新课标全国卷重组卷(七)-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(七) 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·山东省济南市高三下学期针对性训练三模)已知复数z1,z2 是关于x 的方程x2-2x +3=0的两根,则z1z2 的值为 ( ) A.-3 B.-2 C.2 D.3 2.(2023·江苏南通统考模拟预测)已知集合A={x|1<log2x<2},集合B={x∈Z|x2-8x+ 12≤0},则A∩B= ( ) A.[2,6] B.(2,4) C.{3} D.{2,3,4,5,6} 3.(2023·浙江校联考模拟预测)已知向量a,b满足|a|=1,|b|=3,a-b=(3,1),则|3a-b|= ( ) A.22 B.15 C.32 D.25 4.(2023·浙江金华·模拟预测)魔方,又叫鲁比克方块,最早是由匈牙利布达佩斯建 筑学院厄尔诺·鲁比克教授于1974年发明的机械益智玩具.魔方拥有竞速、盲拧、 单拧等多种玩法,风靡程度经久未衰,每年都会举办大小赛事,是最受欢迎的智力 游戏之一,一个三阶魔方,由27个单位正方体组成,如图是把魔方的中间一层转动了45°,则该 魔方的表面积是 ( ) A.54 B.108-362 C.162-722 D.81-722 5.(2023·辽宁大连校联考模拟预测)若二项式2x- 1 x n (n∈N*)的展开式中只有第3项的二 项式系数最大,则展开式中x 5 2项的系数为 ( ) A.32 B.-32 C.16 D.-16 6.(2023·湖南长沙市实验中学校考二模)正割(Secant)及余割(Cosecant)这两个概念是由伊朗 数学家、天文学家阿布尔·威发首先引入,sec,csc这两个符号是荷兰数学家基拉德在《三角 学》中首先使用,后经欧拉采用得以通行.在三角形中,定义正割sec α= 1 cos α ,余割csc α= 1 sin α. 则函数f(x)= 1 sec x+ 1 csc x 的值域为 ( ) A.[-1,1] B.[- 2,2] C.[-2,2] D.[- 2,-1)∪(-1,1)∪(1,2] 7.(2023·河南洛阳统考模拟预测)已知f(x)是定义在 R上的奇函数,若fx+ 3 2 为偶函数且 f(1)=2,则f(2 022)+f(2 023)+f(2 024)= ( ) A.-2 B.0 C.2 D.4 8.(2023·广东省六校联考第六次联考)已知四棱锥S-ABCD,SA⊥平面 ABCD,AD⊥DC, SA=33,BC=4,二面角S-BC-A 的大小为 π 3. 若点S,A,B,C,D 均在球O 的表面上,则该 球O 的表面积为 ( ) A. 152π 3 B.52π C. 160π 3 D.54π 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·江苏统考一模)新能源汽车包括纯电动汽车、增程式电动汽车、混合动力汽车、燃料电 池电动汽车、氢发动机汽车等.我国的新能源汽车发展开始于21世纪初,近年来发展迅速,连 续8年产销量位居世界第一.下面两图分别是2017年至2022年我国新能源汽车年产量和占 比(占我国汽车年总产盘的比例)情况,则 ( )             2017~2022年我国新能源汽车年产量(单位:万辆)             2017~2022年我国新能源汽车占比(单位:%) A.2017~2022年我国新能源汽车年产量逐年增加 B.2017~2022年我国新能源汽车年产量的极差为626.4万辆 C.2022年我国汽车年总产量超过2700万辆 D.2019年我国汽车年总产量低于2018年我国汽车年总产量 10.(2023·湖南师大附中模拟试卷(三))已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,直线的斜 率为 3且经过点F,直线l与抛物线C 交于点A、B 两点(点A 在第一象限),与抛物线的准 线交于点D,若|AF|=8,则以下结论正确的是 ( ) A.p=4 B.DF →=FA→ C.|BD|=2|BF| D.|BF|=4 11.(2023·广东省六校第六次联考)如图,在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1 中,M,N 分 别是AB,AD 的中点,P 为线段C1D1 上的动点,则下列结论正确的是 ( ) A D B C C A B D M N PA.存在点P,使得PM 与BC1 异面 B.不存在点P,使得 MN⊥NP C.直线NP 与平面ABCD 所成角的正切值的最小值为 25 5 D.过 M,N,P 三点的平面截正方体所得截面面积的最大值为 33 4 12.