备战 2024 年高考数学冲刺模拟卷 02（新高考专用）
解析
第 I卷（选择题）
一、单项选择题(本大题共 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．【答案】B
【解析】由题意得 A x x 3 ，B x x 1 ，
则 A B ，则 R A B R，故 A 错误；
A B x x 1，或 x 3 ，则 R A B x 1 x 3 ，故 B 正确；
又 RB x x 1 ， A RB x x 3 ，故 C 错误；
A RB x x 1 ，故 D 错误.
故选：B.
2．【答案】C
【解析】设 z a bi(a,b R)，因 z2 2z 5 0，则 (a bi)2 2(a bi) 5 0，
2 2 a
2 b2a,b R 2a 5 0
a 1
即 (a b 2a 5) 2b(a 1)i 0，而 ，则 ，解得 ，
2b(a 1)
0 b 2
所以 z 1 2i .
故选：C
3．【答案】B
【解析】因为 a (1,3) ，所以 a 10,又 | b | 2，
| a
则 b |2 a 2 2a b b 2 14 2a b 10,
所以 a b 2，
(2a
b)(a b) 2a 2 a
则 b b 2
20 2 4 14，
故选：B.
4．【答案】B
【解析】由题意知等比数列 an 的首项为 3，设公比为 q，
由 a9 a ，则3q8 3q1011 ，即 q2 1, q 1或 q 1，
当 q 1 a 10 3时， 11 a14 3q (1 q ) 0 ，即 a11 a14 ，
即“ a9 a11 ” 不是“ a11 a14 ”的充分条件；
当 a a 时，即 q10 q1311 14 , q 1，
则 q8 q10 ，即3q8 3q10 ，即 a9 a11，
故“ a9 a11 ”是“ a11 a14 ”的必要条件，
故“ a9 a11 ” 是“ a11 a14 ”的必要不充分条件，
故选：B
5．【答案】C
1 5 1 5 1 1
【解析】由题设知： k 0且 ln ln ， x ，2 x2 x1 x1 x1 x2
令 f (x) ln x 5x x (0,
1 ) f (x) (0, 1且 ，即 在 )上递增，
k k
1
所以 f (x) 5 0在 (0,
1 )上恒成立，而 f (x) 递减，
x k
所以 f (
1) k 5 0 k 5 ，故实数 k的最小值是 5.
k
故选：C
6．【答案】D
【解析】设 P x, y ，则 PA 2 PO 2 2 2 2，即 x 3 y 4 x y ，
x 1 2整理得到 y 2 4 ，圆心为 1,0 ，半径 r 2，
1 m
故直线 l : x 3y m 0与圆有交点，即 2，解得 5 m 3 .
1 3
故选：D.
7．【答案】A
【解析】 f x sin 2x π 2 π 1 3 cos 2x 2sin(2x )，由 f x 得 sin(2x ) ，
3 3 3 3
x 0, π 0 2x 2π, π 2x π 5π因为 ，所以 ，
3 3 3
π π
根据对称性有 2x1 2x π，3 2 3
x x 5π解得 1 2 ，6
所以 sin x1 x
5π 1
2 sin .6 2
故选：A.
