2024 年高考数学全真模拟卷03（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·全国·模拟预测）已知全集U =R，集合A =¿，B = {0,1,2,3}，则(∁U A)∩B =（ ）
A．[-1,2]
B．{-1,0,1,2}
C．{0,1,2}
D．{-1,0,1,2,3}
【解题思路】根据一元二次不等式的解法求解集合A，然后利用补集和交集运算求解即可.
【解答过程】由x
2- x -2>0得(x -2)(x +1)>0，解得x<-1或x>2，
所以A =(-∞,-1)∪(2,+∞)，所以∁U A =[-1,2]，故(∁U A)∩B = {0,1,2}.
故选：C.
2．（5 分）（2023·河北邢台·宁晋中学校考模拟预测）若复数z =(2-ai)(i+1)的共轭复数z在复平面内
对应的点位于第四象限，则实数a 的取值范围是（ ）
A．(2,+ ∞)
B．(-∞,-2)
C．(-2,2)
D．(0,2)
【解题思路】应用复数乘法化简，再由所在象限的复数特征列不等式组求参数范围.
【解答过程】由题设，可得z =2+a+(2-a)i，所以z =2+a+(a-2)i，对应的点位于第四象限，
所以¿.
故选：C.
3．（5 分）（2023·陕西榆林·校考模拟预测）在△ABC中，点D满足⃗BD =2⃗DC，点E满足⃗
CE = 1
2⃗CD + 1
2⃗CA，若⃗AC = x⃗BE + y⃗BC，则x + y =（ ）
A．- 1
5
B．- 1
4
C．- 1
3
D．- 1
2
【解题思路】用⃗BA、⃗BC作为一组基底表示出⃗BE、⃗AC，再根据平面向量基本定理得到方程组，解得即
可.
【解答过程】因为点E满足⃗CE = 1
2⃗CD + 1
2⃗CA，所以E为AD的中点，
所以⃗BE = 1
2⃗BA + 1
2⃗BD，又⃗BD =2⃗DC，
所以⃗BD = 2
3⃗BC，
所以⃗BE = 1
2⃗BA + 1
3⃗BC，又⃗AC =⃗BC -⃗BA，
因为⃗AC = x⃗BE + y⃗BC，所以⃗BC -⃗BA = x(
1
2⃗BA + 1
3⃗BC)+ y⃗BC，
即⃗BC -⃗BA = 1
2 x⃗BA +(
1
3 x + y)⃗BC，
所以¿，解得¿，所以x + y =- 1
3
.
故选：C.
4．（5 分）（2023·四川南充·统考模拟预测）下列函数是偶函数，且在(0,+∞)上单调递增的是（ ）
A．f (x)=- x
2
B．f (x)= x
1
2
C．f (x)=|x|
D．f (x)=2
x
【解题思路】A 选项，函数不满足单调性；B 选项，定义域不关于原点对称，B 错误；C 选项，满足函数
为偶函数且在(0,+∞)上单调递增；D 选项，函数不满足为偶函数.
【解答过程】A 选项，f (x)=- x
2在(0,+ ∞)上单调递减，A 错误；
B 选项，f (x)= x
1
2的定义域为[0,+ ∞)，定义域不关于原点对称，不是偶函数，B 错误；
C 选项，f (x)=|x|的定义域为R，又f (- x)=|- x|=|x|= f (x)，故f (x)=|x|为偶函数，
且x>0时，f (x)=|x|= x在(0,+ ∞)上单调递增，满足要求，C 正确；
D 选项，f (x)=2
x的定义域为R，且f (- x)=2
- x≠2
x，故f (- x)≠f (x)，
f (x)=2
x不是偶函数，D 错误.
故选：C.
5．（5 分）（2023·全国·模拟预测）某校有甲、乙等5 名同学到4 个社区参加志愿服务活动，要求每名同
学只能去1 个社区，每个社区至少安排1 名同学，则甲、乙2 人被分配到同1 个社区的概率为（ ）
A．3
10
B．1
10
C．2
5
D．3
5
【解题思路】由排列与组合的相关计算公式运算即可求解.
