新课标全国卷重组卷(五)-2024年甘肃省新高考模拟十二卷数学

2024年普通高等学校招生新课标全国卷重组卷(五) 本卷满分150分,考试时间120分钟。 一、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 题目要求的. 1.(2023·重庆统考模拟预测)已知集合A={x|log2x>1},B={x|x≤1},则A∪∁RB= ( ) A.{x|x≥2} B.{x|0<x≤1} C.{x|x>1} D.R 2.(2023·河南驻马店统考三模)已知复数z满足z= 2 1-i+i ,则|z|= ( ) A.1 B.2 C.3 D.5 3.(2023·浙江统考模拟预测)已知a=(2,1),b=(x,-2),若a∥b,则a+b= ( ) A.(-2,-1) B.(2,1) C.(3,-1) D.(-3,1)  M   !  % . "   7 L L 4.(2023·河南校联考模拟预测)古代中国的太极八卦图是以同圆内的圆 心为界,画出形状相同的两个阴阳鱼,阳鱼的头部有个阴眼,阴鱼的头部 有个阳眼,表示万物都在相互转化,互相渗透,阴中有阳,阳中有阴,阴阳 相合,相生相克,蕴含现代哲学中的矛盾对立统一规律,由八卦模型图可 抽象得到正八边形,从该正八边形的8个顶点中任意取出4个构成四边 形,其中梯形的个数为 ( ) A.8 B.16 C.24 D.32 5.(2023·河南襄城高中校联考三模)2022年卡塔尔世界杯上,32支球队分成8个小组,每个小 组的前两名才能出线,晋级到1/8决赛.某参赛队在开赛前预测:本队获得小组第一的概率为 0.6,获得小组第二的概率为0.3;若获得小组第一,则1/8决赛获胜的概率为0.9,若获得小组 第二,则1/8决赛获胜的概率为0.3.那么在已知该队小组出线的条件下,其1/8决赛获胜的概 率为 ( ) A.0.54 B.0.63 C.0.7 D.0.9 6.(2022·江苏南京市雨花台中学模拟预测)直线x-y+1=0经过椭圆 x2 a2 +y 2 b2 =1(a>b>0)的 左焦点F,交椭圆于A、B 两点,交y 轴于C 点,若FC →=2AC→,则该椭圆的离心率是 ( ) A. 10- 2 2 B. 3-1 2 C.22-2 D.2-1 7.(2023· 河南校联考模拟预测)已 知 函 数 f(x)=sin(ωx+φ)ω>0,0<φ< π 2 ,y= fx+ π 4 是偶函数,且f -π4-x +f -π4+x =0,f(x)在 π18,π4 上单调,则ω 的最大值 为 ( ) A.1 B.3 C.5 D. 36 7 8.(2023春·广东广州高三中山大学附属中学校考)我国古代数学名著《九章算术》中将底面为矩 形的棱台称为“刍童”.已知侧棱都相等的四棱锥P-ABCD 底面为矩形,且AB=3,BC= 7, 高为2,用一个与底面平行的平面截该四棱锥,截得一个高为1的刍童,该刍童的顶点都在同一 球面上,则该球体的表面积为 ( ) A.16π B.18π C.20π D.25π 二、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.(2023·河南省实验中学校考模拟预测)已知函数f(x)=sin3x- 3cos 3x,则下面结论正确 的是 ( ) A.当x∈ 0, π 2 􀭠 􀭡 􀪁 􀪁􀪁 􀭤 􀭥 􀪁 􀪁􀪁 时,f(x)的取值范围是[- 3,2] B.y=f(x)在 π 3 ,π 2 􀭠 􀭡 􀪁 􀪁􀪁 􀭤 􀭥 􀪁 􀪁􀪁 上单调递减 C.y=f(x)的图像关于直线x=- π 18 对称 D.y=f(x)的图像可由函数y=sin3x 的图像向右平移 π 3 个单位得到 A BC C A B D 10.(2023·河北沧州校考模拟预测)如图所示,该几何体由一个直三棱柱ABC- A1B1C1 和一个四棱锥D-ACC1A1 组成,AB=BC=AC=AA1=2,则下列 说法正确的是 ( ) A.若AD⊥AC,则AD⊥A1C B.若平面A1C1D 与平面ACD 的交线为l,则AC∥l C.三棱柱ABC-A1B1C1 的外接球的表面积为 14π 3 D.