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2024 年高考考前逆袭卷（新高考新题型）01
数 学
（考试时间：120 分钟 试卷满分：150 分）
全国新高考卷的题型会有所调整，考试题型为 8（单选题）＋3（多选题）＋3（填
空题）＋5（解答题），其中最后一道试题是新高考地区新增加的题型，主要涉及集合、
数列，导数等模块，以解答题的方式进行考查。
预测 2024 年新高考地区数列极有可能出现在概率与统计大题中，而结构不良型题
型可能为集合或导数模块中的一个，出现在 19 题的可能性较大，难度中等偏上，例如
本卷第 19 题。
第 I 卷（选择题）
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
有一项是符合要求的。
1．已知样本数据 x1, x2 ,L , x100 的平均数和标准差均为 4，则数据 x1 1, x2 1,L , x100 1
的平均数与方差分别为（ ）
A． - 5,4 B． 5,16 C． 4,16 D． 4,4
r r r
2．已知向量 a 1,2 b 3 r r， ， a 2b 17 r，则向量 a在向量b 上的投影向量的模长
为（ ）
A．6 B 6 5．3 C．2 D．
5
3．已知在等比数列 an 中，2a2 a3 15，a2a3a4 729，则 Sn an （ ）
n 1 1A．2 3 2 B． 3n 1 12 C．2 3
n n D．5 3n 3
4．已知三棱锥 A BCD中， AB 6, AC 3, BC 3 3，三棱锥 A BCD的体积为
21 3 500
，其外接球的体积为 π，则线段CD 长度的最大值为（ ）
2 3
A．7 B．8 C．7 2 D．10
5．一个信息设备装有一排六只发光电子元件，每个电子元件被点亮时可发出红色光 蓝
色光 绿色光中的一种光.若每次恰有三个电子元件被点亮，但相邻的两个电子元件不能
同时被点亮，根据这三个被点亮的电子元件的不同位置以及发出的不同颜色的光来表示
不同的信息，则这排电子元件能表示的信息种数共有（ ）
A．60 种 B．68 种 C．82 种 D．108 种
1
6．已知 a 2 1.1 ，b log 1 ，c log 33 2 ，则（ ）4
A． a＜b＜c B． c＜b＜a C．b＜a＜c D．b＜c＜a
7．纯电动汽车是以车载电源为动力，用电机驱动车轮行驶，符合道路交通、安全法规
各项要求的车辆，它使用存储在电池中的电来发动．因其对环境影响较小，逐渐成为当
今世界的乘用车的发展方向．研究发现电池的容量随放电电流的大小而改变，1898 年
Peukert 提出铅酸电池的容量C 、放电时间 t 和放电电流 I 之间关系的经验公式：
C I t ，其中 为与蓄电池结构有关的常数（称为 Peukert 常数），在电池容量不变的
条件下，当放电电流为7.5A 时，放电时间为60h ；当放电电流为 25A 时，放电时间为15h ，
则该蓄电池的 Peukert 常数 约为（参考数据： lg 2 0.301， lg3 0.477 ）（ ）
A．1.12 B．1.13
C．1.14 D．1.15
x2 y28．已知双曲线C : 1(a 0,b 0) 2与抛物线C2 : y 2 px( p 0) ，抛物线C1 2 2 2 的准a b
线过双曲线C1的焦点F ，过点F 作双曲线C1的一条渐近线的垂线，垂足为点M ，延长
uuur uuur uuuur
FM 与抛物线C2 相交于点 N ，若ON 3OF 4OM ，则双曲线C1的离心率等于（ ）
A． 3 1 B 5 1． C． 2 D． 2 1
2
二、选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 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 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分．
9．在复平面内，下列说法正确的是（ ）
1 i
A．若复数 z （ i为虚数单位），则 z741 i 1
B．若复数 z 满足 z z ，则 z R
C．若 z1z2 0，则 z1 0或 z2 0
D．若复数 z 满足 z 1 z 1 2，则复数 z 对应点的集合是以坐标原点O为中心，
焦点在 x 轴上的椭圆
10．设直线系M : xcosm y sinn 1（其中 0，m，n 均为参数，0 2π ，
m,n 1,2 ），则下列命题中是真命题的是（ ）
A．当m 1， n 1时，存在一个圆与直线系 M 中所有直线都相切
B．存在 m，n，使直线系 M 中所有直线恒过定点，且不过第三象限
C．当m n 2时，坐标原点到直线系 M 中所有直线的距离最大值为 1，最小值为
2
D．当m 2 ， n 1时，若存在一点 A a，0 ，使其到直线系 M 中所有直线的距离不
小于 1，则 a 0
11．如图所示，一个圆锥 SO 的底面是一个半径为3的圆， AC 为直径，且
ASC 120 ，点 B 为圆O上一动点（异于A ，C 两点），则下列结论正确的是（ ）
π π
A． SAB 的取值范围是 , 6 2
π π
B．二面角 S BC A的平面角的取值范围是 ,
6 2
C．点A 到平面 SBC 的距离最大值为3
D．点M 为线段 SB 上的一动点，当 SA SB 时， AM MC 6
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 2．设集合 A x | x x 6 0 ，B {x | a x a}，若 A B ，则实数 a的取值范围
是 ．
13．已知三棱柱 ABC - A1B1C1 中，VABC 是边长为 2 的等边三角形，四边形 ABB1A1为菱
形， A1AB 60 ，平面 ABB1A1 平面 ABC ，M 为 AB 的中点， N 为BB1的中点，则三
棱锥C1 A1MN 的外接球的表面积为 .
a lnx2 lnx 114．已知对任意 x1, x2 0, ，且当 x1 x 12时，都有： 1 ，则 a的x2 x1 x1x2
取值范围是 .
四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．（13 分）在VABC 中，内角 A，B，C 所对的边分别 a，b，c，其中
a b 2,c 2b ，且 sin A 2 sin C .
(1)求 c 的值；
(2)求 tan A的值；
(3) 求cos 2A

