2024 年高考数学全真模拟卷 04（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·广东广州·广东实验中学校考一模）已知全集U=R，集合
A={x∣y=ln(x+1)},B={x∣x2−x−2<0)，则{x∣x<2}=（ ）
A．(∁ A)∪B B．(∁ B)∩A C．∁ (A∪B) D．∁ (A∩B)
U U U U
【解题思路】先利用对数函数的定义域、一元二次不等式化简集合A、B，再根据集合的交并补运算求解即
可.
【解答过程】因为A={x∣y=ln(x+1)}={x∣x>−1},B={x∣x2−x−2<0)={x∣−1<x<2)，
则A∩B={x∣−1<x<2)，A∪B={x∣x>−1}，
因为全集U=R，所以∁ A={x∣x≤−1}，∁ B={x∣x≤−1或x≥2}，
U U
所以(∁ A)∪B={x∣x<2}，A正确；(∁ B)∩A ={x|x≥2}，B错误；
U U
∁ (A∪B)={x∣x≤−1}，C错误；∁ (A∩B) ={x∣x≤−1或x≥2}，D错误，
U U
故选：A.
3+i
2．（5分）（2023·四川自贡·统考一模）已知复数z= ，则复数z的共轭复数z在复平面内对应的点在
i
（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【解题思路】根据复数除法运算化简z，进而求得z，从而确定正确答案.
3+i (3+i)×(−i)
【解答过程】z= = =1−3i,z=1+3i，
i i×(−i)
所以z对应点(1,3)在第一象限.
故选：A.
3．（5分）（2023·广东汕头·汕头市潮阳实验学校校考一模）若⃗a,⃗b都为非零向量，且⃗a⊥(⃗a+2⃗b)，
|⃗a+3⃗b)=|2⃗a−⃗b)，则向量⃗a,⃗b的夹角为（ ）
π 3π π 2π
A． B． C． D．
4 4 3 3
{ ⃗a⋅(⃗a+2⃗b)=0 )
【解题思路】根据两向量垂直数量积等于0，联立 ，得⃗a2=⃗b2=−2⃗a⋅⃗b，利用两向
2 2
|⃗a+3⃗b) =|2⃗a−⃗b)
量的夹角公式计算即可.
{ ⃗a⋅(⃗a+2⃗b)=0 )
【解答过程】因为⃗a⊥(⃗a+2⃗b)，|⃗a+3⃗b)=|2⃗a−⃗b)，所以 ，
2 2
|⃗a+3⃗b) =|2⃗a−⃗b)
{ ⃗a2+2⃗a⋅⃗b=0 )
即 ，
−3⃗a2+8⃗b2+10⃗a⋅⃗b=0
化简得⃗a2=⃗b2=−2⃗a⋅⃗b，所以|⃗a)=|⃗b)=❑√−2⃗a⋅⃗b．
⃗a⋅⃗b ⃗a⋅⃗b 1 2π
所以 cos⟨⃗a,⃗b)= = =− ．因为0≤⟨⃗a,⃗b)≤π，所以 ⟨⃗a,⃗b)= ．
|⃗a).|⃗b) −2⃗a⋅⃗b 2 3
故选：D．
4．（5分）（2023·全国·模拟预测）2023年7月28日至8月8日，第31届世界大学生夏季运动会在四川
成都成功举办．某中学积极响应，举办学校运动会．小赵、小钱、小孙、小李、小周5位同学报名参加3
个项目，每人只报名1个项目，每个项目至少1人，小赵和小钱不参加同一个项目，则不同的报名方法共
有（ ）
A．72种 B．114种 C．120种 D．144种
【解题思路】5位同学报名参加3个项目，人数构成分为2+2+1与3+1+1两种情况，方法一：从小赵和小
钱所在的分组进行讨论，即可得解.方法二：不考虑小赵与小钱的特殊要求，先求出不同的报名方法的种数，再排除小赵与小钱参加同一个项目，即可得解.
【解答过程】方法一：5位同学报名参加3个项目，人数构成分为2+2+1与3+1+1两种情况，
先分组再将不同组分配去参加运动项目：
①小赵和小钱分别在2人组和2人组：C1C1A3=36；
3 2 3
②小赵和小钱分别在2人组和1人组：C1C1A3=36；
2 3 3
③小赵和小钱分别在1人组和1人组：A3=6；
3
④小赵和小钱分别在1人组和3人组：C1C2A3=36，
2 3 3
所以共有36+36+6+36=114（种）不同的报名方法.
方法二：不考虑小赵与小钱的特殊要求，5位同学报名参加3个项目，
人数构成分为2+2+1与3+1+1两种情况：
C2C2 C3C1
①2+2+1: 5 3 A3=90；②3+1+1： 5 2 A3=60，共有150种情况．
A2 3 A2 3
2 2
假如小赵与小钱参加同一个项目，分为他们都在2人组和都在3人组两种情况，
C1C1
①都在2人组：C2×A3=18；②都在3人组： 3 2 A3=18，
3 3 A2 3
2
考虑两人的特殊要求之后，共有150− 18−18=114（种）不同的报名方法.