【解答过程】先在5 名同学中选出2 名同学分配到一个社区，有C5
2种分配方法，
再将另外3 人分配到3 个社区且每个社区各1 人，则共有C5
2 A4
4=240（种）分配方法，
其中甲、乙2 人被分配到同一个社区的分法有A4
4=24（种），
则甲、乙2 人被分配到同1 个社区的概率为24
240 = 1
10
.
故选：B．
6．（5 分）（2023·广东·校联考二模）已知F是双曲线E: x
2
a
2 - y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的左焦点，O为坐标原点，
过点F且斜率为√7
3
的直线与E的右支交于点M，⃗MN =3⃗NF，MF ⊥ON，则E的离心率为（ ）
A．3
B．2
C．√3
D．√2
【解题思路】取MF的中点为P，连接M F1
，P F1
,根据题意得到ON // P F1
，求得|M F1|=|F F1|=2c，
结合tan ∠MF F1= √7
3
，得到cos∠MF F1= |MF|
2|F F1|
= 3
4
，结合双曲线的定义，得到c =2a，即可求解.
【解答过程】如图所示，双曲线E: x
2
a
2 - y
2
b
2 =1的右焦点为F1
，MF的中点为P，连接M F1
，P F1
,
因为⃗MN =3⃗NF，O为F F1
的中点，所以ON // P F1
，则MF ⊥P F1
，可得|M F1|=|F F1|=2c，
又因为tan ∠MF F1= √7
3
，所以cos∠MF F1= |MF|
2|F F1|
= 3
4
，
则|MF|=3c，|MF|-|M F1|=3c -2c =c =2a，可得e = c
a =2，
所以E的离心率为2．
故选：B.
7．（5 分）（2023·广西·模拟预测）已知sin(a+π
3 )= 3
5，α ∈(0,π
2 )，则sin(α +π
12)=（ ）
A．- √2
10
B．- 7√2
10
C．√2
10
D．7√2
10
【解题思路】确定α +π
3 ∈(
π
3 , 5π
6 )得到cos(α +π
3 )=- 4
5 ，根据
sin(α +π
12)=sin[(α +π
3 )-π
4 )]
展开计算得到答案.
【解答过程】α ∈(0,π
2 )，故α +π
3 ∈(
π
3 , 5π
6 )，又sin(α +π
3 )= 3
5 < √3
2 ，
故α +π
3 ∈(
π
2 , 5π
6 )，cos(α +π
3 )=- 4
5 ，
sin(α +π
12)=sin[(α +π
3 )-π
4 )]=sin(α +π
3 )cosπ
4 -cos(α +π
3 )sinπ
4 = 7√2
10
.
故选：D.
8．（5 分）（2023·全国·模拟预测）已知a=e
2
ln3
，b=e
e-1，c =e
3
2ln2
，则有（ ）
A．a<b<c
B．a<c<b
C．b<a<c
D．b<c<a
【解题思路】函数f (x)=e
x -1
ln 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
可确定大小.
【解答过程】把a，b，c 变形得a=e
3-1
ln3
，b=e
e-1
lne
，c =e
4 -1
ln 4
，
所以构造函数f (x)=e
x -1
ln x , x>1，则a= f (3),b= f (e),c = f (4).
f
' (x)=
e
x -1ln x - 1
x e
x -1
(ln x)
2
=
e
x -1(ln x - 1
x)
(ln x)
2
, x>1
，
令g(x)= ln x - 1
x ，则g
' (x)= 1
x + 1
x
2 >0在(1,+∞)上恒成立，
所以g(x)在区间(1,+∞)上单调递增，因为g (e)=lne - 1
e =1- 1
e >0，
所以f
' (x)>0在[e,+∞)上恒成立，
所以函数f (x)=e
x -1
ln x
在[e,+ ∞)上单调递增，
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·广东揭阳·惠来县第一中学校考模拟预测）甲、乙、丙、丁四名教师分配到A，B，C三
个学校支教，每人分配到一个学校且每个学校至少分配一人.设事件M：“甲分配到A学校”；事件N：
“乙分配到B学校”，则（ ）
A．事件M与N互斥
B．P(M )= 1
3
C．事件M与N相互独立
D．P¿
【解题思路】利用互斥事件、相互独立事件的定义判断AC；利用古典概率计算判断B；计算条件概率判
断D 作答.