当该几何体有外接球时,点D 到平面ACC1A1 的最大距离为 21- 3 3 11.(2022·重庆一中高三阶段练习)已知随机变量X 服从正态分布N(0,1),定义函数f(x)为 X 取值不超过x 的概率,即f(x)=P(X≤x).若x>0,则下列说法正确的有 ( ) A.f(-x)=1-f(x) B.f(2x)=2f(x) C.f(x)在(0,+∞)上是增函数 D.P(|X|≤x)=2f(x)-1 12.(2023·广东东莞校考三模)已知抛物线C:y2=4x,O 为坐标原点,点P 为直线x=-2上一 点,过点P 作抛物线C 的两条切线,切点分别为A,B,则 ( ) A.抛物线的准线方程为x=-1 B.直线AB 一定过抛物线的焦点 C.线段AB 长的最小值为42 D.OP⊥AB 三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分. 13.(2023·河北衡水市第二中学校考三模)2x+ 1 x x-1x 6 的展开式中x3 的系数为 . —71— (用数字作答) 14.(2023·海口市高考模拟考试)已知直线3x-4y+2=0与圆C:x2+y2-2x-5=0交于A, B 两点,则|AB|= . 15.(2023·福建省莆田市高三毕业班第四次教学质量检测)英国物理学家牛顿用“作切线”的方 法求函数的零点时,给出的“牛顿数列”在航空航天中应用广泛.若数列{xn}满足xn+1=xn- f(xn) f'(xn) ,则称数列{xn}为牛顿数列.若f(x)= 1 x ,数列{xn}为牛顿数列,且x1=1,xn≠0,数 列{xn}的前n 项和为Sn,则满足Sn≤2 023的最大正整数n 的值为 . 16.(2023·重庆市高三第六次质量检测)已知抛物线y2=2px(x>0),P(2,1)为抛物线内一点, 不经过P 点的直线l:y=2x+m 与抛物线相交于A,B 两点,连接AP,BP 分别交抛物线于 C,D 两点,若对任意直线l,总存在λ,使得AP→=λPC→,BP→=λPD→(λ>0,λ≠1)成立,则该抛 物线方程为 . 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题10分;18 ~22题每题12分.) 17.(2023·海南省高考全真模拟卷(六))已知等差数列{an}满足(n+1)an=n2+2n+k,数列 {log3bn}是以1为首项,1为公差的等差数列. (1)求an 和bn; (2)若cn= an bn ,求数列{cn}的前n 项和Sn. 18.(2023·青海海东统考模拟预测)在△ABC 中,内角 A,B,C 的对边分别为a,b,c,且 1 2cos Bcos C+1=tan Btan C. (1)求角A 的值; (2)若a=2,求BC 边上的中线AD 的最大值. —81— 19.(2023·重庆市高三第六次质量检测)如图四棱锥S-ABCD,AC=2,B,D 在以AC 为直径的 圆上,SA⊥平面ABCD,∠DAC= π 6 ,E 为SC 的中点. (1)若∠BAC= π 6 ,证明:DE⊥AB; (2)当二面角D-SC-A 的正切值为 6时,求点B 到平面SCD 距离的最大值. E D CB A S 20.(2023·海口市高考模拟考试)海口市某中学一研究性学习小组为了解海口市民每年旅游消 费支出费用(单位:千元),寒假期间对游览某签约景区的100名海口市游客进行随机问卷调 查,并把数据整理成如下表所示的频数分布表: 组别 [0,2) [2,4) [4,6) [6,8) [8,10) [10,12) [12,14) [14,16) 频数 3 4 8 11 41 20 8 5 (1)从样本中随机抽取两位市民的旅游支出数据,求两人旅游支出均低于6000元的概率; (2)若海口市民的旅游支出费用X 近似服从正态分布N(μ,σ2),μ 近似为样本平均数x(同一 组中的数据用该组区间的中间值代表),σ近似为样本标准差s,并已求得s≈3,利用所得正态 分布模型解决以下问题: (ⅰ)假定海口市常住人口为300万人,试估计海口市有多少市民每年旅游费用支出在15 000 元以上; (ⅱ)若在海口市随机抽取3位市民,设其中旅游费用在9000元以上的人数为ξ,求随机变量 ξ的分布列和均值. 