2024 年高考数学全真模拟卷 07（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）（2024·福建莆田·二模）某校高三年级有男生600人，女生400人．为了获得该校全体高三学
生的身高信息，采用按比例分配的分层随机抽样抽取样本，得到男生､女生的平均身高分别为173cm和
163cm，估计该校高三年级全体学生的平均身高为（ ）
A．167cm B．168cm C．169cm D．170cm
【解题思路】根据题意结合平均数的计算公式运算求解.
【解答过程】由题意可得：估计该校高三年级全体学生的平均身高为0.6×173+0.4×163=169(cm).
故选：C.
1
2．（5分）（2024·陕西商洛·模拟预测）如图，在△ABC中，满足条件⃗AD=⃗DB,⃗AE= ⃗EC，若
3
1 1
⃗DE=λ⃗BA+μ⃗BC，则 + =（ ）
λ μ
1
A．8 B．4 C．2 D．
21 1 1 1
【解题思路】利用向量加法的三角形法则，结合已知条件，可得⃗DE= ⃗BA+ ⃗BC，求出λ= ,μ= ，
4 4 4 4
从而得出答案.
1
【解答过程】因为⃗DE=⃗DA+⃗AE，⃗AD=⃗DB,⃗AE= ⃗EC,
3
1 1 1 1
所以⃗DE= ⃗BA+ ⃗AC= ⃗BA+ (⃗BC−⃗BA)，
2 4 2 4
1 1
即⃗DE= ⃗BA+ ⃗BC，
4 4
又⃗DE=λ⃗BA+μ⃗BC，
1 1 1 1
所以λ= ,μ= ，故 + =8.
4 4 λ μ
故选：A.
3．（5分）（2024·甘肃·一模）已知数列{a )为等差数列，a +a +a =6,a +a +a =11，则
n 4 5 6 7 8 9
a +a +a =（ ）
10 11 12
A．16 B．19 C．25 D．29
【解题思路】根据等差数列的通项公式及性质，进行计算即可.
【解答过程】因为a +a +a =6,a +a +a =11，
4 5 6 7 8 9
所以a +a +a −(a +a +a )=9d=5，
7 8 9 4 5 6
所以a +a +a =a +a +a +9d=11+5=16，
10 11 12 7 8 9
故选：A.
4．（5分）（2024·四川巴中·一模）已知直线m，n与平面α，β、γ，下列命题中正确的是（ ）
A．若α∩γ=m，β∩γ=n，则m∥n
B．若m∥α，m⊥β，则α⊥β
C．若α∥β，m⊥α，β⊥γ，则m∥γ
D．若α⊥β，α∩β=n，m⊥n，则m⊥α
【解题思路】根据平面相交时，交线的可能情况判断A；根据线面平行的性质定理以及面面垂直的判定定
理，判断B；根据面面平行以及线面垂直的性质可判读C；根据面面垂直的性质可判断D.
【解答过程】对于A，若α∩γ=m，β∩γ=n，则m,n可能相交或平行，A错误；
对于B，因为m∥α，过m作平面γ和平面α交于n，则m∥n，而m⊥β，故n⊥β，又n⊂α，故α⊥β，B正确；
对于C，若α∥β，m⊥α，则m⊥β，又β⊥γ，
则可能有m∥γ，也可能有m⊂γ，C错误；
对于D，若α⊥β，α∩β=n，m⊥n，
则可能m⊂α或m∥α或m,α相交，D错误；
故选：B.
5．（5分）（2024·全国·模拟预测）1949年10月1日，开国大典结束后，新成立的中央人民政府在北京饭
店举行了有600余位宾客参加的新中国第一次国庆招待会，史称“开国第一宴”．该宴的主要菜品有：鲍
鱼浓汁四宝、东坡肉方、蟹粉狮子头、鸡汁煮干丝、清炒翡翠虾仁和全家福．若这六道菜要求依次而上，
其中“东坡肉方”和“鸡汁煮干丝”不能接连相邻上菜，则不同的上菜顺序种数为（ ）
A．240 B．480 C．384 D．1440
【解题思路】利用插空法求解.
【解答过程】鲍鱼浓汁四宝、蟹粉狮子头、清炒翡翠虾仁和全家福依次而上有 种排列方式，
A4
4
此时形成 个空位，选出 个空位将东坡肉方和鸡汁煮干丝分别插入进去，共有 种排列方式，
5 2 C2A2
5 2
由乘法原理可知不同的上菜顺序种数为 ，
A4C2A2=480
4 5 2
故选：B.
