2024 年高考数学全真模拟卷 08（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·山东烟台·一模）若(1−2x) 5=a +a x+a x2+⋯+a x5，则a +a =（ ）
0 1 2 5 2 4
A．100 B．110 C．120 D．130
【解题思路】利用二项式定理分别求出a ,a 即可计算得解.
2 4
【解答过程】在(1−2x) 5=a +a x+a x2+⋯+a x5 中，a =C2×22=40，a =C4×24=80，
0 1 2 5 2 5 4 5
所以a +a =120.
2 4
故选：C.
2．（5分）（2024·广西南宁·一模）已知集合A={1,3,4)，集合B={2,3,4,6)，则如图中的阴影部分表示
（ ）
A．{3,4) B．{1) C．{2,6) D．{1,2,3,4,6)
【解题思路】根据图形所表示的含义再结合交集和补集的定义即可.
【解答过程】因为韦恩图中的阴影部分表示的是属于B不属于A的元素组成的集合，
又A={1,3,4},B={2,3,4,6}，所以韦恩图中的阴影部分表示的集合是∁ (A∩B)={2,6).
B
故选：C.
3．（5分）（2024·云南昆明·一模）某学校运动会男子100m决赛中，八名选手的成绩（单位：s）分别为：13.09，13.15，12.90, 13.16，12.96，13.11，x，13.24，则下列说法错误的是（ ）
A．若该八名选手成绩的第75%百分位数为13.155，则x=13.15
B．若该八名选手成绩的众数仅为13.15，则x=13.15
C．若该八名选手成绩的极差为0.34，则12.90≤x≤13.24
D．若该八名选手成绩的平均数为13.095，则x=13.15
【解题思路】举反例判断A,利用众数和平均数定义判断B、D,分情况讨论x判断C.
【解答过程】对A,因为8×75%=6，当x=13,八名选手成绩从小到大排序
12.90,12.96,13,13.09,13.11,13.15,13.16,13.24,，故该八名选手成绩的第75%百分位数为
13.15+13.16
=13.155，但x=13≠13.15，故A错误；
2
对B,由众数是出现次数最多的数据，B正确；
对C,当x<12.9，极差为13.24−x>0.34，不符合题意舍去；
当12.90≤x≤13.24，极差为13.24−12.9=0.34，符合题意
当x>13.24，极差为x−12.9>0.34不符合题意舍去，综上，12.90≤x≤13.24，C正确；
12.90+12.96+13.09+13.11+13.15+13.16+13.24+x
对D,平均数为 =13.095,解得x=13.15，故D正
8
确.
故选：A.
4．（5分）（2024·山东济宁·一模）已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，且a=3，
acosB=(2c−b)cosA，则△ABC面积的最大值为（ ）
9❑√3 9❑√3 9 9
A． B． C． D．
4 2 4 2
【解题思路】利用正弦定理对已知条件进行边角转化，求得A，结合余弦定理以及不等式求得bc的最大值，
再求三角形面积的最大值即可.
【解答过程】因为acosB=(2c−b)cosA，由正弦定理可得：sinAcosB=2sinCcosA−sinBcosA，
即sin(A+B)=2sinCcosA，sinC=2sinCcosA，
1 π
又C∈(0,π)，sinC≠0，故cosA= ；由A∈(0,π)，解得A= ；
2 3
1 b2+c2−9
由余弦定理，结合a=3，可得cosA= = ，
2 2bc
即b2+c2=bc+9≥2bc，解得bc≤9，当且仅当b=c=3时取得等号；1 1 ❑√3 ❑√3 9❑√3
故△ABC的面积S= bcsin A= × bc≤ ×9= ，当且仅当b=c=3时取得等号.
2 2 2 4 4
9❑√3
即△ABC的面积的最大值为 .
4
故选：A.
π 1 4
5．（5分）（2024·福建龙岩·一模）已知0<β<α< ,cos(α+β)= ,sin(α−β)= ，则tanαtanβ的
2 5 5
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、正弦公式并进行弦化切求得正确答案.
1
【解答过程】cos(α+β)=cosαcosβ−sinαsinβ= ，
5
4
sin(α−β)=sinαcosβ−cosαsinβ= ，
5
cosαcosβ−sinαsinβ 1
= ，分子分母同时除以cosαcosβ得：
sinαcosβ−cosαsinβ 4
1−tanαtanβ 1
= ①，
tanα−tanβ 4
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
√ (4) 2 3
所以cos(α−β)=❑1− = ，
5 5
sin(α−β) 4 sinαcosβ−cosαsinβ 4
所以tan(α−β)= = ，即 = ，
cos(α−β) 3 cosαcosβ+sinαsinβ 3
分子分母同时除以cosαcosβ得：
tanα−tanβ 4 4 4
即 = ,tanα−tanβ= + tanαtanβ，代入①得：
1+tanαtanβ 3 3 3
1−tanαtanβ 1
= 1
4 4 4，解得tanαtanβ= .
