新课标全国卷重组卷(八)-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(八) 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·长沙市实验中学高三模拟考试(三))若集合A={x∈Z|4x-x2>0},则满足A∪B= {1,2,3,4,5}的集合B 的个数为 ( ) A.2 B.4 C.8 D.16 2.(2023·沈阳市高中三年级教学质量监测(三))在复平面内,复数z1,z2 对应的点分别是(2, -1),(1,-3),则 z2 z1 的虚部是 ( ) A.i B.-i C.1 D.-1 3.(2023·安徽黄山屯溪一中校考模拟预测)若直线2x-y-3=0与4x-2y+a=0之间的距离 为 5,则a 的值为 ( ) A.4 B.5-6 C.4或-16 D.8或-16 4.(2023·山西省省际名校高三押题联考(三))粮食是关系国计民生和国家 经济安全的重要战略物资,也是人民群众最基本的生活资料,粮食安全是 “国之大者”.某农场的粮仓中间部分可近似看作是圆柱,圆柱的底面半径 为4 m,上下两部分可以近似看作是完全相同的圆锥,圆柱的高是圆锥高 的8倍,且这两个圆锥的顶点相距10 m,制作该粮仓至少需要材料(材料 厚度忽略不计) ( ) A.(64π+8 17π)m2 B.(64π+4 17π)m2 C.(128π+8 17π)m2 D.(128π+4 17π)m2 C O A BD 5.(2023·江淮十校高三联考)哥特式建筑是1140年左右产生于法国的欧洲 建筑风格,它的特点是尖塔高耸、尖形拱门、大窗户及绘有故事的花窗玻 璃,如图所示的几何图形,在哥特式建筑的尖形拱门与大窗户中较为常见, 它是由线段AB 和两个圆弧AC、BC 围成,其中一个圆弧的圆心为A,另一 个圆弧的圆心为B,圆O 与线段AB 及两个圆弧均相切,若AB=2,则OA→ ·OB→= ( ) A.- 7 16 B.- 2 7 C.- 4 3 D.- 4 7    O x y    ?? 6.(2023·曲靖市高三年级第二次教学质量监测)已 知 函 数 f(x)= Acos(ωx+φ)A>0,ω>0,|φ|< π 2 ,将函数f(x)的图象向左平移3π4个 单位长度,得到函数g(x)的部分图象如图所示,则g π 3 = ( ) A. 1 2 B. 3 2 C.- 1 2 D.- 3 2 7.(2023·重庆一中)已知函数f(x)= (x+1)2,x≤0, |lg x|,x>0, 若函数g(x)=f(x)-b有四个不同的 零点,则实数b的取值范围为 ( ) A.(0,1] B.[0,1] C.(0,1) D.(1,+∞) 8.(2023·太原市高三年级模拟考试(一))算盘是中国传统的计算工 具,其形长方,周为木框,内贯直柱,俗称“档”,档中横以梁,梁上两 珠,每珠作数五,梁下五珠,每珠作数一,算珠梁上部分叫上珠,梁 下部分叫下珠,例如,在百位档拨一颗下珠,十位档拨一颗上珠和 两颗下珠,则表示数字170,若在个、十、百、千位档中,先随机选择一档拨一颗上珠,再随机选择 两个档位各拨一颗下珠,则所拨数字大于200的概率为 ( ) A. 1 2 B. 2 3 C. 3 4 D. 5 6 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·运城市高三第三次模拟调研测试)已知某校高二男生的身高X(单位:cm)服从正态分 布N(175,16),且P(μ-2σ<X≤μ+2σ)=0.9544,则 ( ) A.该校高二男生的平均身高是175 cm B.该校高二男生身高的方差为4 C.