n=0，解得n=6（n=0舍去）．
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)= A sin(ωx +φ)( A >0,ω>0)的部分图象，
则f(
π
3 )=（ ）
A．−1
B．−√2
C．−√3
D．−2
【解题思路】由图象求得函数解析式，可求f(
π
3 ).
【解答过程】函数f (x)= A sin(ωx +φ)，
由图象可知，A =2，
函数最小正周期为T，有T
4 =π
12 −(−π
12)=π
6 ，则T =2π
3 =2π
ω ，ω=3，
得f (x)=2sin(3 x +φ)，
由f(−π
12)=2sin[3(−π
12)+φ]=2sin(−π
4 +φ)=2，取φ = 3π
4 ，
则f (x)=2sin(3 x + 3π
4 )，
f(
π
3 )=2sin(3 x + 3π
4 )=2sin[3(
π
3 )+ 3π
4 ]=2sin7π
4 =−√2.
故选：B.
7．（5 分）（2023·全国·模拟预测）已知双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的右焦点与实轴的右端点分别
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．
【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 =
|ab|
√b
2+a
2 = ab
c ，
所以|OP|=2√a
2−d
2= 2a
2
c ，
若|OP|=|OF |，则2a
2
c =c，所以离心率e = c
a =√2；
若|OP|=| PF |，则点P的横坐标x = c
2，将x = c
2代入bx−ay =0，得点P的坐标为( c
2 , bc
2a )，
所以√( c
2 )
2
+( bc
2a )
2
= 2a
2
c
，即c
2
2a = 2a
2
c ，解得e = c
a =
3√4,
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)= x
2+cos x，x∈R，若
a= f(sin 1
4),b= f (e
−1
4),c = f(−1
4)，则（ ）
A．c<b<a
B．c<a<b
C．b<c<a
D．a<c<b
【解题思路】借助导数先分析函数f (x)的性质，由偶函数性质可得c = f(−1
4)= f(
1
4)，构造函数先比较
sin 1
4 与1
4 的大小关系，结合f (x)单调性可得a、c之间的大小关系，同理比较e
−1
4与1
4 的大小关系即可得b、
c之间的大小关系.
【解答过程】f
′( x)=2 x−sin x，令g(x)=2 x−sin x，则g
′ (x)=2−cos x>0，
故g(x)=2 x−sin x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)= x
2+cos(−x)= x
2+cos x = f ( x)，故f (x)为偶函数，
故a−c = f(sin 1
4)−f(−1
4)= f(sin 1
4)−f(
1
4)，
令ℎ(x)=sin x−x，则ℎ
′ (x)=cos x−1≤0，
故ℎ(x)在R上单调递减，故ℎ(
1
4)<ℎ(0)=0，即有sin 1
4 < 1
4 ，
由f ( x)在[0,+∞)上单调递增，故f(sin 1
4)−f(
1
4)<0，
即a<c；
b−c = f(e
−1
4)−f(−1
4)= f(e
−1
4)−f(
1
4)，
由e
−1
4 >e
−1= 1
e > 1
4
，故f(e
−1
4)>f(
1
4)，即b>c，
综上可得：a<c<b.
故选：D.