π π cosα π
6．（5分）（2024·湖北·二模）若α∈ ( − , ) ,tanα= ，则sin( 2α− )=（ ）
2 2 3−sinα 3
4❑√6+7 4❑√6−7 4❑√2+7❑√3 4❑√2−7❑√3
A．− B． C．− D．
18 18 18 18
sinα
【解题思路】首先根据公式tanα= 化解条件等式，再结合二倍角和两角差的正弦公式，即可化解求
cosα
值.sinα cosα
【解答过程】由条件等式可知， = ，
cosα 3−sinα
1
整理为3sinα=sin2α+cos2α=1，则sinα= ，
3
又α∈ ( −
π
,
π
) ，cosα=❑√1−sin2α=
2❑√2
，
2 2 3
1 2❑√2 4❑√2 7
所以sin2α=2sinαcosα=2× × = ，cos2α=1−2sin2α= ，
3 3 9 9
π π π
所以sin(
2α−
)=sin2αcos
−cos2αsin
3 3 3
4❑√2 1 7 ❑√3 4❑√2−7❑√3
= × − × = .
9 2 9 2 18
故选：D.
7．（5分）（2024·广东江门·一模）设 ， 为双曲线 x2 y2 的左、右焦点，点 为
F F C: − =1 (a>0,b>0) A
1 2 a2 b2
双曲线的左顶点，以F F 为直径的圆交双曲线C的渐近线于M、N两点，且点M、N分别在第一、三象
1 2
2
限，若∠MAN= π，则双曲线的离心率为（ ）
3
❑√15 ❑√21
A． B．❑√21 C． D．❑√15
3 3
【解题思路】先求出点M，N的坐标，再利用余弦定理求出a,c之间的关系，即可得出双曲线的离心率．
b
【解答过程】由题意得圆的方程为x2+ y2=c2，不妨设双曲线的渐近线为y= x．
a
设点 的坐标为 ，则点 的坐标为 ，
M (x ,y ) N (−x ,−y )
0 0 0 0
由 { y= b x ) ，又 ，解得{x=a)或{x=−a)，
a c2=a2+b2
y=b y=−b
x2+ y2=c2
∴M(a,b)，N(−a,−b)．
又A(−a,0)，
∴ |AM)=❑√(a+a) 2+b2 ， |AN)=❑√[−a−(−a)) 2 +b2=❑√b2 ，
2
在△MAN中，∠MAN= π，
32π
由余弦定理得|MN|2=)AM|2+|AN|2−2|AM)|AN)cos
3
2π
即4c2=(a+a) 2+b2+b2−2❑√(a+a) 2+b2 ⋅bcos ，
3
化简得7a2=3c2，
❑√21
∴e= ．
3
故选：C．
{ex
,x>1 )
8．（5分）（2024·全国·模拟预测）已知函数 f (x)= x2 ，若函数 g(x)=[f (x)) 2 −af (x) 有两个不
xex,x≤1
同的零点，则实数a的取值范围为（ ）
A．[ 1 ) [e2 ) B．[ e2 )
− ,0 ∪ ,e 0, ∪{e)
e 4 4
C．{ 1) ( e2 ) D．{ 1) ( e2 )
− ∪ 0, ∪(e,+∞) − ∪ 0,
e 4 e 4
【解题思路】根据题意，先判断f (x)在(−∞,1)和(1,+∞)上的单调性和最值，再作出函数f (x)的大致图象，
将函数的零点问题转化为方程根的问题，从而数形结合得结果.
【解答过程】当x≤1时，f′(x)=(x+1)ex，当x∈(−∞,−1)时，f′(x)<0，
当x∈(−1,1)时，f′(x)>0，所以f (x)在(−∞,−1)上单调递减，在(−1,1)上单调递增，且
1
f (x) =f (−1)=− ，当x<0时，f (x)=xex<0．
min e
当 时
(x−2)ex
，当 时， ，
x>1 f′(x)= x∈(1,2) f′(x)<0
x3
e2
当x∈(2,+∞)时，f′(x)>0，所以f (x)在(1,2)上单调递减，在(2,+∞)上单调递增，且f (x) =f (2)= ．
min 4
作出函数f (x)的大致图象，如图所示，由图象可知， x=0 是函数 f (x) 的零点，要使函数 g(x)=[f (x)) 2 −af (x) 有两个不同的零点，则方程
[f (x)) 2 −af (x)=0 有两个不相等的实数根，等价于 f (x)=a 有1个非零实数根.