该校高二男生中身高超过183 cm的人数超过总数的3% D.从该校高二男生中任选一人,身高超过180 cm的概率与身高不超过170 cm的概率相等 10.(2023·沈阳市高中三年级教学质量监测(三))已知空间中的两条直线m,n 和两个平面α,β, 则α⊥β的充分条件是 ( ) A.m⊥α,m∥β B.m⊂α,n⊂β,m⊥n C.m⊂α,m∥n,n⊥β D.m⊥n,m⊥α,n⊥β 11.(2023·运城市高三第三次模拟调研测试)已知函数f(x)=e2x-2ex-12x,则下列说法正确 的是 ( ) A.曲线y=f(x)在x=0处的切线与直线x+12y=0垂直 B.f(x)在(2,+∞)上单调递增 C.f(x)的极小值为3-12ln 3 D.f(x)在[-2,1]上的最小值为3-12ln 3 12.(2023·广东省六校第六次联考)已知椭圆C: x2 m+ y2 1-m=1 的焦点在x 轴上,且F1,F2 分别 为椭圆C 的左、右焦点,P 为椭圆C 上一点,则下列结论正确的是 ( ) A. 1 2<m<1 B.C 的离心率为 1 m C.存在m,使得∠F1PF2=90° D.△F1PF2 面积的最大值为 2 4 —92— 三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分. 13.(2023·曲靖市高三年级第二次教学质量监测)(y-2)(x-3)4 的展开式中含x3y 项的系数 为 . 14.(2023·广东深圳中学校联考模拟预测)已知点 M 为抛物线y2=2x 上的动点,点 N 为圆x2 +(y-4)2=5上的动点,则点 M 到y 轴的距离与点 M 到点 N 的距离之和最小值为 . 15.(2023·四川成都石室中学校考模拟预测)在△ABC 中,角A、B、C 的对边分别为a、b、c,若 acos C-ccos A=b-c,且a+c=1,则当边c取得最大值时,△ABC 的周长为 . 16.(2022·江苏常熟市中学高三阶段练习)意大利数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时发现 了数列1,1,2,3,5,8,13,…,数列中的每一项被称为斐波那契数,用符号F(n)表示(n∈ N*),已知F(1)=1,F(2)=1,F(n)=F(n-1)+F(n-2)(n≥3). (1)若F2(5)+F2(6)=F(n),则n= ; (2)若F(2 022)=a,则F(1)+F(2)+…+F(2 020)= . 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·沈阳二中下学期第三次模拟考试)已知等差数列{an},{bn}公差分别为d1,d2,d1- d2=1,a2-b2=1,an+bn=7n-1. (1)求数列{an},{bn}的通项公式an,bn; (2)求(1,100)中既在数列{an}中,又在数列{bn}中的所有数之和. 18.(2023·太原市高三年级模拟考试(一))如图,四棱锥P-ABCD 中,AB∥CD,AB⊥AD,且 AB=AD=2CD=4,PA=2,∠PAB=60°,直线PA 与平面ABCD 的所成角为30°,E,F 分 别是BC 和PD 的中点. (1)证明:EF∥平面PAB; (2)求平面PAB 与平面PAD 夹角的余弦值. C A B E P F D —03— 19.(2023·重庆市沙坪坝区烛光教育培训学校高三上学期12月月考数学试题)记△ABC 的内 角A,B,C 的对边分别为a,b,c,已知 2acos A c =cos B+ sin B tan C. (1)求角A 的大小; (2)若点D 在边BC 上,AD=3,且BD=3DC,求△ABC 面积的最大值. 