2024 年高考数学全真模拟卷 06（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）（2023·四川凉山·统考一模）已知一组数x ,x ,x ,x 的平均数x=1，方差s2=1，则数据
1 2 3 4
2x +1,2x +1,2x +1,2x +1的平均数和方差分别是（ ）
1 2 3 4
A．3，2 B．3，4 C．2，4 D．2，2
【解题思路】根据平均数和方差的性质运算求解.
【解答过程】由题意，数据2x +1，2x +1，2x +1，2x +1的平均数为2x+1=2×1+1=3，
1 2 3 4
方差为22S2=4×1=4.
故选：B.
2．（5分）（2023·四川雅安·统考一模）如图，正方形ABCD的边长为4，E为BC的中点，F为CD边上
一点，若⃗AF⋅⃗AE=|⃗AE|2，则|AF)=（ ）
A．❑√17 B．2❑√5 C．2❑√6 D．5
【解题思路】建系，设|DF)=a∈[0,4)，根据题意结合向量的坐标运算求得a=3，即可得结果.
【解答过程】如图，建立平面直角坐标系，设|DF)=a∈[0,4)，则A(0,0),E(4,2),F(a,4)，可得⃗AF=(a,4),⃗AE=(4,2)，
因为⃗AF⋅⃗AE=|⃗AE|2，即4a+8=20，解得a=3，
即 ，所以 .
⃗AF=(3,4) |AF)=|⃗AF)=❑√32+42=5
故选：D.
3．（5分）（2023·四川雅安·统考一模）已知数列 是等差数列，数列 是等比数列，若
{a ) {b )
n n
，则 a +a （ ）
a +a +a =9,b b b =3❑√3 2 8 =
1 5 9 2 5 8 1+b b
2 8
3 ❑√3
A．2 B．❑√3 C． D．
2 3
【解题思路】根据等差、等比数列的性质分析求解.
【解答过程】由题意可得{a
1
+a
5
+a
9
=3a
5
=9 )，解得{ a
5
=3 )，
b b b =b3=3❑√3 b =❑√3
2 5 8 5 5
所以 a 2 +a 8 = 2a 5 = 6 = 3.
1+b b 1+b2 1+3 2
2 8 5
故选：C.
4．（5分）（2023·四川成都·成都七中校考一模）设m、n是两条不相同的直线，α、β是两个不重合的平
面，则下列命题错误的是（ ）
A．若m⊥α，n//β，α//β，则m⊥n
B．若n//α，n⊥β，则α⊥β
C．若m、n是异面直线，m⊂α，m//β，n⊂β，n//α，则α//β.
D．若m⊥n，m⊥β，则n//β【解题思路】利用线面平行和线面垂直的性质可判断A选项；利用线面平行的性质和面面垂直的判定定理
可判断B选项；利用线面平行和面面平行的判定定理可判断C选项；根据已知条件直接判断线面位置关系，
可判断D选项.
【解答过程】对于A选项，因为m⊥α，α//β，则m⊥β，
因为n//β，过直线n作平面γ，使得β∩γ=a，则a//n，如下图所示：
因为m⊥β，a⊂β，则m⊥a，故m⊥n，A对；
对于B选项，因为n//α，过直线n作平面γ，使得α∩γ=a，则a//n，如下图所示：
因为n⊥β，则a⊥β，因为a⊂α，则α⊥β，B对；
对于C选项，因为n//α，过直线n作平面γ，使得α∩γ=a，则a//n，如下图所示：
因为a//n，n⊂β，a⊄β，则a//β，
又因为m、n是异面直线，a//n，且a⊂α，m⊂α，假设a//m，则m//n，与已知条件矛盾，假设不成立，故m、a相交，
又因为m//β，因此，α//β，C对；
对于D选项，若m⊥n，m⊥β，则n//β或n⊂β，D错.
故选：D.
5．（5分）（2023·全国·模拟预测）2022年10月16日至10月22日，中国共产党第二十次全国人民代表
大会在北京召开．会议圆满结束后，某市为了宣传好二十大会议精神，市宣传部决定组织A,B,C,D,E去
甲、乙、丙、丁4个村开展二十大宣讲工作，每村至少1人，其中A不去甲村，且A,B不去同一个村，则
宣讲的分配方案种数为（ ）
A．216 B．198 C．180 D．162
【解题思路】分A单独去一个村和A与除B以外的另外一人去一个村两种情况讨论，即可得解.
【解答过程】当 单独去一个村时，有 种，
A C1C2A3
3 4 3
当 与除 以外的另外一人去一个村时，有 种，
A B C1C1A3
3 3 3
所以共有 种分配方案．
C1C2A3+C1C1A3=162
3 4 3 3 3 3
故选：D.