(2023·湖北襄阳四中校考模拟预测)设函数f(x)在R上存在导函数f'(x),对任意的x∈R 有f(x)+f(-x)=x2,且在[0,+∞)上f'(x)>x,若f(2-a)+2a>f(a)+2,则实数a 的可能取值为 ( ) A.-1 B.0 C.1 D.2 —52— 三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分. 13.(2023·吉林省吉林市普通中学高三第二次调研测试)命题“∃x∈R,ax2+x+1<0”为假命 题,则实数a 的取值范围为 . 14.(2023·陕西咸阳武功县普集高级中学校考模拟预测)已知f(x)= 3sin xcos x-sin2x,当 x∈ - π 6 ,nπ 􀭠 􀭡 􀪁 􀪁􀪁 􀭤 􀭥 􀪁 􀪁􀪁 (其中n∈R)时,f(x)= 1 2 有且只有一个解,则n 的取值范围是 . 15.(2023·湖南师大附中模拟试卷(三))已知双曲线C: x2 a2 -y 2 b2 =1(a>0,b>0)的左、右焦点分 别为F1,F2,点 M,N 分别为C 的渐近线和左支上的动点,且|MN|+|NF2|的最小值恰为 C 的实轴长的2倍,则C 的离心率为 . 16.(2023·广东校联考模拟预测)如图是一种科赫曲线,其形态似雪花,又称雪花 曲线.其做法是:从一个正三角形(记为T0)开始,把每条边分成三等份,然后 以各边的中间线段为底边,分别向外作正三角形,再把此中间线段去掉,得到 图形T1;把T1 的每条边三等份,以各边的中间线段为底边,向外作正三角形 后,再把此中间线段去掉,得到图形T2;依次下去,得到图形序列T0,T1,T2, …,Tn,…,设T0 的边长为1,图形Tn 的周长为cn,若cn=300,则n 的值为 .(参 考数据:lg 5≈0.699,lg 3≈0.477) 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·广东东莞校考三模)已知数列{an}和{bn},a1=2, 1 bn - 1 an =1,an+1=2bn. (1)求证数列 1an -1 是等比数列; (2)求数列 nbn 的前n 项和Tn. 18.(2023·福建省福州第一中学校考二模)△ABC 的角A,B,C 的对边分别为a,b,c,AB→·AC→ =-1,△ABC 的面积为 2. (1)若a=22,求△ABC 的周长; (2)设D 为AC 中点,求A 到BD 距离的最大值. —62— 19.(2023·江苏省镇江中学高三三模)如图,四边形ABCD 是边长为2的菱形,∠ABC=60°,四 边形PACQ 为矩形,PA=1,从下列三个条件中任选一个作为已知条件,并解答问题(如果选 择多个条件分别解答,按第一个解答计分). ①BP,DP 与平面ABCD 所成角相等;②三棱锥P-ABD 体积为 3 3 ;③cos∠BPA= 5 5 (1)平面PACQ⊥平面ABCD; (2)求二面角B-PQ-D 的大小; (3)求点C 到平面BPQ 的距离. C Q P A B D 20.(2023·广东省茂名市第一中学高三三模)某学习平台的答题竞赛包括三项活动,分别为“四 人赛”、“双人对战”和“挑战答题”.参赛者先参与“四人赛”活动,每局第一名得3分,第二名得 2分,第三名得1分,第四名得0分,每局比赛相互独立,三局后累计得分不低于6分的参赛者 参加“双人对战”活动,否则被淘汰.“双人对战”只赛一局,获胜者可以选择参加“挑战答题”活 动,也可以选择终止比赛,失败者则被淘汰.已知甲在参加“四人赛”活动中,每局比赛获得第 一名、第二名的概率均为1 3 ,获得第三名、第四名的概率均为1 6 ;甲在参加“双人对战”活动中, 比赛获胜的概率为2 3. (1)求甲获得参加“挑战答题”活动资格的概率. (2)“挑战答题”活动规则如下:参赛者从10道题中随机选取5道回答,每道题答对得1分,答 错得0分.若甲参与“挑战答题”,且“挑战答题”的10道题中只有3道题甲不能正确回答,记 甲在“挑战答题”中累计得分为X,求随机变量X 的分布列与数学期望. —72— 21.(2023·长沙市实验中学高三模拟考试(三))已知P 为圆C:x2+y2-2x-15=0上一动点, 点N(-1,0),线段PN 的垂直平分线交线段PC 于点Q. (1)求点Q 的轨迹方程; (2)点 M 在圆x2+y2=3上,且 M 在第一象限,过点 M 作圆x2+y2=3的切线交Q 点轨迹 于A,B 两点,问△ABC 的周长是否为定值? 若是,求出定值;若不是,说明理由. 22.