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·全国·模拟预测）为了实现教育资源的均衡化，某地决定派遣480 名教师志愿者（480
名教师情况如图）轮流支援当地的教育工作．若第一批志愿者采用分层抽样的方法随机派遣150 名教师，
则（ ）
A．派遣的青年男、女教师的人数之和与老年教师的人数相同
B．派遣的青年女教师的人数占派遣人员总数的10%
C．派遣的老年教师有144 人
D．派遣的青年女教师有15 人
【解题思路】利用分层抽样结合各比例关系求解
【解答过程】因为96
480 =0.2，
所以派遣的青年男教师的数量占派遣总数的20%，
则派遣的青年女教师的人数占派遣人员总数的1−30 %−40 %−20 % =10 %，
则派遣的青年男、女教师的人数之和与老年教师的人数相同，均占总数的30%，故A，B 正确；
派遣的老年教师人数为150×0.3= 45，故C 错误；
派遣的青年女教师的人数为150×0.1=15，故D 正确．
故选：ABD．
10．（5 分）（2023·山西临汾·校考模拟预测）如图，在棱长为2 的正方体ABCD−A1B1C1 D1中，点E，
F 分别为棱D D1，C1 D1的中点，点G 为线段BC1上的一点，则下列说法正确的是（ ）
A．A1G⊥B1 D
B．三棱锥B−AEF的体积为1
3
C．直线AF 与直线BE 所成角的余弦值为4
9
D．直线A1G与平面BDC1所成角的正弦值的最大值为2√2
3
【解题思路】建立空间直角坐标系，利用向量法解决位置关系的角度距离问题.
【解答过程】以D 为原点，⃗DA ,⃗DC ,⃗D D1的方向为x轴，y轴，z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐
标系，
则D (0,0,0), A (2,0,0),B (2,2,0),C (0,2,0), D1(0,0,2), A1(2,0,2),B1(2,2,2),C1(0,2,2)，
E (0,0,1), F (0,1,2)，⃗
B1 D =(−2,−2,−2)，⃗A1C1=(−2,2,0)，⃗BC1=(−2,0,2)，⃗
B1 D⋅⃗A1C1= 4−4 =0，⃗B1 D⋅⃗BC1= 4−4 =0，则⃗B1 D⊥⃗A1C1，⃗B1 D⊥⃗BC1，
即B1 D⊥A1C1，B1 D⊥BC1，A1C1,BC1⊂平面A1BC1，A1C1∩BC1=C1，
B1 D⊥平面A1BC1，A1G⊂平面A1BC1，A1G⊥B1 D，A 选项正确；
正方体中有AB// D1C1，AB⊂平面ABE，D1C1⊄平面ABE，D1C1//平面ABE，
V B−AEF =V F −ABE=V D1−ABE=V B−AE D1= 1
3 S△AE D1⋅AB = 1
3 × 1
2 ×1×2×2= 2
3，
即三棱锥B−AEF的体积为2
3，B 选项错误；⃗
AF =(−2,1,2)，⃗BE =(−2,−2,1)，则cos⟨⃗AF ,⃗BE⟩=⃗AF ⋅⃗BE
|⃗AF||⃗BE|
= 4−2+2
3×3
= 4
9 ，
所以直线AF 与直线BE 所成角的余弦值为4
9 ，C 选项正确；⃗
DB =(2,2,0)，⃗DC1=(0,2,2)，设平面BDC1的一个法向量⃗n=(x , y , z)，
则有¿，令y =−1，则x =1, z =1，⃗n=(1,−1,1)，
设C1G = λC1B，0≤λ≤1，则⃗
A1G =⃗A1C1+⃗C1G =⃗A1C1+ λ⃗C1B =(−2,2,0)+ λ(2,0,−2)=(2 λ−2,2,−2 λ)
直线A1G与平面BDC1所成角的正弦值等于
|cos⟨⃗A1G ,⃗n⟩|=
|2 λ−2−2−2 λ|
√(2 λ−2)
2+2
2+(−2 λ)
2×√3
=
4
2√2×√3×√(λ−1
2)
2
+ 3
4
，
当λ= 1
2时，直线A1G与平面BDC1所成角的正弦值的最大值为2√2
3
，D 选项正确.
故选：ACD.