1
6．（5分）（2023·四川凉山·统考一模）函数f (x)= x2+alnx在区间(1,2)的图象上存在两条相互垂直的
2
切线，则a的取值范围为（ ）
A．(−2,1) B．(−2,−1) C．(−2,0) D．(−3,−2)
【解题思路】利用导数的几何意义结合导函数的单调性计算即可.
1 a
【解答过程】由f (x)= x2+alnx⇒f′(x)=x+ (x>0)，
2 x
不妨设这两条相互垂直的切线的切点为 ，且
(x ,f (x )),(x ,f (x )) f′ (x )⋅f′ (x )=−1
1 1 2 2 1 2
若a≥0，则f′(x)>0恒成立，不符合题意，可排除A项；
所以a<0，此时易知y=f′(x)单调递增，
{
f'(1)=1+a<0
)
a
要满足题意则需
f'(2)=2+
2
>0
⇒a∈(−3,−2).
f'(1)f'(2)=(1+a) ( 2+ a) <−1
2故选：D.
π 1 3
7．（5分）（2023·广东广州·统考模拟预测）已知0<β<α< ，cos(α+β)= ，sin(α−β)= ，则
2 5 5
tanαtanβ的值为（ ）
1 3 5
A． B． C． D．2
2 5 3
【解题思路】根据同角三角函数的基本关系式、两角和与差的余弦、正弦公式求得正确答案.
1
【解答过程】cos(α+β)=cosαcosβ−sinαsinβ= ，
5
3
sin(α−β)=sinαcosβ−cosαsinβ= ，
5
cosαcosβ−sinαsinβ 1
= ，分子分母同时除以cosαcosβ得：
sinαcosβ−cosαsinβ 3
1−tanαtanβ 1
= ①，
tanα−tanβ 3
α−β>0
{ )
π
π − <−β<0 π
由于0<β<α< ，所以 2 ，所以0<α−β< ，
2 2
π
0<α<
2
所以 √ (3) 2 4，
cos(α−β)=❑1− =
5 5
sin(α−β) 3
所以tan(α−β)= = ，
cos(α−β) 4
tanα−tanβ 3 3 3
即 = ,tanα−tanβ= + tanαtanβ，代入①得：
1+tanαtanβ 4 4 4
1−tanαtanβ 1
= 3
3 3 3，解得tanαtanβ= .
+ tanαtanβ 5
4 4
故选：B.
8．（5分）（2023·陕西铜川·统考一模）古希腊哲学家、百科式科学家阿基米德最早采用分割法求得椭圆
的面积为椭圆的长半轴长和短半轴长乘积的π倍，这种方法已具有积分计算的雏形.已知椭圆C的面积为
2
12❑√5π，离心率为 ，F ，F 是椭圆C的两个焦点，A为椭圆C上的动点，则下列结论正确的是（ ）
3 1 2x2 y2 π
①椭圆C的标准方程可以为 + =1 ②若∠F AF = ，则S =20❑√3
36 20 1 2 3 △F 1 AF 2
③存在点 ，使得 π ④ 2 1 的最小值为1 ❑√2
A ∠F AF = + +
1 2 2 |AF ) |AF ) 4 6
1 2
A．①③ B．②④ C．②③ D．①④
【解题思路】由椭圆的性质判断A；由定义结合余弦定理、三角形面积公式判断B；由余弦定理得出
∠F AF 的最大角为锐角，从而判断C；由基本不等式判断D.