8．【答案】D
b 2 e 2 3【解析】由椭圆方程知 a 6 ， ，则 c 6 4 2 ，离心率为 ，A 正确；
6 3
当长方形G的边与椭圆的轴平行时，长方形的边长分别为2 6和 4，其对角线长为 24 16 2 10 ，因此蒙日圆半
径为 10 ，圆方程为 x2 y2 10，B 正确；
设矩形的边长分别为m,n，因此m2 n2 40 2mn，即mn 20，当且仅当m n时取等号，所以长方形G的面积的
最大值是 20，此时该长方形G为正方形，边长为 2 5，C 正确，D 错误．
故选：D．
二、多项选择题(本大题共 4小题，每小题 5分，共 20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的．全
部选对得 5分，部分选对得 2分，有选错的得 0分)
9．【答案】BD
【解析】A：10 天数据如下：70,70,70,70,70,70,70,70,70,170 满足平均数为 80，众数为 70，不符合；
1 10 1 10
B：若 xi表示第 i天数据，则 (xi 80)2 40 2，如果其中一天的数据超过 100，则 (xi 80) 40，故没有超10 i 1 10 i 1
过 100 的数据，符合；
C：10 天数据如下：80,80,80,80,80,80,81,81,87,101，此时中位数为 80，方差约为 40，不符合；
D：若其中一天的数据超过 100，由于极差为 10，则最小数据超过 90，与 80%分位数为 90 矛盾，故 10 天没有超过
100 的数据，符合；
故选：BD
10．【答案】ACD
4 4 p0
【解析】设在第一级阶梯某处的海拔为 h1 ，则 lnp0 lnp1 10 h1，即 h1 10 ln p .1
p
因为 h1 4000，所以10
4 ln 0 4000 p，解得 p 0p 1 e0.4
，A 正确；
1
p p
由 lnp0 lnp kh e
kh 0 . h 0 ekh 0，得 p 当 时，
1
p ，即
p0 p，所以 p0 p3 ，B 错误；
设在第二级阶梯某处的海拔为 h2 ，在第三级阶梯某处的海拔为 h3，
lnp0 lnp2 10
4h
2则 两式相减可得 ln
p3 10 4 h h .
lnp0 lnp3 10
4h p 2 33 2
因为 h2
p p
1000,2000 ,h3 200,1000 ，所以 h2 h3 0,1800 ，则0 ln 3 10 4 1800 0.18 1 3 e0.18p ，即 p ，故2 2
p p e0.182 3 p2，C,D 均正确.
故选:ACD.
11．【答案】ACD
【解析】设 F ,G在平面 ABCD的投影分别为 AB,BC的中点 R,S，
2
由于 AF 5 ， AB 4 1，所以F 到平面 ABCD的距离为 FR AF 2 AB 2
1 ,
由于上、下两层等高，所以 P到平面 ABCD的距离为 2，
FG RS 1又 AC 2 2 ，
2
由于GS FR 1,BS RB
1
4 2 ,所以
2 BG GC GS
2 BS 2 5 BF AF ,
所以△AFB≌ BGC ,
同理可得△CDH ≌VADE≌△AFB≌ BGC， BFG≌△CHG≌△DEH ≌△AEF，
2 1
2
2 2则点 B到 FG的距离为 BF FG 5 2 3 ，
2
ABF 1则△ 的面积为 AB FR
1
4 1 2， BFG
1
的面积为 2 2 3 6 ．
2 2 2
故该几何体的表面积 4 2 4 6 4 4 2 2 2 2 2 2 4 32 8 2 4 6 ．A 正确．
将该几何体放置在一个球体内，要使该球体体积最小，则球心在该几何体上下底面中心所连直线上，且
A,B,C,D,N,P,Q,M 均在球面上，设球心到下底面 ABCD的距离为 x，
由于四边形MNPQ为边长为 2 2 的正方形，四边形 ABCD为边长为 4 的正方形，则其对角线长度分别为 4， 4 2 ，
2 3则 2 2 x2 22 2 x 2 x 0 4π 64 2π，解得 ，则该球体的半径为 2 2 ，体积为 2 2 ．B 不正确．3 3
以 A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则C 4,4,0 ，P 2,0,2 ，B 4,0,0 ，F 2,0,1 ，G 4,2,1 ，M 2,4,2 ，
CP 2, 4, 2 ， BF 2,0,1 ， BG 0, 2,1 ，
BM 2, 4, 2 ，平面 ABF 的一个法向量为m 0,1,0 ，
cos CP,m 4 6则 ，设直线CP与平面 ABF 所成角为 ，
2 6 3
则 sin cos CP,m 6
3
6
故直线CP与平面 ABF 所成角的正弦值为 ．C 正确．
3
n BF 2x z 0
设平面BFG的法向量为 n x 1 11, y1, z1 ，则 ，令 x1 1，
n BG 2y1 z1 0
n BM 2 1 4 1 2 2 6
得 n 1, 1, 2 ，则点M 到平面 BFG的距离为 ．D 正确．
n 12 1 2 22 3
故选：ACD
12．【答案】AC
【解析】 f x 2 为奇函数，则 f x 的图象关于 2,0 对称.又 f 2x 1 为偶函数，则 f x 的图象关于直线 x 1对
称，
f x f 4 x
所以
f x
，可得
f 2 x
f 2 x f 4 x f x f x 2 f x f x 4 ，
则 f x 的周期为 4，故 A 选项正确；
又 f 1 x f 1 x f 1 x f 1 x ，则 f x 的图象关于 1,0 对称，故选项 B 错误；
又0 f 2 f 0 f 4 f 6 f 2n，所以 0,n N*，故选项 C 正确；
由以上可知， f 2 f 4 0, f 1 f 3 0，但是不知道 f 1 等于多少，
2024
函数 f x 的周期为 4，则 f (i) 506( f (1) f (2) f (3) f (4)) f (1) f (2) f (1)，故 D 错误.