(2023·广西南宁统考一模)f(x)=x-aln(1+x), (1)讨论f(x)的单调性; (2)当a=1时,证明f(x)≥0; (3)证明对于任意正整数n,都有 1 n+ 1 n+1+ 1 n+2+ …+ 1 4n-1+ 1 4n>2ln 2. —82— 因为|cos<n,BD→>|= |n·BD→| |n|·|BD→| = |4-4λ| (2λ-1)2+1+4λ2· 4+4 = 2 13 13 , 整理得λ2+6λ-3=0,解得λ=23-3或λ=-23-3, 由于0<λ<1,所以λ=23-3, 所以棱AC 上存在点M,使得直线BD 与平面A1DM 所成角的余弦值为 3 13 13 ,此时AM AC = λ=23-3. 21.思路分析:(1)求得f'(x),对a 进行分类讨论,由此求得f(x)的极值. (2)化简题目所给不等式,结合(1)的结论,利用构造函数法,结合导数来求得b的取值范围. 解:(1)f'(x)=ex-a. ①a≤0时,函数f(x)在(-∞,+∞)上单调递增,不存在极值. ②a>0时,由f'(x)=ex-a=0得x=ln a, x∈(-∞,ln a)时,f'(x)<0,f(x)单调递减, x∈(ln a,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增, ∴f(x)极小值=f(ln a)=a-aln a,无极大值. (2)由题意可知:xebx+bx2≥ex-xln x+x2, ∵x>0,∴ebx+bx≥ ex x-ln x+x=ex-ln x+x-ln x. 由(1)可知a=-1时,函数f(x)在(-∞,+∞)上单调递增, 则存在x>0,bx≥x-ln x,即b≥1- ln x x min. 令h(x)=1- ln x x ,则f'(x)= ln x-1 x2 =0,有x=e,x∈(0,e)时,h'(x)<0,h(x)单调递减, x∈(e,+∞)时,h'(x)<0,h(x)单调递增,∴h(x)min=h(x)极小=h(e)=1- 1 e ,∴b≥1- 1 e. 22.思路分析:(1)根据最大面积可得ab=22,再结合离心率及a2=b2+c2 求解作答. (2)(ⅰ)设出直线l的方程,与椭圆E 的方程联立,利用韦达定理结合三点共线的斜率关系列 式求解作答;(ⅱ)利用平面向量数量积推导∠MBN 为钝角作答. 解:(1)设椭圆E 的焦距为2c,依题意, c a= 2 2 ,设椭圆E 上点M 的纵坐标为y0, 0<|y0|≤b, △MAB 的面积S△MAB= 1 2|AB| ·|y0|= 1 2 ·2a·|y0|≤ab,当且仅当|y0|=b时取等号, 因此ab=22,而a2=b2+c2,且a= 2c,解得a=2,b=c= 2, 所以椭圆E 的方程为 x2 4+ y2 2=1. (2)由(1)知,A(-2,0),B(2,0),设直线l的方程为x=ty+1, 而点D(1,0)在椭圆E 内,直线l与E 总相交,由 x2 4+ y2 2=1 , x=ty+1 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁 􀪁􀪁 得 :(t2+2)y2+2ty-3=0, 设 M(x1,y1),N(x2,y2),则y1+y2= -2t t2+2 ,y1y2= -3 t2+2 , (ⅰ)由P,A,M 共线,得 n m+2= y1 x1+2 , 由P,B,N 共线,得 n m-2= y2 x2-2 , 联立两式得m-2 m+2= y1 x1+2 ·x2-2 y2 ,又x 2 1 4+ y21 2=1 ,即有 y1 x1+2 = 2-x1 2y1 , 因此m-2 m+2=- (x1-2)(x2-2) 2y1y2 =- (ty1-1)(ty2-1) 2y1y2 =- t2y1y2-t(y1+y2)+1 2y1y2 =- -3t2 t2+2 + 2t2 t2+2 +1 -6 t2+2 = 1 3 , 所以m=4,为定值. (ⅱ)点B 一定在以MN 为直径的圆内, 由(ⅰ)知,P(4,n), n 6= y1 x1+2 = 2-x1 2y1 ,即ny1=3(2-x1), 因为BM→=(x1-2,y1),BP →=(2,n), 因此BM→·BP→=2(x1-2)+ny1=2-x1, 而-2<x1<2,从而BM →·BP→>0, 于是BM→·BN→<0,∠MBN 为钝角, 所以点B 一定在以MN 为直径的圆内. 2024年普通高等学校招生新课标全国卷重组卷(七) 1.D 解析:由x2-2x+3=0,得z1=1+ 2i,z2=1- 2i,(或者用韦达定理),所以z1z2=(1+ 2i)(1- 2i)=3.故选D. 2.C 思路分析:解不等式求出集合A,B,根据集合的交集运算可得答案. —27— 解析:由题1<log2x<2可得2<x<4,故A={x|1<log2x<2}=(2,4),解x2-8x+12≤0 可得2≤x≤6,则B={x∈Z|x2-8x+12≤0}={2,3,4,5,6},故A∩B={3},故选C. 3.C 思路分析:根据向量模的公式得a·b=0,再求模即可. 