2024 年高考数学全真模拟卷 05（新题型地区专用）
（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（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．（5分）（2023·福建莆田·莆田一中校考一模）若一组数据1,1,a,4,5,5,6,7的75百分位数是6，则a=
（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
【解题思路】根据百分位数的定义求解即可．
【解答过程】这组数据为：1,1,a,4,5,5,6,7，但a大小不定，因为8×0.75=6，
所以这组数据的75%分位数为从小到大的顺序的第6个数和第7个数的平均数，
经检验，只有a=6符合．
故选：C．
2．（2023·福建莆田·莆田一中校考一模）若抛物线 上一点 到焦点的距离是 ，
y2=2px(p>0) M(3,m) 5p
则p的值为（ ）
3 4 2 3
A． B． C． D．
4 3 3 2
p
【解题思路】先求出准线方程，根据抛物线的定义得出3+ =5p，求解即可得出答案.
2
p
【解答过程】由已知可得，抛物线的准线方程为x=− ，
2
p
根据抛物线的定义可得，点M(3,m)到焦点的距离等于到准线的距离3+ ，
2p 2
所以，3+ =5p，解得p= .
2 3
故选：C.
3．（5分）（2023·贵州·清华中学校联考模拟预测）数列 的通项公式为 ，则“
{a ) a =n2+kn(k∈R) {a )
n n n
为递增数列”是“k>−1”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【解题思路】根据 为递增数列，得到 ，进而求出 ，得到答案.
{a ) a −a >0 k>−3
n n+1 n
【解答过程】 ， 为递增数列，
a =n2+kn {a )
n n
故 ，
a −a =(n+1) 2+k(n+1)−n2−kn=2n+1+k>0
n+1 n
故k>−2n−1，
由于−2n−1≤−3，故k>−3，
因为k>−3⇒k>−1，k>−1⇒k>−3，
故“ 为递增数列”是“ ”的必要不充分条件.
{a ) k>−1
n
故选：B.
4．（5分）（2023·河北邯郸·统考模拟预测）设α,β为两个不同的平面，a,b,c为三条不同的直线，则下
列命题正确的是（ ）
A．若a//α,b⊂α，则a//b B．若α//β,a⊂α,b⊂β，则a//b
C．若α⊥β,a⊂α,α∩β=c,a⊥c，则a⊥β D．若α⊥β,a⊂α,b⊂β，则a⊥b
【解题思路】根据线线、线面和面面的基本关系依次判断选项即可.
【解答过程】A：若a//α,b⊂α，则a//b或a与b互为异面直线，故A错误；
B：若α//β,a⊂α,b⊂β，则a//b或a与b互为异面直线，故B错误；
C：若α⊥β,a⊂α,α∩β=c,a⊥c，则a⊥β，故C正确；
D：若α⊥β,a⊂α,b⊂β，则a⊥b或a//b或a与b互为异面直线或a与b相交，故D错误.
故选：C.
5．（5分）（2023·河北邢台·宁晋中学校考模拟预测）在第19届杭州亚运会期间，某项目有A,B,C,D四
个不间的服务站，现需要将包含甲在内的5名志愿者分配到这四个不同的服务站，每个服务站至少一名志
感者，则甲志愿者被分到A服务站的不同分法的种数为（ ）A．80 B．120 C．160 D．60
【解题思路】根据已知条件可知，肯定有一个服务站安排两个人，该问题分为两类，一类是A服务站安排
两人，一类是A服务站只安排1人，运用分类加法及分步乘法计数原理求解即可.
【解答过程】当 服务站安排两人时，除甲外的其余4人每人去一个服务站，不同的安排方法有 种，
A A4
4
当A服务站只安排有1人（甲）时，其余4人分成3组（211）再安排到剩余的3个服务站，不同的安排方
法有 ，
C2A3
4 3
所以不同的安排方法有 种.
A4+C2A3=24+36=60
4 4 3
故选：D.
6．（5分）（2023·全国·模拟预测）已知△ABC满足AB=1，AC=2，O为∠BAC的平分线与边BC的
3❑√5
垂直平分线的交点，|⃗AO)= ，则⃗AB⋅⃗AC=（ ）
4
3 3 6 4❑√5
A． B． C． D．
2 5 5 5
3
【解题思路】首先通过转化法求得⃗AO⋅⃗BC= ，再求出∠BAO的余弦值，最后利用二倍角余弦公式和
2
数量积定义即可得到答案.