20.(2023·曲靖市高三年级第二次教学质量监测)阅读对人的成长影响是巨大的,一个人的精神 发展史,在一定意义上就是他本人的阅读史,而一个民族的精神境界,在很大程度上取决于全 民族的阅读水平,为了倡导全民阅读,1995年,联合国教科文组织宣布,每年的4月23日为 “世界读书日”,在今年的“世界读书日”来临之际,某书店为了了解市民阅读情况,在某小区随 机抽取了40名居民,将他们的年龄分成7段:[10,20)、[20,30)、[30,40)、[40,50)、[50,60)、 [60,70)、[70,80],得到如图所示的频率分布直方图. 3C 






 TO      M( (1)求这40名居民中年龄不低于70岁的人数; (2)①若从样本中年龄在40岁及以上的居民中任取4名赠送图书,求这4名居民中至少有1 人年龄不低于70岁的概率; ②该书店采用抽奖方式来提升购书意愿,将某特定书籍售价提高10元,且允许购买此特定书 籍的居民抽奖3次.规定中奖1次、2次、3次分别奖现金x 元、2x 元、3x 元,且居民每次中奖 的概率均为1 5. 若要使抽奖方案对该书店有利,则奖金x 最高可定为多少元? (结果精确到个 位数) —13— 21.(2023·江淮十校高三联考)已知点F(0,1),动点M 在直线l:y=-1上,过点M 且垂直于x 轴的直线与线段 MF 的垂直平分线交于点P,记点P 的轨迹为曲线C. (1)求曲线C 的标准方程; (2)过F 的直线与曲线C 交于A,B 两点,直线OA,OB 与圆x2+y2-2y=0的另一个交点 分别为D,E,求△DOE 与△AOB 面积之比的最大值. 22.(2023·安徽省合肥市第七中学高三下学期第三次质量检测)若对任意的实数k,b,函数y= f(x)+kx+b与直线y=kx+b总相切,则称函数f(x)为“恒切函数”. (1)判断函数f(x)=x3 是否为“恒切函数”; (2)若函数f(x)= 1 2 (ex-x-1)ex+m 是“恒切函数”,求证:- 1 8<m≤0. —23— 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— 得cos∠AOB= AO2+BO2-AB2 2AO·BO = 5 4 2 + 54 2 -22 2× 5 4× 5 4 =- 7 25 ,∴OA→·OB→=|OA→|·|OB→| cos∠AOB= 54 2 - 7 25 =-716.故选A. 6.B 思路分析:由图象分析得A=1, 3 4T= π 6- - 7π 12 ,再代入点 π6,0 平移后即可得g(x)解 析式,即可求得答案. 解析:由题意可知,g(x)=Acosωx+ω 3π 4+φ ,由图象知,A=1,34T=π6- -7π12 =3π4,解 得T=π,所以ω= 2π T=2 ;代入增区间上的零点 π 6 ,0 后可得:cosπ3+3π2+φ =0,所以π3+ 3π 2+φ=- π 2+2kπ (k∈Z),所以φ=- 7π 3+2kπ (k∈Z),因为 φ < π 2 ,所以φ=- π 3 ,即 g(x)=cos2x+ 7π 6 ,所以g π3 = 32,故选B. 7.A 解析:依题意,函数g(x)=f(x)-b有四个不同的零点,即f(x)=b有四个解,转化为函 数y=f(x)与y=b的图象有四个交点,由函数函数y=f(x)可知,当x∈(-∞,-1)时,函 数为单调递减函数,y∈[0,+∞);当x∈(-1,0]时,函数为单调递增函数,y∈(0,1];当x∈ (0,1)时,函数为单调递减函数,y∈(0,+∞);当x∈[1,+∞)时,函数为单调递增函数,y∈ [0,+∞);结合图象,可知实数b的取值范围为(0,1].故选A. 



