解析:解:因为|a|=1,|b|=3,a-b=(3,1),所以,(a-b)2=|a-b|2=a2+b2-2a·b=1+ 9-2a·b=10,所以,a·b=0.又|3a-b|2=9a2+b2-6a·b=18,所以|3a-b|=32.故选 C. 4.C 思路分析:根据题设确定旋转后多出面积的构成,应用柱体表面积的求法求 魔方表面积. 解析:如图,转动了45°后,此时魔方相对原来魔方多出了16个小三角形的面 积,显 然 小 三 角 形 为 等 腰 直 角 三 角 形,直 角 边 为 x,则 斜 边 为 2x,故 (2+ 2)x=3,可得x=3- 32 2 ,由几何关系得:阴影部分的面积为S= 1 2×3- 32 2 2 = 27 4- 9 22 ,所以,所求面积S'=6×3×3+16× 274- 9 22 =162-722.故选C. 5.B 思路分析:运用二项式系数最大项求出n 的值,再运用二项展开式的通项公式计算即可. 解析:∵ 2x- 1 x n 的展开式共有n+1项,只有第3项的二项式系数最大,∴ n+1+1 2 =3 , ∴n=4,∴2x- 1 x 4 的第r+1项为Tr+1=Cr4(2x)4-r -x - 1 2 r=Cr424-r(-1)rx 4- 3 2r,(r= 0,1,2,3,4),∴令4- 3 2r= 5 2 ,解得:r=1,∴T2=C1423(-1)1x 5 2=-32x 5 2,即:展开式中x 5 2项 的系数为-32. 6.D 解析:f(x)= 1 sec x+ 1 csc x=cos x+sin x= 2sinx+ π 4 ,其中sin x≠0,cos x≠0,所以 - 2≤f(x)≤ 2,且f(x)≠±1,即f(x)的值域为[- 2,-1)∪(-1,1)∪(1,2].故选D. 7.D 解析:因为 f(x)是定义在 R 上的奇函数,则 f(-x)=-f(x),且 f(0)=0,又 fx+ 3 2 为偶函数,则f -x+32 =f x+32 ,即f(x+3)=f(-x),于是f(x+3)= -f(x),则f(x+6)=-f(x+3)=f(x),即f(x)是以6为周期的周期函数,由f(1)=2,得 f(2)=f(1)=2,f(2 022)=f(6×337)=f(0)=0,f(2 023)=f(6×337+1)=f(1)=2, f(2 024)=f(6×337+2)=f(2)=2,所以f(2 022)+f(2 023)+f(2 024)=4.故选D. 8.B 思路分析:先利用点S,A,B,C,D 均在球O 的表面上可得A,B,C,D 四点共圆,先证明 BC⊥平面SAB,得出二面角S-BC-A 的平面角为∠SBA= π 3 ,可计算出AB,再利用勾股定理 可得出四边形ABCD 外接圆的直径为AC,则R= 12AC 2 + 12SA 2 ,最后利用外接球的表 面积公式代入即可得出答案. S C A B D 解析:因为AD⊥DC,所以∠ADC=90°,因为点S,A,B,C,D 均在球O 的表面上,所以四边形ABCD 内接于圆,所以∠ABC=90°,所以BC⊥ AB,因为SA⊥平面ABCD,BC⊂平面ABCD,所以SA⊥BC,又AB⊥ BC,SA∩AB=A,SA,AB⊂平面SAB,所以BC⊥平面SAB,SB⊂平 面SAB,所以BC⊥SB,又AB⊥BC,所以二面角S-BC-A 的平面角为 ∠SBA,所以∠SBA= π 3 ,在Rt△ABS 中,因为SA=33,所以AB= SA tan π 3 = 33 3 =3,由余 弦定理可得:cos 60°= SB2+AB2-SA2 2·SB·AB = SB2+9-27 6·SB = 1 2 ,即SB2-3SB-18=0,即SB= 6或SB=-3(舍去),所以SB=6,所以Rt△ABC 外接圆的直径为:AC= AB2+BC2=5,即 四边形ABCD 外接圆的直径为5,因为SA⊥平面ABCD,所以,四棱锥S-ACD 外接球的半径 为:R= 12AC 2 + 12SA 2 = 25 4+ 27 4= 13 ,所以四面体S-ACD 外接球的表面积为S= 4π(13)2=52π.故选B. 9.BCD 思路分析:根据我国新能源汽车年产量图可判断AB选项;计算出2018、2019、2022这 三年我国汽车年总产量,可判断CD选项. 解析:对于A选项,由图可知,从2018年到2019年,我国新能源汽车年产量在下降,A错;对于 B选项,2017~2022年我国新能源汽车年产量的极差为705.8-79.4=626.4万辆,B对;对于 C选项,2022年我国汽车年总产量约为 705.8 0.256 ≈2757万辆,C对;对于D选项,2019年我国汽 车年总产量为124.2 0.048=2587.5 万辆,2018年我国汽车年总产量为 127 0.045 ≈2822.22万辆,所以, 2019年我国汽车年总产量低于2018年我国汽车年总产量,D对.