+ tanαtanβ 2
3 3
故选：A.6．（5分）（2024·河南南阳·一模）党的二十大报告提出:“深化全民阅读活动.”今天，我们思索读书的意义、
发掘知识的价值、强调阅读的作用，正是为了更好地满足人民群众精神文化生活新期待.某市把图书馆、博
物馆、美术馆、文化馆四个公共文化场馆面向社会免费开放，开放期间需要志愿者参与协助管理.现有A、
B、C、D、E共5名志愿者，每名志愿者均参与本次志愿者服务工作，每个场馆至少需要一名志愿者，每
名志愿者到各个场馆的可能性相同，则A、B两名志愿者不在同一个场馆的概率为（ ）
1 2 5 9
A． B． C． D．
2 3 6 10
【解题思路】首先求出将5名志愿者分配到4个场馆的方法数，再求出A、B两名志愿者在同一个场馆的
方法数，最后利用古典概型的概率公式及对立事件的概率公式计算可得.
【解答过程】将5名志愿者分配到4个场馆，共有C2A4种不同的方法，
5 4
其中 、 两名志愿者在同一个场馆共有 种不同的方法，
A B A4
4
所以 A 、 B 两名志愿者不在同一个场馆的概率为 P=1− A 4 4 = 9 .
C2A4 10
5 4
故选：D.
7．（5分）（2024·全国·模拟预测）设椭圆x2 y2 的左，右焦点分别为 ，直线 过点
+ =1(a>b>0) F ,F l
a2 b2 1 2
，若点 关于 的对称点 恰好在椭圆 上，且 ，则 的离心率为（ ）
F F l P C ⃗F P⋅⃗F F =b2 C
1 2 1 1 2
1 2 ❑√17−2 ❑√13−2
A． B． C． D．
3 3 3 3
【解题思路】利用椭圆的定义及平面向量数量积公式结合余弦定理解三角形构造齐次式方程计算离心率即
可.
【解答过程】设∠PF F =θ，
1 2
由已知可得， ，
|PF )=|F F )=2c
1 1 2
根据椭圆的定义有 ，
2a−|PF )=|PF )=2a−2c
1 2
又 ，所以 ，
⃗F P⋅⃗F F =b2 4c2cosθ=b2
1 1 2
在△PF F 中，由余弦定理可得，
1 2|PF ) 2=|F F ) 2+|PF ) 2 −2|PF )⋅|F F )⋅cosθ⇒(2a−2c) 2=8c2−8c2cosθ=8c2−2b2 ，
2 1 2 1 1 1 2
即 ，整理得 ，
(2a−2c) 2=8c2−2(a2−c2) 3a2−4ac−3c2=0⇒3e2+4e−3=0
❑√13−2 ❑√13+2
解方程得e= 或e=− (舍去)，
3 3
故选：D.
8．（5分）（2024·四川·模拟预测）如图，在棱长为1的正方体ABCD−A B C D 中，点P是该正方体
1 1 1 1
对角线BD 上的动点，给出下列三个结论：
1
①AC⊥DP；
❑√6
②点P到直线AC的距离的最小值是 ；
6
25π
③当BD =4BP时，三棱锥P−ABD外接球的表面积为 ．
1 16
其中所有正确结论的序号为（ ）
A．①② B．①③ C．②③ D．①②③
【解题思路】对①，证明AC⊥平面BDD 即可；对②，根据AC⊥平面BDD ，设BD∩AC=O，则根
1 1
据OP为点P到直线AC的距离分析即可；对③，根据外接球的性质，确定三棱锥P−ABD外接球的直径为
BDP的外接圆直径求解即可.
【解答过程】对①，连接BD，交AC于O.
因为ABCD−A B C D 为正方体，故AC⊥BD，DD ⊥平面ABCD，
1 1 1 1 1又AC⊂平面ABCD，则AC⊥DD .
1
又BD∩DD =D，BD,DD ⊂平面BDD ，故AC⊥平面BDD .
1 1 1 1
又DP⊂平面BDD ，故AC⊥DP，故①正确；
1
对②，由①可得点P到直线AC的距离为OP，故当OP⊥BD 时OP最小，
1
1
此时BD=❑√2,DD =1,BD =❑√1+2=❑√3,故sin∠DBD = ，
1 1 1 ❑√3
❑√2 1 ❑√6
OP=OB⋅sin∠DBD = × = ，故②正确；
1 2 ❑√3 6
对③，当BD =4BP时，因为DD ⊥平面ABCD，DD ⊂平面BDD ，故平面BDD ⊥平面ABCD，
1 1 1 1 1
即平面BDP⊥平面ABD.