由图可知 1或 e2或 ，即 { 1) ( e2 ) .
a=− 0<a< a>e a∈ − ∪ 0, ∪(e,+∞)
e 4 e 4
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。
π π
9．（6分）（2024·新疆乌鲁木齐·一模）已知函数f(x)=sin(ωx+φ) ( ω>0，− <φ< ) 的部分图像
2 2
如图所示，则（ ）
π
( )
A．f(x)在 0， 上单调递增
3
B．f(x)在(0，6)上有4个零点
π
C．|AB)=
3
π
D．将y=sinx的图象向右平移 个单位，可得y=f(x)的图象
6
π
【解题思路】结合图象，得到函数f(x)=sin(2x− )，根据正弦函数图象和性质，以及图象变化判断四
6
个选项即可.1 π 5π
【解答过程】由图知，f (0)=sinφ=− ，所以φ=− +2kπ,k∈Z或φ=− +2kπ,k∈Z，
2 6 6
又−
π
<φ<
π
，所以φ=−
π
，所以f(x)=sin(ωx−
π
)，又因为图象过 ( −
5π
,0 ) ，
2 2 6 6 12
5π π 12(7 )
且为下降零点，所以− ω− =π+2kπ，ω>0，故ω=− +2k ,k∈Z,k≤0,
12 6 5 6
T 5π 12
结合图象 > ，即0<ω< ，所以ω=2，
2 12 5
π
所以f(x)=sin(2x− )，
6
π π π π
对于A选项，当0<x< ，0<2x− < ，结合正弦函数图像可知，f(x)在 ( 0， ) 上单调递增，故
3 6 2 3
A正确；
π π π π
对于B选项，当0<x<6时，− <2x− <12− ，其中3π<12− <4π，
6 6 6 6
结合正弦函数图像可知，f(x)在(0，6)上有4个零点，故B正确；
1 π 1 π π
对于C选项，当f (x)= 时，即sin(2x− )= ，即2x− = +2kπ,k∈Z或
2 6 2 6 6
π 5π
2x− = +2kπ,k∈Z，
6 6
π π π π π
结合图象可知，x = ,x = ，所以|AB)= − = ，故C正确；
A 6 B 2 2 6 3
π π π
对于D选项，将y=sinx的图象向右平移 个单位，得y=sin ( x− ) ，而f(x)=sin(2x− )，故D
6 6 6
错误，
故选：ABC.
10．（6分）（2024·山东泰安·一模）已知复数z,w，则下列说法正确的是（ ）
A．若z=w，则z=w
B．若z=3+i,w=−2i，则z+w在复平面内对应的点在第二象限
C．若z2=1，则z=z
D．若|z−2)=1，复数z在复平面内对应的点为Z，则直线OZ（O为原点）斜率的取值范围为
[ ❑√3 ❑√3)
− ,
3 3【解题思路】根据题意，由复数的运算以及其几何意义，对选项逐一判断，即可得到结果.
【解答过程】对于A，设z=a+bi(a,b∈R)，则z=a−bi，若z=w，则w=a+bi，
则w=a−bi，所以z=w，故A正确；
对于B，若z=3+i,w=−2i，则z+w=3−i，所以z+w在复平面内对应的点
在第四象限，故B错误；
对于C，设 ，由 ，可得 ，
z=a+bi(a,b∈R) z2=1 (a2−b2)+2abi=1
则a=±1,b=0，即z=±1，则z=z，故C正确；
对于D，设z=x+ yi(a,b∈R)，则z−2=(x−2)+ yi，若|z−2)=1，
则 ，即点 在以 为圆心， 为半径的圆上，
(x−2) 2+ y2=1 Z (2,0) 1
设过原点与圆相切的直线为y=kx，即kx−y=0，
则圆心到切线的距离 |2k) ，解得 ❑√3，
d= =1 k=±
❑√k2+(−1) 2 3
所以直线 （ 为原点）斜率的取值范围为[ ❑√3 ❑√3)，故D正确.
OZ O − ,
3 3
故选：ACD.
11．（6分）（2024·全国·模拟预测）已知函数f (x)=(lna+b)ex−a2ex，其中e为自然对数的底数，则
（ ）
A．若f (x)为减函数，则f (0)<0 B．若f (x)存在极值，则aeb>1
C．若f (1)=0，则b>ln2 D．若f (x)≥0，则b≥a
【解题思路】对f (x)求导可得f′(x)=(lna+b)ex−a2e，当f (0)=0时，f (x)也为减函数，可得A错误；若
f (x)存在极值可知f′(x)存在“变号”零点，可得B正确；由f (1)=0可得b=a2−lna，构造
a2ex ex
g(x)=x2−lnx并判断单调性可得b>ln2，C正确；由f (x)≥0可得lna+b≥ ，易知 ≤1，可得
ex ex
b lna lnx
≥a− ，构造函数ℎ(x)=x− ,x>0并判断单调性即可求得b≥a，D正确.