1 2
{ab=12❑√5
)
【解答过程】对于①：由 c 2 ，解得 ，
= a=6,b=2❑√5,c=4
a 3
a2=b2+c2
x2 y2
则椭圆C的标准方程为 + =1，故①正确；
36 20
对于②：由定义可知 ，
|AF )+|AF )=12
1 2
由余弦定理可得：
|AF ) 2+|AF ) 2 −|F F ) 2 (|AF )+|AF )) 2 −2|AF )|AF )−|F F ) 2
cos∠F AF = 1 2 1 2 = 1 2 1 2 1 2
1 2 2|AF )|AF ) 2|AF )|AF )
1 2 1 2
=
122−2|AF
1
)|AF
2
)−64
=
1，整理得
|AF )|AF )=
80，
2|AF )|AF ) 2 1 2 3
1 2
1 1 80 ❑√3 20❑√3
则S = |AF )|AF )sin∠F AF = × × = ，故②错误；
△F 1 AF 2 2 1 2 1 2 2 3 2 3
对于③：设 s2 t2 ( t2 ) 9 ，
A(s,t), + =1,s2=36 1− =36− t2
36 20 20 5
，
F (−4,0),F (4,0) ⃗AF ⋅⃗AF =(−4−s,−t)⋅(4−s,−t)=s2−16+t2
1 2 1 2
9 4
=36− t2−16+t2=20− t2，由于−2≤t≤2，
5 5
4 16 84 4
0≤t2≤4,0≤ t2≤ , ≤20− t2≤20，
5 5 5 5π
则不存在点A，使得∠F AF = ，故③错误；
1 2 2
2 1 1 2 1
对于④： + = ( + ) (|AF )+|AF ))
|AF ) |AF ) 12 |AF ) |AF ) 1 2
1 2 1 2
1 ( 2|AF ) |AF )) 1 1 ❑√2 2|AF ) |AF )
= 2+ 2 +1+ 1 ≥ (3+2❑√2)= + ，当且仅当 2 = 1 ，
12 |AF ) |AF ) 12 4 6 |AF ) |AF )
1 2 1 2
即 时，等号成立，故④正确；
|AF )=❑√2|AF )
1 2
故选：D.
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。
9．（6分）（2023·广东·东莞市东华高级中学校联考一模）函数f(x)=Asin(ωx+φ)（A>0，ω>0，
π
|φ)< ）的部分图象如图所示，将函数f(x)的图象上所有点的横坐标变为原来的3倍，纵坐标变为原来
2
3π
的2倍，然后向左平移 个单位长度，得到函数g(x)的图象，则（ ）
4
A．A=1
(2 π)
B．g(x)的解析式为y=2sin x+
3 3
(7π
)
C． ,0 是g(x)图象的一个对称中心
2
[ 11π 5π )
D．g(x)的单调递减区间是 3kπ− ,3kπ− ，k∈Z
4 4
【解题思路】先利用三角函数的图象求得f (x)的解析式，再利用三角函数平移的性质与正弦函数的性质即
可得解.3 π ( 5π ) 3π
【解答过程】依题意，由图象可知A=1， T= − − = ，则T=π，故A正确；
4 3 12 4
2π
因为ω>0，所以 =π，则ω=2，所以f(x)=sin(2x+φ)，
ω
π π
因为f (x)的图象过点 ( ,1 ) ，所以sin ( 2× +φ )=1，
3 3
2π π π
则 +φ= +2kπ,k∈Z，即φ=− +2kπ,k∈Z，
3 2 6
π π π
又|φ)< ，则φ=− ，所以f(x)=sin ( 2x− ) ，
2 6 6
(2 π)
将函数f(x)的图象上所有点的横坐标变为原来的3倍，得到y=sin x− 的图象，
3 6
(2 π)
纵坐标变为原来的2倍，得到y=2sin x− 的图象，
3 6
向左平移3π个单位长度，得到函数 [2( 3π ) π) (2 π)的图象，故B正确；
g(x)=2sin x+ − =2sin x+
4 3 4 6 3 3
(7π ) (2 7π π) 8π
因为g =2sin × + =2sin ≠0，故C错误；
2 3 2 3 3
3π 2 π π 11π 5π
令− +2kπ≤ x+ ≤− +2kπ,k∈Z，解得3kπ− ≤x≤3kπ− ,k∈Z，
2 3 3 2 4 4
[ 11π 5π )
所以g(x)的单调递减区间是 3kπ− ,3kπ− ，k∈Z，故D正确.
4 4
故选：ABD.
10．（6分）（2023·河北石家庄·统考三模）已知复数 ，复数 满足 ，则（ ）
z =1+2i z |z−z )=2
1 1
A．z ⋅z =5
1 1
B．❑√5−2<|z)<❑√5+2
C．复数z 在复平面内所对应的点的坐标是(−1,2)
1
D．复数 在复平面内所对应的点为 ，则
z Z(x,y) (x−1) 2+(y−2) 2=4
【解题思路】根据共轭复数的定义，复数的几何意义判断BCD，由复数的乘法判断A．
【解答过程】由已知z =1−2i，其对应点坐标为(1,−2)，C错；
1
，A正确；
z ⋅z =12+22=5
1 1由 知 对应的点在以 对应点为圆心，2为半径的圆上， ，
|z−z )=2 z z |z |=❑√5
1 1 1
因此❑√5−2≤|z)≤❑√5+2，B错误；
z 对应点坐标为(1,2)，因此D正确．
1
故选：AD．
11．（6分）（2023·全国·模拟预测）已知定义在R上的函数f (x)满足f (x+2)+f (x)=f (2024)，且
f (2x+1)是奇函数，则（ ）
A．f (x)的图象关于点(1,0)对称
B．f (0)=f (4)
C．f (2)=1
D．若 f (1) = 1，则 ∑ 100 if ( i− 1) =0
2 2 2
i=1
【解题思路】A选项，得到f (−x+1)+f (x+1)=0，得到函数的对称中心；B选项，由题意条件得到
f (x+4)=f (x)，故B正确；C选项，由B选项得到f (x)的周期为4，故f (x+2)+f (x)=f (0)，赋值法得到
(3) 1 (5) 1 (7) 1
f (2)=0；D选项，赋值法得到f =− ，f =− ，f = ，结合函数的周期得到答案.