【解答过程】对于A，甲分配到A学校的事件与乙分配到B学校的事件可以同时发生，即事件M与N不互
斥，A 错误；
对于B，甲分配到A，B，C三个学校是等可能的，则P(M )= 1
3
，B 正确；
对于C，由选项B 知，P(N )= 1
3
，P( MN )= 1+C2
1C2
1
C4
2 A3
3
= 5
36
，显然P( MN )≠P( M )P( N )，
因此事件M与N相互不独立，C 错误；
对于D，由选项BC 知，P( M | N )= P( MN )
P( N ) =
5
36
1
3
= 5
12
，D 正确.
故选：BD.
10．（5 分）（2023·云南·怒江校联考一模）已知正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高为4，底
面边长为2，则下列结论正确的是（ ）
A．正四棱锥的体积为16
3
B．正四棱锥的侧面积为16
C．外接球的表面积为81π
4
D．外接球的体积为243π
16
【解题思路】根据锥体的体积公式计算可判断选项A；先利用勾股定理计算出侧面的高，再根据侧面积公
式计算可判断选项B；先计算出外接球的半径，再根据球的表面积公式和体积公式计算即可判断选项C、
D.
【解答过程】如图所示：
对于选项A：因为该棱锥的高EF = 4，底面边长为2，
所以正四棱锥的体积为1
3 ×2×2×4 = 16
3
，故选项A 正确；
对于选项B：因为侧面三角形的高为√4
2+1=√17
，
所以正四棱锥的侧面积为1
2 ×2×√17×4 = 4√17，故选项B 错误；
对于选项C：设外接球的球心为O，半径为r，
则OE =OA =r，OF = EF -OE = 4 -r.
因为AF = ABsin 45° =√2，
所以在Rt△AOF中，有(4 -r )
2+(√2)
2=r
2，解得r = 9
4
.
所以该球的表面积为4πr
2= 4π×(
9
4)
2
= 81π
4
，故选项C 正确；
对于选项D：因为球半径r = 9
4 ，所以体积为4
3 πr
3= 4
3 π×(
9
4)
3
= 243π
16
，故选项D 正确.
故选：ACD.
11．（5 分）（2023·全国·模拟预测）抛物线C的焦点F (0,-1)，点M在直线y =1上，直线MA , MB为抛
物线C的切线，设A(x1, y1)，B(x2, y2)，则下列选项正确的是（ ）
A．抛物线C : x
2=-2 y
B．直线AB恒过定点
C．x1⋅x2=- 4
D．当⃗AB =3⃗FB时，直线AB的斜率为± √2
4
【解题思路】根据抛物线的焦点坐标确定抛物线方程即可判断A；利用导数的几何意义求导，确定切线方
程从而验证直线AB是否过定点，即可判断B；联立直线与抛物线结合韦达定理确定交点坐标关系即可判断
C；根据抛物线的定义结合直角三角形的几何性质求解直线AB的斜率，即可判断D.
【解答过程】∵抛物线C的焦点F (0,-1)，∴抛物线C : x
2=- 4 y，故选项A 错误；
设M (x0,1)．∵y =- 1
4 x
2，∴y
' =- 1
2 x，
∴直线MA的方程为y - y1=- 1
2 x1(x - x1)，
即为2 y =- x1 x -2 y1，同理可得直线MB的方程为2 y =- x2 x -2 y2．
又M (x0,1)，∴2=- x1 x0-2 y1
，2=- x2 x0-2 y2
，
∴直线AB的方程为2=- x x0-2 y，∴直线AB恒过点(0,-1)，故选项B 正确；
联立直线AB与抛物线C方程，可得x
2-2 x0 x - 4 =0，∴x1 x2=- 4，故选项C 正确；
设直线AB的斜率为k，由⃗AB =3⃗FB，得⃗AF =2⃗FB．
如图，分别作A A1,B B1垂直于直线y =1，垂足分别为A1,B1，
设|BF|=m>0，则|AF|=2m，|A A1|=2m，|B B1|=m，
过点B作BH ⊥A A1，垂足为H，
易得|AH|=m，|AB|=3m，所以|BH|=2√2m，
则tan ∠HBA =|AH|
|BH|= √2
4 ，故k = √2
4 ，
根据对称性得k还可以是- √2
4
，故选项D 正确.