11．（5 分）（2023·山东泰安·统考模拟预测）已知抛物线C : x
2= 4 y，O为坐标原点，F为抛物线C的焦
点，准线与y轴交于M点，过点F作不垂直于y轴的直线l与C交于A，B两点．设P为y轴上一动点，Q为
AB的中点，且AB⊥PQ，则（ ）
A．当|AF|=3|FB|时，直线l的斜率为± √3
3
B．|AB|>2|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 AM + k BM =0可得MF平分∠AMB，
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F (0,1)的直线l的方程为y =kx +1，A(x1, y1)，B(x2, y2)，
由¿，得x
2−4 kx −4 =0，∴x1+ x2= 4 k，x1 x2=−4，
由|AF|=3|FB|可知−x1=3 x2，代入x1+ x2= 4 k，得x1=6 k，x2=−2k，
由x1 x2=−4，得−12k
2=−4，∴k
2= 1
3，则k =± √3
3 ，故A 正确．
对于选项B，F (0,1)，设点Q的坐标为(x0, y0)，则2 x0= x1+ x2，2 y0= y1+ y2．
由¿得x1
2−x2
2= 4( y1−y2)，所以
y1−y2
x1−x2
= x1+ x2
4
= x0
2 ，则直线l的斜率为x0
2 ．
因为AB⊥PQ，所以直线PQ的斜率为−2
x0
，则直线PQ的方程为y −y0=−2
x0
(x−x0)．
令x =0，则y = y0+2，所以点P的坐标为(0, y0+2)，
则|PF|= y0+2−1= y0+1．
由抛物线的定义可知，|AB|=|AF|+|BF|= y1+ y2+2=2 y0+2，
所以|AB|=2|PF|，故B 错误．
对于选项C，因为k AM +k BM = y1+1
x1
+ y2+1
x2
= k x1+2
x1
+ k x2+2
x2
= 2k x1 x2+2(x1+ x2)
x1 x2
= 2k ×(−4)+2×(−4 k )
−4
=0，
所以直线AM与直线BM关于y轴对称，即MF平分∠AMB，
所以|AM|
|BM|=|AF|
|BF|，则|AM|+|BM|
|BM|
=|AF|+|BF|
|BF|
=|AB|
|BF|= 2|PF|
|BF| ．
整理得|BF|(|MA|+|MB|)=2|MB||PF|，故C 正确．
对于选项D，设D(x3, y3)，E(x4, y4)，因三角形ODE为正三角形，
则|OD|=|OE|⇒ x3
2+ y3
2= x4
2+ y4
2，
又x3
2= 4 y3，x4
2 = 4 y4，
则4( y3−y4)= y4
2−y3
2⇒( y4−y3)( y4+ y3+ 4)=0.
因y3，y4>0，则y4= y3⇒x4+ x3=0.
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)=a x
3−3 x +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)=3a x
2−3，
若f (x)在[−1,1]单调递减，可得f
′ (x)≤0在[−1,1]上恒成立，
即a x
2≤1在[−1,1]上恒成立，当x =0时，a为任意值时都成立，
当x∈[−1,0)∪(0,1]时，可得a≤1
x
2，易知x∈[−1,0)∪(0,1]时，1
x
2 ∈[1,+∞)；
即函数y = 1
x
2在x∈[−1,0)∪(0,1]上的最小值为1，
所以可得a≤1即可，可得A 错误；
若a>0，令f
′ (x)=3a x
2−3=0，可知方程3a x
2−3=0有两个不相等的实数根√
1
a和−√
1
a，
所以当x∈(−∞,−√
1
a)∪(√
1
a ,+ ∞)时f
′ (x)>0；x∈(−√
1
a ,√
1
a)时f
′ (x)<0；
即f (x)在(−∞,−√
1
a)，(√
1
a ,+∞)上单调递增，在(−√
1
a ,√
1
a)上单调递减，
所以函数f (x)存在2 个极值点，即B 正确；
若a=1，则f
′ (x)=3 x
2−3，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；
当x>0，即0< x ≤1时，需满足a≥3
x
2 −1
x
3恒成立，
不妨设ℎ(x)= 3
x
2 −1
x
3 , x∈(0,1]，可得ℎ
′ (x)=−6
x
3 + 3
x
4 = 3(1−2 x)
x
4
，
所以当0< x< 1
2时，ℎ
′ (x)>0，所以ℎ(x)单调递增；
当1
2 < x ≤1时，ℎ
′ (x)<0，此时ℎ(x)单调递减；
所以ℎ(x)≤ℎ(
1
2)= 4，可得a≥4；
当x<0时，即−1≤x<0，需满足a≤3
x
2 −1
x
3恒成立，
易知函数y = 3
x
2 −1
x
3 , x∈[−1,0)的导函数y
′ = 3(1−2 x)
x
4
，显然−1≤x<0时y
′>0，
即函数y = 3
x
2 −1
x
3在[−1,0)上单调递增，所以ymin= 4，
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( x −2)(1+ x)
n的展开式中，所有项系数和为−256，
则x
2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x =1可得二项式( x−2)(1+ x)
n的所有项系数和为−2
n=−256，所以n=8.