2 2 2 2 2 2
【解答过程】A选项，由题意知，f (−2x+1)=−f (2x+1)，则f (−x+1)+f (x+1)=0，
所以f (x)图象的对称中心为(1,0)，A正确．
B选项，f (x+2)+f (x)=f (2024)，f (x+4)+f (x+2)=f (2024)，
两式相减得f (x+4)=f (x)，所以f (4)=f (0)，B正确．
C选项，由B选项可得，f (x)的周期为4，又2024=4×506，
故f (x+2)+f (x)=f (2024)=f (0)，令x=0得，f (2)+f (0)=f (0)，
得f (2)=0，所以C错误；
D选项，因为f (−x+1)+f (x+1)=0，令x=1得，f (0)+f (2)=0，
又f (2)=0，故f (0)=0，
1 (3) (1) 1
f (−x+1)+f (x+1)=0中，令x= 得，f =−f =− ，
2 2 2 2
(5) (1) 1 (7) (3) 1
由f (x+2)+f (x)=0，得f =−f =− ，f =−f = ，
2 2 2 2 2 2
又f (x)的周期为4，
( 1) ( 3) ( 5) ( 7)
则(4n+1)f 4n+ +(4n+2)f 4n+ +(4n+3)f 4n+ +(4n+4)f 4n+
2 2 2 21 ( 1) ( 1) 1
=(4n+1)× +(4n+2)× − +(4n+3)× − +(4n+4)×
2 2 2 2
1
= ×[(4n+1)−(4n+2)−(4n+3)+(4n+4))=0，
2
100
所以 ( 1) ，D正确．
∑if i− =0
2
i=1
故选：ABD.
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·山东潍坊·统考二模）若“x=α”是“sinx+cosx>1”的一个充分条件，则α的一个
π π
可能值是 （只需满足α∈ ( 2kπ,2kπ+ ) (k∈Z) 即可） .
4 2
【解题思路】解不等式sinx+cosx>1，可得出满足条件的一个α的值.
π π ❑√2
【解答过程】由sinx+cosx>1可得❑√2sin ( x+ )>1，则sin ( x+ )> ，
4 4 2
π π 3π π
所以，2kπ+ <x+ <2kπ+ (k∈Z)，解得2kπ<x<2kπ+ (k∈Z)，
4 4 4 2
π
因为“x=α”是“sinx+cosx>1”的一个充分条件，故α的一个可能取值为 .
4
π π
故答案为： （只需满足α∈ ( 2kπ,2kπ+ ) (k∈Z)即可）.
4 2
13．（5分）（2023·广东佛山·校考模拟预测）在三棱锥A−BCD中，△BCD是边长为6的等边三角形，
π
∠BAD= ，三棱锥A−BCD体积的最大值是 27 ；当二面角A−BD−C为120∘时，三棱锥
3
A−BCD外接球的表面积是
84π .
【解题思路】根据三棱锥的体积公式可知当高最大时，体积最大，故当二面角A−BD−C为90∘，三棱锥
A−BCD的体积最大，由体积公式即可求解,根据外接球的性质，利用正弦定理和勾股定理，即可联合求
解球半径.
【解答过程】当二面角A−BD−C为90∘，且AB=AD时，三棱锥A−BCD的体积最大，设线段BD的中1 1 1
点为E，连接AE，易求得AE=3❑√3,V = S ⋅AE= × ×6×6⋅sin60∘×3❑√3=27.
A−BCD 3 △BCD 3 2
当二面角A−BD−C为120∘时，△ABD和△BCD的外接圆圆心分别记为O 和O ，
1 2
分别过O 和O 作平面ABD和平面BCD的垂线，其交点为球心，记为O.过O 作BD的垂线，垂足记为E，
1 2 1
BD
连接O E，BO ,EC,BO,EO.在△ABD中，由正弦定理得：2O B= =4❑√3，所以
1 1 1 sin∠BAD
，
O B=2❑√3
1
易知 ，在Rt 中， ，在Rt 中，
O E=O E=❑√3 △OO E OO =O E⋅tan60∘=3 △BOO
1 2 1 1 1 1
，
BO=❑√O B2+O O2=❑√21
1 1
所以三棱锥A−BCD外接球的半径R=❑√21，所以4πR2=84π，
即三棱锥A−BCD外接球的表面积是84π.