【解答过程】设BC的中点为M，则
⃗AO⋅⃗BC=(⃗AM+⃗MO)⋅⃗BC=⃗AM⋅⃗BC+⃗MO⋅⃗BC=⃗AM⋅⃗BC
1 1 3
= (⃗AB+⃗AC)⋅(⃗AC−⃗AB)= (⃗AC2−⃗AB2)= ．
2 2 2
设 ，则
∠BAO=θ ⃗AO⋅⃗BC=⃗AO⋅(⃗AC−⃗AB)
3
=⃗AO⋅⃗AC−⃗AO⋅⃗AB=2|⃗AO)cosθ−|⃗AO)cosθ=|⃗AO)cosθ= ，
2
3❑√5 3 3❑√5 2
又|⃗AO)= ，所以cosθ= ÷ = ，
4 2 4 ❑√5
3 6
cos2θ=2cos2θ−1= ，则⃗AB⋅⃗AC=|⃗AB)⋅|⃗AC)cos2θ= ．
5 5
故选：C．π 3
7．（5分）（2023·贵州黔东南·统考一模）若α∈ ( 0, ) ，cos2α=− ，则
2 5
π
2sin(π−α)+sin ( +α )
2
=（ ）
(3π
)
cos(π+α)+cos +α
2
5
A．3 B．−3 C．5 D．
3
❑√5 2❑√5
【解题思路】由倍角余弦公式、平方关系求得cosα= ，sinα= ，进而有tanα=2，再应用诱导公
5 5
式、弦化切求目标式的值.
【解答过程】因为cos2α=2cos2α−1=−
3
，α∈ ( 0,
π
) ，所以cosα=
❑√5
，sinα=
2❑√5
，
5 2 5 5
π
2sin(π−α)+sin ( +α )
2 2sinα+cosα 2tanα+1 5
所以tanα=2，所以 = = = =5.
(3π
)
−cosα+sinα −1+tanα 1
cos(π+α)+cos +α
2
故选：C.
8．（5分）（2023·全国·模拟预测）已知双曲线 x2 y2 的左、右焦点分别为
C: − =1 (a>0,b>0)
a2 b2
❑√3 b
F (−c,0)，F (c,0)，过F 的直线l:y= (x−c)与该双曲线C的一条渐近线y= x交于点A．若
1 2 2 3 a
，则该双曲线的离心率为（ ）
|AF )=2|AF )
2 1
2❑√7 2❑√3 ❑√21 2❑√21
A． B． C． D．
3 3 3 3【解题思路】求出直线与渐近线交点，利用 得出 关系，即可得解.
|AF )=2|AF ) a,c
2 1
{ y=
❑√3
(x−c)) {x=
ac
,)
【解答过程】联立 3 ，可解得 a−❑√3b ，所以 ( ac bc )，
A ,
b bc a−❑√3b a−❑√3b
y= x y= ,
a a−❑√3b
所以 √ ( ac ) 2 ( bc ) 2 2bc ，
|AF )=❑ −c + −0 =
2 a−❑√3b a−❑√3b |a−❑√3b|
√ ( ac ) 2 ( bc ) 2 2c❑√a2+b2−❑√3ab．
|AF )=❑ +c + −0 =
1 a−❑√3b a−❑√3b |a−❑√3b|
由 ，可得 2bc 4c❑√a2+b2−❑√3ab，
|AF )=2|AF ) =
2 1 |a−❑√3b| |a−❑√3b|
❑√3
即b=2❑√a2+b2−❑√3ab，即a= b．
2
4 7
又因为c2=a2+b2，所以c2=a2+ a2= a2，
3 3
所以双曲线的离心率 √c2 √7 ❑√21，
e=❑ =❑ =
a2 3 3
故选：C．
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。
z−2i
9．（6分）（2023·新疆喀什·统考一模）已知复数z满足 =2+i，则（ ）
z
A．z的虚部为−1
B．|z)=2
C．z在复平面内对应的点在第四象限
D．若复数 满足 ，则
z |z −z)=1 |z |∈[❑√2−1,❑√2+1)
1 1
【解题思路】根据已知条件，结合复数的四则运算，对z化简，选项ABC依次判断即可；选项D，由复数
的三角不等式可得.z−2i
【解答过程】由 =2+i，
z
2i −2i −2i(1−i)
得1− =2+i，即z= = =−1−i，
z 1+i (1+i)(1−i)
选项A，z的虚部为−1，故A正确；
选项B， ，故B错误，
|z)=❑√(−1) 2+(−1) 2=❑√2
选项C，z在复平面内对应的点Z (−1,−1)在第三象限，故C错误；
选项D，方法一：复数z满足 ，且 ，
|z −z)=1 |z)=❑√2
1
则由复数加减法的几何意义可知，
，
||z −z|−|z|)≤|z |=|z −z+z|≤|z −z|+|z|
1 1 1 1
故 ，
❑√2−1≤|z |≤❑√2+1
1
故 ，故D正确.