的值.
4
16．（15 分）如图，在三棱锥P ABC 中，M 为 AC 边上的一点，
APC PMA 90 cos CAB 3， ， AB 2PC 6 ，PA 3 .
3
(1)证明： AC 平面PBM ；
(2)设点Q为边 PB的中点，试判断三棱锥P ACQ 的体积是否有最大值？如果有，请求
出最大值；如果没有，请说明理由.
17．（15 分）近年来，某大学为响应国家号召，大力推行全民健身运动，向全校学生开
放了 A, B两个健身中心，要求全校学生每周都必须利用课外时间去健身中心进行适当的
体育锻炼.
(1)该校学生甲 乙 丙三人某周均从 A, B两个健身中心中选择其中一个进行健身，若甲
1 1 2
乙 丙该周选择A 健身中心健身的概率分别为 , , ，求这三人中这一周恰好有一人选
2 3 3
择A 健身中心健身的概率；
(2)该校学生丁每周六 日均去健身中心进行体育锻炼，且这两天中每天只选择两个健身
1
中心的其中一个，其中周六选择A 健身中心的概率为 2 .若丁周六选择A 健身中心，则
1
周日仍选择A 健身中心的概率为 ；若周六选择 B 健身中心，则周日选择A 健身中心的
4
2
概率为 3 .求丁周日选择 B 健身中心健身的概率；
(3)现用健身指数 k k 0,10 来衡量各学生在一个月的健身运动后的健身效果，并规定
k 值低于 1 分的学生为健身效果不佳的学生，经统计发现从全校学生中随机抽取一人，
其 k 值低于 1 分的概率为 0.12.现从全校学生中随机抽取一人，如果抽取到的学生不是健
身效果不佳的学生，则继续抽取下一个，直至抽取到一位健身效果不佳的学生为止，但
抽取的总次数不超过 n .若抽取次数的期望值不超过 23，求 n的最大值.
0.9829参考数据： 0.557,0.9830 0.545,0.9831 0.535.
x2 218 17 y．（ 分）已知椭圆C : 2 2 1(a b 0)的上下顶点分别为B1, B2 ，左右顶点分别a b
为 A1, A2 ，四边形 A1B1A2B2的面积为6 5 ，若椭圆C 上的点到右焦点距离的最大值和最
小值之和为 6.
(1)求椭圆C 的方程；
(2)过点 1,0 且斜率不为 0 的直线 l与C 交于P,Q （异于 A1, A2 ）两点，设直线 A2P与
直线 A1Q交于点M ，证明：点M 在定直线上.
19．（17 分）给定整数 n 3，由 n元实数集合 P 定义其随影数集
Q x y∣x, y P, x y .若min Q 1，则称集合 P 为一个 n元理想数集，并定义 P 的
理数 t 为其中所有元素的绝对值之和.
(1)分别判断集合 S 2, 1,2,3 ,T 0.3, 1.2,2.1,2.5 是不是理想数集；（结论不要求
说明理由）
(2)任取一个 5 元理想数集 P ，求证： min P max P 4；
(3)当P x1, x2 ,L , x2024 取遍所有 2024 元理想数集时，求理数 t 的最小值.
注：由 n个实数组成的集合叫做 n元实数集合，max P ,min P 分别表示数集 P 中的最
大数与最小数.2024 年高考考前逆袭卷（新高考新题型）01
数 学
（考试时间：120 分钟 试卷满分：150 分）
全国新高考卷的题型会有所调整，考试题型为 8（单选题）＋3（多选题）＋3（填
空题）＋5（解答题），其中最后一道试题是新高考地区新增加的题型，主要涉及集合、
数列，导数等模块，以解答题的方式进行考查。
预测 2024 年新高考地区数列极有可能出现在概率与统计大题中，而结构不良型题
型可能为集合或导数模块中的一个，出现在 19 题的可能性较大，难度中等偏上，例如
本卷第 19 题。
第 I 卷（选择题）
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
有一项是符合要求的。
1．已知样本数据 x1, x2 ,L , x100 的平均数和标准差均为 4，则数据 x1 1, x2 1,L , x100 1
的平均数与方差分别为（ ）
A． - 5,4 B． 5,16 C． 4,16 D． 4,4
【答案】B
【详解】由题意知样本数据 x1, x2 ,L , x100 的平均数和标准差均为 4，则 x1, x2 ,L , x100 的方
差为 16，
则 x1, x2 ,L , x 2100的平均数为 4，方差为 ( 1) 16 16，
故 x1 1, x2 1,L , x100 1的平均数为 4 1 5，方差16，
故选：B
r r r r r r
2．已知向量 a 1,2 ， b 3， a 2b 17 ，则向量 a在向量b 上的投影向量的模长
为（ ）
A．6 B．3 C．2 D 6 5．
5
【答案】C
r
【详解】因为 a 1,2 r，所以 a 5 ，
r r r 2
因为 a 2b 17 r，所以 a 2b 17，
r r r r r r r
所以 a a 4a b 4b b 17，又 b 3，
r r
r r r r a b 6
所以 a b 6 ，所以向量 a在向量b 上的投影向量的模的值为 r 2，
b 3
故选：C.
3．已知在等比数列 an 中，2a2 a3 15，a2a3a4 729，则 Sn an （ ）
1
A．2 3n 1 2 B 3n 1． 1 C．2 2 3
n n D．5 3n 3
【答案】B
3
【详解】因为在等比数列 an 中，a2a3a4 729，所以a3 729，解得 a3 9，
又2a2 a3 15，解得 a2 3，
设等比数列
a3 9an 的公比为q，则 q 3a 3 ，2
1 3n 1
所以 a1 1，所以 Sn an 3
n 1
1 3 2 3
n 1 1 .