故答案为：27；84π.
14．（5分）（2023·湖北孝感·校联考模拟预测）若存在实数a，b，使得关于x的不等式
2 2+❑√2
3x3≤ax+b≤2x2+2 对x∈[0,+∞)恒成立，则b的最大值是 .
2
【解题思路】令x=0，可得b∈[0,2)，当x>0时，分b=2和b∈(0,2)讨论.当b∈(0,2)时，将原命题分解
1
2 − b
成两个恒成立问题，对于 3x3≤ax+b 恒成立问题，可参变分离构造函数g(x)=3x 3− ，利用导数求最
x
值，对于ax+b≤2x2+2，可参变分离，利用基本不等式求最值，然后即可解.
【解答过程】令x=0，得b∈[0,2).
1
− 2
当x>0且b=2时，原命题等价于3x 3− ≤a≤2x恒成立，由a≤2x恒成立可知a≤0，又当x=1时，
x2
a≥3− =1，所以不存在a，使得该不等式恒成立.
1
当x∈(0,+∞)，且b∈(0,2)时，
1
2 − b
由 3x3≤ax+b ，得a≥3x 3− .
x
2
设 g(x)=3x − 3 1 − b ，令 g′ (x)=−x − 4 3+ b = −x3+b =0 ，解得 x=b 3 2
x x2 x2
当
x∈
(
0,b
3
2
)，g′ (x)>0，此时g(x) 在(
0,b
3
2
)上单调递增，
当
x∈
(
b
3
2,+∞
) g′ (x)<0，此时g(x) 在(
b
3
2,+∞
)上单调递减，
( 3) 2 ，得 2 .
g(x) =g b2 = a≥
max ❑√b ❑√b
2−b 2−b √ 2−b
ax+b≤2x2+2等价于a≤2x+ ，而2x+ ≥2❑2x⋅ =2❑√2(2−b)，
x x x
2−b √2−b
当且仅当2x= ，即x=❑ 时等号成立，
x 2
2
所以a≤2❑√2(2−b)，则 ≤2❑√2(2−b)，
❑√b
2−❑√2 2+❑√2 2+❑√2
解得 ≤b≤ ，所以b的最大值是 .
2 2 2
2+❑√2
故答案为： .
2
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。
2m
15．（13分）（2023·山东·山东校联考模拟预测）已知函数f (x)=x−(m+2)lnx− .
x
(1)若 在 处的切线 垂直于直线 ，求 的方程；
f (x) (1,f (1)) l x−2y+1=0 l
(2)讨论f (x)的单调性.
【解题思路】（1）求出函数的导数，根据导数的几何意义求得参数m的值，即可求得答案；
（2）求出函数导数，分类讨论m的取值，结合解不等式，求得导数大于0和小于0时的解，即可求得答案.
【解答过程】（1）由题意得 m+2 2m x2−(m+2)x+2m；
f′(x)=1− + =
x x2 x2因为f (x)在x=1处的切线l垂直于直线x−2y+1=0，
所以f′(1)=−2，即1−(m+2)+2m=−2，解之得m=−1；
又f (1)=3，
所以l的方程为y−3=−2(x−1)，即2x+ y−5=0.
（2）f (x)的定义域为(0,+∞)，
由（1）得 x2−(m+2)x+2m (x−2)(x−m)；
f′(x)= =
x2 x2
所以当m≤0时，令f′(x)>0得x>2，令f′(x)<0得0<x<2，
所以f (x)在(2,+∞)上单调递增，在(0,2)上单调递减；
当0<m<2时，令f′(x)>0得0<x<m或x>2，令f′(x)<0得m<x<2，
所以f (x)在(0,m)和(2,+∞)上单调递增，在(m,2)上单调递减；
当m=2时，f′(x)≥0在(0,+∞)上恒成立，
所以f (x)在(0,+∞)上单调递增；
当m>2时，令f′(x)>0得0<x<2或x>m，令f′(x)<0得2<x<m，
所以f (x)在(0,2)和(m,+∞)上单调递增，在(2,m)上单调递减.