又∠DAB=90°，故三棱锥P−ABD外接球球心在平面BDP上，即三棱锥P−ABD外接球直径为BDP的
外接圆直径.
此时 cos∠DBP=❑ √ 1− ( 1 ) 2 = ❑√6， BD=❑√2 ， BP= 1 BD = ❑√3，
❑√3 3 4 1 4
3 ❑√3 ❑√6 19 ❑√19
故DP2=BD2+BP2−2BD⋅BPcos∠DBP=2+ −2❑√2× × = ，故DP= .
16 4 3 16 4
设三棱锥P−ABD外接球的半径为R，
则表面积S=4πR2=π(2R) 2=π ( DP ) 2 = 57π ，故③错误.
sin∠DBP 16
综上①②正确.
故选：A．
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）（2024·广东江门·一模）下列说法正确的是（ ）
A． ，
z⋅z=|z) 2 z∈CB．i2024=−1
C．若|z)=1，z∈C，则|z−2)的最小值为1
D．若 是关于x的方程 的根，则
−4+3i x2+px+q=0(p,q∈R) p=8
【解题思路】根据复数的乘法运算结合复数的模的计算，可判断A；根据虚数单位的性质可判断B；设
z=x+ yi,(x,y∈R)，根据复数的模的计算公式，可得x2+ y2=1，以及|z−2)=❑√−4x+5，结合x的
范围可判断C；将−4+3i代入方程，结合复数的相等，求出p，即可判断D.
【解答过程】对于A， ，设复数 ，则 ， ，
z∈C z=a+bi,(a,b∈R) z=a−bi,(a,b∈R) |z|=❑√a2+b2
故 ，A正确；
z⋅z=(a+bi)(a−bi)=a2+b2=|z) 2
对于B，由于 ，故 ，B错误；
i2=−1,i4=1 i2024=(i4 ) 506=1
对于C， ，设 ，由于 ，则 ，
z∈C z=x+ yi,(x,y∈R) |z)=1 ❑√x2+ y2=1,∴x2+ y2=1
故 ，
|z−2)=❑√(x−2) 2+ y2=❑√(x−2) 2+1−x2=❑√−4x+5
由x2+ y2=1，得−1≤x≤1，则−4x+5≥1，
故当x=1时，|z−2)的最小值为1，C正确；
对于D， 是关于x的方程 的根，
−4+3i x2+px+q=0(p,q∈R)
故 ，即 ，
(−4+3i) 2+p(−4+3i)+q=0(p,q∈R) 7−4 p+q+(3p−24)i=0
故
{7−4 p+q=0),∴ {p=8)
，D正确，
3p−24=0 q=25
故选：ACD.
10．（6分）（2024·全国·一模）在平面直角坐标系xOy中，A(−2,0)，动点P满足|PA)=❑√3|PO)，得到
动点P的轨迹是曲线C．则下列说法正确的是（ ）
A．曲线 的方程为
C (x−1) 2+ y2=3
B．若直线y=kx+1与曲线C相交，则弦最短时k=−1
C．当 三点不共线时，若点 ，则射线 平分
O,A,P D(1−❑√3,0) PD ∠APO
D．过A作曲线C的切线，切点分别为M,N，则直线MN的方程为x=0【解题思路】由点P的轨迹满足已知条件列两点间距离公式化简可求A选项；由弦长公式和基本不等式可
求B选项；由角平分线定理的逆定理可求C选项；由几何关系和两圆方程相减可得两圆公共弦方程可求D
选项.