故选：B．
4．已知三棱锥 A BCD中， AB 6, AC 3, BC 3 3，三棱锥 A BCD的体积为
21 3 500
，其外接球的体积为 π，则线段CD 长度的最大值为（ ）
2 3
A．7 B．8 C．7 2 D．10
【答案】C
500 π 500 4【详解】因为球的体积为 ，所以球的半径 R 满足 π πR3，可得R 5；
3 3 3
又 AB 6, AC 3, BC 3 3，因此 AB2 AC 2 BC 2 ，即 ACB 90o，此时
S 1 9 3VABC 3 3 3 ；2 2
D ABC h 1 h 9 3 21 3设点 到平面 的距离为 ，则 ，可得 h 7，
3 2 2
因为D在球的截面圆上，设截面圆所在的平面为 ，当 与平面 ABC 平行时，DC 有
最大值；
设球心到平面 ABC 的距离为d ，而VABC 的外心即为 AB 的中点，外接圆的半径为
1 AB 3，
2
则 d 52 32 4，故球心到平面 的距离为7 4 3，
可知截面圆半径为 52 32 4；
设C 在平面 上的射影为E ，则E 的轨迹为圆，如下图所示：
设该圆圆心为O，则当D,O, E 三点共线时且点O在D, E 中间时，DE 最长，
此时DE 3 4 7 ，故线段CD 长度的最大值为7 2 .
故选：C
5．一个信息设备装有一排六只发光电子元件，每个电子元件被点亮时可发出红色光 蓝
色光 绿色光中的一种光.若每次恰有三个电子元件被点亮，但相邻的两个电子元件不能
同时被点亮，根据这三个被点亮的电子元件的不同位置以及发出的不同颜色的光来表示
不同的信息，则这排电子元件能表示的信息种数共有（ ）
A．60 种 B．68 种 C．82 种 D．108 种
【答案】D
【详解】每次恰有三个电子元件被点亮，但相邻的两个电子元件不能同时被点亮，
3
所以需把 3 个亮的发光原件插入未点亮的元件中，有C4 4种方法，
且不同颜色数有3 3 3 27 种，
所以这排电子元件能表示的信息种数共有 4 27 108种.
故选：D
1
6．已知 a 2 1.1 ，b log 1 ，c log 3
4 3
2 ，则（ ）
A． a＜b＜c B． c＜b＜a C．b＜a＜c D．b＜c＜a
【答案】A
1.1 1 1
【详解】由指数函数与对数函数的性质可得， a 2 2 ，
2
1 log 1 1 1 b log 1 log
1
1 1， c log2 3 log2 2 12 2 ，4 4 3 4 4
所以 a b c，
故选：A.
7．纯电动汽车是以车载电源为动力，用电机驱动车轮行驶，符合道路交通、安全法规
各项要求的车辆，它使用存储在电池中的电来发动．因其对环境影响较小，逐渐成为当
今世界的乘用车的发展方向．研究发现电池的容量随放电电流的大小而改变，1898 年
Peukert 提出铅酸电池的容量C 、放电时间 t 和放电电流 I 之间关系的经验公式：
C I t ，其中 为与蓄电池结构有关的常数（称为 Peukert 常数），在电池容量不变的
条件下，当放电电流为 7.5A 时，放电时间为 60h ；当放电电流为 25A 时，放电时间为15h ，
则该蓄电池的 Peukert 常数 约为（参考数据： lg 2 0.301， lg3 0.477 ）（ ）
A．1.12 B．1.13
C．1.14 D．1.15
【答案】D
【详解】由题意知C 7.5 60 25 15，
25