       yb yf x y O x 8.C 思路分析:根据题意得到总的可能的情况,再分上珠拨的是千位档或百位档和上珠拨的是 个位档或十位档进行分类,得到符合要求的情况,从而得到符合要求的概率. 解析:依题意得所拨数字共有C14C24=24种可能.要使所拨数字大于200,则:若上珠拨的是千 位档或百位档,则所拨数字一定大于200,有C12C24=12种;若上珠拨的是个位档或十位档,则 下珠一定要拨千位,再从个、十、百里选一个下珠,有C12C13=6种,则所拨数字大于200的概率 为12+6 24 = 3 4 ,故选C. 9.AD 思路分析:根据正态分布的定义和对称性知 AD正确,B错误,再计算概率得到 P= 1-0.9544 2 <0.03 ,C错误,得到答案. 解析:对选项A:在N(μ,σ2)中,μ 为平均数,正确;对选项B:方差为σ2=16,错误;对选项C: 183=μ+2σ,则身高超过183 cm的概率P= 1-0.9544 2 <0.03 ,错误;对选项D:正态曲线关于 直线X=175对称,所以身高超过180 cm的概率与身高不超过170 cm的概率相等,正确;故 选AD. 10.ACD 思路分析:根据线面垂直或平行关系,代入分析讨论求证即可. 解析:对于选项A,m∥β,则有l⊂β,l∥m,因为m⊥α,所以l⊥α,又l⊂β,所以α⊥β,即条件 “m⊥α,m∥β”能够得到α⊥β,所以选项A是α⊥β的充分条件;对于选项B,m⊂α,n⊂β,m⊥ n 不一定能够得出结论α⊥β,β,α 也可能相交或平行,因此该选项错误;对于选项C,n⊥β, m∥n,所以m⊥β,又因为m⊂α,所以α⊥β,因此该选项正确;对于选项D,因为m⊥n,m⊥α, 所以n∥α,或n⊂α,又因为n⊥β,所以α⊥β.故选ACD. 11.BC 思路分析:求出函数的导函数,求出f'(0),即可判断A,求出函数的单调区间,即可判断B、C、 D. 解析:因为f(x)=e2x-2ex-12x,所以f'(x)=2e2x-2ex-12=2(ex-3)(ex+2),所以 f'(0)=-12,故A错误;令f'(x)=2e2x-2ex-12=2(ex-3)(ex+2)f'(x)>0,解得x> ln 3,所以f(x)的单调递增区间为(ln 3,+∞),而(2,+∞)⊆(ln 3,+∞),所以f(x)在 (2,+∞)上单调递增,故B正确;当x<ln 3时f'(x)<0,所以f(x)的单调递减区间为 (-∞,ln 3),所以f(x)的极小值为f(ln 3)=3-12ln 3,故C正确;f(x)在[-2,1]上单调 递减,所以最小值为f(1)=e2-2e-12,故D错误.故选BC. 12.ACD 思路分析:A选项,根据焦点在x 轴上,列出不等式,求出答案;B选项,求出c2=2m- 1,进而求出离心率;C选项,写出以F1F2 为直径的圆的方程,联立椭圆方程,得到当 2 3≤m< 1时,方 程 有 解,故 C 正 确;D 选 项,由 几 何 性 质 得 到 当 P 点 位 于 上 顶 点 或 下 顶 点 时, △F1PF2 面积取得最大值,表达出最大面积,配方后求出最值. 解析:A选项,椭圆C: x2 m+ y2 1-m=1 的焦点在x 轴上,故m>1-m>0,解得 1 2<m<1 ,A正 确;B选项,设 F1(-c,0),F2(c,0),则c2=m-(1-m)=2m-1,故 C 的离心率为 2m-1 m = 2- 1 m ,B错误;C选项,以F1F2 为直径的圆的方程为x2+y2=2m-1,与椭圆 C: x2 m+ y2 1-m=1 联立得,x 2 m+ 2m-1-x2 1-m =1 ,整理得(1-2m)x2=2m-3m2,因为 1 2<m< 1,所以x2= m(2-3m) 1-2m ,当2 3≤m<1 时,2-3m≤0,1-2m<0,故x2= m(2-3m) 1-2m ≥0 ,满足 要求,故存在m,使得∠F1PF2=90°,C正确;D选项,因为|F1F2|=2 2m-1,故当P 点位 于上顶点或下顶点时,△F1PF2 面积取得最大值,故最大面积为 1 2|F1F2| · 1-m = 2m-1· 1-m = -2m2+3m-1= -2m- 3 4 2 + 1 8 ,因为1 2<m<1 ,所以当 m= —87— 3 4 时,△F1PF2 面积取得最大值,最大值为 2 4 ,D正确.