|z )∈[❑√2−1，❑√2+1)
1
方法二：由 ，得 ，
|z −z)=1 |z −(−1−i))=1
1 1
则复数z 对应点Z 的集合是以Z (−1,−1)为圆心，1为半径的圆，
1 1
如图可知， ，
|z ) =❑√2−1,|z ) =❑√2+1
1 min 1 max
则 ，
|z )∈[❑√2−1，❑√2+1)
1
故选：AD.π
10．（6分）（2023·广东韶关·统考一模）已知函数，f (x)=Asin(ωx+φ) ( A>0,ω>0,|φ)< ) 的部分
2
图象如图所示，则（ ）
π
A．f
( )=−❑√3
2
π
B．将y=f (x)的图象向右平移 个单位，得到y=Asinx的图象
3
C． ，都有
∀x ,x ∈R |f (x )−f (x ))<4
1 2 1 2
D．若方程 在[ π )上有两个不相等的实数根，则实数 ( ❑√3)
f (x)=2m − ,0 m∈ −1,−
2 2
【解题思路】根据图象依次求得A,ω,φ的值，再结合三角函数图象变换、以及性质，易得到答案.
π
【解答过程】由函数f(x)=Asin(ωx+φ) ( A>0,ω>0,|φ|< ) 的部分图象，
2
1 2π π π
可得A=2， ⋅ = − ,∴ω=2.
4 ω 3 12
π π π
再根据五点法可得2⋅ +φ=π，得φ= ，故f (x)=2sin( 2x+ ) .
3 3 3
π π
f
( )=2sin(π+ )=−❑√3，故A正确；
2 3
y=sin ( 2 ( x− π )+ π) =sin( 2x− π )，故B错误；
3 3 3
取 时，显然不成立，故C错误；
f (x )=2,f (x )=−2
1 2
令t=2x+ π ，由x∈ [ − π ,0 ) ，可得t∈ [ − 2π , π) ，
3 2 3 3[ 2π π)
要使方程2sint=2m在t∈ − , 上有两个不相等的实数根，
3 3
[ 2π π)
只需函数m=sint在t∈ − , 上有两个不同的零点，
3 3
❑√3
即−1<m≤− ，故D正确.
2
故选：AD.
aex+ex
11．（6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，
2
1
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（非选择题）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．（5分）（2023·上海普陀·统考一模）设集合 ， ，若 的真子集
M={2,0,−1) N={x||x−a)<1)) M∩N
的个数是1，则正实数a的取值范围为 (0,1)∪(1,3) .
【解题思路】分M∩N={0)和M∩N={2)讨论即可.
【解答过程】 ，则 ，解得 ，
N={x||x−a)<1)) −1<x−a<1 −1+a<x<1+a
若M∩N的真子集的个数是1，则M∩N中只含有一个元素，
因为a为正实数，则1+a>1，−1+a>−1，
{−1+a<0
)
若M∩N={0)，则 1+a≤2 ，解得0<a<1，
a>0
{0≤−1+a<2
)
若M∩N={2)，则 1+a>2 ，解得1<a<3，
a>0
综上所述，a的取值范围为(0,1)∪(1,3).故答案为：(0,1)∪(1,3).