10 60
10
所以 7.5
4，两边取以 10 为底的对数，得 lg 2lg 2，
3 15 3
2lg 2 2 0.301所以 1.151 lg3 1 ， 0.477
故选：D.
8 x
2 y2 2
．已知双曲线C1 : 2 2 1(a 0,b 0)与抛物线C2 : y 2 px( p 0) ，抛物线C2 的准a b
线过双曲线C1的焦点F ，过点F 作双曲线C1的一条渐近线的垂线，垂足为点M ，延长
uuur uuur uuuur
FM 与抛物线C2 相交于点 N ，若ON 3OF 4OM ，则双曲线C1的离心率等于（ ）
A 3 1 B 5 1． ． C． 2 D． 2 1
2
【答案】C
【详解】设双曲线的焦距为 2c，
Q 抛物线C2 的准线过双曲线C1的焦点F ，
p c p c
2 2 ，
bc
又Q F ( c,0) y
b
到 x 的距离 d b，即 | MF | b2 2 ，a a b
uuur uuur uuuur uuur uuuur uuuur uuur uuuur uuuur
Q ON 3OF 4OM ON OM 3OM 3OF ， MN 3FM ，
| NM | 3b，则 | FN | 4b ，
| OF | c ，得 | OM | FO2 FM 2 a ，
过 N 作 NP x 轴，则VFOM : VFNP ，
FO OM FM c a b NP 4ab
2
故 , FP
4b

FN NP FP 4b NP FP c c ，
2
P 4b c, 4ab

因此 c c
4b2
由于P c,
4ab
在抛物线C2 : y
2 2 px( p 0) 上，所以即
c c
4ab 2 4b2 4ab 2 4b2
2 p c

c c
4c c ，
c c
4a2b2 (4b2 c2 )c2 c4 4b2 (c2 a2 ) 4b4 c2 2b2 ，故 c2 2a2 ，
故 e 2 ．故选：C．
二、选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 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 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分．
9．在复平面内，下列说法正确的是（ ）
1 i
A．若复数 z （ i为虚数单位），则
1 i z
74 1
B．若复数 z 满足 z z ，则 z R
C．若 z1z2 0，则 z1 0或 z2 0
D．若复数 z 满足 z 1 z 1 2，则复数 z 对应点的集合是以坐标原点O为中心，
焦点在 x 轴上的椭圆
【答案】ABC
1 i (1 i)2 2i
【详解】解：复数 z i1 i 1 ， i 1 i 2
18
因为 i4 1，所以 z74 i4 i2 1，故选项 A 正确；
设 z a bi a,b R ，若复数 z 满足 z z ，
则 a bi a bi ，即b 0，所以 z R ，故选项 B 正确；
设 z1 m ni m,n R ， z2 c di c, d R ，
则 z1z2 m ni c di mc nd md nc i ．
因为 z1z2 mc nd md nc i ，且 z1 z2 mc nd md nc i ，
所以 z1z2 z1 z2 ．
若 z1z2 0，则 z1 z2 0，所以 z1 0或 z2 0，故选项 C 正确；
由复数 z 满足 z 1 z 1 2，则复数 z 对应点的集合是一条线段，故选项 D 错误．
故选：ABC
10．设直线系M : xcosm y sinn 1（其中 0，m，n 均为参数，0 2π ，
m,n 1,2 ），则下列命题中是真命题的是（ ）
A．当m 1， n 1时，存在一个圆与直线系 M 中所有直线都相切
B．存在 m，n，使直线系 M 中所有直线恒过定点，且不过第三象限
C 2．当m n 时，坐标原点到直线系 M 中所有直线的距离最大值为 1，最小值为
2
D．当m 2 ， n 1时，若存在一点 A a，0 ，使其到直线系 M 中所有直线的距离不
小于 1，则 a 0
【答案】ABD
【详解】A 选项，当m 1， n 1时，M : xcos y sin 1，
1
设圆为 x2 y2 1，则圆心 0,0 到直线M : xcos y sin 1的距离 d 12 ，cos sin2
故M : xcos y sin 1与 x2 y2 1总相切，A 正确；
B 选项，当m n 2时，M : xcos2 y sin2 1，
由于 cos2 sin2 1，故直线M : x cos2 y sin2 1恒过 1,1 ，
若 sin 0时，直线为M : x 1，
2
若 sin 0时，直线M : xcos2 y sin2 1 cos 的斜率为 0 ，
sin2
故直线M : xcos2 y sin2 1不过第三象限，
所以存在 m，n，使直线系 M 中所有直线恒过定点，且不过第三象限，B 正确；
C 选项，当m n 1时，M : xcos y sin 1，
1
坐标原点到直线系 M 的距离为 d1 1，
cos2 sin2
当当m n 2时，M : xcos2 y sin2 1，
1
坐标原点到直线系 M 的距离为 d2
cos4 sin4
其中 cos4 sin4 cos2 cos2 sin2 sin2 cos2 sin2 1，
1
故 d2 1 C4 4 ， 错误.cos sin
D 选项，当m 2 ， n 1时，M : xcos2 y sin 1，
a cos2 1
点 A a，0 到直线系 M 中所有直线的距离 d3 1，
cos4 sin2
2
化简得 a 1 cos2 2a 1恒成立，
2
由于 cos 0,1 ，
若a2 1 0，解得 a 1，
当 a 1时，0 1，不合要求，舍去，
当 a 1时，0 1，满足要求，
若 a2 1 0，即 a 1或 a 1 2 2，此时 a 1 cos 的最小值为 0，
1
则0 2a 1，解得 a ，故此时 a 1，
2
若 a2 1 0，即 1 a 1 a2 1 cos2，此时 的最小值为 a2 1，
则 a2 1 2a 1，解得 a 2或 a 0，故此时 1 a 0，
综上， a 0，D 正确.
故选：ABD
11．如图所示，一个圆锥 SO 的底面是一个半径为3的圆， AC 为直径，且
ASC 120 ，点 B 为圆O上一动点（异于A ，C 两点），则下列结论正确的是（ ）
π π
SAB , A． 的取值范围是 6 2
π π
B．二面角 S BC A的平面角的取值范围是 ,
6 2
C．点A 到平面 SBC 的距离最大值为3
D．点M 为线段 SB 上的一动点，当 SA SB 时， AM MC 6
【答案】BD
【详解】由已知 AC 6 ， ASC 120 ，且 SA SC SB ，
2 2
VASC SA SC AC
2
在 中，由余弦定理可知， cos ASC ，
2SA SC
1 2SA2 36
即 2 ，解得 SA SC SB 2 3，则 SO 32 2SA
A 选项：点 B 为圆O上一动点（异于A ，C 两点），
则 AB 0,6 ，
2 2 2 2
在VABS 中， cos
SA AB SB AB AB
SAB ，
2SA AB 4 3AB 4 3