a a x
【解答过程】因为f (x)=(lna+b)ex−a2ex，所以f′(x)=(lna+b)ex−a2e，
所以当f (0)=lna+b=0时，f′(x)=−a2e<0,f (x)为减函数，A错误．
若f (x)存在极值，则f′(x)=(lna+b)ex−a2e存在“变号”零点．
因为f′(x)=0可得(lna+b)ex=a2e，所以lna+b>0，即aeb>1，B正确．若f (1)=0，则(lna+b)e−a2e=0，即b=a2−lna．
( ❑√2)( ❑√2)
2 x+ x−
令g(x)=x2−lnx，则 1 2 2 ，
g′(x)=2x− = ,x>0
x x
❑√2 ❑√2
所以当0<x< 时，g′(x)<0，当x> 时，g′(x)>0，
2 2
所以 在( ❑√2)上为减函数，在(❑√2 )上是增函数，
g(x) 0, ,+∞
2 2
所以 (❑√2) 1 ❑√2 1 ，所以 1 ，C正确．
g(x) =g = −ln = (1+ln2) b≥ (1+ln2)>ln2
min 2 2 2 2 2
a2ex ex
若f (x)≥0，即lna+b≥ ．由ex≥x+1，得ex−1≥x，即 ≤1，
ex ex
b lna
所以lna+b≥a2，易知a>0，所以 ≥a− ．
a a
设 lnx ， 1−lnx x2−1+lnx．
ℎ(x)=x− ,x>0
ℎ
′(x)=1− =
x x2 x2
1
设φ(x)=x2−1+lnx,x>0,φ′(x)=2x+ >0，所以φ(x)在(0,+∞)上单调递增，
x
结合φ(1)=0，当0<x<1时，φ(x)<0,ℎ ′(x)<0,ℎ(x)在(0,1)上单调递减；
当x>1时，φ(x)>0,ℎ ′(x)>0,ℎ(x)在(1,+∞)上单调递增．
b
所以 ℎ(x) = ℎ(1)=1，所以 ≥1，即b≥a，D正确．
min a
故选：BCD．
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）（2024·河南信阳·二模）已知集合
A={x|y=❑√x+❑√1−x))
，
B=
{
y
|
y=
1 ))，那么
1−❑√1−x
∁
(A∩B)=
R
．
{x|x≠1))
【解题思路】首先由函数定义域化简集合A，求复杂分式、根式函数的值域得集合B，结合集合的交集、补集概念即可求解.
{ x≥0 )
【解答过程】要使得y=❑√x+❑√1−x有意义，则 ，解得0≤x≤1，即集合A={x|0≤x≤1))，
1−x≥0
若y=
1
有意义，则
{1−❑√1−x≠0)
，x≤1且x≠0，
1−❑√1−x 1−x≥0
而❑√1−x≥0且❑√1−x≠1，所以1−❑√1−x≤1且1−❑√1−x≠0，
所以 或 ，从而 ， .
B={y|y<0) y≥1) A∩B={1) ∁ (A∩B)={x|x≠1))
R
故答案为： .
{x|x≠1))
13．（5 分）（2024·黑龙江哈尔滨·一模）已知圆 ，圆 ，直线
C :x2+ y2=3 C :(x−1) 2+(y−2) 2=3
1 2
l:y=x+2．若直线l与圆C 交于A,B两点，与圆C 交于D,E两点，M,N分别为AB,DE的中点，则
1 2
|MN|=
3
❑√2 ．
2
【解题思路】利用点到直线的距离公式，以及两点之间的距离公式，结合几何关系，即可求得结果.
【解答过程】设圆 的半径为 ，由题可得： ，
C ,C r ,r C (0,0),C (1,2),r =r =❑√3
1 2 1 2 1 2 1 2
故 ，满足 ，故两圆相交，
|C C |=❑√12+22=❑√5 0=|r −r |<|C C |<|r +r |=2❑√3
1 2 1 2 1 2 1 2
连接C N,C M，过C 作C H⊥C M，垂足为H，如下图所示：
2 1 2 2 1
1 ❑√2 2
由点到直线的距离公式可得|C N|= = ，|C M|= =❑√2，
2 ❑√2 2 1 ❑√2❑√2
则|C H|=|C M|−|C N|= ，又|C C |=❑√5，
1 1 2 2 1 2
在直角三角形C HC 中，
2 1
由勾股定理可得|MN|=|C H|=❑√|C C | 2 −|C H| 2=❑ √ 5− 1 = 3❑√2 .
2 1 2 1 2 2
3
故答案为： ❑√2.