附:若X~N(μ,σ2),则P(μ-σ≤X≤μ+σ)=0.6827,P(μ-2σ≤X≤μ+2σ)=0.9545, P(μ-3σ≤X≤μ+3σ)=0.9973. —91— 21.(2023·四川成都七中校考模拟预测)已知函数f(x)= 1 3x 3- 1 2 (6+a)x2+(8+6a)x- 8aln x-4a,其中a∈R. (1)若a=2,求f(x)的单调区间; (2)已知f(2)=f(4),求f(x)的最小值.(参考数据:1< 1 3(3-4ln 2)<2 ) 22.(2023·黑龙江省哈尔滨市第六中学高三第二次模拟考试)已知抛物线C:y2=2px(p>0), F 为其焦点,P(2,y)(y>0),A,B 三点都在抛物线C 上,且|PF|=4,直线AB,PA,PB 的 斜率分别为k,k1,k2. (1)求抛物线C 的方程,并证明k1+k2-k1k2= k1k2 k ; (2)已知 M(-1,-1),且A,B,M 三点共线,若PA⊥PB 且k1>k2,求直线PA 的方程. —02— 当t∈(1,+∞)时,h'(t)>0,即h(t)单调递增. 从而,h(t)min=h(1)=2, 于是,2(x1+x2)2-9(x1+x2)-16≥2,即[2(x1+x2)+3](x1+x2-6)≥0, 而x1,x2>0,所以x1+x2≥6, 而当x1=3-22,x2=3+22时,x1+x2 取最小值6. 2024年普通高等学校招生新课标全国卷重组卷(五) 1.C 解析:由题意可得:A={x|log2x>1}={x|x>2},∁RB={x|x>1},所以A∪∁RB= {x|x>1}.故选C. 2.D 解析:z= 2 1-i+i= 2(1+i) (1-i)(1+i)+i=1+i+i=1+2i ,所以|z|= 12+22= 5.故选D. 3.A 解析:因为a=(2,1),b=(x,-2),a∥b,所以2×(-2)-1×x=0,所以x=-4,所以b= (-4,-2),所以a+b=(-2,-1),故选A. C A B4.C 解析:梯形的上、下底平行且不相等,如图,若以AB 为底边,则可构成2个 梯形,根据对称性可知此类梯形有16个,若以AC 为底边,则可构成1个梯 形,此类梯形共有8个,所以梯形的个数是16+8=24,故选C. 5.C 解析:设该队小组出线为事件A,该队1/8决赛获胜为事件B,则P(a)= 0.3+0.6=0.9,P(AB)=0.6×0.9+0.3×0.3=0.63,所以P(B|A)= P(AB) P(A)= 0.63 0.9= 0.7.故选C. 6.A 解析:由题意可知,点F(-c,0)在直线x-y+1=0上,即1-c=0,可得c=1,直线x- y+1=0交y 轴于点C(0,1),设点A(m,n),FC →=(1,1),AC→=(-m,1-n),由FC→=2AC→ 可 得 -2m=1, 2(1-n)=1, 解得 m=- 1 2 , n= 1 2 , 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁􀪁 􀪁 􀪁􀪁 椭圆x 2 a2 +y 2 b2 =1(a>b>0)的右焦点为E(1,0),则|AE|= 1+ 1 2 2 +0- 1 2 2 = 10 2 ,又|AF|= -1+ 1 2 2 +0- 1 2 2 = 2 2 ,∴2a=|AE|+|AF|= 10+ 2 2 ,因 此,该 椭 圆 的 离 心 率 为 e= 2c 2a = 2 10+ 2 2 = 4 10+ 2 = 4(10- 2) 8 = 10- 2 2 . 故选A. 7.C 解析:因为f - π 4-x +f -π4+x =0,所以f -π4 =0,则-π4ω+φ=mπ,m∈Z①, 因为y=fx+ π 4 是偶函数,所以直线x=π4是f(x)图象的对称轴,所以π4ω+φ=nπ+π2, n∈Z②.