故选BCD. 10.ABC 思路分析:作出图形,利用抛物线的定义、相似三角形等知识来判断各选项命题的正 误. 解析:如图所示,分别过点A、B 作抛物线C 的准线m 的垂线,垂足分别为点E、M.抛物线C 的准线m 交x 轴于点P,则|PF|=p,由于直线l的斜率为 3,其倾斜角为60°,∵AE∥x 轴, ∴∠EAF=60°,由抛物线的定义可知,|AE|=|AF|,则ΔAEF 为等边三角形,∴∠EFP= ∠AEF=60°,则∠PEF=30°,∴|AF|=|EF|=2|PF|=2p=8,得p=4,A选项正确; ∵|AE|=|EF|=2|PF|,又 PF∥AE,∴F 为AD 的中点,则 DF→=FA→,B选项正确; ∴∠DAE=60°,∴∠ADE=30°,∴|BD|=2|BM|=2|BF|(抛物线定义),C选项正确; ∵|BD|=2|BF|,∴|BF|= 1 3|DF|= 1 3|AF|= 8 3 ,D选项错误.故选ABC. —37— F B x l A y E m P O M D 11.CD 思路分析:对于A,A,B,C1,D1 四点共面,PM,BC1⊂平面ABC1D1 即可判断;对于B, 利用线面垂直证明线线垂直即可判断;对于C,利用直线与平面所成角的求法即可判断;对于 D,先做出截面,再求其面积即可. 解析:对于A,连接AD1,BC1,由正方体的性质知,AB∥C1D1,所以A,B,C1,D1 四点共面, PM,BC1⊂平面ABC1D1,故A不正确; A D B C C A B D Q M N P 对于B,设CD 中点为Q,连接 MQ,PQ,若P 为C1D1 中点,则PQ⊥平面ABCD,MN 在平 面ABCD 内,所以PQ⊥MN,在△NMQ 中,MN=NQ= 12 2 + 12 2 = 2 2 ,MQ=1,所以 MN2+NQ2=MQ2,故 MN⊥NQ,PQ∩NQ=Q,PQ,NQ⊂平面 NPQ,所以 MN⊥平面 NPQ,NP⊂平面NPQ,所以 MN⊥NP,故B不正确; A D B C C A B D Q M N P 对于C,过点 P 作PH⊥平面 ABCD,连接 NH,所以直线 NP 与平面ABCD 所成角为 ∠PNH,所以tan∠PNH= PH NH= 1 1 2 2 +DH2 = 1 1 4+DH 2 ,当P 在C1 时,DHmax=1, 所以(tan∠PNH)min= 1 1 4+1 = 25 5 ,故C正确; A D B C C A B D H M N P A D B C C A B D M G F O E N P对于D,由正方体中心对称(类比为球体,MN 看作弦),故过MN 的截面 经过对称中心O 所得截面最大,此时截面交棱 DD1,BB1,B1C1 于中 点,P 也为中点,所以P 为C1D1 的中点时,过M、N、P 三点的平面截正 方体所得截面最大,取DD1 的中点E,B1C1 的中点F,BB1 的中点G, 连接NE、EP、PF、FG、GM,所以过 M、N、P 三点的平面截正方体所得 截面最大值为正六边形,面积为6× 3 4NM 2=6× 3 4× 1 2= 33 4 ,故D正确.故选CD. 12.AB 解析:f(x)+f(-x)=x2⇔f(x)- x2 2+f (-x)- (-x)2 2 =0 ,令g(x)=f(x)- x2 2 , 即g(x)+g(-x)=0,则g(x)为奇函数,当x≥0时,g'(x)=f'(x)-x>0,则g(x)在区间 [0,+∞)上单调递增,故g(x)在区间(-∞,0]上单调递增,则g(x)在 R 上单调递增, ∵f(2-a)+2a>f(a)+2⇔f(2-a)- (2-a)2 2 >f (a)- a2 2 ,即g(2-a)>g(a),∴2- a>a,解得a<1,故A、B正确,C、D错误.故选AB. 13.14 ,+∞ 􀭠 􀭡 􀪁 􀪁􀪁 解析:由题意可知,命题“∀x∈R,ax2+x+1≥0”为真命题.当a=0时,由x+ 1≥0可得x≥-1,不合乎题意;当a≠0时,由题意可得 a>0, Δ=1-4a≤0, 解得a≥14.因此,实 数a 的取值范围是 14 ,+∞ 􀭠 􀭡 􀪁 􀪁􀪁 .故答案为 14,+∞􀭠􀭡 􀪁 􀪁􀪁 . 14.16 ,7 6 􀭠 􀭡 􀪁 􀪁􀪁 解析:由于f(x)= 3sin xcos x-sin2x= 32sin 2x-1-cos 2x 2 =sin2x+ π 6 - 1 2 ,所以f(x)= 1 2 有 且 只 有 一 个 解,即sin2x+ π 6 =1有 且 只 有 一 个 解,因 为 x∈ - π 6 ,nπ 􀭠 􀭡 􀪁 􀪁􀪁 􀭤 􀭥 􀪁 􀪁􀪁 ,所以- π 6≤2x+ π 6≤2nπ+ π 6 ,由题意知π 2≤2nπ+ π 6< 5π 2 ,解得1 6≤n< 7 6 ,即 n 的取值范围是为 16 ,7 6 􀭠 􀭡 􀪁 􀪁􀪁 ,故答案为:16,76􀭠􀭡 􀪁 􀪁􀪁 . 