故选：B．
5．（5分）（2023·陕西宝鸡·校联考模拟预测）若函数f (x)是定义在R上的偶函数，在(−∞,0)上是减函数，
且f (3)=0，则使得f (x)<0的x的取值范围是（ ）
A．(−∞,−3) B．(3,+∞)
C．(−3,3) D．(−∞,−3)∪(3,+∞)
【解题思路】分析函数f (x)在[0,+∞)上的单调性，将所求不等式变形为f (|x))<f (3)，可得出关于x的不等
式，解之即可.
【解答过程】因为函数f (x)是定义在R上的偶函数，在(−∞,0)上是减函数，
则函数f (x)在[0,+∞)上为增函数，
因为f (3)=0，由f (x)<0可得f (|x))<f (3)，则|x)<3，解得−3<x<3，因此，满足f (x)<0的x的取值范围是(−3,3).
故选：C.
x2 y2
6．（5分）（2023·新疆·校联考一模）已知双曲线C: − =1(a>0,b>0)的左焦点为F ，O为坐标原
a2 b2 1
1
点，过F 的直线与双曲线的两条渐近线分别交于A、B两点，且⃗F A= ⃗F B，|⃗OA)=a，|⃗F B)=2b，
1 1 2 1 1
则双曲线C的离心率为（ ）
A．❑√3 B．2 C．❑√5 D．❑√6
【解题思路】由题意结合勾股定理的逆定理可得∠OAF =90°，结合双曲线的对称性可得
1
b
2∠OF A=90°−∠OF A，即可得∠BOF ，由斜率与倾斜角的关系可得 ，即可得离心率.
1 1 2 a
【解答过程】
1 1
由|⃗F B)=2b，⃗F A= ⃗F B，故|⃗F A)= |⃗F B)=b，
1 1 2 1 1 2 1
则有|⃗F A)=b、|⃗OA)=a、|⃗OF )=c，又c2=a2+b2，
1 1
1
故∠OAF =90°，又⃗F A= ⃗F B，故|OF )=|OB)，
1 1 2 1 1
则∠OF A=∠OBA，则∠BOF =∠OF A+∠OBA=2∠OF A，
1 2 1 1
∠AOF =90°−∠OF A，故2∠OF A=90°−∠OF A，
1 1 1 1
即∠OF A=30°，即∠BOF =2∠OF A=60°，
1 2 1
b √c2 √a2+b2 √ b2
即 =tan60°=❑√3，则e=❑ =❑ =❑1+ =❑√1+(❑√3) 2=2.
a a2 a2 a2
故选：B.
(π )
7．（5分）（2023·四川南充·统考一模）如图1是函数f(x)=cos x 的部分图象，经过适当的平移和伸
2缩变换后，得到图2中g(x)的部分图象，则（ ）
( 1) 1 (1 5 )
A．g(x)=f 2x− B．g(x)> 的解集为 +2k, +2k ，k∈Z
2 2 6 6
C．g
(2023)
=−
❑√3
D．方程
g(x)=log
1
x
有4个不相等的实数解
3 2 4
【解题思路】由两个函数的图象分析得到g(x)的解析式，可判断选项A；根据g(x)的函数图象可判断选项
y=log x
B；根据g(x)的周期性可判断选项C；在同一个坐标系中作出y=g(x)和 1 的图象可判断选项D.
4
(π )
【解答过程】由图知，g(x)的图象可看作将f(x)=cos x 的图象先向右平移一个单位，再把所有点的
2
1
横坐标缩短为原来的 倍，纵坐标不变得到的，
2
∴ g(x)=f (2x−1)=cos
[π
(2x−1) )=cos (πx−
π
)=sinπx，
2 2
对于A，f ( 2x− 1) =cos (πx− π ) ≠g(x)，故A错误；
2 4
1 π 5π
对于B，要使g(x)> ，则 +2kπ<πx< +2kπ,k∈Z，
2 6 6
1 5
解得 +2k<x< +2k,k∈Z，故B正确；
6 6
对于C，∵ g(x)的最小正周期为2，
(2023) ( 1) (1) π ❑√3
∴ g =g 674+ =g =sin = ，故C错误；
3 3 3 3 2
y=log x y=log x (1 )
对于D，∵ 1 在(0,+∞)单调递减，且 1 的图象过点 ,1 和(4,−1)，
4 4 4
y=log x
∴函数y=g(x)与函数 1 的图象有5个交点，如图所示，
4g(x)=log x
∴方程 1 有5个不相等的实数解，故D错误.
4
故选：B.
e2 e3
8．（5分）（2023·全国·模拟预测）已知a= ，b=ee−1，c= ，则有（ ）
ln3 2ln2
A．a<b<c B．a<c<b C．b<a<c D．b<c<a
ex−1
【解题思路】函数f (x)= ,x>1，则a=f (3),b=f (e),c=f (4)，确定函数f (x)的单调性，通过单调性
lnx
可确定大小.
e3−1 ee−1 e4−1
【解答过程】把a，b，c变形得a= ，b= ，c= ，
ln3 lne ln4
ex−1
所以构造函数f (x)= ,x>1，则a=f (3),b=f (e),c=f (4).
lnx
ex−1lnx−
1
ex−1
ex−1(
lnx−
1)
x x ，
f′(x)= = ,x>1
(lnx) 2 (lnx) 2
1 1 1
令g(x)=lnx− ，则g′(x)= + >0在(1,+∞)上恒成立，
x x x2
1 1
所以g(x)在区间(1,+∞)上单调递增，因为g(e)=lne− =1− >0，
e e
所以f′(x)>0在[e,+∞)上恒成立，
ex−1
所以函数f (x)= 在[e,+∞)上单调递增，
lnx
所以f (e)<f (3)<f (4)，即b<a<c.