2
14．（5分）（2024·全国·模拟预测）函数 ln(e2x+1)在区间 上的最大值与最小
f (x)= [−e,−1¿∪)1,e¿¿
x
1 3
值之和为a+b(a>0,b>0)，则 + 的最小值为 ❑√3+2 ．
a b
ln(ex+e−x) ln(ex+e−x)
【解题思路】将解析式变形为f (x)=1+ ，令g(x)= ，利用奇偶性即可得a+b=2，
x x
然后妙用“1”求解即可.
【解答过程】 ln(e2x+1) lnex(ex+e−x) lnex+ln(ex+e−x)
f (x)= = =
x x x
x+ln(ex+e−x) ln(ex+e−x)
= =1+ ，
x x
ln(ex+e−x)
令g(x)= ，x∈[−e,−1¿∪)1,e¿¿，
x
ln(e−x+ex)
因为定义域关于原点对称，且g(−x)= =−g(x)，
−x
所以g(x)为奇函数，所以g(x)在区间[−e,−1)∪[1,e)上的最大值与最小值之和为0，
则函数f (x)在区间[−e,−1)∪[1,e)上的最大值与最小值之和为2，即a+b=2．
又a>0，b>0，
1 3 1(1 3) 1( b 3a) 1(b 3a)
所以 + = + (a+b)= 4+ + =2+ +
a b 2 a b 2 a b 2 a b
1 √b 3a
≥2+ ×2❑ ⋅ =❑√3+2，
2 a b
b 3a
当且仅当 = ，a+b=2，即a=❑√3−1，b=3−❑√3，等号成立．
a b
故答案为：❑√3+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。15．（13分）（2024·北京平谷·模拟预测）设函数 ，曲线 在点
f (x)=(x+2)ln(x+1)−ax y=f (x) (0,f (0))
处的切线斜率为1．
(1)求a的值；
(2)设函数g(x)=f′(x)，求g(x)的单调区间；
(3)求证：xf (x)≥0．
【解题思路】
（1）求出函数的导数，根据导数的几何意义，即可求得答案；
（2）求出g(x)的导数，判断导数的正负，即可求得单调区间；
（3）结合（2），可得f (x)在(−1,+∞)为增函数，结合函数值的正负，即可证明结论.
【解答过程】（1）
x+2
由题意得f (x)的定义域为(−1,+∞)，f′(x)=ln(x+1)+ −a，
x+1
因为f′(0)=1．所以ln1+2−a=1，解得a=1.
（2）
x+2
因为g(x)=f′(x)=ln(x+1)+ −1，g(x)的定义域为(−1,+∞)，
x+1
1 1 x
g′(x)= − = ，
x+1 (x+1) 2 (x+1) 2
令g′(x)=0，得x=0，
g(x)与g′(x)在区间(0,+∞)上的情况如下：
x (−1,0) 0 (0,+∞)
g′(x) - 0 +
g(x) 递减 极小 递增
所以g(x)的单调递减区间为(−1,0)，单调递增区间为(0,+∞)；
（3）
证明：由（2）得，在x=0时，g(x)取得最小值1，所以f′(x)>0恒成立，
所以f (x)在(−1,+∞)为增函数，又因为f (0)=0，
当−1<x<0时，f (x)<0，所以xf (x)>0；
当x>0时，f (x)>0，所以xf (x)>0，
当x=0时，xf(x)=0，综上，xf (x)≥0.
16．（15分）（2024·陕西安康·模拟预测）2024年“元旦档”，某连锁购物中心在2023年12月31日隆重
开业，该购物中心随机调查统计了连续8天的客流量y（单位：百人），如下表：
日期 12月31日 1月1日 1月2日 1月3日 1月4日 1月5日 1月6日 1月7日
日期代码
1 2 3 4 5 6 7 8
x
客流量y 16.6 18.8 22 24.9 28.6 33.1 38.9 46.3
(1)由表中数据，知可用线性回归模型拟合y与x之间的关系，请用相关系数加以说明；（结果精确到
0.01）
(2)求y关于x的线性回归方程^y=b^x+a^（系数精确到0.01，并用精确后的b^的值计算a^的值），并预测1月
9日的客流量．（预测结果精确到0.1）
n
∑(x −x)(y −y)
i i
参考公式：相关系数r= i=1 ，线性回归方程
^y=b^x+a^
中斜率和截距的最小二乘估计
√ n n
❑∑(x −x) 2∑(y −y) 2
i i
i=1 i=1
n
∑(x −x)(y −y)
i i
公式分别为 b^= i=1 ,a^= y−b^x ．
n
∑(x −x) 2
i
i=1
8 8 8
参考数据： ，
y=28.65,∑(x −x) 2=42,∑(y −y) 2=736.9,∑(x −x)(y −y)=172.7
i i i i
i=1 i=1 i=1
❑√4.2≈2.05,❑√7369≈85.84．
【解题思路】（1）先计算相关系数，再根据近似值判断说明即可；
（2）先根据公式计算a^,b^得出回归直线，再根据回归直线预测即得.