所以 cos SAB
AB
0,
3
2 4 3
，

π π
SAB , 所以 ，A 选项错误；
6 2
B 选项：取BC 中点D，连接 SD ，OD ，则 SD BC ，OD BC ， 且OD//AB，
OD 1 AB 0,3 ，
2
则二面角 S BC A的平面角为 SDO，
tan SDO SO 3
3
所以 , ，
OD OD 3
SDO π π 所以 , ，B 选项正确；
6 2
1
C 选项：由已知 SVSBC BC SD，2
S 1又 VABC AB BC OD BC ，2
则三棱锥 S ABC 的体积V 1S ABC SVABC SO
3
OD BC ，
3 3
设点点A 到平面 SBC 的距离为d ，
V 1则 A SBC S d
1
VSBC BC
3
SD d OD BC ，
3 6 3
d 2 3 OD则 2 3 cos SDO 0,3 ，C 选项错误；
SD
D 选项：当 SA SB时， AB 2SA 2 6 ，BC 2 3 ，
则△SAB 为等腰直角三角形，△SBC 为等边三角形，
将平面 SBC 绕 SB 至 SBC ，使C 与 SAB 共面，
如图所示，
则 AM MC AM MC AC ，
5π
在VSAC 中， ASC ，
6
由余弦定理可知 AC 2 SA2 SC 2 2SA SC cos ASC 12 12 12 3 24 12 3 36，
所以 AM MC AC 6，D 选项正确；
故选：BD.
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．设集合 A x | x2 x 6 0 ，B {x | a x a}，若 A B ，则实数 a的取值范围
是 ．
【答案】 3,
2
【详解】集合 A x | x x 6 0 x| x 3 x 2 0 {x | 2 x 3}，
又B {x | a x a}，且 A B ，
a 2 a 2
故可得 a 3 ，即 a 3，解得
a 3, .

故答案为： 3, .
13．已知三棱柱 ABC - A1B1C1 中，VABC 是边长为 2 的等边三角形，四边形 ABB1A1为菱
形， A1AB 60 ，平面 ABB1A1 平面 ABC ，M 为 AB 的中点， N 为BB1的中点，则三
棱锥C1 A1MN 的外接球的表面积为 .
【答案】7π
【详解】解法一 连接 AB1， A1B ，记 A1B I AB1 O1 ，则O1A1 1 .
连接O1M ，O1N
1
，则O1M O1N A1B 1，故O1为VA1MN 外接圆的圆心.2
1
取 A1B1 的中点D，连接O1D ，则O1D A1A 1，所以点D在VA1MN 的外接圆上．2
连接C1D ，因为△A1B1C1为等边三角形，所以C1D A1B1，C1D 3 .
由平面 ABB1A1 平面 ABC ，知平面 ABB1A1 平面 A1B1C1，
又平面 ABB1A1 I 平面 A1B1C1 A1B1，C1D 平面 A1B1C1，所以C1D 平面 ABB1A1 .
2

设三棱锥C1 A1MN
3 7
的外接球半径为 R ，则R2 12 ，
2 4
故三棱锥C1 A 21MN 的外接球的表面积为 4πR 7π .
解法二 连接 A1B ，CM ，则△A1AB为正三角形，CM AB，故 A1M AB，
因为平面 ABB1A1 平面 ABC ，平面 ABB1A1 I 平面 ABC AB， A1M 平面 ABB1A1，
所以 A1M 平面 ABC ，
以MB为 x 轴，MC 为 y 轴，MA1 为 z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，

得M 0,0,0 ，B 1,0,0 ， A1 0,0, 3 ， N 3 3 ,0, ，C 0, 3,0 ，C1 1, 3, 3 ，
2 2

由VA1MN
1 3
为等边三角形，则VA1MN 的外接圆圆心为P ,0,2 2 .
设三棱锥C1 A1MN 的外接球的球心为O，连接OP，OM ，OC1，
则OP 平面 A1MN ，又CM 平面 A1MN ，所以OP P CM .