二项式(1+ x)
8的展开式的通项公式为T r +1=C8
r ⋅x
r，r =0，1，…，8，
所以( x−2)(1+ x)
n的展开式中，x
2的系数为C8
1−2C8
2= −48.
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 1,V 2且满足
V 1>V 2，则
V 1
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，
且△FDG与△BCG相似，相似比为1
2，
设△FDG的面积为S，则四边形BCDF的面积为3 S，
设点P到底面ABCD的距离为ℎ，
则V E−BCDF = 1
3 ×3 S× 1
2 ℎ= 1
2 Sℎ，
又因为E为PC的中点，所以V E−DFM = 1
2 V C −DFM = 1
2 V G−DFM，
而V E−DFG= 1
3 S× 1
2 ℎ= 1
6 Sℎ,V E−DFG=V G−DFM +V E−DFM =3V E−DFM，所以V E−DFM = 1
18 Sℎ，
所以V 2=V MECBFD=V E−BCDF+V E−DFM = 5
9 Sℎ，
所以V 1=V P−ABCD−V 2= 1
3 ×4 S×ℎ−5
9 Sℎ= 7
9 Sℎ，
所以
V 1
V 2
= 7
5，
故答案为: 7
5.
15．（5 分）（2023 上·湖北·高三校联考阶段练习）已知⊙O1: x
2+( y −2)
2=1，
⊙O2:(x −3)
2+( y −6)
2=9，过x 轴上一点P 分别作两圆的切线，切点分别是M，N，当|PM|+|PN|取到
最小值时，点P 坐标为 (
3
4 ,0) .
【解题思路】P(t ,0)，则
|PM|+|PN|=√t
2+3+√(t −3)
2+27=√(t −0)
2+[0−(−√3)]
2+√(t −3)
2+(0−3√3)
2，可看成点P到两
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】⊙O1: x
2+( y −2)
2=1的圆心为O1(0,2)，半径r1=1，
⊙O2:(x −3)
2+( y −6)
2=9的圆心为O2(3,6)，半径r2=3，
设P(t ,0)，则|PM|=√|PO1|
2−1=√t
2+ 4−1=√t
2+3，
|PN|=√|PO2|
2−3
2=√(t −3)
2+6
2−9=√(t −3)
2+27
所以|PM|+|PN|=√t
2+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|=√3
2+(4√3)
2=√57，
当P , A ,B三点共线时取等号，
此时AB直线：y +√3= 4√3
3
( x−0)
令y =0，则x = 3
4 ，∴P(
3
4 ,0)，
故答案为：(
3
4 ,0).
16．（5 分）（2023·全国·模拟预测）已知函数f (x)=sin(ωx −π
3 )(ω>0)在(π, 3π
2 )上单调递减，在
(0,2π)上恰有3 个零点，则ω的取值范围是 (
7
6 , 11
9 ] .
【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, 3π
2 )上单调递减列不等式求ω
的取值范围，综合可得ω的取值范围.
【解答过程】设t =ωx−π
3 ，当x∈(0,2π)时，t ∈(−π
3 ,2πω−π
3 )，
因为函数f (x)在(0,2π)上恰有3 个零点，
则2π<2πω−π
3 ≤3π，解得7
6 <ω≤5
3.