【解答过程】A：设P(x,y)，因为A(−2,0)，动点P满足|PA)=❑√3|PO)，
所以 ，化简可得 ，故A正确；
❑√(x+2) 2+ y2=❑√3×❑√x2+ y2 (x−1) 2+ y2=3
B：由选项A可知，圆心 ，半径 ，设圆心到直线的距离为 ，则 |k+1) ，
(1,0) r=❑√3 d d =
1 1 ❑√1+k2
设弦长为 ，由弦长公式得d =2❑√r2−d2=2❑ √ 3− (1+k) 2 =2❑ √2k2−2k+2 =2❑√2× √ 1− 1 ，
d 2 2 1 1+k2 1+k2 ❑ 1
k+
k
1 √ 1
因为k+ ≥2❑k× =2，当且仅当k=1，取等号，
k k
所以弦最短时k=1，故B错误；
C：
|PA)
因为|PA)=❑√3|PO)，则 =❑√3，又D(1−❑√3,0)，
|PO)
|AD) 3−❑√3 |PA)
所以|AD)=3−❑√3，|OD)=❑√3−1，则 = =❑√3= ，
|OD) ❑√3−1 |PO)
所以由角平分线定理的逆定理可知射线PD平分∠APO，故C正确；
D：过A作曲线C的切线，切点分别为M,N，
|AC) 3 ( 1 )
则由集合关系可知M,N在以AC为直径的圆上，半径为 = ，圆心为 − ,0 ，
2 2 2
此圆方程为 ( x+ 1) 2 + y2= 9 ，
2 4
两圆方程相减可得公共线MN的方程为x=0，故D正确；
故选：ACD.11．（6分）（2024·吉林长春·模拟预测）已知 （其中 为
f (x)=(x+1)lnx,g(x)=x(ex+1) e=2.71828⋯
自然对数的底数），则下列结论正确的是（ ）
A． f′(x) 为函数 f (x) 的导函数，则方程 [f′(x)) 2 −5f′(x)+6=0 有3个不等的实数解
B．∃x∈(0,+∞),f (x)=g(x)
C．若对任意 ，不等式 恒成立，则实数 的最大值为-1
x>0 g(a+lnx)≤g(xex−2−x) a
D．若 ，则lnt 的最大值为1
f (x )=g(x )=t(t>0)
1 2 2x (x +1) e
2 1
【解题思路】对于A，只需判断f′(x)=2或f′(x)=3的根的个数和即可，通过求导研究
x+1
f′(x)=lnx+ = ℎ(x)的性态画出图象即可得解；对于B，由f (x)单调递增，故只需判断函数
x
有无零点即可；对于C，首先得 在 上单调递增，转换成
u(x)=ex−x,x>0 g(x)=f (ex) (0,+∞)
u
a≤xex−2−ln(xex)=m(u)= −lnu,u=xex>0在(0,+∞)上恒成立验算即可；对于D，根据单调性得
e2
lnt
x =ex 2，将问题转换成求 =n(t),t>0的最大值即可.
1 2t
【解答过程】
对于A，若 [f′(x)) 2 −5f′(x)+6=0 ，则 f′(x)=2 或 f′(x)=3 ，
x+1 1 1 x−1
而f′(x)=lnx+ = ℎ(x)，ℎ ′(x)= − = ,x>0，
x x x2 x2
所以当0<x<1时，ℎ ′(x)<0，ℎ(x)即f′(x)单调递减，当x>1时，ℎ ′(x)>0，ℎ(x)即f′(x)单调递增，
所以f′(x) =f′(1)=2，而f′( 1 ) =11−ln10>3,f′(10)=ln10+ 11 >3，
min 10 10
所以方程 [f′(x)) 2 −5f′(x)+6=0 有3个不等的实数解，故A正确；对于B，若 ，由A选项分析可知 ，即 单调递增，
x∈(0,+∞),f (x)=g(x)=f (ex) f′(x)≥2>0 f (x)
所以ex=x，令u(x)=ex−x,x>0，u′(x)=ex−1>0,x>0，所以u(x)单调递增，
所以u(x)=ex−x>u(0)=1,x>0，矛盾，故B选项错误；
对于C，由B选项分析可知 在 上单调递增，而由复合函数单调性可知 在 上
f (x) (0,+∞) g(x)=f (ex) (0,+∞)
单调递增，
若对任意 ，不等式 恒成立，则 ，
x>0 g(a+lnx)≤g(xex−2−x) a+lnx≤xex−2−x
即 在 上恒成立，
a≤xex−2−x−lnx=xex−2−ln(xex) (0,+∞)
u
令u=xex，当x∈(0,+∞)时，u=xex ∈(0,+∞)，令m(u)= −lnu,u>0，
e2
则 1 1 u−e2 ，
m'(u)= − = ,u>0
e2 u e2u
所以当 时， ， 单调递减，当 时， ， 单调递增，
u∈(0,e2) m'(u)<0 m(u) u∈(e2,+∞) m'(u)>0 m(u)
e2
所以m(u) =m(e2)= −lne2=−1，
min e2
u
因为a≤xex−2−ln(xex)=m(u)= −lnu,u=xex>0在(0,+∞)上恒成立，
e2
所以a≤−1，即a =−1，故C正确；
max
对于D，若 ，
f (x )=g(x )=f (ex 2)=t>0
1 2
又 在 上单调递增，所以 ，
f (x) (0,+∞) x =ex 2
1
lnt lnt lnt lnt
所以 = = = =n(t),t>0 ，
2x (x +1) 2x (ex 2+1) 2g(x ) 2t
2 1 2 2
1−lnt
所以n(t)= ,t>0，所以当t∈(0,e)时，n′(t)>0，n(t)单调递增，当t∈(e,+∞)时，n′(t)<0，
2t2
n(t)单调递减，
所以 1 ，即 lnt 的最大值为 1 ，故D错误.
n(t) =
max 2e 2x (x +1) 2e
2 1故选：AC.