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·广东广州·统考模拟预测）某市实行居民阶梯电价收费政策后有效促进了节能减排．现从某小区随机调查了200户家庭十月份的用电量（单位：kW·h），将数据进行适当分组后（每组为左闭右
开的区间），画出如图所示的频率分布直方图，则（ ）
A．图中a的值为0.015
B．样本的第25百分位数约为217
C．样本平均数约为198.4
D．在被调查的用户中，用电量落在[170,230)内的户数为108
【解题思路】根据频率直方图，结合各个统计量的含义，逐项分析判断即可.
【解答过程】对A，20(0.006+0.007+0.01+0.012+a)=1，
所以a=0.015，故A正确；
对B设样本的第25百分位数约为b，，
则20×0.007=0.14<0.25
20(0.007+0.012)=0.38>0.25，
所以b∈[170,190)，故B错误；
对C，样本平均数为：20(160×0.007+180×0.012+200×0.015+220×0.01+240×0.006)=198.4，
故C正确；
对D，用电量落在[170,230)内的户数为：
20(0.012+0.015+0.01)×200=148，故D错误.
故选：AC.
10．（5分）（2023·全国·模拟预测）如图①，四边形ABCD是两个直角三角形拼接而成，AB=1，
BD=❑√2，∠ABD=∠C=90°，∠BDC=45°.现沿着BD进行翻折，使平面ABD⊥平面BCD，连接
AC，得到三棱锥A−BCD（如图②），则下列选项中正确的是（ ）A．平面ABC⊥平面ACD
B．二面角B−AD−C的大小为60°
❑√3
C．异面直线AD与BC所成角的余弦值为
3
D．三棱锥A−BCD外接球的表面积为π
【解题思路】A选项，面面垂直⇒线面垂直⇒ CD⊥平面ABC⇒平面ABD⊥平面ACD；
B、C选项，建立空间直角坐标系，利用直线方向向量和平面法向量求解；
D选项，三棱锥的外接球，寻求斜边中点（球心位置）.
【解答过程】A项，平面ABD⊥平面BCD，交线为BD，AB⊥BD，AB⊂平面ABD，所以AB⊥平面
BCD，
因为CD⊂平面BCD，所以AB⊥CD.又BC⊥CD，且AB∩BC=B，所以CD⊥平面ABC.
因为CD⊂平面ACD，所以平面ABC⊥平面ACD，选项A正确.
B，C选项，以B为原点，过B在平面BCD内作BD的垂线为x轴，直线BD为y轴，直线AB为z轴，建
立空间直角坐标系，
则 (❑√2 ❑√2 ) ，则 (❑√2 ❑√2 )，
B(0,0,0),A(0,0,1),C , ,0 ,D(0,❑√2,0) ⃗AC= , ,−1
2 2 2 2
(❑√2 ❑√2 ).
⃗AD=(0,❑√2,−1),⃗BC= , ,0
2 2
易知平面ABD的一个法向量为⃗n =(1,0,0).设平面ACD的法向量为⃗n =(x,y,z)，
1 2
则{⃗n ⋅⃗AC=0,)即
{❑√2
x+
❑√2
y−z=0, ) 取 ，则 ，则 ，
2 2 2 z=❑√2 x=1,y=1 ⃗n =(1,1,❑√2)
⃗n ⋅⃗AD=0, 2
1 ❑√2y−z=0,由图可知二面角 B−AD−C 为锐角，则二面角 B−AD−C 的余弦值为 cos⟨⃗n ,⃗n )= |⃗n 1 ⋅⃗n 2 ) = 1 = 1，
1 2 |⃗n )|⃗n ) 1×2 2
1 2
即二面角B−AD−C的大小为60°，选项B正确；
(❑√2 ❑√2 )
(0,❑√2,−1)⋅ , ,0
，选项C正确；
⃗AD⋅⃗BC 2 2 ❑√3
cos⟨⃗AD,⃗BC)= = =
|⃗AD)|⃗BC) ❑√3×1 3
D项，取AD的中点N，因为△ABD与△ACD都是直角三角形，所以点N到A，B，C，D的距离相等，
即为三棱锥A−BCD外接球的球心，
球半径为❑√3，则三棱锥 外接球的表面积为 (❑√3) 2 ，选项D错误.
A−BCD 4π× =3π
2 2
故选：ABC.