当x∈(π, 3π
2 )时，t ∈(πω−π
3 , 3πω
2
−π
3 )，
因为函数f (x)在(π, 3π
2 )上单调递减，
所以¿，解得5
6 +2k ≤ω≤11
9 + 4 k
3 ，k ∈Z，
取k =0，则5
6 ≤ω≤11
9 .
综上，7
6 <ω≤11
9 .
故答案为：(
7
6 , 11
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
b
2+c
2−a
2
cos A
= 4.
(1)求bc：
(2)若acosB−bcos A
acosB+bcos A = b
c +1，求△ABC面积.
【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.
【解答过程】（1）由余弦定理a
2=b
2+c
2−2bccos A，得b
2+c
2−a
2
cos A
= 2bccos A
cos A
=2bc = 4，
所以bc =2.
（2）若acosB−bcos A
acosB+bcos A = b
c +1，由正弦定理，
acosB−bcos A
acosB+bcos A =sin A cosB−sin Bcos A
sin A cosB+sin Bcos A
=sin A cosB−sin Bcos A
sin( A + B)
=sin A cosB−sin Bcos A
sinC
，
b
c +1= b+c
c
=sin B+sinC
sinC
=sin B+sin( A + B)
sinC
=sin B+sin A cosB+sin Bcos A
sinC
，
所以−2cos A sin B =sin B，
因为B∈(0,π)，故0<sin B≤1，所以cos A =−1
2，
又0< A <π，所以sin A = √3
2 ，
故△ABC的面积为S△ABC = 1
2 bc sin A = 1
2 ×2× √3
2 = √3
2 .
18．（12 分）（2023·全国·模拟预测）已知各项都为正数的数列{an}满足a1=3，a2+a3=36，
an
2=an−1an+1(n≥2)，等差数列{bn}满足b2=a2，b11=a3.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)设数列{bn}的前n项和为Sn，求数列{an+
1
Sn−4 n}的前n项和T n.
【解题思路】（1）根据条件可知数列{an}是等比数列，根据等比数列的通项公式结合题中条件解出即可求
得{an}的通项公式，继而可求得{bn}的通项公式；
（2）化简数列{an+
1
Sn−4 n}
的通项公式，分成两组进行求和，其中一组用公式求和，另一种
1
n
2+2n
= 1
2(
1
n −
1
n+2)，采用裂项相消求和即可.
【解答过程】（1）因为数列{an}的各项都为正数，且an
2=an−1⋅an+1(n≥2)，
所以数列{an}是等比数列.
设等比数列{an}的公比为q（q>0且q≠1）.
由a1=3，a2+a3=36，得3q+3q
2=36，
即q
2+q−12=0，解得q =3或q =−4舍去），
所以an=3×3
n−1=3
n.
设等差数列{bn}的公差为d.
由题意，得¿
解得¿
所以bn=7+(n−1)×2=2n+5.
（2）因为Sn=7n+ n(n−1)
2
×2=n
2+6n，
所以an+
1
Sn−4 n =3
n+
1
n
2+2n
=3
n+ 1
2(
1
n −
1
n+2)，
所以T n=(3
1+3
2+⋯+3
n)+ 1
2 ¿
= 3(1−3
n)
1−3
+ 1
2(
3
2 −
1
n+1 −
1
n+2)
= 3
n+1
2 −3
4 −
2n+3
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”？
选择物理
选择历
史
合计
男生
a
10
女生
30
d
合计
30
附：K
2=
n(ad −bc)
2
(a+b)(c +d)(a+c)(b+d).
P(K
2>k 0.10
0.05
0.025
0.01
0.005
k0
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
【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K
2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，
所以一个学生恰好选到“物化生”组合的概率为P= 1
12，
则6 名同学根据方案进行随机选科，符合二项分布B(6, 1
12 )，
故恰好选到“物化生”组合的人数的期望为6× 1
12 = 1
2；
（2）由题意可得a= 40,d =20；
则K
2= 100(40×20−10×30)
2
50×50×70×30
≈4.762>3.841，
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
形，∠PAD =π
6 ，PD =2，PB =2√7.