故选：BCD．
12．（5 分）（2023·安徽·校联考模拟预测）若函数f ( x)=ae
x+be
- x+cx，既有极大值点又有极小值点，
则（ ）
A．ac<0
B．bc<0
C．a(b+c)<0
D．c
2+ 4 ab>0
【解题思路】根据极值定义，求导整理方程，结合一元方程方程的性质，可得答案.
【解答过程】由题知方程f
'( x)=ae
x -be
- x+c = ae
2 x+ce
x -b
e
x
=0，
ae
2 x+ce
x-b=0有两不等实根x1，x2，
令t =e
x，t >0，则方程at
2+ct -b=0有两个不等正实根t1，t2，
其中t1=e
x1，t2=e
x2，¿，¿，
¿，故ACD 正确，B 错误.
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·上海闵行·统考一模）已知(x -1)
4=a0+a1 x +a2 x
2+a3 x
3+a4 x
4，则a2= 6 ．
【解题思路】直接利用二项式定理计算得到答案.
【解答过程】(x -1)
4展开式的通项为T r +1=C4
r x
4 -r⋅(-1)
r，取x =2得到a2=C4
2⋅(-1)
2=6.
故答案为：6.
14．（5 分）（2023·重庆沙坪坝·重庆八中校考模拟预测）若直线y =kx是曲线y =a ln x的切线，也是曲线
y =e
x的切线，则a= e
2 ．
【解题思路】先根据y =kx与y =e
x相切，确定k的值，再根据直线与y =a ln x相切，确定a的值.
【解答过程】因为y =kx与y =e
x相切.
y
' =(e
x)
' =e
x，设切点坐标为(x1,e
x1)，则切线方程为y -e
x1=e
x1(x - x1).
因为切线过原点，所以：0-e
x1=e
x1(0- x1) ⇒ x1=1，故切点为(1,e)，所以k =e.
对函数y =a ln x，y
' =(aln x)
' = a
x
，由a
x =e ⇒ x = a
e
，
根据y =e x得切点纵坐标为：e· a
e =a，
根据y =a ln x得切点纵坐标为：a·ln a
e =a(ln a-1)，
由a=a(ln a-1)，又由题可知a≠0 ⇒ a=e
2.
故答案为：e
2.
15．（5 分）（2023·全国·模拟预测）设数列{an}的前n 项和为Sn
，且Sn+1+ Sn=n
2．若an+1>an
对n∈N
*恒
成立，则a1的取值范围为 (- 1
4 , 1
4) ．
【解题思路】由an
与Sn
的关系，可求得Sn+ Sn-1=(n-1)
2(n≥2)，进而求出an+2+an+1
与an+1+an
的值，当
n≥2时，an+2-an=2可得两个等差数列的通项公式，由相邻两项间的大小关系，即可求得a1的取值范围.
【解答过程】法一：因为Sn+1+ Sn=n
2，当n≥2时，Sn+ Sn-1=(n-1)
2，两式相减得an+1+an=2n-1(n≥2)，
则an+2+an+1=2n+1，两式相减得an+2-an=2(n≥2)．
当n=1时，2a1+a2=1，则a2=1-2a1；当n=2时，2a1+2a2+a3= 4，则a3=2+2a1．
则a2n=1-2a1+2(n-1)=2n-2a1-1,a2n+1=a3+2(n-1)=2n+2a1．
要使an+1>an对n∈N
*恒成立，则¿即¿解得- 1
4 <a1< 1
4
，
所以a1的取值范围为(- 1
4 , 1
4).
法二：Sn+1+ Sn=n
2，当n≥2时，Sn+ Sn-1=(n-1)
2，
两式相减得an+1+an=2n-1(n≥2)，则an+2+an+1=2n+1，
两式相减得an+2-an=2(n≥2)，所以数列{a2n+1},{a2n}都是以2 为公差的递增数列，
要使an+1>an对n∈N
*恒成立，只需¿而a2=1-2a1,a3=2+2a1,a4=3-2a1，
则¿解得- 1
4 <a1< 1
4
,
所以a1的取值范围为(- 1
4 , 1
4).