13．（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 ,V 且满足
1 2
，则V 7 ．
V >V 1=
1 2 V 5
2
【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，
1
且△FDG与△BCG相似，相似比为 ，
2
设△FDG的面积为S，则四边形BCDF的面积为3S，
设点P到底面ABCD的距离为
ℎ
，
1 1 1
则V = ×3S× ℎ = Sℎ，
E−BCDF 3 2 2
1 1
又因为E为PC的中点，所以V = V = V ，
E−DFM 2 C−DFM 2 G−DFM
1 1 1 1
而V = S× ℎ = Sℎ,V =V +V =3V ，所以V = Sℎ，
E−DFG 3 2 6 E−DFG G−DFM E−DFM E−DFM E−DFM 18
5
所以V =V =V +V = Sℎ，
2 MECBFD E−BCDF E−DFM 9
1 5 7
所以V =V −V = ×4S×ℎ− Sℎ = Sℎ，
1 P−ABCD 2 3 9 9
所以V 7，
1=
V 5
27
故答案为: .
5
14．（5分）（2023·上海长宁·统考一模）设 ，记函数 在区间
f (x)=|log x+ax+b)(a>0) y=f (x)
2
a 1
[t,t+1)(t>0)上的最大值为M (a,b)，若对任意b∈R，都有M (a,b)≥ +1，则实数t的最大值为
t t 2 3
.
a a
【解题思路】根据y=log x+ax+b在[t,t+1)(t>0)内单调递增，分析可知f (t)≥ +1或f (t+1)≥ +1，
2 2 2
a a
整理得关于b的不等式b≤−log t−at− −1或b≥−log (t+1)−at− +1的解集为R，可得
2 2 2 2
a a
−log (t+1)−at− +1≤−log t−at− −1，运算求解即可.
2 2 2 2
【解答过程】因为a>0，则y=log x,y=ax+b在[t,t+1)(t>0)内单调递增，
2
则y=log x+ax+b在[t,t+1)(t>0)内单调递增，
2
又因为 在区间 上的最大值为 ，
f(x)=|log x+ax+b) [t,t+1)(t>0) M (a,b)
2 t
可得M (a,b)=f(t)或M (a,b)=f(t+1)，
t t
a a
由题意可知：f (t)≥ +1或f (t+1)≥ +1，
2 2
a a
则−(log t+at+b)≥ +1或log (t+1)+a(t+1)+b≥ +1，
2 2 2 2
a a
整理得b≤−log t−at− −1或b≥−log (t+1)−at− +1，
2 2 2 2
a a
即关于b的不等式b≤−log t−at− −1或b≥−log (t+1)−at− +1的解集为R，
2 2 2 2
a a
可知−log (t+1)−at− +1≤−log t−at− −1，
2 2 2 2
( 1) 1
整理得log (t+1)−log t=log 1+ ≥2，则1+ >4，
2 2 2 t t
1 1
又因为t>0，解得0<t≤ ，所以t的最大值为 .
3 3
1
故答案为： ．
3四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。
1+ax
15．（13分）（2023·海南海口·农垦中学校考模拟预测）已知函数f (x)= +alnx(a∈R)．
x
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)求f (x)在[1,2)上的最小值g(a)．
【解题思路】（1）利用导函数与单调性的关系求解；
（2）利用导函数与单调性、最值的关系，结合a的不同取值范围，分类讨论求解.
1+ax
【解答过程】（1）函数f (x)= +alnx(a∈R)的定义域为(0,+∞)，
x
1 a ax−1
则f′(x)=− + = ．
x2 x x2
当a≤0时，f′(x)<0在(0,+∞)上恒成立，
故此时f (x)在(0,+∞)上单调递减；
1 1
当a>0时，由f′(x)>0，得x> ,由f′(x)<0，得0<x< ，
a a
( 1) (1 )
故此时f (x)在 0, 上单调递减，在 ,+∞ 上单调递增．
a a
综上，当a≤0时，f (x)在(0,+∞)上单调递减；
( 1) (1 )
当a>0时，f (x)在 0, 上单调递减，在 ,+∞ 上单调递增．
a a
（2）由（1）知，当a≤0时，f (x)在(0,+∞)上单调递减，
1+2a
所以f (x)在[1,2)上单调递减，所以g(a)=f (2)= +aln2；
2
当a>0时，
1
(i)若0< ≤1，即a≥1时，f (x)在[1,2)上单调递增，
a
此时，g(a)=f (1)=1+a；
1 1 [ 1) (1 )
(ii)若1< <2，即 <a<1时，f (x)在 1, 上单调递减，在 ,2 上单调递增，
a 2 a a
1
1+a⋅
(1) a 1
此时，g(a)=f = +aln =2a−alna；
a 1 a
a
1 1
(iii)若 ≥2，即0<a≤ 时，f (x)在[1,2)上单调递减，
a 21+2a
此时，g(a)=f (2)= +aln2．
2
1+2a 1
{ +aln2,a≤ )
2 2
综上所述，g(a)= 1 ．
2a−alna, <a<1
2
1+a,a≥1
16．（15分）（2023·全国·模拟预测）某中学为了响应国家双减政策，开展了校园娱乐活动．在一次五子
棋比赛活动中，甲、乙两位同学每赛一局，胜者得1分，对方得0分，没有平局．规定当一人比另一人多
1
得5分或进行完10局比赛时，活动结束．假设甲、乙两位同学获胜的概率都为 ，且两人各局胜负分别相
2
互独立．已知现在已经进行了3局比赛，甲得2分，乙得1分，在此基础上继续比赛．
(1)只有当一人比另一人多得5分时，得分高者才能获得比赛奖品，求甲获得比赛奖品的概率；
(2)设X表示该活动结束时所进行的比赛的总轮数，求X的分布列及数学期望．
【解题思路】（1）由题知甲6:1或7:2获胜时，能获得比赛奖品，结合题意可求其概率；
（2）根据题意求出X的所有可能取值和相应的概率，列出分布列，求得数学期望.