11．（5分）（2023·全国·模拟预测）已知抛物线C的焦点为F(0,1)，点M在C的准线上，过点M作两条均
不垂直于x轴的直线l ，l ，使得l ,l 与抛物线C均只有一个公共点，分别为P,Q，则（ ）
1 2 1 2
A．抛物线C的方程为x2=4 y B．l ⊥l
1 2
C．直线PQ经过点F D．△PQM的面积为定值
【解题思路】选项A，根据题意设出抛物线方程，结合焦点坐标即可得抛物线方程；选项B，设出点M的
坐标及直线l ，l 的方程，与抛物线方程联立，结合直线与抛物线只有一个公共点及根与系数的关系可得
1 2
k k =−1，进而可得l ⊥l ；选项C，写出直线PQ的两点式方程，化为点斜式，可得直线PQ经过点F；
1 2 1 2
选项D，根据l ⊥l 写出S 的表达式，利用基本不等式可得解．
1 2 △PQM
【解答过程】选项A：由题可设抛物线C的方程为x2=2py(p>0)，
p
所以 =1,p=2，所以抛物线C的方程为x2=4 y，故A正确．
2选项B：易知 的准线方程为 ，故可设点 的坐标为 ，
C y=−1 M (x ,−1)
0
直线 的斜率为 ，则直线 的方程为 ，即 ，
l k l y+1=k (x−x ) y=k x−(1+k x )
1 1 1 1 0 1 1 0
1
与抛物线C的方程x2=4 y联立，消去y并整理得 x2−k x+1+k x =0．
4 1 1 0
1
因为l 与抛物线C只有一个公共点P，所以Δ =k2−4× ×(1+x k )=0，
1 1 1 4 0 1
所以 ．设直线 的斜率为 ，同理可得 ，
k2−x k −1=0 l k k2−x k −1=0
1 0 1 2 2 2 0 2
所以 是一元二次方程 的两个实数根，
k ,k x2−x x−1=0
1 2 0
所以k k =−1，所以l ⊥l ，故B正确．
1 2 1 2
选项C：设 ，则直线 的方程为 x−x y−y ，
P(x ,y ),Q(x ,y ) PQ 1 = 1
1 1 2 2 x −x y −y
2 1 2 1
由B可得 ，
x =2k ,x =2k ,y =k2,y =k2,k +k =x ,k2−x k =1
1 1 2 2 1 1 2 2 1 2 0 1 0 1
x−2k y−k2 x
所以 1 = 1，化简并整理得 y= 0 x+1 ，
2k −2k k2−k2 2
2 1 2 1
所以直线PQ经过点F(0,1)，故C正确．
1
选项D：解法一 因为l ⊥l ，所以S = |PM)|QM)
1 2 △PQM 2
1
= ❑√(x −x ) 2+(y +1) 2❑√(x −x ) 2+(y +1) 2
2 1 0 1 2 0 2
1
= ❑√20+(k6+k6)+6(k4+k4)+15(k2+k2)
2 1 2 1 2 1 2
1
≥ ×❑√20+2+6×2+15×2
2
=4
当且仅当 时取等号，所以D错误．
k2=k2=1
1 2
解法二 设直线PQ的方程为y=kx+1，代入抛物线方程x2=4 y，
整理得 ，设 ，则 ．
x2−4kx−4=0 P(x ,y ),Q(x ,y ) x +x =4k,x x =−4
1 1 2 2 1 2 1 2所以 ，
|PQ)=❑√1+k2|x −x )=4(1+k2)
1 2
因为 ，所以 ，
x +x =2k +2k =2(k +k )=2x x =2k
1 2 1 2 1 2 0 0
|kx +1+1)
则点 M 到直线 PQ 的距离 d= 0 =2❑√1+k2 ，
❑√1+k2
1
所以S = |PQ)d=4❑√1+k2(1+k2)≥4，当且仅当k=0时取等号，故D错误．
△PQM 2
故选：ABC.
aex+ex
12．（5分）（2023·重庆沙坪坝·重庆八中校考模拟预测）已知f (x)= ，
2
g(x)=a(x−2)e2x−(x+2)，a≠0则（ ）
A．当a=−1时，f (x)为奇函数
B．当a=1时，存在直线y=t与y=f (x)有6个交点
C．当 [ 1 )时， 在 上单调递减
a∈ − ,0 g(x) (0,+∞)
e2
D．当a<−1时，g(x)在(0,+∞)上有且仅有一个零点
【解题思路】AB两个选项比较好判断；对C，可以利用函数在给定区间上的单调性，分离参数，转化为
恒成立问题求参数的取值范围；对D，分析函数的单调性和一些特殊点的函数值符号，判断零点个数.
【解答过程】当a=−1时，f (x)=0，可以说是奇函数，故A正确；
当a=1时，f (x)=ex在R上单调递增，与y=t最多一个交点，故B错误；
因为 ，所以 .
g(x)=a(x−2)e2x−(x+2) g'(x)=a[e2x+2(x−2)e2x)−1 =ae2x(2x−3)−1
对C：g(x)在(0,+∞)上递减，需有ae2x(2x−3)−1≤0（x>0）恒成立.
3 1 1 1
当x> 时，a≤ ，又 >0，且当x→+∞时， →0，所以a<0.
2 e2x(2x−3) e2x(2x−3) e2x(2x−3)
3 1
当0<x< 时，a≥ .
2 e2x(2x−3)
设ℎ(x)=e2x(2x−3)，则ℎ '(x)=e2x(4x−4)，由ℎ '(x)>0 ⇒ x>1，所以ℎ(x)在(0,1)上递减，在
( 3)
1, 上递增，
21
所以ℎ(x)的最小值为 ℎ(1)=−e2，所以a≥−
e2
.