故答案为：(- 1
4 , 1
4 ).
16．（5 分）（2023·全国·模拟预测）设点P 是圆O: x
2+ y
2=1上的动点，过点P 作圆
C : x
2+ y
2-6 x -8 y +21=0的两条切线，切点分别为A，B，则四边形PACB 面积的最大值为 8√2 .
【解题思路】将四边形PACB 的面积表示为S =2√|PC|
2- 4
，当点P 是线段CO 的延长线与圆O 的交点时，
|PC|最大，计算求出即可.
【解答过程】圆C 的方程x
2+ y
2-6 x -8 y +21=0
可化为
(x -3)
2+( y - 4)
2= 4
，则圆心为C (3,4)，半径为
2，
连接PC，则在Rt△PAC中，|PA|=√|PC|
2- 4
，
所以四边形PACB 的面积S =2S△PAC =2× 1
2 ×|PA|×2=2√|PC|
2- 4，
（由切线长定理知|PA|=|PB|，故S△PBC = S△PAC）
连接CO 并延长，当点P 是线段CO 的延长线与圆O 的交点时，|PC|最大，
此时|PC|=|OC|+1=√3
2+ 4
2+1=6，
所以四边形PACB 面积的最大值为2√6
2- 4 =8√2
.
故答案为：8√2.
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·河南开封·统考一模）记△ABC的内角A，B，C 的对边分别为a，b，c，已知A =π
3
，
且
b+c
sin B+sinC =2.
(1)求a；
(2)若△ABC的面积为√3
2
，求△ABC的周长.
【解题思路】（1）已知条件由正弦定理得a=2sin A，可求a；
（2）由△ABC的面积得bc，余弦定理求b+c，可得△ABC的周长.
【解答过程】（1）由正弦定理得
b+c
sin B+sinC =2=
a
sin A
，则a=2sin A =2× √3
2 =√3.
（2）S△ABC = 1
2 bc sin A = √3bc
4
= √3
2
，得bc =2，
由余弦定理a
2=b
2+c
2-2bc cos A =(b+c)
2-3bc，
即3=(b+c)
2-6，则b+c =3，所以a+b+c =3+√3，
△ABC的周长为3+√3.
18．（12 分）（2023·四川南充·统考一模）已知数列{an}是首项为2 的等比数列,且a4
是6a2
和a3
的等差中
项．
(1)求{an}的通项公式；
(2)若数列{an}的公比q>0,设数列{bn}满足bn=
1
log2an⋅log2an+1
,求{bn}的前2023 项和T 2023．
【解题思路】(1)设数列{an}的公比为q(q≠0),根据题意得2a4=6a2+a3,求得公比q,即可得通项公式an
.
(2)根据题意得an=2
n,代入bn
并化简,再用裂项相消法求前2023 项和即可.
【解答过程】（1）设数列{an}的公比为q(q≠0),则an=2q
n-1.
∵ a4是6a2和a3的等差中项,∴2a4=6a2+a3,即2×2q
3=6×2q+2q
2,解得q =2或q =- 3
2
或q =0（舍去）
∴当q =2时,an=2×2
n-1=2
n.
当q =- 3
2时,an=2×(- 3
2)
n-1
.
（2）∵ q>0,由(1)知an=2
n, ∴bn=
1
log22
n⋅log22
n+1 =
1
n(n+1) = 1
n -
1
n+1 .
∴T n=(1- 1
2)+(
1
2 - 1
3)+(
1
3 - 1
4)+⋯+(
1
n -
1
n+1)=1-
1
n+1 =
n
n+1 ,
∴T 2023= 2023
2024 ,
故{bn}的前2023 项和T 2023为2023
2024 .