由①②可得,φ=(m+n) π 2+ π 4 ,m+n∈Z,又0<φ< π 2 ,所以φ= π 4 ,则ω=4n+1, n∈Z,因为f(x)在 π 18 ,π 4 上单调,f(x)的最小正周期为2πω,所以π4-π18≤πω,解得ω≤367,故 ω 的最大值为5,经检验,f(x)在 π 18 ,π 4 上单调.故选C. 8.C 解析:如图1,设棱台为ABCD-A1B1C1D1,如图2,该棱台外接球的球心为O,半径为R, 上底面中心为O1,下底面中心为O2, A D B C C P A B D 图1 A D B O O O C C A B D 图2 则由题意O1O2=1,AO2=2,A1O1=1,OA=OA1=R,当O 在O1O2 下方时,设OO2=h,则 在△AOO2 中,有:R2=h2+4(1),在△A1OO1 中,有:R2=(h+1)2+1(2),联立(1)、(2)得 h=1,R2=5,所以刍童外接球的表面积为20π.同理,当O 在O1O2 中间时,设OO1=h,则有 R2=h2+1,R2=(1-h)2+4,解得h=2,不满足题意,舍去.综上所述:刍童外接球的表面积 为20π.故选C. 9.ABC 解析:f(x)=sin 3x- 3cos 3x=2sin3x- π 3 ,当x∈ 0,π2􀭠􀭡 􀪁 􀪁􀪁 􀭤 􀭥 􀪁 􀪁􀪁 ,3x- π 3∈ - π 3 ,7π 6 􀭠 􀭡 􀪁 􀪁􀪁 􀭤 􀭥 􀪁 􀪁􀪁 , sin3x- π 3 ∈ - 32,1 􀭠 􀭡 􀪁 􀪁􀪁 􀭤 􀭥 􀪁 􀪁􀪁 ,f(x)的取值范围是[- 3,2],A选项正确;当x∈ π 3 ,π 2 􀭠 􀭡 􀪁 􀪁􀪁 􀭤 􀭥 􀪁 􀪁􀪁 ,3x- π 3∈ 2π 3 ,7π 6 􀭠 􀭡 􀪁 􀪁􀪁 􀭤 􀭥 􀪁 􀪁􀪁 ,f(x)=2sin3x- π 3 单调递减,B选项正确;当x=-π18时,3x-π3=-π2,y= f(x)的图像关于直线x=- π 18 对称,C选项正确;由函数y=sin 3x 的图像向右平移 π 3 个单位 得到y=sin3x- π 3 =sin3x-π =-sin 3x,D选项错误.故选ABC. 10.BD 解析:对于选项A,若AD⊥AC,又因为AA1⊥平面ABC,但是D 不一定在平面ABC 上,所以A不正确;对于选项B,因为A1C1∥AC,所以AC∥平面A1C1D,平面A1C1D∩平面 ACD=l,所以AC∥l,所以B正确;对于选项C,取ΔABC 的中心O,ΔA1B1C1 的中心O1, OO1 的中点为该三棱柱外接球的球心,所以外接球的半径R= 12+ 23 3 2 = 21 3 ,所以外 —56— 接球的表面积为4πR2= 28 3π ,所以C不正确;对于选项D,该几何体的外接球即为三棱柱 ABC-A1B1C1 的外接球,OO1 的中点为该外接球的球心,该球心到平面ACC1A1 的距离为 3 3 ,点D 到平面ACC1A1 的最大距离为R- 3 3= 21- 3 3 ,所以D正确.故选BD. 11.ACD 解析:对于 A,因为随机变量 X 服从正态分布 N(0,1),f(x)=P(X≤x),所以 f(-x)=P(X>x)=1-f(x),所以A正确;对于B,因为f(2x)=P(X≤2x),2f(x)=2P (X≤x),所以B错误;对于C,因为随机变量X 服从正态分布N(0,1),f(x)=P(X≤x),所 以当x>0时,随x 的增大,P(X≤x)的值在增大,所以f(x)在(0,+∞)上是增函数,所以C 正确;对于D,因为f(-x)=1-f(x),所以P(|X|≤x)=P(-x≤X≤x)=1-2f(-x)= 1-2[1-f(x)]=2f(x)-1,所以D正确.故选ACD. F B A x y O P x 12.ACD 解析:由抛物线C:y2=4x 可知,焦点坐标为F(1,0),准线方程为 x=-1,故选项A正确;设P(-2,m),显然直线PA 存在斜率且不为零, 设为 k1,方 程 为 y - m =k1 (x +2),与 抛 物 线 方 程 联 立 y2=4x, y-m=k1(x+2), 得k1y2-4y+8k1+4m=0,因为PA 是该抛物线的 切线,所以Δ=(-4)2-4k1(8k1+4m)=0,即2k21+k1m-1=0,且A 的纵坐标为:- -4 2k1 = 2 k1 ,代入抛物线方程中可得A 的横坐标为: 1 k21 ,同理,直线PB 