1 1
所以a<0且a≥− ，即a∈[− ,0).故C正确；
e2 e2
对D：设m(x)=ae2x(2x−3)−1，则m'(x)=4ae2x(x−1).因为a<−1，所以当0<x<1时，m'(x)>0；当
x>1时，m'(x)<0.
所以m(x)在(0,1)上递增，在(1,+∞)上递减，所以m(x)的最大值为m(1)=−ae2−1>0，
又 ，所以 只在 有一解，设为 即 ，
m(0)= −3a−1>0 m(x)=0 (1,+∞) x ae2x 0(2x −3)−1=0
0 0
所以 在 上递增，在 上递减.
g(x) (0,x ) (x ,+∞)
0 0
且g(0)=−2(a+1)>0，且当x→+∞时，g(x)=a(x−2)e2x−(x+2)→−∞，所以g(x)在(0,+∞)上有且
仅有一个零点.故D正确.
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）（2023·四川成都·石室中学校考一模）石室校园，望楼汉阙，红墙掩映，步移景异！现有甲、
乙、丙、丁四位校友到“文翁化蜀”、“锦水文风”、“魁星阁”、“银杏大道”4处景点追忆石室读书
时光.若每人只去一处景点，设事件A为“4个人去的景点各不相同”，事件B为“只有甲去了锦水文风”，
2
则P(A|B))= .
9
【解题思路】根据题意先分别求出P(B),P(AB)，再根据条件概率公式即可得解.
【解答过程】由题意可知，4人去4个不同的景点，总事件数为44=256，事件B的总数为33=27，
27
所以P(B)= ，
256
事件A和事件B同时发生，
即“只有甲去了锦水文风，另外3人去了另外3个不同的景点”，
则事件 的总数为 ，
AB A3=6
3
6
所以P(AB)= ，
2566
P(AB) 256 2
所以P(A|B))= = = .
P(B) 27 9
256
2
故答案为： .
9
14．（5分）（2023·四川成都·统考一模）记 为等差数列 的前 项和．若 ，且 成等比
S {a ) n S =14 a ,a ,a
n n 7 3 4 6
数列，则a 的值为 2022 或 2 ．
2024
【解题思路】先根据条件列关于首项和公差的方程，解出后即可求a .
2024
【解答过程】设等差数列 的公差为 ，
{a ) d
n
则S =7a +21d=14①，
7 1
又因为a ,a ,a 成等比数列，
3 4 6
所以 ，即 ②，
a2=a a (a +3d) 2=(a +2d)(a +5d)
4 3 6 1 1 1
由①②解得a =−1,d=1或a =2,d=0，
1 1
所以a =a +2023d=−1+2023=2022，或a =a +2023d=2+0=2
2024 1 2024 1
故答案为：2022或2.
15．（5分）（2023·全国·模拟预测）已知函数 ，则函数 的图象在 处的切线方
f (x)=(x2−x+2)ex f (x) x=1
程为 3ex−y−e=0 ．
【解题思路】对f (x)求导，求出切线的斜率，然后利用点斜式求解即可.
【解答过程】因为 ，
f (x)=(x2−x+2)ex
所以 ，
f′(x)=(2x−1)ex+(x2−x+2)ex=(x2+x+1)ex
∴f (x)的图象在x=1处的切线斜率为k=f′(1)=3e，
又f (1)=2e，所以切点为(1,2e)，
所以f (x)的图象在x=1处的切线方程为：
y−2e=3e(x−1)，即3ex−y−e=0．
故答案为：3ex−y−e=0.
16．（5分）（2023·全国·模拟预测）如图，在正四棱台ABCD−A B C D 中，上、下底面的棱长分别
1 1 1 1
为2和3，侧棱长为❑√2，分别延长A A ，BB ，CC ，DD 交于点P，则四棱锥P−A B C D 的体积
1 1 1 1 1 1 1 14❑√6
为 ．
3
【解题思路】作出辅助线，得到线面垂直，进而利用勾股定理和相似知识得到棱台的高，进而求出四棱锥
P−A B C D 的高，求出体积.
1 1 1 1
【解答过程】如图，过点P作PO⊥底面ABCD于点O，交平面A B C D 于点O ，
1 1 1 1 1
则PO ⊥平面A B C D ，
1 1 1 1 1
过点B 作B E⊥底面ABCD于点E，
1 1
又BD⊂平面ABCD，
则B E⊥BD，且O，B，D，E四点共线，O ，B ，D 三点共线．
1 1 1 1
上、下底面的棱长分别为2和3，侧棱长为❑√2，
故 ，
B D =2❑√2,BD=3❑√2
1 1
BD−B D 3❑√2−2❑√2 ❑√2
在Rt△B BE中，BB =❑√2，BE= 1 1= = ，
1 1 2 2 2
❑√6
∴由勾股定理得B E=❑√B B2−BE2= ，
1 1 2
∵ B E∥OP，
1
B E BE
∴ 1 = ，
OP OB❑√6 3❑√2
×
B E⋅OB 2 2 3❑√6
∴ OP= 1 = = ．
BE ❑√2 2
2
❑√6
又OO = B E= ，
1 1 2
，
∴PO =OP−OO =❑√6
1 1
1 4❑√6
∴四棱锥P− A B C D 的体积为 ×22×❑√6= ．
1 1 1 1 3 3
4❑√6
故答案为： .