故选ACD. 13.-12 思路分析:利用乘法分配律得到(y-2)(x-3)4=y(x-3)4-2(x-3)4,则x3y 来自 于y(x-3)4 的展开式,根据二项式定理即可求解. 解析:(y-2)(x-3)4=y(x-3)4-2(x-3)4,y(x-3)4 的展开式中x3y 项为:y·C34x3· (-3)=-12x3y,-2(x-3)4 的展开式中没有x3y 项,故(y-2)(x-3)4 的展开式中含x3y 项的系数为-12.故答案为-12. 14. 65-25-1 2 思路分析:利用抛物线的定义可得点 M 到y 轴的距离即为点M 到焦点F 的 距离减去 1 2 ,进而利用圆的性质即得. 解析:由题可知,抛物线y2=2x 的准线方程为x=- 1 2 ,焦点坐标为F( 1 2 ,0),由抛物线的定 义可知点 M 到y 轴的距离即为|MF|- 1 2 ,圆x2+(y-4)2=5的圆心坐标为E(0,4),半径 为R= 5,故点M 到y 轴的距离与点M 到点N 的距离之和为|MF|+|MN|- 1 2 ,根据圆的 性质可知点 M 到y 轴的距离与点M 到点N 的距离之和的最小值为|EF|-R- 1 2= 65 2 - 5- 1 2= 65-25-1 2 . 故答案为 65-25-1 2 . 15.3- 3 解析:因为acos C-ccos A=b-c,由正弦定理可得sin Acos C-cos Asin C=sin B -sin C,即sin Acos C-cos Asin C=sin(A+C)-sin C=sin Acos C+cos Asin C-sin C, 整理可得2cos Asin C=sin C,因为A、C∈(0,π),所以,sin C>0,则cos A= 1 2 ,故A= π 3 ,由 正弦定理可得 c sin C= a sin A= 1-c 3 2 = 23 3 (1-c),整理可得c= 23 3sin C 1+ 23 3sin C = 2sin C 3+2sin C = 2 3 sin C+2 ,因为0<C< 2π 3 ,当C= π 2 时,c取最大值,且c的最大值为 2 2+ 3 =4-23,此时, a=1-c=1-(4-23)=23-3,B= π 6 ,所以,b= c 2=2- 3 ,因此,当边c取得最大值时, △ABC 的周长为a+b+c=23-3 +2- 3 +4-23 =3- 3.故答案为3- 3. 16.11 a-1 解析:(1)F2(5)+F2(6)=52+82=89=a11,∴n=11;(2)F(1)+F(2)+…+ F(2 020)=[F(3)-F(2)]+[F(4)-F(3)]+…+[F(2 022)-F(2 021)]=F(2 022)- F(2)=a-1.故答案为:(1)11;(2)a-1. 17.思路分析:(1)利用已知求出a2=7,b2=6,d1=4,d2=3,再利用等差数列的通项即得解; (2)设an=bm,m,n∈N*,得到m= 4n 3-1 ,设{cn}是由数列{an},{bn}的公共项组成的数列, 则{cn}为首项为3,公差为12的等差数列,即得解. 解:(1)由an+bn=7n-1,可得a2+b2=13,联立a2-b2=1,可得a2=7,b2=6①, 令n=1,可得a1+b1=6,与a2+b2=13联立,可得d1+d2=7,与d1-d2=1 联立得d1=4,d2=3②. 