1 8×(1+8) 9
【解答过程】（1）由题意，知x= × = ，
8 2 28
∑(x −x)(y −y)
i i
172.7 172.7 172.7
所以相关系数r= i=1 = = ≈ ≈0.98．
√ 8 8 ❑√42×736.9 ❑√4.2×7369 2.05×85.84
❑∑(x −x) 2∑(y −y) 2
i i
i=1 i=1
因为y与x的相关系数r≈0.98，接近于1，
所以y与x的线性相关程度很高，可用线性回归模型拟合y与x之间的关系．
8
∑(x −x)(y −y)
i i
（2）因为 b^= i=1 = 172.7 ≈4.11 ，
8 42
∑(x −x) 2
i
i=1
9
a^= y−b^x≈28.65−4.11× ≈10.16，所以y关于x的线性回归方程为^y=4.11x+10.16．
2
又1月9日对应的日期代码x=10，
当x=10时，^y=4.11×10+10.16=51.26≈51.3，所以预测1月9日的客流量约为51.3百人．
π
17．（15分）（2024·四川·模拟预测）如图，多面体ABCDEF中，四边形ABCD为菱形，∠BAD= ，
3
BD=DE=2BF=2，DE⊥AC，BF//DE．
(1)求证：平面ACF⊥平面BDEF；
(2)当BF⊥CD时，求直线AE与平面ACF所成角的正弦值．
【解题思路】（1）根据题意，由线面垂直的判定定理可证AC⊥平面BDEF，再由面面垂直的判定定理
即可证明；
（2）根据题意，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，代入计算，即可得到结果.
【解答过程】（1）因为BF//DE，所以点B,D,E,F四点共面，
又四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD，
因为DE⊥AC，BD∩DE=D，BD,DE⊂平面BDEF，
所以AC⊥平面BDEF，又AC⊂平面ACF，
所以平面ACF⊥平面BDEF.（2）
因为BF//DE，BF⊥CD，所以DE⊥CD，又因为DE⊥AC,CD∩AC=C，
所以DE⊥平面ABCD，设BD交AC于O，则以OA为x轴，
OB为y轴，过点O且平行于DE的方向为z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系O−xyz,
π
因为BF=1，四边形ABCD为菱形，∠BAD= ，
3
则AB=AD=BD=DE=2,AC=2❑√3，
所以有 ，
A(❑√3,0,0),F(0,1,1),E(0,−1,2),C(−❑√3,0,0)
则 ，
⃗AC=(−2❑√3,0,0),⃗CF=(❑√3,1,1),⃗AE=(−❑√3,−1,2)
不妨设平面ACF的法向量为⃗m=(x,y,z)，
则{ ⃗m⋅⃗AC=−2❑√3x=0 )，取 ，得 ，
y=1 ⃗m=(0,1,−1)
⃗m⋅⃗CF=❑√3x+ y+z=0
设直线AE与平面ACF所成角为θ，
则 |⃗AE⋅⃗m) 3 3，
sinθ=|cos<⃗AE,⃗m>)= = =
|⃗AE)⋅|⃗m) ❑√2×2❑√2 4
3
故直线AE与平面ACF所成角的正弦值为 .
4
18．（17分）（2024·江西·二模）已知椭圆 的方程为x2 y2 ，由其 个顶点确定的三角形的
C + =1(a>b>0) 3
a2 b2
面积为4，点P(2,1)在C上，A,B为直线x=4上关于x轴对称的两个动点，直线AP,BP与C的另一个交点
分别为M,N.
(1)求C的标准方程；
(2)证明：直线MN经过定点；
(3)O为坐标原点，求△MON面积的最大值.【解题思路】（1）由题意得到关于a,b方程组求解即可；
（2）设直线MN的方程为y=kx+n，与椭圆联立，得韦达定理，设PM,PN方程得A,B坐标，利用
y + y =0将韦达定理代入化简得n+4k=0，得到定点坐标;
A B
（3）由弦长公式及点到线的距离公式得面积表达式，换元法求最值.
{
ab=4
)
【解答过程】（1）由题意知 ，结合椭圆参数关系，解得 ，
4 1 a=2❑√2,b=❑√2
+ =1
a2 b2
x2 y2
所以椭圆C的方程为 + =1.
8 2
（2）直线MN的斜率必存在，设其方程为y=kx+n.
{
y=kx+n
)
消去 得 ，
x2 y2 y (1+4k2)x2+8nkx+4n2−8=0
+ =1
8 2
由 得 .