(1) 4 (1) 6 1
【解答过程】（1）由题意可知甲6:1或7:2获胜时，能获得比赛奖品，此时概率p= +4× = ．
2 2 8
（2）X的所有可能取值为7，9，10．
(1) 4 1
P(X=7)= = ，
2 16
(1) 6 (1) 6 5
P(X=9)=4× + = ，
2 2 64
55
P(X=10)=1−P(X=7)−P(X=9)= ．
64
所以X的分布列为
X 7 9 10
1 5 55
P
16 64 64
1 5 55 623
则E(X)=7× +9× +10× = ．
16 64 64 64
17．（15分）（2023·陕西安康·校联考模拟预测）如图，矩形ABCF与梯形FCDE所在的平面垂直，
DE∥CF,EF⊥FC,AF=EF=DE=1，AB=2,P为AB的中点．(1)求证：平面EPF⊥平面DPC；
(2)求二面角B−CD−P的余弦值．
【解题思路】（1）利用线面垂直先证明PC⊥平面EPF，然后即可证明平面EPF⊥平面DPC.
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解面面夹角，从而求解.
【解答过程】（1）因为EF⊥FC，平面EFCD⊥平面ABCF，
又因为EF⊂平面EFCD，平面EFCD∩平面ABCF=FC，
所以EF⊥平面ABCF，
又因为PC⊂平面ABCF，所以EF⊥PC．
在矩形ABCF中，AF=1,AB=2,P为AB的中点，
所以FP=CP=❑√2,FC=2，所以FC2=FP2+PC2，所以FP⊥PC，
因为EF∩FP=F，EF,FP⊂平面EPF，所以PC⊥平面EPF，
又因为PC⊂平面DPC，
所以平面EPF⊥平面DPC．
（2）由（1）知可以F为坐标原点，FA,FC,FE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，
则D(0,1,1),C(0,2,0),B(1,2,0),P(1,1,0)．
所以⃗DC=(0,1,−1),⃗DP=(1,0,−1),⃗DB=(1,1,−1)．
→ →
设平面 的一个法向量为 ，由 { n·DC= y−z=0 ) ，
DPC ⃗n=(x,y,z)
→ →
n·DP=x−z=0令y=1，得⃗n=(1,1,1)．
设平面 的一个法向量为→ ，
BCD m=(a,b,c)
→ →
则 { m·DC= y−z=0 ) ，令 ，得→ ，
→ →
y=1
m=(0,1,1)
m·DB=x+ y−z=0
设二面角B−CD−P的平面角为θ，
|⃗m⋅⃗n) 2 ❑√6 ❑√6
故cosθ= = = ，即二面角B−CD−P的余弦值为 ．
|⃗m)|⃗n) ❑√3×❑√2 3 3
18．（17分）（2023·陕西商洛·统考一模）已知点 ，动点M满足 ，
F (−1,0),F (1,0) |M F )+|M F )=4
1 2 1 2
动点M的轨迹记为E.