3
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·全国·模拟预测）在锐角三角形ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，
3
且sin2A−2sin AcosBsinC+sin2C= ．
4
(1)求角B的值．
a+c
(2)求 的取值范围．
2b
【解题思路】（1）利用正、余弦定理进行边角转化，即可得结果；
a+c π
（2）利用正弦定理结合三角恒等变换整理得 =sin ( A+ ) ，结合正弦函数性质分析求解.
2b 6
【解答过程】（1）设△ABC的外接圆半径为R．
a b c a b c
由正弦定理 = = =2R，得sin A= ，sinB= ，sinC= ．
sin A sinB sinC 2R 2R 2R
因为 3，则 a2 a c c2 3，
sin2A−2sinAcosBsinC+sin2C= −2⋅ ⋅cosB⋅ + =
4 4R2 2R 2R 4R2 4
整理得a2+c2−2accosB=3R2，
由余弦定理 得 ，即 b2 3，
b2=a2+c2−2accosB b2=3R2 sin2B= =
4R2 4
又因为B∈ ( 0,
π
) ，则sinB>0，可得sinB=
❑√3
，所以B=
π
．
2 2 3
a+c sin A+sinC
（2）由正弦定理可得 = ，
2b 2sinB(2π
)
则 sin A+sin −A
a+c 3 ❑√3 1 π
= = sin A+ cosA=sin ( A+ )
2b ❑√3 2 2 6
π
{ 0<A< )
2 π π
因为△ABC是锐角三角形，则 ，解得 <A< ，
π π 6 2
A+ >
3 2
π π 2π ❑√3 π
则 <A+ < ，可得 <sin ( A+ ) ≤1，
3 6 3 2 6
所以a+c的取值范围是(❑√3 )．
,1
2b 2
18．（12分）（2023·全国·模拟预测）数列 的前 项和 满足 ．
{a ) n S 2S =3a −2n
n n n n
(1)令 ，求 的通项公式；
b =a +1 {b )
n n n
2log (a +1)+3
(2)令 c = 3 n ，设 {c ) 的前 n 项和为 T ，求证： T <1 ．
n b (n2+n) n n n
n
【解题思路】（1）根据题意，当n=1时，解得a =2，当n≥2时，2a =2S −2S =3a −3a −2，
1 n n n−1 n n−1
可得 ，当 时， ，即当 时， ，即可得解；
a =3a +2 n≥2 a +1=3(a +1) n≥2 b =3b
n n−1 n n−1 n n−1
（2）由（1）知， c = 2log 3 (a n +1)+3 = 2n+3 = 1 − 1 ，求和即可.
n b (n2+n) 3n(n2+n) n⋅3n−1 (n+1)⋅3n
n
【解答过程】（1）因为2S =3a −2n，所以当n=1时，2S =2a =3a −2，解得a =2；
n n 1 1 1 1
当n≥2时，2S =3a −2(n−1)，
n−1 n−1
两式相减得2a =3a −3a −2，即a =3a +2．
n n n−1 n n−1
所以当 时， ，
n≥2 a +1=3(a +1)
n n−1
即当n≥2时，b =3b ，且b =3，
n n−1 1
所以 是以3为首项，3为公比的等比数列，
{b )
n
所以 ．
b =3×3n−1=3n
n（2）由（1）知 ，
b =a +1=3n
n n
2log (a +1)+3 2n+3 1 1
则 c = 3 n = = − ，
n b (n2+n) 3n(n2+n) n⋅3n−1 (n+1)⋅3n
n
所以T =c +c +c +⋯+c
n 1 2 3 n
1 1 1 1 1 1 1
= − + − +⋯+ − =1− ．
1×30 2×31 2×31 3×32 n⋅3n−1 (n+1)⋅3n (n+1)⋅3n
1
因为 >0，所以T <1．
(n+1)⋅3n n
19．（12分）（2023·陕西榆林·校考模拟预测）由于人类的破坏与栖息地的丧失等因素，地球上濒临灭绝
生物的比例正在以惊人的速度增长.在工业社会以前，鸟类平均每300年灭绝一种，兽类平均每8000年灭绝
一种，但是自工业社会以来，地球物种灭绝的速度已经超出自然灭绝率的1000倍.所以保护动物刻不容缓，
全世界都在号召保护动物，动物保护的核心内容是禁止虐待、残害任何动物，禁止猎杀和捕食野生动物，
某动物保护机构为了调查研究人们“保护动物意识的强弱与性别是否有关联”，从某市市民中随机抽取
400名进行调查，得到统计数据如下表：
保护动物意识强 保护动物意识弱 合计
男
140 60 200
性
女
80 120 200
性
合
220 180 400
计
(1)根据以上数据，依据小概率值α=0.001的独立性检验，能否认为人们保护动物意识的强弱与性别有关联？
(2)将频率视为概率，现从该市女性的市民中用随机抽样的方法每次抽取1人，共抽取4次.记被抽取的4人中
“保护动物意识强”的人数为X，若每次抽取的结果是相互独立的，求X的分布列和数学期望.