综上，当m≤0时，f (x)在(2,+∞)上单调递增，在(0,2)上单调递减；
当0<m<2时，f (x)在(0,m)和(2,+∞)上单调递增，在(m,2)上单调递减；
当m=2时，f (x)在(0,+∞)上单调递增；
当m>2时，f (x)在(0,2)和(m,+∞)上单调递增，在(2,m)上单调递减.
16．（15分）（2023·广东·校联考二模）某中学的风筝兴趣小组决定举行一次盲盒风筝比赛，比赛采取得
分制度评选优胜者，可选择的风筝为硬翅风筝､软翅风筝､串式风筝､板式风筝､立体风筝，共有5种风筝，
将风筝装入盲盒中摸取风筝，每位参赛选手摸取硬翅风筝或软翅风筝均得1分并放飞风筝，摸取串式风筝､
板式风筝､立体风筝均得2分并放飞风筝，每次摸取风筝的结果相互独立，且每次只能摸取1只风筝，每位
2 3
选手每次摸取硬翅风筝或软翅风筝的概率为 ，摸取其余3种风筝的概率为 .
5 5
(1)若选手甲连续摸了2次盲盒，其总得分为X分，求X的分布列与期望；
(2)假设选手乙可持续摸取盲盒，即摸取盲盒的次数可以为1,2,3,⋯中的任意一个数，记乙累计得n分的概
率为P(n)，当n≥3时，求P(n).
【解题思路】（1）根据相互独立事件乘法公式求得分布列并求得数学期望.
（2）根据已知条件列出递推关系，利用构造等比数列、累加法等知识求得P(n).
【解答过程】（1）X的可能取值为2,3,4，则：(2) 2 4 2 ( 2) 12 ( 2) 2 9
P(X=2)= = ,P(X=3)=2× × 1− = ,P(X=4)= 1− = ，
5 25 5 5 25 5 25
则X的分布列为
X 2 3 4
4 12 9
P
25 25 25
4 12 9 80 16
故E(X)=2× +3× +4× = = .
25 25 25 25 5
（2）当n≥3时，得分累计n分，即在得到n−1分后再得1分，或在得到n−2分后再得2分，
2 3
所以P(n)= P(n−1)+ P(n−2)，
5 5
3
则P(n)−P(n−1)=− [P(n−1)−P(n−2)).
5
2 3 (2) 2 19 9
因为P = ,P = + = ，所以P −P = ，
1 5 2 5 5 25 2 1 25
9 3
所以{P(n+1)−P(n))为等比数列，且首项为 ，公比为− ，
25 5
9 ( 3) n−1
则P(n+1)−P(n)= − ,P −P =P −P +P −P +⋯+P −P
25 5 n 1 2 1 3 2 n n−1
( 3) n−1
1− −
9 [ ( 3) ( 3) n−2 ) 9 5 ，
= × 1+ − +⋯+ − = ×
25 5 5 25 ( 3)
1− −
5
5 3( 3) n 5 3( 3) n
则P = + − ，故当n≥3时，P = + − .
n 8 8 5 n 8 8 5
17．（15分）（2023·四川雅安·统考一模）如图，在三棱柱ABC−A B C 中，直线C B⊥平面ABC，
1 1 1 1
平面A A C C⊥平面BB C C．
1 1 1 1
(1)求证：AC⊥BB ；
13❑√10
(2)若AC=BC=BC =2，在棱A B 上是否存在一点P，使二面角P−BC−C 的余弦值为 ？若存在，
1 1 1 1 10
求 B P 的值；若不存在，请说明理由．
1
A B
1 1
【解题思路】（1）利用面面垂直的性质、线面垂直的性质判定推理即得.
（2）作Cz//C B，建立空间直角坐标系，利用面面角的向量求法求解即得.
1
【解答过程】（1）在三棱柱ABC−A B C 中，由C B⊥平面ABC，AC,BC⊂平面ABC，得
1 1 1 1
C B⊥BC,C B⊥AC，
1 1
在平面BB C C内过B作BO⊥CC 于O，由平面A A C C⊥平面BB C C，平面A A C C∩平面
1 1 1 1 1 1 1 1 1
BB C C=CC ，
1 1 1
得BO⊥平面A A C C，而AC⊂平面A A C C，则有BO⊥AC，
1 1 1 1
显然BO∩C B=B,BO,C B⊂平面BB C C，因此AC⊥平面BB C C，又BB ⊂平面BB C C，
1 1 1 1 1 1 1 1 1
所以AC⊥BB .