(1)求E的方程；
(2)若不垂直于x轴的直线l过点F ，与E交于C，D两点（点C在x轴的上方），A ,A 分别为E在x轴上的
2 1 2
左、右顶点，设直线 的斜率为 ，直线 的斜率为 ，试问k 是否为定值?若是，求出该定
A C k (k ≠0) A D k 1
1 1 1 2 2 k
2
值；若不是，请说明理由.
【解题思路】（1）利用椭圆的定义即可得解；
（2）联立直线与椭圆的方程得到 ，从而将k 转化为关于 的表达式，进而整理化
x +x ,x x 1 x +x ,x x
1 2 1 2 k 1 2 1 2
2
简即可得解.
【解答过程】（1）因为 ，
|M F )+|M F )=4>|F F )=2
1 2 1 2
所以E的轨迹是以F ,F 为焦点，且长轴长为4的椭圆，
1 2
设 的轨迹方程为x2 y2 ，则 ，可得 ．
E + =1(a>b>0) 2a=4 a=2
a2 b2
x2 y2
又c=1，所以b2=a2−c2=3，所以E的方程为 + =1．
4 3
（2）依题意，设直线 ，
l:y=k(x−1),C(x ,y ),D(x ,y ),A (−2,0),A (2,0)
1 1 2 2 1 2联立
{x2
+
y2
=1 ) ，消去 得 ．
4 3 y (3+4k2)x2−8k2x+4(k2−3)=0
y=k(x−1)
易知 ，且 8k2 4(k2−3)．
Δ>0 x +x = ,x x =
1 2 3+4k2 1 2 3+4k2
由 y y ，
k = 1 ,k = 2
1 x +2 2 x −2
1 2
k y (x −2) k(x −1)(x −2) x x −2x −x +2
得 1= 1 2 = 1 2 = 1 2 1 2 ．
k y (x +2) k(x −1)(x +2) x x −x +2x −2
2 2 1 2 1 1 2 1 2
（方法一）
{ x +x = 8k2 =2− 6 )
1 2 3+4k2 3+4k2 5
因为 ，所以x x = (x +x )−4，
4(k2−3) 15 1 2 2 1 2
x x = =1−
1 2 3+4k2 3+4k2
5 1 3
(x +x )−4−2x −x +2 x + x −2
k 2 1 2 1 2 2 1 2 2 1
所以 1= = = ，
k 5 3 9 3
2 (x +x )−4−x +2x −2 x + x −6
2 1 2 1 2 2 1 2 2
所以k 为定值，且定值为1．
1
k 3
2
（方法二）
k x x −2(x +x )+x +2
因为 1= 1 2 1 2 2 ，
k x x −(x +x )+3x −2
2 1 2 1 2 24(k2−3) 16k2 3 3
− +x +2 −3− +x +2 − +x −1
所以 k 1= 3+4k2 3+4k2 2 = 3+4k2 2 = 3+4k2 2 = 1，
k
2
4(k2−3)
−
8k2
+3x −2 −1−
9
+3x −2 −
9
+3x −3
3
3+4k2 3+4k2 2 3+4k2 2 3+4k2 2
所以k 为定值，且定值为1．
1
k 3
2
19．（17分）（2023·上海普陀·统考一模）若存在常数 ，使得数列 满足 （
t {a ) a −a a a ⋅⋅⋅a =t
n n+1 1 2 3 n
， ），则称数列 为“ 数列”.
n≥1 n∈N {a ) H(t)
n
(1)判断数列：1，2，3，8，49是否为“H(1)数列”，并说明理由；
(2)若数列 是首项为 的“ 数列”，数列 是等比数列，且 与 满足
{a ) 2 H(t) {b ) {a ) {b )
n n n n
n
，求 的值和数列 的通项公式；
∑a2=a a a ⋯a +log b t {b )
i 1 2 3 n 2 n n
i=1
(3)若数列 是“ 数列”， 为数列 的前 项和， ， ，试比较 与 的大小，并证
{a ) H(t) S {a ) n a >1 t>0 lna a −1
n n n 1 n n
明 .