参考公式： n(ad−bc) 2 ，其中 .
χ2= n=a+b+c+d
(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)
附：
α 0.10 0.05 0.010 0.005 0.001
x 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
α
【解题思路】（1）计算出χ2的观测值，结合临界值表可得出结论；( 2)
（2）分析可知，X~B 4, ，利用二项分布可得出随机变量X的分布列，进而可求得E(X)的值.
5
【解答过程】（1）零假设为H :保护动物意识的强弱与性别无关联.
0
400×(140×120−60×80) 2 400
由题意，χ2= = ≈36.364>10.828=x ，
200×200×220×180 11 0.001
所以根据小概率值α=0.001的独立性检验，我们推断H 不成立，
0
即认为保护动物意识的强弱与性别有关联.
（2）由题意可知：在女性的市民中抽到1人，
80 2
抽中“保护动物意识强”的女性市民的概率为 = ，
200 5
( 2)
所以X的所有可能取值为0、1、2、3、4，由题意可知，X~B 4, ，
5
P(X=0)=C0× ( 1− 2) 4 = 81 ，P(X=1)=C1× 2 × ( 1− 2) 3 = 216 ，
4 5 625 4 5 5 625
P(X=2)=C2× (2) 2 × ( 1− 2) 2 = 216 ，P(X=3)=C3× (2) 3 × ( 1− 2) = 96 ，
4 5 5 625 4 5 5 625
P(X=4)=C4×
(2) 4
=
16
，
4 5 625
所以X的分布列为
X 0 1 2 3 4
81 216 216 96 16
P
625 625 625 625 625
81 216 216 96 16 8
所以E(X)=0× +1× +2× +3× +4× = .
625 625 625 625 625 5
20．（12分）（2023·全国·校联考模拟预测）如图，已知SA垂直于梯形ABCD所在的平面，矩形SADE的
π 1
对角线交于点F,G为SB的中点，∠ABC=∠BAD= ,SA=AB=BC= AD=1.
2 2
(1)求证：BD //平面AEG；π
(2)在线段EG上是否存在一点H，使得BH与平面SCD所成角的大小为 ？若存在，求出GH的长；若不
6
存在，说明理由.
【解题思路】（1）用向量法证明即可；
（2）假设存在，根据线面角的公式运算即可得解.
【解答过程】（1）以A为原点建立如图所示的坐标系，
1 1
∴B(1,0,0)，D(0,2,0)，E(0,2,1)，G( ,0, )，
2 2
1 1
∴⃗BD=(−1,2,0)，⃗AE=(0,2,1)，⃗AG=( ,0, )，
2 2
设面AEG的法向量为⃗m=(x,y,z)，
{
2y+z=0
) 1
∴ 1 1 ，令x=1，则⃗m=(1, ,−1)，
x+ z=0 2
2 2
∴⃗BD⋅⃗m=0，
∵BD⊄平面AEG，⃗BD⋅⃗m=0，
∴BD//平面AEG；
1 1
（2）假设存在点H，设⃗GH=λ⃗GE=(− λ,2λ, λ)，
2 2
1 1 1 1
则⃗BH=⃗BG+λ⃗GE=(− − λ,2λ, + λ)，
2 2 2 2
设面SCD法向量⃗n=(a,b,c)，
∵⃗SC=(1,1,−1)，⃗CD=(−1,1,0)，
{a+b−c=0)
∴ ，令a=1，则⃗n=(1,1,2)，
−a+b=0
1 1
|− − λ+2λ+1+λ|
π 2 2 1
∴sin =|cos<⃗n,⃗BH>|= = ，
6 √ 1 2
❑√6×❑4λ2+ (1+λ) 2
2，即 ，
∴(λ−1) 2=0 λ=1
1 1
∴⃗GH=(− ,2, )，
2 2
3❑√2
故存在满足题意的点H，此时|GH|=|⃗GH|= .
2
21．（12分）（2023·广西·模拟预测）已知椭圆 ：x2 y2 （ ），直线 ： 过 的
C + =1 a>b>0 l x+ y−❑√2=0 C
a2 b2
右焦点F，椭圆的长轴长是下顶点到直线l的距离的2倍.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设A(−2,0)，B(2,0)，M，N是椭圆C上不同于A，B的两点（其中M在x轴上方），若直线BN的斜率
等于直线AM的斜率的2倍，求四边形AMBN面积的最大值.
b+❑√2
【解题思路】（1）根据题设得c=❑√2且a= ，即可求出椭圆方程；
❑√2
（2）设直线 的方程为 ， ， ，联立椭圆，应用韦达定理用 表示出 坐标，
AM y=k(x+2) k>0 M(x ,y ) k M
1 1
进而得到直线 的方程为 ，设 ，同理用 表示出 坐标，最后得到四边形
BN y=2k(x−2) N(x ,y ) k N AMBN
2 2
面积关于k的表达式，结合基本不等式求最大值.
【解答过程】（1）设椭圆的焦距为 ，直线 恒过点 ，所以 .