1
（2）过点C作Cz//C B，由C B⊥BC,C B⊥AC，得Cz⊥CA,Cz⊥CB，
1 1 1
由（1）知AC⊥平面BB C C，BC⊂平面BB C C，则CA⊥CB，即直线CA,CB,Cz两两垂直，
1 1 1 1
以点C为原点，直线CA,CB,Cz分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，
由AC=BC=BC =2，得A(2,0,0),B(0,2,0),C (0,2,2),B (0,4,2)，⃗CB=(0,2,0),⃗BA=(2,−2,0)，
1 1 1
3❑√10
假定在棱A B 上存在一点P，使二面角P−BC−C 的余弦值为 ，
1 1 1 10
令 ，则 ， ，
⃗B P=λ⃗B A =λ⃗BA=(2λ,−2λ,0),0<λ<1 P(2λ,4−2λ,2) ⃗CP=(2λ,4−2λ,2)
1 1 1
设平面 的一个法向量 ，则{⃗n⋅⃗CP=2λx+(4−2λ)y+2z=0)，
PBC ⃗n=(x,y,z)
⃗n⋅⃗CB=2y=0
令x=1，得⃗n=(1,0,−λ)，显然平面BCC 的一个法向量⃗m=(1,0,0)，
1依题意， 1 3❑√10，解得 1，即 B P 1，
cos〈⃗m,⃗n〉= = λ= 1 =λ=
❑√1+λ2×1 10 3 A B 3
1 1
所以在棱 上存在一点 ，使二面角 的余弦值为3❑√10， B P 1.
A B P P−BC−C 1 =
1 1 1 10 A B 3
1 1
x2 y2
18．（17分）（2023·上海杨浦·统考一模）已知双曲线Γ: − =1，A(2,2)是双曲线Γ上一点.
3 12
(1)若椭圆C以双曲线Γ的顶点为焦点，长轴长为4❑√3，求椭圆C的标准方程；
(2)设P是第一象限中双曲线Γ渐近线上一点，Q是双曲线Γ上一点，且⃗PA=⃗AQ，求△POQ的面积S（O
为坐标原点）；
(3)当直线l：y=−4x+m（常数m∈R）与双曲线Γ的左支交于M、N两点时，分别记直线AM、AN的
斜率为k 、k ，求证：k +k 为定值.
1 2 1 2
【解题思路】（1）先确定双曲线的顶点坐标，由此求解出c的值，结合a的值可求a2,b2，则椭圆方程可求；
（2）先设出P点坐标，然后表示出Q点坐标，将Q点坐标代入双曲线可求P,Q坐标，计算出|OP)以及Q到
OP的距离则S可求；
（3）设出M,N坐标，联立直线与双曲线得到对应韦达定理形式，然后将k +k 表示为坐标形式，结合韦
1 2
达定理完成证明.
x2 y2
【解答过程】（1）因为双曲线的方程为 − =1，所以双曲线的左右顶点为(±❑√3,0)，
3 12
设椭圆方程为x2 y2 ，所以 ，
+ =1(a>b>0) 2a=4❑√3,c=❑√3
a2 b2
所以{ a2=12 )，所以椭圆 的标准方程为x2 y2 ；
C + =1
b2=a2−c2=9 12 9
（2）因为双曲线的渐近线方程为y=±2x，不妨设P(t,2t)(t>0)，
又 ，所以{ x −2=2−t )，所以 ，
⃗PA=⃗AQ Q Q(4−t,4−2t)
y −2=2−2t
Q
(4−t) 2 (4−2t) 2 9
又因为Q是双曲线Γ上一点，所以 − =1，解得t= ，
3 12 4
所以 P (9 , 9) ,Q (7 ,− 1)，所以 |OP)=❑ √ (9 −0 ) 2 + (9 −0 ) 2 = 9❑√5，
4 2 4 2 4 2 4| 7 ( 1))
2× − −
又 到直线 的距离 ，
Q OP:2x−y=0 4 2 4❑√5
d= =
❑√1+4 5
1 1 4❑√5 9❑√5 9
所以S= ×d×|OP)= × × = ；
2 2 5 4 2
（3）
设 ，
M(x ,y ),N(x ,y )
1 1 2 2
{y=−4x+m
)
联立 可得 ，
x2 y2 12x2−8mx+m2+12=0
− =1
3 12
8m 2m m2+12
所以x +x = = ，x x = ，
1 2 12 3 1 2 12
且 ，即 ，
Δ=64m2−4×12×(m2+12)>0 m2>36
2m
又因为M,N为左支上两点，所以x +x = <0，所以m<−6，
1 2 3
所以 y −2 y −2 −4x +m−2 −4x +m−2 −4x +8+m−10 −4x +8+m−10，
k +k = 1 + 2 = 1 + 2 = 1 + 2
1 2 x −2 x −2 x −2 x −2 x −2 x −2
1 2 1 2 1 2
所以 k +k =−8+ m−10 + m−10 =−8+(m−10)× x 1 +x 2 −4 ，
1 2 x −2 x −2 x x −2(x +x )+4
1 2 1 2 1 2
2m 2
−4 (m−6)
3 3
所以k +k =−8+(m−10)× =−8+(m−10)× ，
1 2 m2+12 2m (m−6)(m−10)
−2× +4
12 3 12
所以k +k =−8+8=0，
1 2
所以k +k 为定值0.