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·陕西安康·模拟预测）已知数列 的前 项和为 ，且 ，则 - 4 .
{a ) n S a =2S +2 a +S =
n n n n 7 9
【解题思路】由题意首先得 ，其次当 时，可以通过 的关系得数列 是首项为-2，公比
a =−2 n≥2 S ,a {a )
1 n n n
为-1的等比数列，由此即可进一步求解.
【解答过程】当n=1时，a =2S +2，解得a =−2.
1 1 1
当n≥2时，a =2S +2,a =2S +2，两式相减得a =−a ，
n n n−1 n−1 n n−1
因为 ，所以 ，所以 a ，
a =−2≠0 a ≠0 n =−1
1 n−1 a
n−1
所以数列 是首项为-2，公比为-1的等比数列，
{a )
n
所以 ，即数列 是 ，
a =(−2)⋅(−1) n−1 {a ) −2,2,−2,2,……
n n
故a =−2,S =−2，所以a +S =−4.
7 9 7 9
故答案为：−4.
13．（5分）（2024·四川·模拟预测）如图，在矩形ABCD中，AB=4,AD=2，点E为线段CD的中点.沿
直线AE将△ADE翻折，点D运动到点P的位置.当平面PAE与平面ABCE所成角为60∘时，三棱锥
P−ABC的体积为
2❑√6
.
3
【解题思路】根据二面角的几何法可得∠PHF为平面PAE与平面ABCE所成角的平面角，故
∠PHF=60∘,进而可得点P到平面ABCE的距离，即可由锥体的体积公式求解.【解答过程】
如图，取AB的中点F，连接DF，与AE交于点H.
由翻折前后的不变性可知，PH⊥AE.由已知，四边形DEFA为正方形，则DF⊥AE,
所以∠PHF（或其补角）为平面PAE与平面ABCE所成角的平面角，故∠PHF=60°或∠PHF=120°；
由于PH∩DF=H,PH,DF⊂平面PDF,所以AE⊥平面PDF，AE⊂平面ABCE，
故平面ABCE⊥平面PDF，即P在平面ABCE上的射影O在直线DF上（点O在线段DH或HF上均可）.
由题意可知，在Rt△PHO中，∠PHO=60∘,PH=❑√2，则
❑√6 1 ❑√6 2❑√6
PO=PHsin60∘= ，又S =4，则V = × ×4= .
2 △ABC P−ABC 3 2 3
2❑√6
故答案为： .
3
14．（5分）（2024·全国·模拟预测）已知点 是函数 （ ， ，
M(x ,2) f (x)=Acos(ωx+φ) A>0 ω>0
1
π
0<φ<π）图象上的一个最高点，x=x 是函数f (x)的一个零点，且x 与x 之差的绝对值的最小值为 ．
2 1 2 4
π
将f (x)的图象向右平移 个单位长度后得到函数g(x)的图象，且g(x)是奇函数．给出下列结论：①
12
2π ( π) [ 7π π)
φ= ；②f (x)在区间 0, 上的值域为[−2,1)；③f (x)的单调递增区间为 kπ− ,kπ− ，
3 2 12 12
k∈Z．其中所有正确结论的序号为 ①② ．
【解题思路】根据题意求出函数表达式，再根据余弦函数单调性，值域求解判断
【解答过程】设f(x)的最小正周期为T，
T π 2π
由题知，A=2， = ，∴T=π= ，∴ω=2，
4 4 ω
∴f(x)=2cos(2x+φ)，
∴g(x)=2cos [ 2 ( x− π )+φ ) =2cos ( 2x+φ− π ).
12 6π π
对于①，∵g(x)是奇函数，∴φ− =kπ+ ，k∈Z，
6 2
2π 2π
∴φ=kπ+ ，k∈Z，∵0<φ<π，∴φ= ，故①正确；
3 3
(
2π
)
对于②，由①知，f(x)=2cos 2x+ ，
3
当0<x≤
π
时，u=2x+
2π
∈
(2π
,
5π
) ，
2 3 3 3
由余弦函数的图象知，f (u)=2cosu∈[−2,1)，
π
( )
∴f(x)在区间 0, 上的值域为[−2,1)，故②正确；
2
2π
对于③，令2kπ−π≤2x+ ≤2kπ，k∈Z，
3
5π π
解得kπ− ≤x≤kπ− ，k∈Z，
6 3
[ 5π π)
∴f(x)的单调递增区间为 kπ− ,kπ− ，k∈Z，故③错误.
6 3
故答案为：①②.