2c l (❑√2,0) c=❑√2
b+❑√2
椭圆的下顶点(0,−b)到直线l的距离d= ，
❑√2
由题意得¿，解得a=2,b=❑√2.
x2 y2
椭圆C的标准方程为 + =1.
4 2
（2）由题意，设直线AM的斜率为k（k>0），即直线AM的方程为y=k(x+2)，
联立直线 与椭圆方程 ，化简整理得 ，
AM ¿ (2k2+1)x2+8k2x+8k2−4=0
，
Δ=64k4−4(2k2+1)(8k2−4)=16>0
设 ，由韦达定理得 8k2−4，即 2−4k2， 4k ，
M(x ,y ) −2x = x = y =k(x +2)=
1 1 1 2k2+1 1 2k2+1 1 1 2k2+1直线BN的斜率等于直线AM的斜率的2倍，直线BN的方程为y=2k(x−2)，
设 ，同理得 16k2−2， 8k ，
N(x ,y ) x = y =2k(x −2)=−
2 2 2 8k2+1 2 2 8k2+1
1
则四边形AMBN的面积S= ×4×(y −y )
2 1 2
1
4k+
( 4k 8k ) 4k3+k k
=2 + =24× =24×
2k2+1 8k2+1 (2k2+1)(8k2+1) ( 1)( 1)
8k+ 2k+
k k
1 1
4k+ 4k+
k k 24
=24× =24× =
16k2+ 1 +10 ( 4k+ 1) 2 +2 4k+ 1 + 2 ，
k2 k k 1
4k+
k
1 1 √ 1 1
令t=4k+ ，则4k+ ≥2❑4k⋅ =4，当且仅当k= 等号成立，
k k k 2
24 24 16
S= ≤ = 16
则 2 2 3 ，故S的最大值为 .
t+ 4+ 3
t 4
1 1
22．（12分）（2023·全国·模拟预测）已知函数f (x)= x3− a(x2+2cosx)+xcosx−sinx.
3 2
(1)讨论f (x)的单调性
(2)若a>0，求证：
①函数f (x)在(0,+∞)上只有1个零点；
1 1 π
②f (x)>1− a3− a2−❑√2sin ( a+ ) .
6 2 4
【解题思路】（1）求导得f′(x)=(x−a)(x−sinx)，分别确定g(x)=x−sinx和函数y=x−a的正负，结合分类讨论，即可求解，
1
（2）根据函数函数单调性，即可求证只有一个零点，构造函数 ℎ(a)= a2+cosa−1，即可由导数确定单
2
调性求证.
1 1
【解答过程】（1）因为f (x)= x3− a(x2+2cosx)+xcosx−sinx，
3 2
所以f′(x)=x2−ax+asinx−xsinx=(x−a)(x−sinx).
设g(x)=x−sinx，则g′(x)=1−cosx≥0，
所以g(x)在R上单调递增，且g(0)=0，
所以当x>0时，x−sinx>0；当x<0时，x−sinx<0.
当a=0时，f′(x)=x(x−sinx)≥0，
所以f (x)在R上单调递增.
当a>0时，若x∈(0,a)，则f′(x)<0，所以f (x)单调递减；
若x∈(−∞,0)或x∈(a,+∞)，则f′(x)>0，所以f (x)单调递增.
当a<0时，若x∈(a,0)，则f′(x)<0，所以f (x)单调递减；
若x∈(−∞,a)或x∈(0,+∞)，则f′(x)>0，所以f (x)单调递增.
综上所述，当a=0时，f (x)在R上单调递增；
当a>0时，f (x)在(0,a)上单调递减，在(−∞,0)，(a,+∞)上单调递增；
当a<0时，f (x)在(a,0)上单调递减，在(−∞,a)，(0,+∞)上单调递增.
（2）①由（1）知，当a>0时，f (x)在(0,a)上单调递减，在(a,+∞)上单调递增，
又f (0)=−a<0，所以f (a)<f (0)<0，所以f (x)在(0,a)上没有零点.
因为x>0，所以
1 1 1 1
f(x)= x3− a(x2+2cosx)+xcosx−sinx> x3− a(x2+2)−x−1
3 2 3 2
= 1 x2( x− 9 a ) + 1 x(x2−9)+ 1 x3−(a+1)
9 2 9 9
9
{ x> a )
所以当 2 时， ，
f (x)>0
x>3
x>√3 9a+9
此时f (x)在(a,+∞)上只有1个零点.
综上可得，f (x)在(0,+∞)上只有1个零点.
②由a>0，知f (x)在(0,a)上单调递减，在(a,+∞)上单调递增，1
所以f (x)≥f (a)=− a3−sina，
6
所以f (a)+ 1 a3+ 1 a2+❑√2sin ( a+ π) −1= 1 a2+cosa−1.
6 2 4 2
1
设ℎ(a)= a2+cosa−1，则
ℎ
′(a)=a−sina.
2
由（1）知，当a>0时，a−sina>0，
所以当a>0时，ℎ ′(a)>0，
所以ℎ ′(a)>0在(0,+∞)上单调递增，所以ℎ(a)> ℎ(0)=0，
1 1 π
即f (a)>1− a3− a2−❑√2sin ( a+ ) ，
6 2 4
1 1 π
所以f (x)>1− a3− a2−❑√2sin ( a+ ) .
6 2 4