1 219．（17分）（2023·北京·汇文中学校考模拟预测）设数列A:a ,a ,⋯,a (n≥2).如果
1 2 n
a∈{1,2,⋯,n)(i=1,2,⋯,n)，且当i≠ j时，a ≠a (1≤i, j≤n)，则称数列A具有性质P.对于具有性质P
i i j
的数列A，定义数列T(A):t ,t ,⋯,t ，其中t =¿.
1 2 n−1 k
(1)对T(A):0,1,1，写出所有具有性质P的数列A；
(2)对数列E:e ,e ,⋯,e (n≥2)，其中e∈{0,1)(i=1,2,⋯,n−1)，证明：存在具有性质P的数列A，
1 2 n−1 i
使得T(A)与E为同一个数列；
(3)对具有性质 的数列A，若 且数列 满足 ，证明：这样的数列A有偶数个.
P |a −a )=1(n≥5) T(A) t =¿
1 n i
【解题思路】（1）根据数列T(A)的定义，得到n=4且a >a ，a <a ，a <a ，确定a =1，按照a =4
1 2 2 3 3 4 2 1
或a =4分别讨论可得答案；
4
（2）设数列E：e ,e ,⋯,e 中恰有s项为1，在按照s=0、s=n−1、0<s<n−1三种情况分别讨论可
1 2 n−1
证结论；
（3）按照n的奇偶分类讨论，结合数列T(A)的定义可证结论.
【解答过程】（1）因为T(A):0,1,1，所以n−1=3，则n=4
因为t =0，t =1，t =1，所以a >a ，a <a ，a <a ，
1 2 3 1 2 2 3 3 4
又a∈{1,2,3,4}(i=1,2,3,4)，
i
所以a =1，a =4或a =4，
2 1 4
当a =4时，a =2,a =3，
1 3 4
当a =4时，a =3,a =2或a =2,a =3，
4 1 3 1 3
综上所述：所有具有性质P的数列A为：4,1,2,3、3,1,2,4、2,1,3,4.
（2）由于数列E：e ,e ,⋯,e ，其中e∈{0,1} (i=1,2,3,⋯n−1,n≥2)，
1 2 n−1 i
不妨设数列E：e ,e ,⋯,e 中恰有s项为1，
1 2 n−1
若s=0，则A:n,n−1,⋯,1符合题意，
若s=n−1，则A:1,2,⋯,n符合题意，若 ，则设这 项分别为 ，
0<s<n−1 s e ,e ,⋯,e (k <k <⋯k )
k k k 1 2 s
1 2 s
构造数列 ，令 分别为 ，
A:a ,a ,⋯,a a ,a a n−s+1,n−s+2,⋯,n
1 2 n k +1 k +1,⋯, k +1
1 2 s
数列 的其余各项 分别为 ，
A a ,a ,⋯,a (m <m <⋯<m ) n−s,n−s−1,⋯,1
m m m 1 2 n−s
1 2 n−s
经检验数列A符合题意.
（3）对于符合题意的数列A:a a ,⋯,a (n≥5)，
1, 2 n
①当 为奇数时，存在数列 符合题意，
n A′:a ,a ,⋯,a
n n−1 1
且数列 与 不同， 与 相同，
A A′ T(A) T(A′ )
按这样的方式可由数列A′构造出数列A，
所以n为奇数时，这样的数列A有偶数个，
当n=3时，这样的数列A也有偶数个，
②当n为偶数时，
如果n,n−1是数列A中不相邻的两项，交换n与n−1得到数列A′符合题意，
且数列 与 不同， 与 相同，
A A′ T(A) T(A′ )
按这样的方式可由数列A′构造出数列A，
所以这样的数列A有偶数个，
如果n,n−1是数列A中相邻的两项，由题设知，必有a =n，a =n−1，a =n−2，
n−1 n 1
除这三项外，a ,a ,⋯,a 是一个n−3项的符合题意的数列A，
2 3 n−2
由①可知，这样的数列A有偶数个，
综上，这样的数列有偶数个.