由①②得:an=7+(n-2)×4=4n-1,bn=6+(n-2)×3=3n. (2)设an=bm,m,n∈N*,则4n-1=3m,m,n∈N*,得m= 4n-1 3 , 由m,n∈N*,可得m=3k,k∈N*, 所以n={1,4,7,10,…},即an={a1,a4,a7,a10,…}, 设{cn}是由数列{an},{bn}的公共项组成的数列, 则{cn}为首项为3,公差为12的等差数列,且ck=12k-9. {cn}在(1,100)中有c1=3,c2=15,…,c9=99, 所以{cn}的前8项和为S= 9×(3+99) 2 =459. 18.思路分析:(1)取AD 的中点G,连接EG,FG,通过证明平面GEF∥平面PAB,可得EF∥平 面PAB. (2)点A 为原点,AB,AD 所在的直线分别为x 轴,y 轴,建立如图所示的空间直角坐标系.由 PA=2,∠PAB=60°,直线PA 与平面ABCD 的所成角为30°,可得P 坐标,后利用向量法可 得平面PAB 与平面PAD 夹角的余弦值. 解:(1)取AD 的中点G,连接EG,FG, ∵F 是PD 的中点,∴GF∥AP, ∵AP⊂平面PAB,FG⊄平面PAB, ∴GF∥平面PAB, 同理可得GE∥平面PAB, ∵GE∩GF=G,GE⊂平面GEF,GF⊂平面GEF, ∴平面GEF∥平面PAB,∵EF⊂平面GEF,∴EF∥平面PAB; C E x G F y P z A B D (2)以点A 为原点,AB,AD 所在的直线分别为x 轴,y 轴,建立如图 所示的空间直角坐标系. 由题意可得A(0,0,0),B(4,0,0),D(0,4,0),C(2,4,0), AB→=(4,0,0),AD→=(0,4,0). 设P(x,y,z),因PA=2,直线PA 与平面ABCD 的所成角为30°, 则z=2sin 30°=1. 又因∠PAB=60°,则点P 的横坐标x=2cos 60°=1. —97— 又PA=2,则 12+y2+1=2,结合题图可知y= 2, 则P(1,2,1),AP→=(1,2,1). 设m=(x1,y1,z1)是平面PAB 的一个法向量,则 m·AB→=4x1=0, m·AP→=x1+ 2y1+z1=0, 令y1=1,则z1=- 2,m=(0,1,- 2). 设n=(x2,y2,z2)是平面PAD 的一个法向量,则 n·AD→=4y2=0, n·AP→=x2+ 2y2+z2=0, 令x1=1,则z1=-1,n=(1,0,-1). 又因两平面夹角范围为 0, π 2 􀭠 􀭡 􀪁 􀪁􀪁 􀭤 􀭥 􀪁 􀪁􀪁 ,设平面PAB 与平面PAD 的夹角为θ, cos θ=|cos<m,n>|= m ·n |m||n| = 2 3× 2 = 3 3 , ∴平面PAB 与平面PAD 夹角的余弦值为 3 3. 19.思路分析:(1)结合三角恒等变换、正弦定理等知识求得cos A,进而求得A 的大小. (2)由AD→= 1 4AB →+ 3 4AC → 两边平方,化简后利用基本不等式求得bc 的最大值,进而求得 △ABC 面积的最大值. 解:(1)由已知,得2acos A=ccos B+ csin B tan C , 根据正弦定理,得2sin Acos A=sin Ccos B+ sin Csin B tan C =sin Ccos B+cos Csin B, 即2sin Acos A=sin(B+C)=sin A, 由于0<A<π,sin A>0,所以cos A= 1 2>0 ,A 为锐角,所以A= π 3. (2)由BD=3DC,得BD→=3DC→,则AD→-AB→=3(AC→-AD→), 所以AD→= 1 4AB →+ 3 4AC →, 所以,AD→2= 14AB →+ 3 4AC → 2 = 1 16AB →2+ 6 16AB →·AC→+ 9 16AC →2, 则9×16=c2+6bccos π 3+9b 2=c2+3bc+9b2≥2c2·9b2+3bc=9bc, 所以bc≤16,当且仅当 c2=9b2, bc=16, 即b=433,c=43时等号成立, 所以S△ABC= 1 2bcsin π 3≤ 1 2×16× 3 2=43. 