存在斜率且不为零,设为k2,同 理可得:2k22+k2m-1=0,且B 的纵坐标为:- -4 2k2 = 2 k2 ,横坐标为1 k22 ,显然k1、k2 是方程 2k2+km-1=0的两个不等实根,所以k1+k2=- m 2 ,k1k2=- 1 2 ,因为kAB ·kOP = 2 k2 - 2 k1 1 k21 - 1 k21 ·m -2= 2k1k2 k1+k2 ·m -2= - 1 2×2 - m 2 ·m -2=-1 ,所以OP⊥AB,因此选项D正确;由上可 知:AB 的斜率为 2 m ,直线AB 的方程为:y- 2 k1 = 2 m (x- 1 k21 ),即mk21y-2mk1=2k21x-2,又 2k21+k1m-1=0,所以k1m=1-2k21,所以(k1-2k31)y-2(1-2k21)=2k21x-2,即(1- 2k21)y=2k1(x-2),所以直线AB 一定过(2,0),显然该点不是抛物线的焦点,因此选项B不 正确;由题意知,直线AB 的斜率不为0,设直线AB 的方程为x=my+2,A(x1,y1),B(x2, y2),由 x=my+2, y2=4x 得y2-4my-8=0,所以y1+y2=4m,y1y2=-8,所以|AB|= (1+m2)[(y1+y2)2-4y1y2] = (1+m2)(16m2+32) = 4 m4+3m2+2 = 4 m2+ 3 2 2 - 1 4≥42 ,当且仅当m=0时等号成立,故选项C正确;故选ACD. 13.24 解析:因为 2x+ 1 x x-1x 6 =2x x- 1 x 6 + 1 x x- 1 x 6 ,其中 x- 1 x 6 展开式的通项 公式为Tr+1=Cr6x6-r - 1 x r =(-1)rCr6x6-2r(0≤r≤6且r∈N),所以2x+ 1 x x-1x 6 的 展开式中含x3 的项为2x·C26x2-x-1·C16x4=24x3,所以 2x+ 1 x x-1x 6 的展开式中 x3 的系数为24.故答案为24. 14.25 思路分析:首先求出圆的圆心坐标和半径,计算圆心到直线的距离,再计算弦长即可. 解析:圆C:x2+y2-2x-5=0,即为(x-1)2+y2=6,圆心(1,0),半径r= 6.圆心到直线 的距离d= |3-0+2| 9+16 =1,所以|AB|=2 6-1=25.故答案为:25. 15.10 解析:因为f(x)= 1 x ,所以f'(x)=- 1 x2 ,则xn+1=xn- f(xn) f'(xn) =xn- 1 xn - 1 x2n =2xn,又 x1=1,xn≠0,所以{xn}是首项为x1=1,公比q=2的等比数列,则Sn= 1-2n 1-2=2 n-1,令 Sn=2n-1≤2 023,则2n≤2 024.又因为y=2x 在定义域内单调递增,且210=1 024<2 024, 211=2 048>2 024,所以n≤10,所以最大正整数n 的值为10.故答案为10. 16.y2=4x 思路分析:设A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),D(x4,y4),根据AP →=λPC→,BP→= λPD→,推出y1+y2+λ(y3+y4)=2(1+λ),结合点在抛物线上可得y1+y2=p,y3+y4=p, 即可求得p,即得答案. D x C B O y A P 解析:由题意设,A(x1,y1),B(x2,y2),(x1≠x2),C(x3,y3),D(x4, y4),(x3≠x4),由AP →=λPC→ 可得:(2-x1,1-y1)=λ(x3-2,y3- 1),可得: x1+λx3=2+2λ, y1+λy3=1+λ, 同理可得: x2+λx4=2+2λ, y2+λy4=1+λ, 则: x1+x2+λ(x3+x4)=4(1+λ), y1+y2+λ(y3+y4)=2(1+λ), (*) 将A,B 两点代入抛物线方程得y21=2px1,y22=2px2,作差可得: y1-y2 x1-x2 (y1+y2)=2p,而 y1-y2 x1-x2 =2,即y1+y2=p,同理可得,y3+y4=p,代入(*),可得p=2,此时抛物线方程为 y2=4x,故答案为y2=4x. 17.