(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.
【解题思路】（1）在△PAD中，利用正弦定理证得∠APD =π
2 ，再结合面面垂直的判定定理证得结果；
（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.
【解答过程】（1）证明：在△PAD中，由
2
sinπ
6
=
4
sin ∠APD ，得sin∠APD =1，∠APD∈(0,π)，
所以∠APD =π
2 ，则PA = 4 cosπ
6 =2√3，
又PB =2√7，AB = 4，
所以P B
2= P A
2+ A B
2，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A (4,0,0)，B (4,4,0)，C (0,4,0)，P(1,0,√3)，E(
1
2 ,2, √3
2 )，
所以，⃗BA =(0,−4,0)，⃗BE =(−7
2 ,−2, √3
2 )，⃗BC =(−4,0,0).
设平面ABE的法向量为⃗u=(x1, y1, z1)，
则¿，取x1=√3，则⃗u=(√3,0,7).
设平面BCE的法向量为⃗v =(x2, y2, z2)，
则¿，取y2=−√3，可得⃗v =(0,−√3,−4)，
设二面角A −BE−C的平面角大小为θ，
则cosθ =⃗u⋅⃗v
|⃗u|⋅|⃗v|=
−28
2√13×√19 =−14√247
247
，
所以，二面角A −BE−C的余法值为−14√247
247
.
21．（12 分）（2023·全国·模拟预测）已知双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的焦点到其渐近线的距离为
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；
（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 =−3
2 x上，从而判定PN与
y =−3
2 x平行，求出N 的坐标，再求出面积即可.
【解答过程】（1）由题意不妨设一焦点为F (c ,0)，
易知双曲线的一条渐近线为l: y = b
a x，即bx−ay =0，
则点F到l的距离d =
bc
√b
2+a
2 =b=2√3，
∵点P(4,6)在双曲线C上，
∴16
a
2 −36
b
2 =1，结合b=2√3，得a=2，
∴双曲线C的标准方程为x
2
4 −y
2
12 =1．
（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(3−k
2) x
2−2k (4 k −6) x−(16k
2−48k + 48)=0（3−k
2≠0，且Δ>0）．
设A(x1, y1),B(x2, y2), M (x0, y0)，则4 x1= −(16k
2−48k + 48)
3−k
2
，
得x1= 4 k
2−12k +12
k
2−3
= 4(k
2−3k +3)
k
2−3
，
将x1代入直线PA的方程，得y1= 6(k
2−4 k +3)
3−k
2
，则A(
4(k
2−3k +3)
k
2−3
, 6(k
2−4 k +3)
3−k
2
)．
同理可得B(
4(k
2+3k +3)
k
2−3
, 6(k
2+ 4 k +3)
3−k
2
)．
∴AB的中点M的坐标为(
4(k
2+3)
k
2−3
, 6(k
2+3)
3−k
2 )，
记O为坐标原点，连接OM，
∴kOM =−3
2，
∴点M在直线y =−3
2 x上，
又kOM =−3
2 ∈(−√3,√3)，
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，
易知直线PN的方程为y =−3
2 x +12，代入双曲线C的方程，化简得x
2+ 48 x−208=0，即
(x−4)(x +52)=0，∴xN =−52，
把xN =−52代入y =−3
2 x +12，得y N =90，即定点N (−52,90)，
此时|PN|=√(−52−4)
2+(90−6)
2=28√13，
∵OM // PN，
∴点M到直线PN的距离d M等于点O到直线PN的距离do，
则
d M =d0=
12
√(
3
2)
2
+1
2
= 24
√13，
∴S△PMN = 1
2 ×28√13× 24
√13 =336，
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)= x ln x−a(2 x
2+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x1，x2（x1< x2）.
①求a的取值范围；
②求证：3 x2−x1> 1
a −2.