即△ABC 面积的最大值为43. 20.思路分析:(1)根据频率、频数、样本容量的关系求解即可; (2)①分析可得40岁以上的居民共有14名,年龄不低于70岁的居民有2名,再结合计数原 理、古典概率公式求解即可; ②设居民三次抽奖所获得的奖金总额为随机变量ξ,其所有可能取值为:0,x,2x,3x,求出随 机变量ξ在不同取值下的概率,求出Eξ ,根据题意得Eξ <10,由此即可求解. 解:(1)由频率分布直方图得, 40名居民中年龄不低于70岁的人数共有40×(0.005×10)=2名. (2)①由频率分布直方图知,40岁以上的居民共有40×[(0.015+0.010+0.005+0.005)× 10]=14名, 年龄不低于70岁的居民有2名,记事件A 为“这4名群众至少有1人年龄不低于70岁”,则 P(A)=1- C412 C414 =1- 45 91= 46 91. ②设居民三次抽奖所获得的奖金总额为随机变量ξ,其所有可能取值为:0,x,2x,3x. 由题意得P(ξ=0)=1- 1 5 3 = 64 125 ,P(ξ=x)=C13· 1 51- 1 5 2 = 48 125 , P(ξ=2x)=C23· 1 5 2 ·4 5= 12 125 ,P(ξ=3x)= 1 5 3 = 1 125 , 故居民在三次抽奖中获得的奖金总额的期望值为: E(ξ)=x· 48 125+2x ·12 125+3x · 1 125= 75x 125= 3x 5 , 由题意得3x 5<10 ,即x< 50 3 ,而16< 50 3<17 , 所以x 最高定为16元时,才能使得抽奖方案对该书店有利. 21.思路分析:(1)利用抛物线定义即可求得曲线C 的标准方程; (2)先求得 S△DOE S△AOB 的表达式,再利用均值定理即可求得其最大值. 解:(1)过点 M 且垂直于x 轴的直线与线段MF 的垂直平分线交于点P, 则|PM|=|PF|,则点P 到直线y=-1和定点F(0,1)距离相等, 则P 的轨迹为以F(0,1)为焦点以直线y=-1为准线的抛物线, 则曲线C 的方程为:x2=4y (2)设A,B,D,E 坐标分别为A(x1,y1),B(x2,y2),D(x3,y3),E(x4,y4), A B xO y F ED 因为 S△DOE S△AOB = |OD|·|OE| |OA|·|OB|= |x3x4| |x1x2| , 令直线lOA:y=k1x,k1= y1 x1 ,lOB:y=k2x,k2= y2 x2 , 由 x2+y2-2y=0, y=k1x 得:x3= 2k11+k21, —08— 由 x2+y2-2y=0, y=k2x 得:x4= 2k21+k22, 所以 |x3x4| |x1x2| = 4k1k2 x1x2(1+k21)(1+k22) , 令lAB:y=kx+1,与x2=4y 联立得:x2-4kx-4=0, 所以,x1x2=-4,x1+x2=4k,则y1y2=1, 所以k1k2= y1y2 x1x2 =- 1 4 ,代入得:|x3x4| |x1x2| = 1 17 4+4 (k21+k22) , 又因为k21+k22≥2|k1k2|= 1 2 , 所以 |x3x4| |x1x2| = 1 17 4+4 (k21+k22) ≤ 4 25 ,当且仅当k1= 1 2 ,k2=- 1 2 时取等号 所以△DOE 与△AOB 面积之比的最大值为 4 25. 22.思路分析:(1)设函数f(x)的切点为(x0,y0),分析“恒切函数”的性质可得 f(x0)=0, f'(x0)=0 ,对于 函数f(x)=x3,则有 x30=0, 3x20=0, 解可得x0=0,即可得出结论. (2)设函数f(x)的切点为(x0,y0),分析可得 m=- 1 2 (ex0-x0-1)e x0, 2ex0=x0+2, 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁 􀪁 􀪁 设2ex=x+2,考查 2ex=x+2的解,综合即可得答案. 