19．（12 分）（2023·贵州铜仁·校联考模拟预测）某地区教育局数学教研室为了了解本区高三学生一周用
于数学学习时间的分布情况，做了全区8000 名高三学生的问卷调查，现抽取其中部分问卷进行分析（问卷
中满时长为12 小时），将调查所得学习时间分成(0,2)，[2,4)，[4,6)，[6,8)，[8,10)，[10,12]6 组，并绘
制成如图所示的频率分布直方图（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）．
参考数据：若随机变量ξ服从正态分布N (μ,σ
2)，则P(μ-σ <ξ ≤μ+σ )≈0.6827，
P(μ-2σ <ξ ≤μ+2σ )≈0.9545，P(μ-3σ <ξ ≤μ+3σ )≈0.9973．
(1)求a 的值；
(2)以样本估计总体，该地区高三学生数学学习时间ξ近似服从正态分布N (6.52,1.48
2)，试估计该地区高
三学生数学学习时间在(8,9.48]内的人数；
(3)现采用分层抽样的方法从样本中学习时间在[6,8)，[8,10)内的学生随机抽取8 人，并从这8 人中再随机
抽取3 人作进一步分析，设3 人中学习时间在[8,10)内的人数为变量X，求X 的期望．
【解题思路】（1）由概率之和为1 计算即可得；
（2）根据正态分布的性质计算即可得；
（3）结合分层抽样的性质与期望计算公式计算即可得.
【解答过程】（1）由题意得2×(0.02+0.03+a+0.18+0.06+0.5)=1，解得a=0.16；
（2）P(8<ξ ≤9.48)= P( μ+σ <ξ ≤μ+2σ )= 1
2 P( μ-2σ <ξ ≤μ+2σ )-
1
2 P( μ-σ <ξ ≤μ+σ )= 1
2 ×(0.9545-0.6827)=0.1359.
则8000×0.1359=1087.2≈1087，
所以估计该地区高三学生数学学习时间在(8，9.48]内的人数约为1087 人；
（3）[6，8)，[8，10)对应的频率比为0.36:0.12，即为3 1∶，
所以抽取的8 人中学习时间在[6，8)，[8,10)内的人数分别为6 人，2 人，
设从这8 人中抽取的3 人学习时间在[8,10)内的人数为X，
则X的所有可能取值为0，1，2，
P( X =0)=C6
3
C8
3 = 20
56 = 5
14
，
P( X =1)=C2
1C6
2
C8
3
= 30
56 = 15
28
，
P( X =2)=C2
2C6
1
C8
3
= 6
56 = 3
28
，
所以E( X )=0× 5
14 +1× 15
28 +2× 3
28 = 21
28 =0.75.
20．（12 分）（2023·河南·信阳高中校联考模拟预测）如图，在几何体ABCDE中，CA =CB ,CD⊥平面
ABC ,BE∥CD ,BE =2CD.
(1)求证：平面ADE⊥平面ABE；
(2)若CA = AB ,BE =3, AB = 4，在棱AC上是否存在一点F，使得EF与平面ACD所成角的正弦值为2√7
7
？
若存在，请求出AF
AC
的值；若不存在，请说明理由.
【解题思路】（1）取AB的中点O，连接CO，取AE的中点M，连接OM , DM，通过证明DM ⊥平面
ABE可得平面ADE⊥平面ABE；
（2）以O为坐标原点，OB ,OC ,OM所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设⃗
AF = λ⃗AC，利用向量法求出EF与平面ACD所成角的正弦值，然后解方程可得答案.
【解答过程】（1）因为CD⊥平面ABC，且BE∥CD，
所以BE⊥平面ABC，
取AB的中点O，连接CO，则CO⊂平面ABC，所以BE⊥CO，
又CA =CB，所以CO⊥AB，
取AE的中点M，连接OM , DM，则OM ∥BE，且OM = 1
2 BE，
又BE∥CD ,CD = 1
2 BE，所以CD∥OM，且CD =OM，
所以四边形OCDM为平行四边形，所以DM ∥CO，
所以DM ⊥BE , DM ⊥AB，
又AB ,BE⊂平面ABE , AB∩BE = B，所以DM ⊥平面ABE，
因为DM ⊂平面ADE，所以平面ADE⊥平面ABE；
（2）由（1）知OC ,OB ,OM两两垂直，以O为坐标原点，OB ,OC ,OM所在的直线分别为x轴，y轴，z
轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则A (-2,0,0),C (0,2√3,0), D(0,2√3, 3
2), E (2,0,3)，
所以⃗AC =(2,2√3,0),⃗CD =(0,0, 3
2),⃗AE =(4,0,3)，
设平面ACD的一个法向量⃗n=(x , y , z)，
则¿即¿取y =1，可得⃗n=(-√3,1,0).