15.5 思路分析:利用双曲线定义,将|MN|+|NF2|的最小值转化为|MN|+|NF1|的最小 值,结合点到直线的距离公式求出b=2a,从而求出离心率. —47— F F x y O M N 解析:由双曲线的定义得|NF2|-|NF1|=2a,所以|NF2|=2a+ |NF1|,于是|MN|+|NF2|=|MN|+|NF1|+2a.如图:当 M、 N、F1 三点共线,且F1M 与点 M 所在的渐近线垂直时,|MN|+ |NF1|取得最小值,其最小值就是F1 到渐近线的距离d,又C 的渐 近线方程为bx±ay=0,所以d= |-bc| a2+b2 =b,故|MN|+|NF1|的 最小值为b,从而|MN|+|NF2|的最小值为b+2a,由题设知b+2a=4a,所以b=2a,所以 e= 1+ ba 2 = 5.故答案为 5. 16.16 思路分析:根据题意,先分析边长之间的变化规律,再分析边数的变化规律即可求出 Tn 图形的周长,从而求出n 的值. 解析:由题意可知,T0 图形的边长为1,T1 图形的边长为上一个图形边长的 1 3 ,T2 图形的边 长又是上一个图形边长的1 3 ,……,所以各个图形的边长构成首项为1,公比为 1 3 的等比数列, 所以Tn 图形的边长为an= 1 3 n ,由图可知,各个图形的边数构成首项为3,公比为4的等比 数列,所以Tn 图形的边数为bn=3×4n,所以Tn 图形的周长为cn=anbn=3× 4 3 n ,cn= 300,即cn=3× 4 3 n =300,所以nlg 4 3=2 ,n= 2 2lg 2-lg 3= 2 2(1-lg 5)-lg 3 ≈16.故答案 为16. 17.解:(1)由a1=2, 1 bn - 1 an =1,an+1=2bn 得 2 an+1 - 1 an =1, 整理得 1 an+1 -1= 1 2 1 an -1 ,而1a1-1=-12≠0, 所以数列 1 an -1 是以-12为首项,公比为12的等比数列. (2)由(1)知 1 an -1=- 1 2 1 2 n-1 =- 1 2n ,∴an= 2n 2n-1 , ∴bn= 1 2an+1= 2n 2n+1-1 ,n bn =n· 2n+1-1 2n =2n- n 2n , 设Sn= 1 2+ 2 22 +…+ n 2n ,则1 2Sn= 1 22 + 2 23 +…+ n 2n+1 , 两式相减得1 2Sn= 1 2+ 1 22 +…+ 1 2n - n 2n+1 = 1 21- 1 2n 1- 1 2 - n 2n+1 =1- n+2 2n+1 , 从而Sn=2- n+2 2n ∴Tn= n2+2n 2 -Sn=n 2+n-2+ n+2 2n . D C A B d 18.解:(1)因为AB→·AC→=-1,得bccos A=-1①, 又因为△ABC 的面积为 2,所以有 1 2bcsin A= 2②, 显然cos A≠0,由①②得tanA= sin A cos A=-22 , 所以cos A=- 1 3 ,sin A= 22 3 ,代入bccos A=-1得bc=3, 在△ABC 中,因为b2+c2-a2=2bccos A,a=22, 所以b2+c2=6,得b+c= b2+c2+2bc=23, 所以△ABC 的周长为23+22. (2)因为D 为AC 边上的中点,所以S△ABD= 1 2× 1 2bcsin A= 2 2 , 因为BD→=AD→-AB→, 所以BD→2= AD→-AB→ 2=AD→2-2AD→·AB→+AB→2=c2+ 1 4b 2+1, 因为c2+ 1 4b 2≥2 c2· 1 4b 2=bc=3,当且仅当c= 1 2b= 6 2 时取等号, 所以BD2=c2+ 1 4b 2+1≥4. 设点A 到直线BD 距离为d, 因为S△ABD= 2 2= 1 2BD ·d,所以d= 2 BD≤ 2 2 , 即点A 到直线BD 距离的最大值为 2 2. 19.思路分析:(1)若选①,则作PA'⊥面ABCD,证明A'和A 重合从而得到PA⊥面ABCD,从 而得到面面垂直;若选②,计算得到P 到面ABD 的距离h=1=PA,得到PA⊥面ABCD,从 而得到面面垂直;若选③,通过余弦定理计算得到PA⊥AB,再通过PA⊥面ABCD,从而得 到面面垂直; (2)通过建立空间直角坐标系,求出两个平面的法向量,结合二面角计算公式计算即可; (3)通过点面距离的计算公式直接计算即可. P Q A′ C A B D 解:(1)选①,连接BD,作PA'⊥平面ABCD,垂足为A'. ∵BP,DP 与平面ABCD 所成角相等, ∴A'B=A'D, ∴A'在BD 的中垂线AC 上, ∵在平面PACQ 内,PA'⊥AC,PA⊥AC, —57— ∴A'和A 重合, ∴PA⊥平面ABCD, 又PA⊂平面PACQ, ∴平面PACQ⊥平面ABCD 若选②,设P 到平面ABD 的距离为h, ∵VP-ABD= 1 3S△ABD ·h= 1 3× 3 ·h= 3 3 ,得h=1=PA, ∴PA 即为P 到平面ABD 的距离,即PA⊥平面ABCD, 又PA⊂平面PACQ, ∴平面PACQ⊥面ABCD. 