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）（2024·四川泸州·二模）某校为了让学生有一个良好的学习环境，特制定学生满意度调查表，
调查表分值满分为100分．工作人员从中随机抽取了100份调查表将其分值作为样本进行统计，作出频率
分布直方图如图．
(1)估计此次满意度调查所得的平均分值x（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；
(2)在选取的100位学生中，男女生人数相同，规定分值在（1）中的x以上为满意，低于x为不满意，据统
计有32位男生满意．据此判断是否有95%的把握认为“学生满意度与性别有关”？
(3)在（2）的条件下，学校从满意度分值低于x分的学生中抽取部分进行座谈，先用分层抽样的方式选出8
位学生，再从中随机抽取2人，求恰好抽到男女生各一人的概率．附： n(ad−bc) 2 ，其中 ．
K2= n=a+b+c+d
(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)
P(K2≥k ) 0.10 0.05 0.010 0.005 0.001
0
K 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
0
【解题思路】（1）利用频率分布直方图平均数的求法求解即可；
（2）利用（1）的结论及给定信息得到2×2列联表，再计算K2的观测值，与临界值表比对作答即可得解；
（3）求出8位业主中男女人数，利用列举法及古典概率公式即可得解.
【解答过程】（1）根据频率分布直方图知，
x=(45×0.012+55×0.016+65×0.020+75×0.024+85×0.018+95×0.010)×10=70，
所以此次满意度调查中物业所得的平均分值为70分.
（2）由（1）及已知得2×2列联表如下：
不满意 满意 总计
男 18 32 50
女 30 20 50
总计 48 52 100
100×(30×32−18×20) 2 75
则K2的观测值为：K2= = ≈5.769>3.841，
50×50×48×52 13
所以有95%的把握认为“业主满意度与性别有关”.
（3）由（2）知满意度分值低于70分的业主有48位，其中男士18位，女士30位，
用分层抽样方式抽取8位业主，其中男士3位，女士5位，
记男士为a，b，c，记女士为1，2，3，4，5，
从中随机抽取两位为监督员事件为：
ab,ac,a1,a2,a3,a4,a5,bc,b1,b2,b3,b4,b5,c1,c2,c3,c4,c5,12,13,14,15,23,24,25,34,35,45
共计28个基本事件，
其中抽到男女各一人有a1,a2,a3,a4,a5,b1,b2,b3,b4,b5,c1,c2,c3,c4,c5，共15个基本事件，
15
所以恰好抽到男女各一人为监督员的概率为P= .
28
lnx+a+1
16．（15分）（2024·内蒙古赤峰·模拟预测）已知函数f (x)=− ，g(x)=x(x+3) 2−3(x+1) 2ex.
x
(1)当a=1时，求f (x)在x=1处的切线方程；(2)若 ， ，使得 ，
∀x ∈[1,e) ∃x ∈[−3,0) f (x )≤g(x )
1 2 1 2
①求g(x)的单调区间；
②求a的取值范围.
【解题思路】（1）求导，得到f′(1)=1，利用导数的几何意义得到切线方程；
（2）①求导，对导函数进行因式分解，解不等式得到函数的单调区间；
②得到 ，求出 ， 在 上递减，在 上递增，分 ，
f (x) ≤g(x) g(x) =−12e−3 f (x) (0,e−a) (e−a,+∞) e−a≤1
max max max
e−a≥e和1<e−a<e，得到函数单调性和最大值，进而得到不等式，求出答案.
lnx+2
【解答过程】（1）a=1时，f (x)=− ，
x
lnx+1
f′(x)=
，
x2
又f′(1)=1，f (1)=−2，
所以y−(−2)=x−1，即y=x−3.
（2）
①由题可得 ，
g′(x)=(x+3) 2+2x(x+3)−3(x+1)(x+3)ex=3(x+1)(x+3)(1−ex)
令g′(x)=0，可得x=−3，x=−1，x=0，
当x∈(−∞,−3)∪(−1,0)时，g′(x)>0，
当x∈(−3,−1)∪(0,+∞)时，g′(x)<0，
所以g(x)的递增区间为(−∞,−3)，(−1,0)；递减区间为(−3,−1)，(0,+∞).
②由题可得f (x) ≤g(x) ，由（1）得g(x)在(−1,0)上递增，(−3,−1)上递减，
max max
， ，所以 .
g(−3)=−12e−3 g(0)=−3 g(x) =g(−3)=−12e−3
max
lnx+a lnx+a
由题可得f′(x)= ，由f'(x)= =0可得x=e−a，
x2 x2
所以 在 上递减，在 上递增.
f (x) (0,e−a) (e−a,+∞)
a+2
若e−a≤1，即a≥0，则f (x)在[1,e)单调递增，f (x) =f (e)=− ，
max e
a+2
则− ≤−12e−3，所以a≥0.
e
若e−a≥e，即a≤−1，则f (x)在[1,e)单调递减，f (x) =f (1)=−a−1
max所以−a−1≥0>−12e−3，所以a无解.