设⃗AF = λ⃗AC =(2 λ ,2√3 λ ,0)，所以⃗EF =⃗AF -⃗AE =(2 λ - 4,2√3 λ ,-3)，
记EF与平面ACD所成的角为θ，
所以sinθ =|cos⟨⃗n,⃗EF⟩|= |⃗n⋅⃗EF|
|⃗n|⋅|⃗EF|
=
4√3
2×√(2 λ- 4)
2+(2√3 λ)
2+(-3)
2 = 2√7
7
，
解得λ= 1
2
，故F为AC的中点，即AF
AC = 1
2
.
所以在棱AC上存在点F，使得EF与平面ACD所成角的正弦值为2√7
7
，且AF
AC = 1
2.
21．（12 分）（2023·全国·模拟预测）如图，已知F1, F2
分别为椭圆C：x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的左、右焦
点，P 为椭圆C 上一点，若|⃗P F1+⃗P F2|=|⃗P F1-⃗P F2|= 4，S△P F1 F2=2.
(1)求椭圆C 的标准方程；
(2)若点P 坐标为(√3,1)，设不过点P 的直线l与椭圆C 交于A，B 两点，A 关于原点的对称点为A
'，记直线
l，PB，P A
'的斜率分别为k，k1，k2，若k1⋅k2= 1
3
，求证：直线l的斜率k 为定值.
【解题思路】（1）将|⃗P F1+⃗P F2|=|⃗P F1-⃗P F2|两边平方可得△P F1 F2
为直角三角形，然后根据直角三
角形的面积及勾股定理计算可得a,b,c的值，进而可得椭圆C 的标准方程；
（2）设直线l的方程为y =kx +m，与椭圆方程联立，通过计算k PA⋅k P A
'及k1⋅k2= 1
3
可得到k PA+k PB=0，
结合韦达定理计算可得斜率k 的值.
【解答过程】（1）由|⃗P F1+⃗P F2|=|⃗P F1-⃗P F2|两边平方得⃗P F1⋅⃗P F2=0，
所以⃗P F1⊥⃗P F2
.
因为|⃗P F1-⃗P F2|=|⃗F2 F1|= 4，所以2c = 4，即c =2.
由S△P F1F2=2得1
2|P F1|⋅|P F2|=2，即|P F1|⋅|P F2|= 4
又|F1 F2|
2=|P F1|
2+|P F2|
2=(|P F1|+|P F2|)
2-2|P F1|⋅|P F2|=16，
即(2a)
2-8=16，所以a
2=6，所以b
2=a
2-c
2=2，
所以椭圆C的标准方程为x
2
6 + y
2
2 =1；
（2）设直线l的方程为y =kx +m，代入x
2
6 + y
2
2 =1得(1+3k
2) x
2+6 kmx +3m
2-6=0，
则Δ=36 k
2m
2- 4(1+3k
2)(3m
2-6)=12(6 k
2-m
2+2)>0，
设A(x1, y1),B(x2, y2)，则A
'(- x1,- y1)，
于是x1+ x2=- 6 km
1+3k
2 , x1 x2=- 3m
2-6
1+3k
2 .
k PA⋅k P A
'= y1-1
x1-√3 ⋅y1+1
x1+√3 = y1
2-1
x1
2-3
=
2(1- x1
2
6 )-1
x1
2-3
=- 1
3
，
又k1⋅k2= 1
3
，所以k PA =-k1
，即k PA+ k PB=0，即y1-1
x1-√3 + y2-1
x2-√3 =0，
即( y1-1)(x2-√3)+( y2-1)(x1-√3)=0，
所以(k x1+m-1)(x2-√3)+(k x2+m-1)(x1-√3)=0，2k x1 x2+(m-1-√3k)(x1+ x2)-2√3(m-1)=0.