【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)= ln x−4 ax +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x2−x1> 1
4 a −1，1
4 a =
x1−x2
ln x1−ln x2
，令ℎ(x)= ln x−2(x−1)
x +1
，可得ℎ(x)在(0,1)上单调递
增，因为
x1
x2
<1，所以ℎ(
x1
x2)<ℎ(1)，根据不等式性质计算即可得证.
【解答过程】（1）若a=−1，则f (x)= x ln x +2 x
2+1，所以f
′ (x)= ln x +1+ 4 x，
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5 x−y −2=0.
（2）①由题意知f
′ (x)= ln x +1−4 ax.
令g(x)= f
′ (x)= ln x−4 ax +1，则g
′ (x)= 1
x −4 a.
因为f (x)有两个极值点x1，x2（x1< x2），所以g(x)=0有两个不等正实根x1，x2（x1< x2）.
若a≤0，g
′ (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；
若a>0，令g
′ (x)=0，解得x = 1
4 a，所以当0< x< 1
4 a时，g
′ (x)>0，
当x> 1
4 a时，g
′ (x)<0，所以g(x)在(0, 1
4 a)上单调递增，在(
1
4 a ,+∞)上单调递减.
所以x = 1
4 a时，g(x)取得极大值，即最大值为g(
1
4 a)=−ln(4 a)，
所以g(
1
4 a)=−ln(4 a)>0，解得0<a< 1
4 .
当0<a< 1
4 时，g(
1
4 a)>0，又g(
1
e)= −4 a
e
<0，所以g(
1
4 a)⋅g(
1
e)<0，
由零点存在性定理知：存在唯一的x1∈(
1
e , 1
4 a)，使得g(x1)=0.
又g(
1
a
2)= ln 1
a
2 −4 a⋅1
a
2 +1=−2ln a−4
a +1，令μ(x)=−2ln x−4
x +1，
所以μ
′ (x)=−2
x + 4
x
2 = 4−2 x
x
2
，所以当0< x<2时，μ
′ (x)>0，当x>2时，μ
′ (x)<0，
所以μ(x)在(0,2)上单调递增，在(2,+∞)上单调递减，
所以μ(a)=−2ln a−4
a +1≤μ(2)=−2ln2−1<0，
所以g(
1
a
2)<0，所以g(
1
4 a)⋅g(
1
a
2)<0，
由零点存在性定理知：存在唯一的x2∈(
1
4 a , 1
a
2)，使得g(x2)=0.
所以当0<a< 1
4 时，g(x)=0有两个不等正实根x1，x2.
综上，a的取值范围是(0, 1
4).
②证明：由①知0<a< 1
4 ，且0< x1< 1
4 a < x2，所以1
4 a >1，
因为g(x)在(0, 1
4 a)上为增函数，及g(1)=1−4 a>0，所以x1<1，
又x2> 1
4 a，所以x2−x1> 1
4 a −1.
因为g(x1)=0，g(x2)=0，所以ln x1−4 a x1+1=0，ln x2−4 a x2+1=0，
所以ln x1−ln x2= 4 a(x1−x2)，所以1
4 a =
x1−x2
ln x1−ln x2
.
令ℎ(x)= ln x−2(x−1)
x +1
（0< x<1），
所以ℎ
′ (x)= 1
x −
4
(x +1)
2 = (x−1)
2
x (x +1)
2 >0，所以ℎ(x)在(0,1)上单调递增，
因为x1< x2，所以
x1
x2
<1，所以ℎ(
x1
x2)<ℎ(1)=0，
所以ln x1
x2
−
2(
x1
x2
−1)
x1
x2
+1
<0，所以
x1−x2
ln x1−ln x2
< x1+ x2
2
，
所以1
4 a =
x1−x2
ln x1−ln x2
< x1+ x2
2
，所以x1+ x2> 1
2a.
所以3 x2−x1=(x1+ x2)+2(x2−x1)> 1
2a + 1
2a −2= 1
a −2.