思路分析:(1){an}为等差数列,利用前三项成等差,求出公差,首项,得出通项,再进行验证即 —66— 可;利用等差数列的通项公式求解bn. (2)利用错位相减法即可求解. 解:(1)因为(n+1)an=n2+2n+k,所以a1= 3+k 2 ,a2= 8+k 3 ,a3= 15+k 4 . 因为{an}为等差数列,所以2a2=a1+a3,即 2(8+k) 3 = 3+k 2 + 15+k 4 , 解得k=1,所以a1=2,a2=3,d=a2-a1=1,{an}为等差数列,an=2+(n-1)=n+1. 因为数列{log3bn}是以1为首项,1为公差的等差数列, 所以log3bn=1+n-1=n,所以bn=3n. (2)由(1)得cn= n+1 3n , 所以Sn= 2 3+ 3 32 + 4 33 +…+ n+1 3n ,① 则1 3Sn= 2 32 + 3 33 + 4 34 +…+ n+1 3n+1 ,② ①-②得 2 3Sn= 2 3+ 1 32 + 1 33 + 1 34 +…+ 1 3n - n+1 3n+1 = 2 3+ 1 32 1- 1 3n-1 1- 1 3 - n+1 3n+1 = 5 6- 2n+5 2·3n+1 , 所以Sn= 5 4- 2n+5 4·3n . 18.解:(1)∵ 1 2cos Bcos C+1= 1+2cos Bcos C 2cos Bcos C = sin Bsin C cos Bcos C , ∴2(cos Bcos C-sin Bsin C)=2cos(B+C)=2cos(π-A)=-2cos A=-1, ∴cos A= 1 2 ,又A∈(0,π),∴A= π 3. (2)由余弦定理得:a2=b2+c2-2bccos A=b2+c2-bc=4≥2bc-bc=bc(当其仅当b=c= 2时取等号), ∴b2+c2=4+bc,bc≤4, ∵AD→= 1 2 (AB→+AC→), ∴AD→2= 1 4 (AB→2+2AB→·AC→+AC→2)= 1 4 (b2+c2+2bccos A)= 1 4 (b2+c2+bc)= 1 4 (4+ 2bc)≤ 1 4× (4+8)=3, ∴|AD→|≤ 3,即AD 的最大值为 3. 19.思路分析:(1)作出辅助线,得到△ABD 为等边三角形,DM⊥AB,由线面垂直得到SA⊥ AB,从而得到AB⊥平面EOD,证明出DE⊥AB; (2)作出辅助线,得到∠DNH 为二面角D-SC-A 的平面角,由二面角的大小得到 NH= 2 4 , ∠SCA=45°,由勾股定理得到SD= SA2+AD2= 7,S△SCD= 7 2 ,当B 位于线段CD 中垂 线上时,S△BCD 取得最大值,由等体积法得到d≤ 27+ 21 7 . E D OM CB A S解:(1)记AC 的中点为O,连结EO,则O 为圆心, 又E 为SC 的中点,所以EO∥SA, 因为SA⊥平面ABCD,所以EO⊥平面ABCD, 连接BD,连接OD 并延长,交AB 于点M, 因为∠DAC= π 6 ,∠BAC= π 6 ,所以∠DAB= π 3 , 由对称性可知AB=AD,故△ABD 为等边三角形, 又因为O 为△ABD 的外心,所以O 为△ABD 的中心,故DM⊥AB, ∵EO⊥平面ABCD,AB⊂平面ABCD, ∴EO⊥AB, ∵DM∩EO=O,DM,EO⊂平面EOD, ∴AB⊥平面EOD, ∵DE⊂平面EOD, ∴DE⊥AB. E D CB M O H N A S(2)过点D 作DH⊥AC 于H,作 HN⊥SC 于N,连接DN, 因为SA⊥平面ABCD,DH⊂平面ABCD, 所以SA⊥DH, 因为AC∩SA=A,AC,SA⊂平面ASC, 所以DH⊥平面ASC, 因为SC⊂平面SAC, 所以DH⊥SC, 因为 HN⊥SC,DH∩HN=H,DH,HN⊂平面DHN, 所以SC⊥平面DHN, 因为DN⊂平面DHN, 所以DN⊥SC, 故∠DNH 为二面角D-SC-A 的平面角, 因为∠DAC= π 6 ,所以∠DOC= π 3 ,故△OCD 为等边三角形, 