解:(1)根 据 题 意,若 函 数 f (x)=x3 为 “恒 切 函 数”,切 点 为 (x0,y0),则 f(x0)+kx0+b=kx0+b, f'(x0)+k=k, 即 f (x0)=0, f'(x0)=0, 对于函数f(x)=x3,f'(x)=3x2,所以 x30=0, 3x20=0, 解 得x0=0.因此,函数f(x)=x3 是“恒切函数”; (2)根据题意,函数f(x)= 1 2 (ex-x-1)ex+m 是“恒切函数”,设切点为(x0,y0), 由f(x)= 1 2 (ex-x-1)ex+m,可得f'(x)= 1 2 (2ex-x-2)ex, 则有 1 2 (ex0-x0-1)e x0+m=0, 1 2 (2ex0-x0-2)e x0=0, 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁􀪁 􀪁 􀪁􀪁 即 m=- 1 2 (ex0-x0-1)e x0, 2ex0=x0+2, 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁 􀪁 􀪁 考查方程2ex=x+2的解, 设g(x)=2ex-x-2,因为g'(x)=2ex-1,令g'(x)=0,得x=-ln 2. 当x∈(-∞,-ln 2)时,g'(x)<0;当x∈(-ln 2,+∞)时,g'(x)>0. 所以,函数y=g(x)的单调递减区间为(-∞,-ln 2),单调递增区间为(-ln 2,+∞). 所以g(x)min=g(-ln 2)=ln 2-1<0. (ⅰ)当x∈(-∞,-ln 2)时,因为g(-2)= 2 e2 >0,g(-1)= 2 e-1<0 ,所以, 函数y=g(x)在区间(-∞,-ln 2)上存在唯一零点x0∈(-2,-1). 又因为m=- 1 2 (ex0-x0-1)e x0= 1 8x0 (x0+2)= 1 8 (x0+1)2- 1 8∈ - 1 8 ,0 ; (ⅱ)当x∈(-ln 2,+∞)时,因为g(0)=0,所以函数y=g(x)在区间(-ln 2,+∞)上有唯 一零点,则m=0,综上所述,- 1 8<m≤0. 2024年普通高等学校招生新课标全国卷重组卷(九) 1.D 解析:因为A={x|x2-x-2<0}={x|-1<x<2},B={x||x|>1}={x|x<-1或 x>1},所以A∩B=(1,2),故选D. 2.C 思路分析:将(1+i)(1-bi)乘开后,利用两个复数相等的充要条件求出a,b,即可得到答 案. 解析:由(1+i)(1-bi)=a,得1+b+(1-b)i=a,所以 1+b=a, 1-b=0, 解得 a=2 , b=1, 所以ab=2.故选 C. 3.D 解析:设等差数列{an}的首项为a1,公差为d.∵a4=7,S5=20,∴ a1+3d=7, 5a1+10d=20, ∴ a1=-2, d=3, ∴an=-2+3(n-1),即an=3n-5∴a10=25,故选D. 4.C 思路分析:先求出a+2b 的坐标,然后根据向量数量积坐标运算公式求解即可 解析:因为a=(1,-2),b=(-3,4),所以a+2b=(1,-2)+2(-3,4)=(-5,6),因为c= (3,2),所以(a+2b)·c=-5×3+6×2=-3,故选C. 5.B 思路分析:先求出五个节目的全排列有A55 种情况,要求甲、乙、丙有两种固定的出场顺序, 则除以甲乙丙的全排列A33,再乘以固定的顺序种类即可得到结果. 解析:五个元素的全排列数为 A55,由于要求甲、乙、丙在排列中顺序为“甲、乙、丙”或“丙、乙、 甲”2种排法,所以满足条件的排法有 A55 A33 ×2=40.故选B. 6.A 思路分析:根据三角函数恒等变化化简可得cos A= 3 5 ,得sin A= 4 5 ,再根据正弦定理求得 sin B= 1 2 ,再分析可得角B 的大小. —18—