Δ>0 (8nk) 2−4×(1+4k2)×4(n2−2)>0⇒n2<8k2+2
设 ，则 8nk
4(n2−2)，（*）
M(x ,y ),N(x ,y ) x +x =− ,x x =
1 1 2 2 1 2 1+4k2 1 2 1+4k2
直线 的方程为 y −1 ，
PM y−1= 1 (x−2)
x −2
1
令 ，得
2(y −1)，同理 2(y −1)，
x=4 y =1+ 1 y =1+ 2
A x −2 B x −2
1 2
由
2(y −1) 2(y −1)
，又 ，
y + y =0⇒2+ 1 + 2 =0 y =kx +n,y =kx +n
A B x −2 x −2 1 1 2 2
1 2
代入整理得 ，
(2k+1)x x +(n−2k−3)(x +x )+8−4n=0
1 2 1 2
将（*）式代入并整理得n2+(6k−1)n+8k2−4k=0⇒(n+4k)(n+2k−1)=0.
因为直线MN不过P(2,1)，故n+2k−1=0不成立，所以n+4k=0，
此时直线MN的方程为y=k(x−4)，经过定点(4,0).（3）由 ， 32k2 8(8k2−1)，
n2<8k2+2⇒4k2<1 x +x = ,x x =
1 2 1+4k2 1 2 1+4k2
所以 4❑√2❑√1+k2❑√1−4k2
|MN)=❑√1+k2|x −x )=❑√1+k2❑√(x +x ) 2−4x x =
1 2 1 2 1 2 1+4k2
又点 到直线 的距离为 |4k) ，
O MN d=
❑√1+k2
所以 1 1 4❑√2❑√1+k2❑√1−4k2 |4k) |k)❑√1−4k2
S = |MN)d= × × =8❑√2×
△MON 2 2 1+4k2 ❑√1+k2 1+4k2
令
t=1+4k2,1<t<2
，则
S =4❑√2❑
√(t−1)(2−t)
=4❑√2❑
√
−2
(1
−
3) 2
+
1
≤2
，
△MON t2 t 4 8
1 3 1
当 = ，即k2= 时取等，所以△MON的面积的最大值为2.
t 4 12
19．（17分）（2024·河南信阳·一模）定义：max{a,b}=¿已知数列{a }满足
n
a +min{a ,a }=max{a ,a }．
n n+1 n+2 n+1 n+2
(1)若a =2，a =3，求a ，a 的值；
2 3 1 4
(2)若∀n∈N∗，∃k∈N∗，使得a ≤a 恒成立．探究：是否存在正整数p，使得a =0，若存在，求出
n k p
p的可能取值构成的集合；若不存在，请说明理由；
(3)若数列 为正项数列，证明：不存在实数A，使得 ．
{a } ∀n∈N∗,a ≤A
n n
【解题思路】（1）根据题意，由定义代入计算，即可得到结果；
（2）根据题意，将问题转化为 ，即可得到结果；
a ≤max{a ,a )≤a
k k+1 k+2 k
（3）根据题意，分S=∅与S≠∅讨论，当S≠∅时，再分S为有限集与S为无限集讨论，即可证明.
【解答过程】（1）依题意，a =max{a ,a }−min{a ,a }，显然a ≥0；
n n+1 n+2 n+1 n+2 n
故a =max{a ,a }−min{a ,a }=1；
1 2 3 2 3a =max{a ,a }−min{a ,a }=2，
2 3 4 3 4
即a −a =2或a −a =2，则a =1或a =5．
3 4 4 3 4 4
（2） ，
∵max{a ,a )≥min{a ,a )
n+1 n+2 n+1 n+2
∴a =max{a ,a )−min{a ,a )≥0,
n n+1 n+2 n+1 n+2
∵a ≤a 对∀n∈N∗恒成立，
n k
.
∴a ≤a ,a ≤a ,∴max{a ,a )≤a
k+1 k k+2 k k+1 k+2 k
∵a =max{a ,a )−min{a ,a )≤max{a ,a )
k k+1 k+2 k+1 k+2 k+1 k+2
，
∴a ≤max{a ,a )≤a
k k+1 k+2 k
，
∴max{a ,a )=a ,∴min{a ,a )=0
k+1 k+2 k k+1 k+2
①a =0,a ≠0 时,
k+1 k+2
a =max{a ,a )−min{a ,a )=a ≠0
k k+1 k+2 k+1 k+2 k+2
a =max{a ,a )−min{a ,a )=a =a ≠0
k−1 k k+1 k k+1 k k+2
a =max{a ,a )−min{a ,a )=a −a =0
k−2 k−1 k k−1 k k k
a =max{a ,a )−min{a ,a )=a −0=a =a ≠0
k−3 k−2 k−1 k−2 k−1 k k k+2
∴ 当 p=k+3m−2,m∈Z, 且p>0时,a =0.