由题意知DO=CO=DC=1, —76— ∴DH= 3 2 ,HC= 1 2 , ∴tan∠DNH= DH NH= 3 2 NH= 6 , ∴NH= 2 4 , ∴在Rt△NHC 中,sin∠SCA= NH HC= 2 2 , ∴∠SCA=45°, ∵三角形ASC 为直角三角形, ∴三角形ASC 为等腰直角三角形, ∴SA=AC=2, 又由AD= 3, 由勾股定理得:SD= SA2+AD2= 7, 因为SA⊥平面ABCD,DC⊂平面ABCD,所以SA⊥DC, 因为AC 为直径,所以AD⊥DC, 因为AS∩AD=A,AS,AD⊂平面ASD, 所以DC⊥平面ASD, 因为SD⊂平面ASD,所以DC⊥SD, ∴S△SCD= 1 2DC ·SD= 7 2 , 由于点B 在半圆弧AC 上运动,当B 位于线段CD 中垂线上时,△BCD 的面积取得最大值, 且最大值为S△BCD= 1 2 ·CD·1+ 3 2 =2+ 34 , 设点B 到平面SCD 距离为d, 根据VB-SCD=VS-BCD⇒d= 3VS-BCD S△SCD ≤ 2+ 3 4 ×2 7 2 = 2+ 3 7 = 27+ 21 7 , 即点B 到平面SCD 距离的最大值为 27+ 21 7 . 20.思路分析:(1)根据古典概型即可求解;(2)(ⅰ)根据正态分布即可进行估计;(ⅱ)根据二项分 布即可求解. 解:(1)样本中旅游支出低于6 000元的市民有15人,记A 为“从样本中任选两人,两人旅游 支出均低于6 000元”,则P(A)= C215 C2100 = 7 330. (2)X= 1×3+3×4+…+15×5 100 =9 ,所以X~N(9,9). (ⅰ)因为P(X>15)=P(X>μ+2σ)= 1-0.9545 2 =0.02275 , 所以海口市民每年旅游费用支出在15000元以上的人数300×104×0.02275=68 250(人). (ⅱ)P(X>9)=P(X>μ)= 1 2 ,所以ξ~B(3, 1 2 ). P(ξ=0)=C03 1 2 3 = 1 8 ,P(ξ=1)=C13 1 2 3 = 3 8 , P(ξ=2)=C23 1 2 3 = 3 8 ,P(ξ=3)=C33 1 2 3 = 1 8 , 所以ξ的分布列为: ξ 0 1 2 3 P 18 3 8 3 8 1 8 所以E(ξ)=np=3× 1 2= 3 2. 21.解:(1)由题设f(x)= 1 3x 3-4x2+20x-16ln x-8,则f'(x)=x2-8x+20- 16 x ,且x>0, 所以f'(x)= x(x-4)2 x + 4(x-4) x = (x-4)(x-2)2 x , 当x∈(0,4)时f'(x)<0,当x∈(4,+∞)时f'(x)>0, 所以f(x)的减区间为(0,4),增区间为(4,+∞). (2)由题意 8 3-2 (6+a)+2(8+6a)-8aln 2-4a= 64 3-8 (6+a)+4(8+6a)-8aln 4-4a, 所以3a-4aln 2- 2 3=0 ,即a= 2 3(3-4ln 2)∈ (2,4), 又f'(x)=x2-(6+a)x+(8+6a)- 8a x = (x-2)(x-a)(x-4) x ,且x>0, 当x∈(0,2)或x∈(a,4)时f'(x)<0,x∈(2,a)或x∈(4,+∞)时f'(x)>0, 所以(0,2)、(a,4)上f(x)递减,(2,a)、(4,+∞)上f(x)递增, 又极小值f(2)=f(4),故f(x)最小值为f(2)= 20 3+2a (3-4ln 2)=8. 22.思路分析:(1)由抛物线的定义和|FP|=4,求得p=4,得出抛物线的方程及点P(2,4),利用 斜率公式,分别求得k,k1,k2,即可求解; (2)设直线AB 的方程为x+1=m(y+1),其中 m= 1 k ,联立方程组,利用韦达定理和根与 —86— 系数的关系,结合PA⊥PB,列出方程,即可求解. 