若 ，即 ，则 在 上单调递减，在 上单调递增，
1<e−a<e −1<a<0 f (x) (1,e−a) (e−a,e)
a+2
所以f (x) =f (1)或f (e)，则− ≤−12e−3，且−a−1≤−12e−3，
max e
12−2e2
解得 ≤a<0.
e2
综上所述，
的取值范围为[12−2e2
).
a ,+∞
e2
17．（15分）（2024·四川成都·模拟预测）在四棱锥P−ABCD中，已知AB∥CD，AB⊥AD，
BC⊥PA，AB=2AD=2CD=2，PA=❑√6，PC=2，E是线段PB上的点．
(1)求证：PC⊥底面ABCD；
❑√5 BE
(2)是否存在点E使得PA与平面EAC所成角的余弦值为 ？若存在，求出 的值；若不存在，请说明理
3 BP
由．
【解题思路】（1）首先证明BC⊥平面PAC，可得出BC⊥PC，利用勾股定理的逆定理可证得
PC⊥AC，再结合线面垂直的判定定理，即可证明PC⊥底面ABCD；
（2）以A为原点，建立空间直角坐标系，设⃗BE=λ⃗BP，且0≤λ≤1，求平面EAC的法向量⃗n，利用
2
|cos⟨⃗AP,⃗n)|= ，即可求得λ的值，即可得出结论.
3
【解答过程】（1）在△ADC中，AD=DC=1，∠ADC=90°，
所以 ．
AC=❑√AD2+DC2=❑√1+1=❑√2
在△ABC中，AC=❑√2，AB=2，∠BAC=45°，
❑√2
由余弦定理有：BC2=AB2+AC2−2AB⋅AC⋅cos45°=4+2−2×2×❑√2× =2，
2
所以，AB2=AC2+BC2，所以∠ACB=90°，所以BC⊥AC，
又因为BC⊥PA，PA∩AC=A，PA、AC⊂平面PAC，所以，BC⊥平面PAC，
因为PC⊂平面PAC，所以，BC⊥PC，
在△PAC中：AC=❑√2，PC=2，PA=❑√6，则PA2=AC2+PC2，
所以，PC⊥AC，
因为AC∩BC=C，AC、BC⊂平面ABCD，
所以PC⊥面ABCD．
（2）因为PC⊥平面ABCD，AB⊥AD，以点A为坐标原点，
⃗AD、⃗AB、⃗CP的方向分别为x、y、z轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，
则有A(0,0,0)、B(0,2,0)、C(1,1,0)、D(1,0,0)、P(1,1,2)，
设⃗BE=λ⃗BP=λ(1,−1,2)=(λ,−λ,2λ)，其中0≤λ≤1，
则⃗AE=⃗AB+⃗BE=(λ,2−λ,2λ)，⃗AC=(1,1,0)，⃗AP=(1,1,2)，
设 为面 的法向量，则有{⃗n⋅⃗AE=λx+(2−λ)y+2λz=0)，
⃗n=(x,y,z) EAC
⃗n⋅⃗AC=x+ y=0
取x=−λ，则y=λ，z=λ−1，
所以，平面EAC的一个法向量为⃗n=(−λ,λ,λ−1)，
( π)
设PA与平面EAC所成的角为α∈ 0,
2
❑√5 2
∵cosα= ，∴sinα=
3 3
由题意可得 |cos⟨⃗AP,⃗n)|= |⃗AP⋅⃗n| = |2λ−2| = 2，
|⃗AP|⋅|⃗n| ❑√6×❑√λ2+λ2+(λ−1) 2 3
1
可得3λ2+2λ−1=0，因为0≤λ≤1，所以λ= ．
3
❑√5 BE 1
因此，存在点E使得PA与平面EAC所成角的余弦值为 ，且 = ．
3 BP 318．（17分）（2023·全国·模拟预测）已知抛物线 的焦点为 上任意一点 到 的距
E:y2=2px(p>0) F,E P F
离与到点Q(2,0)的距离之和的最小值为3．
(1)求抛物线E的标准方程．
(2)已知过点Q且互相垂直的直线l ,l 与E分别交于点A,C与点B,D，线段AC与BD的中点分别为M,N．
1 2
若直线OM,ON的斜率分别为k ,k ，求k k 的取值范围．
1 2 1 2
p
【解题思路】（1）根据题意结合抛物线的定义分析可得|PF)+|PQ)≥2+ =3，进而可得p=2；
2
1
（2）设直线l 的方程为x=my+2，直线l 的方程为x=− y+2，与抛物线方程联立，利用韦达定理整理
1 2 m
1
k k =−
得 1 2 1 ，利用基本不等式运算求解.