p
∴p的集合为 {p∣p=k+3m−2,m∈Z且p>0}
②a =0,a ≠0 时,
k+2 k+1
，
a =max{a ,a )−min{a ,a )=a ≠0
k k+1 k+2 k+1 k+2 k+1
，
a =max{a ,a )−min{a ,a )=a −a =0
k−1 k k+1 k k+1 k+1 k+1
，
a =max{a ,a )−min{a ,a )=a ≠0
k−2 k−1 k k−1 k k+1
∴ 当p=k+3m−1,m∈Z, 且 p>0 时, a =0.
p
∴p的集合为 {p∣p=k+3m−1,m∈Z且p>0}③a =0且a =0时, a =0,p的集合为 N∗
k+1 k+2 k
（3）∵a =max{a ,a }−min{a ,a }>0，∴a ≠a ；
n n+1 n+2 n+1 n+2 n+1 n+2
设 ，
S={n|a >a ,n∈N∗}
n n+1
①若 ，则 ， ，
S=∅ a ≤a a <a (i≥2,i∈N∗)
1 2 i i+1
A
对任意A>0，取n =[ ]①+2（[x]表示不超过x的最大整数），
1 a
1
当n>n 时，a =(a −a )+(a −a )+⋯+(a −a )+a =a +a +⋯+a +a ≥(n−1)a
1 n n n−1 n−1 n−2 3 2 2 n−2 n−3 1 2 1
A A
>(n −1)a =([ ]+1)a > ⋅a =A；
1 n a 1 a 1
1 1
②若S≠∅，
ⅰ）若S为有限集，设 ， ，
m=max{n|a >a ,n∈N∗} a <a (i∈N∗)
n n+1 m+i m+i+1
A
对任意A>0，取n =[ +m+1]（[x]表示不超过x的最大整数），
2 a
m+1
当n>n 时，a =(a −a )+(a −a )+⋯+(a −a )+a =a +a +⋯+a +a
2 n n n−1 n−1 n−2 m+2 m+1 m+1 n−2 n−3 m m+1
A A
≥(n−m)a >(n −m)a =([ ]+1)a > ⋅a =A；
m+1 2 m+1 a m+1 a m+1
m+1 m+1
ⅱ）若S为无限集，设 ， ，
p =min{n|a >a ,n∈N∗} p =min{n|a >a ,n>p }(i∈N∗)
1 n n+1 i+1 n n+1 i
若 ，则 ，又 ，矛盾；
p −p =1 a >a >a a <max{a ,a }
i+1 i p p+1 p+2 p p+1 p+2
i i i i i i
故 ；
p −p ≥2(i∈N∗）
i+1 i
记 ；
m =a (i∈N∗）
i p+1
i
当 时， ， ， ；
p −p =2 a >a a <a a >a
i+1 i p p+1 p+1 p+2 p+2 p+3
i i i i i i
因为 ，所以 ；
a =a −a m =a =a =a =a −a =a >a =m
p
i
+1 p
i
+2 p
i
+3 i+1 p
i+1
+1 (p
i
+2)+1 p
i
+3 p
i
+2 p
i
+1 p
i
p
i
+1 i
当 时， ， ，
p −p ≥3 a >a a <a <⋯<a a >a
i+1 i p p+1 p+1 p+2 p p p +1
i i i i i+1 i+1 i+1
因为 ，故 ；
a =a −a m =a =a −a =a ≥a =m
p −1 p p +1 i+1 p +1 p p −1 p −2 p i
i+1 i+1 i+1 i+1 i+1 i+1 i+1 i+1因为 ，故 ，
a =a −a a =a −a =a +m ≥a +m ≥a +m
p p +2 p +1 p +2 p p +1 p i+1 p 1 p+2 1
i+1 i+1 i+1 i+1 i+1 i+1 i+1 i+1 i
A
故对任意A>0，取n =[ ]+1，当k>n 时，
3 m 3
1
a =(a −a )+(a −a )+…+(a −a )+a ≥(k−1)m +a >km
p +2 p +2 p +2 p +2 p +2 p +2 p +2 p +2 1 p +2 1
k k k−1 k−1 k−2 2 1 1 1
A A
>([ +1])m > ⋅m =A；
m 1 m 1
1 1
综上所述，不存在实数A，使得 ．
∀n∈N∗,a ≤A
n
综上所述，不存在实数A，使得对任意的正整数n，都有a ≤A．
n