解:(1)由题抛物线C:y2=2px,P(2,y)(y>0),且|FP|=4, 根据抛物线的定义,可得|FP|=2+p2=4 ,解得p=4, 所以抛物线C 的方程为y2=8x,且点P(2,4), 设点A(x1,y1),B(x2,y2),可得k1= y1-4 x1-2 = y1-4 y21 8-2 = 8 y1+4 ,同理k2= 8 y2+4 , k= y2-y1 x2-x1 = y2-y1 y22 8- y21 8 = 8 y1+y2 , 所以1 k1 + 1 k2 = y1+y2+8 8 ,1 k+1= y1+y2+8 8 , 所以1 k1 + 1 k2 = 1 k+1 ,即k1+k2-k1k2= k1k2 k . x y P F O B AM (2)由 M(-1,-1),且A,B,M 三点共线, 设直线AB 的方程为x+1=m(y+1),其中m= 1 k , 联立 x+1=m(y+1), y2=8x, 消去x 得y2-8my-8m+8=0, 则y1+y2=8m,y1y2=8-8m, 又由Δ=(8m)2-4(8-8m)>0,解得m<-1或m> 1 2 , 因为PA⊥PB,所以k1k2= 64 (y1+4)(y2+4) =-1, 即 64 y1y2+4(y1+y2)+16 =-1, 则 64 8-8m+32m+16=-1 ,解得m=- 11 3 , 由(1)知 1 k1 + 1 k2 = 1 k+1 ,所以1 k1 + 1 k2 =- 8 3 , 即1 k1 -k1=- 8 3 ,且k1>k2,所以k1=3, 所以直线PA 的方程为y-4=3(x-2),即3x-y-2=0. 2024年普通高等学校招生新课标全国卷重组卷(六) 1.B 思路分析:确定A={2,3},再计算子集个数得到答案. 解析:A={x∈N|1<x<4}={2,3},故子集个数为22=4.故选B. 2.B 解析:已知2-i(i是虚数单位)是关于x 的方程x2+bx+c=0(b,c∈R)的一个根,则 (2-i)2+b(2-i)+c=0,即4-4i-1+2b-bi+c=0,即 3+2b+c=0, -4-b=0, 解得 b=-4 , c=5, 故b+ c=1.故选B. 3.D 解析:展开过程中:BM=AB ︵ =φ·R=2,BO=1,MO= BM2+BO2= 5,故选D. 4.B 解析:∵AD→=AB→+BD→,BD→= 3 2BC →,∴AD→=AB→+ 3 2BC →=AB→+ 3 2 (AC→-AB→)=- 1 2 AB→+ 3 2AC →,故选B. 5.A 解析:义工A 不安排照顾老人甲,所以当义工A 安排照顾乙时,共有C15C24=30种不同方 法,当义工A 安排照顾丙时,共有C15C24=30种不同方法.所以共有60种.故选A. 6.C 解析:由f(x)= 1-ex 1+ex ·sin x,x∈R,定义域关于原点对称,得f(-x)= 1-e-x 1+e-x · sin(-x)= ex-1 ex+1 ·(-sin x)= 1-ex 1+ex ·sin x=f(x),则函数f(x)是偶函数,图象关于y 轴 对称,排除BD;当0<x<1时,1-ex<0,1+ex>0,sin x>0,所以f(x)= 1-ex 1+ex ·sin x<0, 排除A.故选C. 7.B 解析:抛物线y2=4x 的焦点为(1,0),准线为x=-1,设椭圆的方程为 x2 a2 +y 2 b2 =1(a>b> 0),椭圆中,c=1,当x=-1时,|y|= 3 2 ,故1 a2 + 9 4 b2 =1,又a2=b2+c2,所以a=2,b= 3,故椭 圆方程为x 2 4+ y2 3=1 ,故选B. 8.B 思路分析:根据奇偶函数的定义可得f(x)= ex+5e-x 2 ,再利用基本不等式求最小值. 解析:由题意可得 f(x)+2ex=f(-x)+2e-x, f(x)-3ex=-[f(-x)-3e-x], 解得f(x)=e x+5e-x 2 ,因为f(x)= ex+5e-x 2 ≥ 2 ex×5e-x 2 = 5 ,当且仅当ex=5e-x,即x= 1 2ln 5时,等号成立,所以f(x)的最 小值为 5.故选B. 9.BD 解析:A.x>0时,f(x)=x+ 4 x+2≥4+2=6 ,当x=2时等号成立,当x<0时,f(x)= x+ 4 x+2<-4+2=-2 ,当x=-2时等号成立,故 A错误;B.令f'(x)=1- 4 x2 =-3,得 —96—