设O
1
,m,
3
，由OC1 OM ，可得
2 2
2 2 2 2
1 2 3 1 3
1 m 3 3 m2 2 2 2 2 ，
3 1
解得m ，因此球心O ,
3 , 3 7，故外接球半径
2 2 2 R OM ，2 2
2
7
故三棱锥C1 A1MN 的外接球的表面积 S 4π 7π .
2
故答案为：7π
a
x , x lnx lnx 114．已知对任意 1 2 0, ，且当 x1 x 2 12时，都有： 1 ，则 a的x2 x1 x1x2
取值范围是 .
【答案】 , 2
a lnxx , x 0, x x 2 lnx1 1【详解】因为对任意 1 2 ，且当 1 2时 1 恒成立，x2 x1 x1x2
alnx alnx x x2 x 1所以 2 1 2 x1 x x 恒成立，1 2
所以 alnx
1 1
2 alnx1 x2 x1 x x 恒成立，1 2
1 1
所以 alnx2 x2 alnx1 x1 x x 恒成立①，2 1
令 f x alnx x 1 , x 0, ，
x
由①式可得 f x2 f x1 ，所以 f x 在 0, 上单调递减，
2
所以 f x x ax 1 0在 0, 2 上恒成立，x
所以 x2 ax 1 0在 0, 上恒成立，
a x 1 1 1 1所以 在 0, 上恒成立，又 x 2 x 2，当且仅当 x ，即 x 1时取
x x x x
等号，
a 2 .故答案为： , 2
四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．（13 分）在VABC 中，内角 A，B，C 所对的边分别 a，b，c，其中
a b 2,c 2b ，且 sin A 2 sin C .
(1)求 c 的值；
(2)求 tan A的值；

(3) cos 2A 求 的值.
4
(1) (2) 7 (3) 14 3 2【答案】 2 2
8
【详解】（1）Q sin A 2 sin C ，
a 2c，
a b 2 a 4