t>S −S −eS n −n
n+1 n
【解题思路】（1）根据“H(t)数列”的定义进行判断，说明理由；
（2）根据 是首项为2的“ 数列”，求出 ，由 是等比数列，设公比为 ，由
{a ) H(t) a ,a {b ) q
n 2 3 n
n n+1
，可得 ，作差可得
∑a2=a a a ⋯a +log b ∑a2=a a a ⋯a a +log b
i 1 2 3 n 2 n i 1 2 3 n n+1 2 n+1
i=1 i=1
，利用 前三项数列，可以求解 和 ，进而求解等比数
a2 =a a a ⋯a (a −1)+log b −log b {b ) t q
n+1 1 2 3 n n+1 2 n+1 2 n n
列 的通项公式；
{b )
n（3）根据题意构造函数 ，求导并判断 在 上单调递增，由 是 “ 数
f (x)=lnx−x+1 f (x) (1,+∞) {a ) H(t)
n
列”与a >1,t>0，反复利用a =a a a ⋯a +t，可得对于任意的n≥1,n∈N，a >1,进而得到
1 n+1 1 2 3 n n
，推出 ，再利用 在 上单调递增，得到
lna <a −1 ln(a a ⋯a )<S −n y=lnx x∈(0,+∞)
n n 1 2 n n
，通过已知条件变形推出 .
a a ⋯a <eS n −n t>S −S −eS n −n
1 2 n n+1 n
【解答过程】（1）根据“H(t)数列”的定义，则t=1，故a −a a a ⋯a =1，
n+1 1 2 3 n
因为a −a =1成立，a −a a =1成立，a −a a a =8−1×2×3=8−6=2≠1不成立，
2 1 3 2 1 4 3 2 1
所以1,2,3,8,49不是“H(1)数列”.
（2）由 是首项为 的“ 数列”，则 ， ，
{a ) 2 H(t) a =2+t a =3t+4
n 2 3
由 是等比数列，设公比为 ，
{b ) q
n
n
由 ，
∑a2=a a a ⋯a +log b
i 1 2 3 n 2 n
i=1
n+1
则 ，
∑a2=a a a ⋯a a +log b
i 1 2 3 n n+1 2 n+1
i=1
两式作差可得 ，
a2 =a a a ⋯a (a −1)+log b −log b
n+1 1 2 3 n n+1 2 n+1 2 n
即
a2 =a a a ⋯a (a −1)+log q
n+1 1 2 3 n n+1 2
由 是 “ 数列”，则 ，对于 恒成立，
{a ) H(t) a −a a a ⋯a =t n≥1,n∈N
n n+1 1 2 3 n
所以 ，
a2 =(a −t)(a −1)+log q
n+1 n+1 n+1 2
即(t+1)a =t+log b −log b 对于n≥1,n∈N恒成立，
n+1 2 n+1 2 n
则{(t+1)a −t=log q)，即{(t+1)(2+t)−t=log q )，
2 2 2
(t+1)a −t=log q (t+1)(3t+4)−t=log q
3 2 2
解得，t=−1，q=2，
又由 ， ，则 ，即
a =2 a2=a +log b b =4 b =2n+1
1 1 1 2 1 1 n故所求的 ，数列 的通项公式
t=−1 {b ) b =2n+1
n n
1
（3）设函数f (x)=lnx−x+1，则f′(x)= −1，令f′(x)=0，
x
解得x=1，当x>1时，f′(x)<0，
则f (x)=lnx−x+1在区间(1,+∞)单调递减，
且f (1)=ln1−1+1=0，
又由 是 “ 数列”，
{a ) H(t)
n
即 a −a a a ⋯a =t，对于n≥1,n∈N恒成立，
n+1 1 2 3 n
因为a >1,t>0，则a =a +t>1，
1 2 1
再结合a >1,t>0,a >1，
1 2
反复利用a =a a a ⋯a +t，
n+1 1 2 3 n
可得对于任意的n≥1,n∈N，a >1,
n
则 ，
f (a )<f (1)=0
n
即lna −a +1<0，则lna <a −1，
n n n n
即lna <a −1，lna <a −1，⋯，lna <a −1，
1 1 2 2 n n
相加可得lna +lna +⋯+lna <a +a +⋯+a −n，
1 2 n 1 2 n
则 ,
ln(a a ⋯a )<S −n
1 2 n n
又因为y=lnx在x∈(0,+∞)上单调递增，
所以 ，
a a ⋯a <eS n −n
1 2 n
又 ，所以 ，
a −a a a ⋯a =t a −t<eS n −n
n+1 1 2 3 n n+1
即 ，
S −S −t<eS n −n
n+1 n
故 .
t>S −S −eS n −n
n+1 n