若选③,由余弦定理得,cos∠BPA= PB2+PA2-AB2 2PB·PA = 5 5 , ∴BP= 5,∴BP2=AP2+AB2 ∴PA⊥AB,又PA⊥AC,AC∩AB=A,AC,AB⊂平面ABCD ∴PA⊥平面ABCD, 又PA⊂平面PACQ ∴平面PACQ⊥平面ABCD (2)AC,BD 交于点O,因为PA⊥平面ABCD,OB,OC⊂平面ABCD, 所以PA⊥OB,PA⊥OC, 取PQ 中点G,则OG∥PA, 所以OG⊥OB,OG⊥OC,又因为OB⊥OC, P Q O C A B D G y x z所以建立如图所示空间直角坐标系, ∵B(3,0,0),P(0,-1,1),D(- 3,0,0),Q(0,1,1), ∴BQ→=(- 3,1,1),BP→=(- 3,-1,1),DQ→=(3,1,1),DP→= (3,-1,1), 设平面BPQ 的一个法向量为m=(x,y,z), 则 m·BP→=0, m·BQ→=0, 即 - 3x-y+z=0,- 3x+y+z=0, 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 令x= 3,则y=0,z=3,∴m=(3,0,3), 设平面DPQ 的一个法向量为n=(x1,y1,z1), 则 n·DP→=0, n·DQ→=0, 即 3x1-y1+z1=0 , 3x1+y1+z1=0, 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 令x1= 3,则y1=0,z1=-3,∴n= 3,0,-3 , ∴cos<m,n>= m·n |m|·|n|= -6 23×23 =- 1 2 , ∵<m,n>∈[0,π],∴<m,n>= 2π 3 , 由图可知二面角B-PQ-D 是钝角, 所以二面角B-PQ-D 的大小为 2π 3. (3)∵C(0,1,0),Q(0,1,1), ∴CQ→=(0,0,1),∵平面BPQ 的一个法向量为m=(3,0,3), ∴点C 到平面BPQ 的距离d= |CQ→·m| |m| = 3 23 = 3 2. 20.思路分析:(1)设甲在“四人赛”中获得的分数为ξ,由题意确定ξ的可能取值,求出每个值对应 的概率,即可得答案. (2)确定随机变量X 的所有可能取值,求得每个值的对应概率,可得分布列,即可求得数学期 望. 解:(1)设甲在“四人赛”中获得的分数为ξ,则甲在“四人赛”中累计得分不低于6分包含了 ξ=9或ξ=8或ξ=7或ξ=6. P(ξ=9)= 1 3 3 = 1 27 ; P(ξ=8)=C23 1 3 2 × 1 3= 1 9 ; P(ξ=7)=C13 1 3 3 +C13× 1 6× 1 3 2 = 1 6 ; P(ξ=6)=A33× 1 3× 1 3× 1 6+ 1 3 3 +C13× 1 6× 1 3 2 = 11 54 , 所以甲在“四人赛”中累计得分不低于6分的概率P1= 1 27+ 1 9+ 1 6+ 11 54= 14 27 , 故甲能进入“挑战答题”活动的概率P=P1× 2 3= 14 27× 2 3= 28 81. (2)随机变量X 的所有可能取值为2,3,4,5, P(X=2)= C33C27 C510 = 1 12 ;P(X=3)= C23C37 C510 = 5 12 ; P(X=4)= C13C47 C510 = 5 12 ;P(X=5)= C57 C510 = 1 12. 所以X 的分布列如下表所示: X 2 3 4 5 P 112 5 12 5 12 1 12 所以E(X)=2× 1 12+3× 5 12+4× 5 12+5× 1 12= 7 2. —67— 21.解:思路分析:(1)根据垂直平分线的性质可知|PQ|=|QN|,可得|QN|+|QC|=4>|CN |,满足椭圆定义,由此可求得Q 点轨迹方程. (2)设A(x1,y1),B(x2,y2),x1,x2∈(0,2),分别求出|AC|,|BC|,再根据AB⊥OM,利用 勾股定理分别求出|AM|,|BM|,即可得出结论. CN O Q P K y x 解:(1)由题意得:圆C:(x-1)2+y2=16,则圆心C(1,0),半径r=4, 设PN 中点为K,则QK 为线段PN 的垂直平分线,则|PQ|=|QN|, 所以|QN|+|QC|=|QP|+|QC|=r=4>|NC|=2, 所以Q 点轨迹是以C,N 为焦点,长轴长为4的椭圆, 