c 2b ，解得 b 2 ，

a 2c

c 2 2
c 2 2 .
2 2 2
（2）由余弦定理可得 cos A c b a 2 ，又0 A π ，
2bc 4
sin A 1 cos2 A 14 ， tan A
sin A
7 .
4 cos A
3 cos 2A 2cos2 A 1 3（ ）因为 ,sin 2A 2sin Acos A 7 ，
4 4
cos 2A π 所以 cos 2Acos
π sin 2Asin π 14 3 2 .
4 4 4 8
16．（15 分）如图，在三棱锥P ABC 中，M 为 AC 边上的一点，
APC PMA 90 ， cos CAB 3 ， AB 2PC 6 ，PA 3 .
3
(1)证明： AC 平面PBM ；
(2)设点Q为边 PB的中点，试判断三棱锥P ACQ 的体积是否有最大值？如果有，请求
出最大值；如果没有，请说明理由.
【答案】(1)详见解析(2) 2
4
【详解】（1）解：因为 APC PMA 90 ， AB 2PC 6 ，PA 3 ，
所以 AC AP2 PC 2 3 2 ，由射影定理得 AP2 AM AC ，
2
AM AC所以 2 2 ，由余弦定理得BM 2 AM 2AP AB
2 2AM AB cos CAB 4 ，
所以BM 2 AM 2 AB2，则 AMB 90o，即 AC BM ，
又因为 AC PM ，BM PM M ，
所以 AC 平面PMB；
（2）因为点Q为边 PB的中点，
V 1所以 Q PAC VB PAC ，又VQ PAC VP ACQ ,V2 B PAC
VP ABC ，
1
所以VP ACQ V2 P ABC
，
因为 AC 平面 ABC ，所以平面 ABC 平面PBM ，
所以点 P 到平面 ABC 的距离，即为点 P 到 BM 的距离，设为 h，
1
因为 SVABC AB AC sin CAB
1 3 2 6 3 2
6 为定值，
2 2 2 3 2
当 h 最大时，所以三棱锥P ACQ 的体积最大，
PM PA PC而 1，则 h PM 1，
AC
当 h=1 时， VP ACQ 1 V 1 1 3 2 2P ABC 1 .max 2 max 2 3 2 4
17．（15 分）近年来，某大学为响应国家号召，大力推行全民健身运动，向全校学生开
放了 A, B两个健身中心，要求全校学生每周都必须利用课外时间去健身中心进行适当的
体育锻炼.
(1)该校学生甲 乙 丙三人某周均从 A, B两个健身中心中选择其中一个进行健身，若甲
1 , 1 , 2乙 丙该周选择A 健身中心健身的概率分别为 ，求这三人中这一周恰好有一人选
2 3 3
择A 健身中心健身的概率；
(2)该校学生丁每周六 日均去健身中心进行体育锻炼，且这两天中每天只选择两个健身
1
中心的其中一个，其中周六选择A 健身中心的概率为 2 .若丁周六选择A 健身中心，则
1
周日仍选择A 健身中心的概率为 ；若周六选择 B 健身中心，则周日选择A 健身中心的
4
2
概率为 3 .求丁周日选择 B 健身中心健身的概率；
(3)现用健身指数 k k 0,10 来衡量各学生在一个月的健身运动后的健身效果，并规定
k 值低于 1 分的学生为健身效果不佳的学生，经统计发现从全校学生中随机抽取一人，
其 k 值低于 1 分的概率为 0.12.现从全校学生中随机抽取一人，如果抽取到的学生不是健
身效果不佳的学生，则继续抽取下一个，直至抽取到一位健身效果不佳的学生为止，但
抽取的总次数不超过 n .若抽取次数的期望值不超过 23，求 n的最大值.
0.9829参考数据： 0.557,0.9830 0.545,0.9831 0.535.
7 13
【答案】(1) ；(2) ；(3)30.
18 24
【详解】（1）由题意得这三人中这一周恰好有一人选择A 健身中心健身的概率
P 1 1 1 2 1 1 2 1 1 2 7
1 1 1 1 1 .2 3 3 2 3 3 2 3 3 18
（2）记事件C ：丁周六选择A 健身中心，事件D：丁周日选择 B 健身中心，
则P(C) P(C)
1
, P D C 1 1 3 , P D C 1 2 1 ，
2 4 4 3 3
由全概率公式得P(D) P(C)P D C P(C)P D C 1 3 1 1 13 .
2 4 2 3 24
13
故丁周日选择 B 健身中心健身的概率为 .
24
（3）设从全校学生中随机抽取 1 人，抽取到的学生是健身效果不佳的学生的概率为 p ，
则 p 0.12，
设抽取次数为 X ，则 X 的分布列为
X 1 2 3 L n 1 n
P p 1 p p (1 p)2 p L (1 p)n 2 p (1 p)n 1
故E X p 1 p p 2 (1 p)2 p 3 L (1 p)n 2 p n 1 (1 p)n 1 n，
又
1 p E X 1 p p (1 p)2 p 2 (1 p)3 p 3 L (1 p)n 1 p n 1 (1 p)n n，
两式相减得 pE X p 1 p p 1 p 2 p L 1 p n 2 p 1 p n 1 p ，
所以E X 1 1 p 1 p 2 L 1 p n 2 1 p n 1
1 1 p n 1 1 p n 1 n 1 0.98n
，
p p 0.02
1 0.98n
而E X 在 n N 时单调递增，
0.02
n
可知当 n 29 时，E X 1 0.98 1 0.557 22.15；
0.02 0.02
n 30 E X 1 0.98
n 1 0.545
当 时， 22.75；
0.02 0.02
n 31 E X 1 0.98
n 1 0.535
当 时， 23.25 .
0.02 0.12
若抽取次数的期望值不超过 23，则 n的最大值为 30.
2 2
18．（17 x y分）已知椭圆C : 2 B , Ba b2
1(a b 0)的上下顶点分别为 1 2 ，左右顶点分别
为 A1, A2 ，四边形 A1B1A2B2的面积为6 5 ，若椭圆C 上的点到右焦点距离的最大值和最
小值之和为 6.
(1)求椭圆C 的方程；
(2)过点 1,0 且斜率不为 0 的直线 l与C 交于P,Q （异于 A1, A2 ）两点，设直线 A2P与
直线 A1Q交于点M ，证明：点M 在定直线上.
x2 y2
【答案】(1) 1(2)证明见解析
9 5
【详解】（1）设右焦点坐标为F2 c,0 ，椭圆C 上的一点T m,n ，则 a m a ，
m2 n2 2 2
故 1，即 n2 b2 b m ，
a2 b2 a2
2 2
T m,n d m c 2则 到右焦点的距离 n2 m2 2cm c2 b2 b m
a2
c2m2
2 2cm a
2 cm a ，
a a
cm cm
因为 c m c，所以 c c ， c a a c a ，
a a
a c cm故 a a c ，
a
即椭圆C 上的点到右焦点距离的最大值为 a c，最小值为 a c，
故 a c a c 2a 6 ，解得 a 3，
A B A B 1 A A B B 1又四边形 1 1 2 2的面积为 1 2 1 2 2a 2b 2ab 6 5 ，2 2
故 ab 3 5 ，所以b 5 ，
x2 y2
椭圆方程为 1；
9 5
（2）当过点 1,0 且斜率不存在时，直线 l方程为 x 1 0，
x2 y2
1 2 10中，令 x= 1得， y ，
9 5 3