将x1+ x2=- 6km
1+3k
2 , x1 x2=- 3m
2-6
1+3k
2
代入整理得3k
2-2√3k +1+√3mk -m=0，
即(√3k -1)(√3k -1+m)=0，
所以√3k -1+m=0或√3k -1=0
当√3k -1+m=0，即m=1-√3k时，直线l的方程为y =kx +1-√3k =k (x -√3)+1，则直线l过点
P(√3,1)，舍去，
所以√3k -1=0，即k = √3
3
.
22．（12 分）（2023·广东东莞·东莞市东华高级中学校考一模）设a，b为函数f (x)= x⋅e
x-m（m<0）的
两个零点．
(1)若当x<0时，不等式x⋅e
x> 1
x
恒成立，求实数m的取值范围；
(2)证明：e
a+e
b<1．
【解题思路】（1）求出定义域，求导，得到f (x)的单调性和极值情况，根据函数零点个数，得到
f (x)min<0，求出m>- 1
e ，结合题目条件，得到当- 1
e <m<0时，f(
1
m)>0，根据零点存在性定理得到f (x)
在(-∞，-1)内存在唯一零点，同理得到f ( x)在(-1,0)内存在唯一零点，从而求出答案；
（2）设a<-1<b<0，由a⋅e
a=b⋅e
b可得e
a-b= b
a
，令b
a =t ∈(0,1)，故a= lnt
1-t
，b= t lnt
1-t
，推出要证
e
a+e
b<1，即证ln (t +1)
t
< ln t
t -1
，构造g(x)= ln x
x -1，x≠1，求导，对分子再构造函数，证明出g
' (x)≤0，
g(x)在定义域内单调递减，故g(t +1)< g(t )，即ln (1+t )+ t lnt
1-t <0，证明出结论.
【解答过程】（1）f (x)的定义域为R，f
'( x)=(x +1)e
x，
当x∈(-∞,-1)时，f
' (x)<0，当x∈(-1,+∞)时，f
' (x)>0，
故f (x)在(-∞,-1)内单调递减，在(-1,+∞)单调递增，
故要使f (x)有两个零点，则需f (x)min= f (-1)=-e
-1-m<0，故m>- 1
e
，
由题目条件m<0，可得- 1
e <m<0，
当- 1
e <m<0时，因为f(
1
m)= 1
m e
1
m -m>m-m=0，又1
m <-e<-1，
故f (x)在(-∞，-1)内存在唯一零点，
又f (0)=-m>0，故f ( x)在(-1,0)内存在唯一零点，
则f (x)在R 上存在两个零点，故满足题意的实数m的取值范围为(- 1
e ,0)；
（2）证明：由（1）可设a<-1<b<0，由a⋅e
a=b⋅e
b可得e
a-b= b
a
，
令b
a =t ∈(0,1)，则b=at，所以e
a-at =t，故a= lnt
1-t
，
所以b=at = t lnt
1-t
，
要证e
a+e
b<1，
即证e
lnt
1-t +e
t lnt
1-t <1⇒e
t lnt
1-t (e
lnt +1)<1⇒e
t lnt
1-t (t +1)<1⇒e
t lnt
1-t eln (t +1)<1⇒e
t lnt
1-t + ln (t +1)
<1，
即证ln (1+t )+ t lnt
1-t <0，
因为t ∈(0,1)，即证ln (1+t )
t
+ ln t
1-t <0，即ln (t +1)
t
< ln t
t -1
，
令g(x)= ln x
x -1，x≠1，g
' (x)=
x -1
x
- ln x
(x -1)
2
=
1- 1
x + ln 1
x
(x -1)
2
，
令h(u)=u-1- lnu，则h
' (u)=1- 1
u
，当u∈(0,1)时，h
' (u)<0，
当u∈(1,+ ∞)时，h
' (u)>0，
故h(u)在(0,1)内单调递减，在(1,+∞)单调递增，所以h(u)≥h(1)=0，
所以u-1- lnu≥0，令u= 1
x
得1
x -1- ln 1
x ≥0，
故g
' (x)=
1- 1
x + ln 1
x
(x -1)
2
≤0，g(x)在定义域内单调递减，
故g(t +1)< g(t )，即ln (t +1)
t
< ln t
t -1
，ln (t +1)< t lnt
t -1 ，ln (1+t )+ t lnt
1-t <0，
则e
a+e
b<1，证毕．