即a=2,c=1,则b2=a2-c2=3, 所以Q 点轨迹方程为: x2 4+ y2 3=1 ; C A y O M xB (2)设A(x1,y1),B(x2,y2),由题意可得x1,x2∈(0,2),则 x21 4+ y21 3 =1, x22 4+ y22 3=1 ,故y21=3- 3x21 4 ,y22=3- 3x22 4 , 故|AC|= (x1-1)2+y21= x21-2x1+1+3- 3 4x 2 1= 1 4 (4-x1)2= 2- 1 2x1 , 同理可得|BC|=2- 1 2x2 , 因为AB⊥OM,|OM|= 3, 所以|AM|= |OA|2-|OM|2= x21+y21-3= x21+3- 3 4x 2 1-3= 1 2x1 , 同理可得|BM|= 1 2x2 , 所以|AB|+|AC|+|BC|=|AM|+|BM|+|AC|+|BC| = 1 2x1+ 1 2x2+2- 1 2x1+2- 1 2x2=4 , 即△ABC 的周长为定值4. 22.解:(1)f(x)的定义域为(-1,+∞),f'(x)=1- a x+1= x+1-a x+1 ①若a≤0,当x∈(-1,+∞)时,f'(x)>0,所以f(x)在(-1,+∞)上单调递增; ②若a>0,当x∈(-1,a-1)时,f'(x)<0;当x∈(a-1,+∞)时,f'(x)>0, 所以f(x)在(-1,a-1)上单调递减,在(a-1,+∞)上单调递增. 综上所述,a≤0时,f(x)在(-1,+∞)上单调递增; a>0时,f(x)在(-1,a-1)上单调递减,在(a-1,+∞)上单调递增. (2)当a=1时,由(1)知f(x)在(-1,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,f(x)≥f(0)= 0-ln 1=0,即证f(x)≥0. (3)由(2)知当a=1且x∈(0,+∞)时,x-ln(1+x)>0, 对于任意正整数n,令x= 1 n 得1 n>ln 1+ 1 n , 所以1 n + 1 n+1+ 1 n+2+ … + 1 4n>ln 1+ 1 n +ln 1+ 1n+1 +ln 1+ 1n+2 + … + ln 1+ 1 4n =ln n+1 n +ln n+2 n+1+ln n+3 n+2+ …+ln 4n+1 4n =ln n+1 n × n+2 n+1× n+3 n+2× …× 4n+1 4n >ln n+1 n × n+2 n+1× n+3 n+2× …× 4n 4n-1=ln 4n n =2ln 2. 即证:1 n+ 1 n+1+ 1 n+2+ …+ 1 4n-1+ 1 4n>2ln 2. 2024年普通高等学校招生新课标全国卷重组卷(八) 1.C 思路分析:解不等式求出集合A,再由并集概念求解即可得出结果. 解析:对于集合A,由4x-x2>0,解得0<x<4,又∵x∈Z,∴A={x∈Z|4x-x2>0}={1, 2,3}.又∵A∪B={1,2,3,4,5},∴满足条件的集合B 可能为{4,5},{1,4,5},{2,4,5},{3,4, 5},{1,2,4,5},{1,3,4,5},{2,3,4,5},{1,2,3,4,5},共8个.故选C. 2.D 思路分析:由复数z1,z2 对应的点分别求出z1,z2,代入 z2 z1 化简计算,进而可得z2 z1 的虚部. 解析:复数z1,z2 对应的点分别是(2,-1),(1,-3),则z1=2-i,z2=1-3i, z2 z1 = 1-3i 2-i= (1-3i)(2+i) (2-i)(2+i)= 5-5i 5 =1-i ,其虚部为-1.故选D. 3.C 解析:将直线2x-y-3=0化为4x-2y-6=0,则直线2x-y-3=0与直线4x-2y+ a=0之间的距离d= |a-(-6)| 16+4 = |a+6| 25 ,根据题意可得:|a+6| 25 = 5,即|a+6|=10,解得 a=4或a=-16,所以a 的值为a=4或a=-16.故选C. 4.A 思路分析:根据题意求出圆锥高及母线,再由圆锥、圆柱的侧面积公式求解. 解析:设圆锥的高为h,则圆柱高8h,由题意,8h+2h=10,解得h=1,又圆柱底面半径r=4, 所以圆锥母线l= 12+42= 17,所以S=2πrl+2πr·8h=(64+8 17)π(m2).故选A. 5.A 思路分析:构造直角三角形,勾股定理求圆O 的半径,得到OA,余弦定理求cos∠AOB,利 用向量数量积公式求OA→·OB→. C O A BD 解析:若AB=2,则圆弧AC、BC 的半径为2,设圆O 的半径为r,则OA= 2-r,过O 作OD⊥AB,则OD=r,AD=1,Rt△ODA 中,OA2=OD2+ AD2,即(2-r)2=r2+1,解得r= 3 4 ,则有OA= 5 4 ,△AOB 中,由余弦定理 —77—