不妨设P 1,
2 10 ,Q 2 10 1, ，
3 3
2 10 10
直线 A P : y 3 x 3 ，即 A2P : y x 3 ，2 1 3 6
同理可得 A1Q : y
10
x 3 ，
3
联立 A2P, A1Q得， x 9 ，故点M 在直线 x 9 上，
当过点 1,0 的直线斜率存在且不为 0 时，设直线 l方程设为 x 1 my ，
x2 y2
联立 1 2得 5m 9 y2 10my 40 0，
9 5
设P x1, y1 ,Q x2 , y
10m 40
2 ，则 y1 y2 5m2
, y
9 1
y2 ，5m2 9
两式相除得my1 y2 4y1 4y2 ，
y1
直线 A2P : y x 3 AQ : y
y
2，直线 1 x 3 x1 3 x2 3
，
y y
联立 A P, A 1 22 1Q得， x 3 x 3 x1 3 x2 3
，
y1 x 3 y 2故 x 3 1 my1 3 1 my2 3
，
解得 my1 y2 2y1 x 3 my1 y2 4y2 x 3 ，
将my1 y2 4y1 4y2 代入上式中，得 y1 2y2 x 9 0，
要想 y1 2y2 x 9 0恒成立，则 x 9 ，
故点M 在定直线 x 9 上，
综上，点M 在定直线 x 9 上.
19．（17 分）给定整数 n 3，由 n元实数集合 P 定义其随影数集
Q x y∣x, y P, x y .若min Q 1，则称集合 P 为一个 n元理想数集，并定义 P 的
理数 t 为其中所有元素的绝对值之和.
(1)分别判断集合 S 2, 1,2,3 ,T 0.3, 1.2,2.1,2.5 是不是理想数集；（结论不要求
说明理由）
(2)任取一个 5 元理想数集 P ，求证： min P max P 4；
(3)当P x1, x2 ,L , x2024 取遍所有 2024 元理想数集时，求理数 t 的最小值.
注：由 n个实数组成的集合叫做 n元实数集合，max P ,min P 分别表示数集 P 中的最
大数与最小数.
【答案】(1)集合S 是理想数集，集合T 不是理想数集(2)证明见解析(3)1024144
【详解】（1）设 S 2, 1,2,3 ,T 0.3, 1.2,2.1,2.5 的随影数集分别为Q1,Q2 ，
则min Q1 1 min Q2 0.9，
所以集合S 是理想数集，集合T 不是理想数集.
（2）不妨设集合P x1, x2 , x3 , x4 , x5 且 x1 x2 L x5，即min P x1,max P x5 .
Q P为理想数集， i N*,1 i 4，则 xi 1 xi 1
*
，且 i0 N ,1 i0 4，使得
xi 1 xi 10 0 .
当 x1 0 时，
min P max P x1 x5 x2 x1 x3 x2 L x4 x3 x5 x4 2x1 4 2x1 4
.
当且仅当 xi 1 xi 1且 x1 0 时，等号成立；
当 x5 0 时，
min P max P x1 x5 x1 x5 x2 x1 x3 x2 x4 x3 x5 x4 2x5 4 2x5 4
.
当且仅当 xi 1 xi 1且 x5 0 时，等号成立；
当 x1 0, x5 0时，
min P max P x1 x5 x1 x5 x2 x1 x3 x2 x4 x3 x5 x4 4 .
当且仅当 xi 1 xi 1时，等号成立.
综上所述： min P max P 4 .
（3）设 x1 x2 L x2024 .
Q P为理想数集.
i N*,1 i 2023, x x 1 i N*i 1 i ，且 0 ,1 i0 2023，使得 xi0 1 xi 10 .
对于Pj x j ,L , x P i N*2025 j ，同样有 ,1 j 1012, x j 1 x j 1 .
下先证对 n元理想数集 P ，有 min P max P n 1 .
不妨设集合 P 中的元素满足 x1 x2 L xn .即min P x1,max P xn .
Q P为理想数集，
i N*,1 i n 1, xi 1 xi 1
*
，且 x0 N ,1 i0 n 1，使得 xi 1 x0 i 10 .
当 x1 0 时，
min P max P x1 xn x1 xn x2 x1 x3 x2 L xn xn 1 2x1 n 1 2x1 n 1
，
当且仅当 xi 1 xi 1且 x1 0 时，等号成立；
当 xn 0时，
min P max P x1 xn x1 xn x2 x1 x3 x2 L xn xn 1 2xn n 1 2xn n 1
，当且仅当 xi 1 xi 1且 xn 0时，等号成立；
当 x1 0, xn 0 时，
min P max P x1 xn x1 xn x2 x1 L xn xn 1 n 1 .
当且仅当 xi 1 xi 1时，等号成立.
min P max P n 1.
min Pj max Pj 2025 2 j .当且仅当 x j 1 x j 1时，等号成立.
x1 x2024 2023, x2 x2023 2021,L , x1012 x1013 1.
2023 1 1012理数 t x1 x2 L x2024 2023 2021 L 1 10122 .2
当且仅当 x1012 0或 x1013 0 时，等号成立.
理数 t 的最小值为10122 1024144 .

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