m2+ +2
m2
p
【解答过程】（1）抛物线E的准线方程为x=− ，
2
设点P到准线的距离为d．
p
由抛物线的定义，得|PF)+|PQ)=d+|PQ)≥2+ =3，解得p=2，
2
当且仅当P,Q,F三点共线时，等号成立，
所以抛物线E的标准方程为y2=4x．
（2）设 ，
A(x ,y ),B(x ,y ),C(x ,y ),D(x ,y )
1 1 2 2 3 3 4 4
由题意可知，l ,l 的斜率存在且均不为0，
1 2
设直线l 的方程为x=my+2，
1
将其代入y2=4x，得y2−4my−8=0，则有y + y =4m．
1 3
1 4
同理可得：设直线l 的方程为x=− y+2，则y + y =− ．
2 m 2 4 my + y y + y 2
所以y = 1 3=2m,y = 2 4=− ，
M 2 N 2 m
1 2
所以x =m y +2=2m2+2，x =− y +2= +2，
M M N m N m2
2
−
y y 2m m 1 1 1
所以 k k = M ⋅ N = ⋅ =− ≥− =− ，
1 2 x M x N 2m2+2 2 +2 m2+ 1 +2 2❑ √ m2 ⋅ 1 +2 4
m2 m2 m2
1
当且仅当m2= ，即m=±1时取等号，
m2
又易知k k <0，
1 2
[ 1 )
所以k k 的取值范围为 − ,0 ．
1 2 4
19．（17分）（2024·山东泰安·一模）已知各项均不为0的递增数列 的前 项和为 ，且
{a ) n S
n n
（ ，且 ）．
a =2,a =4,a a =2S (S +S −2S ) n∈N∗ n≥2
1 2 n n+1 n n+1 n−1 n
(1)求数列{1 )的前 项和 ；
n T
S n
n
(2)定义首项为2且公比大于1的等比数列为“G-数列”．证明：
①对任意 且 ，存在“ -数列” ，使得 成立；
k≤5 k∈N∗ G {b ) b ≤a ≤b
n k k k+1
②当 且 时，不存在“ -数列” ，使得 对任意正整数 成立．
k≥6 k∈N* G {c ) c ≤a ≤c m≤k
n m m m+1
【解题思路】（1）根据S 和a 的关系，结合等差数列的定义和通项公式、裂项相消法进行求解即可；
n n
（2）①根据不等式b ≤a ≤b ，构造函数，利用导数的性质进行运算证明即可；
k k k+1
②根据①的结论，结合特殊值法进行运算证明即可.【解答过程】（1） ，
a a =2S (S +S −2S )=2S (a −a )(n≥2)
n n+1 n n+1 n−1 n n n+1 n
各项均不为0且递增，
∵{a )
n
∴a −a ≠0，
n+1 n
a a ，
∴2S = n n+1
n a −a
n+1 n
a a ，
∴2S = n−1 n (n≥3)
n−1 a −a
n n−1
a a a a ，
∴2a = n n+1 − n−1 n
n a −a a −a
n+1 n n n−1
化简得 ，
a (a +a −2a )=0(n≥3)
n n+1 n−1 n
∴a +a =2a (n≥3)，
n+1 n−1 n
∵a =2,a =4，
1 2
，
∴a a =2S (S +S −2S )
2 3 2 3 1 2
∴a =6，
3
∴a +a =2a ，
1 3 2
为等差数列，
∴{a )
n
，
∴a =2n,S =n2+n
n n
1 1 1 1
∴ = = − ，
S n(n+1) n n+1
n
1 1 1 1 1 n
∴T =1− + − +⋯+ − = ；
n 2 2 3 n n+1 n+1
（2）①证明：设“G-数列”公比为q，且q>1，
由题意，只需证存在q对k≤5且k∈N*,2qk−1≤2k≤2qk成立，
即(k−1)lnq≤lnk≤klnq成立，
lnx 1−lnx
设f (x)= ，则f′(x)= ，
x x2
令f′(x)=0，解得x=e，当x∈(0,e)时，f′(x)>0,f (x)单调递增，
当x∈(e,+∞)时，f′(x)<0,f (x)单调递减，
ln2 ln3
∵ < ，
2 3
lnk ln3
∴f (k)= ≤ ，
k 3
∴存在q=√33，使得lnk≤klnq对任意k≤5且k∈N*成立，
经检验，对任意 且 均成立，
k≤5 k∈N*,(√33) k−1 ≤k
对任意 且 ，存在“G-数列” 使得 成立；
∴ k≤5 k∈N* {b ) b ≤a ≤b
n k k k+1
②由①知，若c ≤a ≤c 成立，则qm−1≤m≤qm成立，
m m m+1
当k≥6时，取m=3得q2≤3≤q3，取m=6得q5≤6≤q6，
由{q3≥3)，得{q15≥243)，
q5≤6 q15≤216
∴q不存在，
当且时，不存在“G-数列”使得对任意正整数成立．