i 3
故选：AC.
第 II卷（非选择题）
三、填空题(本大题共 4小题，每小题 5分，共 20分)
13．【答案】18
【解析】先去婺源古村落打卡，且瑶里古镇不最后去打卡的方法数为C1A33 3 18 .
故答案为：18 .
1
14．【答案】
27
【解析】如下图所示：
由线段 P1P2 平行于平面 A1ADD1，且 P1P2 平面 ABD1，平面 A1ADD1 平面 ABD1 AD1，
由线面平行的性质定理可得P1P2 //AD1，
2
由 AP1 2P1B可得D1P2 2P2B，又正方体棱长为 1，可得 AP1 3
1 2 1
所以 AP1B1的面积为 S 1 ，2 3 3
设 P2到平面 AP1B1的距离为d ，
易知D1 到平面 AP1B1的距离为 A1D1 1
1 1
，由D1P2 2P2B可得 d A1D1 ；3 3
1
所以四面体P1P2AB1的体积为V S d
1 1 1 1
.
3 3 3 3 27
1
故答案为：
27
2, 8 15．【答案】
3
【解析】由题意可知，
f x 3 sin x π sin x π π π π
3 sin x cos
x 2sin
3 6 3 3
x ，
6
g x π 1由 0 ，得 sin x 6 2
π
由 0 x π ，得 x
π π
π ；
6 6 6
由在 0, π 13π π π 17π上恰有两个零点可得 ，
6 6 6
解得 2
8
< .
3
故答案为： 2,
8
3
3
16．【答案】
4
【解析】如图， cos cos APB cos 2 APM 1 2sin2 APM ，
AM
要使 cos 最小，则 sin APM
1
最大，即需 PMPM PM 最小.
a2 2 2
设 P ,a
2
，则4 PM
a 1
3 a
2 a 2 4 8 ，
4 16
1 1
∴当 a2 4，即 a 2时， | PM | 2 2 ，sin APM min PM 2 2 ，
2
此时 P(1, 2)或 (1, 2)
1 3
， (cos )min 1 2sin
2 APM 1 2 2 2
.
4
3
故答案为： .
4
四、解答题(本大题共 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．解：(1)bsinB asin A c a sinC 2 2，由正弦定理得b a c a c，
即 a2 c2 b2 ac，
a2 2 2
由余弦定理，得 cosB c b ac 1 .
2ac 2ac 2
因为 B 0, π ，所以 B π .
3
π
(2)由(1)得 B ，
3
所以DABC 1的面积为 ac sin B 3 ac 6 3 ，得 ac 24，
2 4
由3sinC 2sin A及正弦定理，得3c 2a，
所以 a 6,c 4 .
由余弦定理，得b2 a2 c2 2ac cos B 36 16 24 28，
所以b 2 7 .
18．解：(1)以 A为坐标原点， AB， AD， AA1所在直线分别为 x， y， z轴建立空间直角坐标系，
则 A 0,0,0 ， B1 2,0, 4 ，D 0, 4,0 ，D1 0,2,4 ，
设Q 4,m,0 ，其中m BQ，0 m 4，
若 P是DD1的中点，则 P 0,3, 2 ， AB1 2,0,4 ， PQ 4,m 3, 2 ，
于是 AB1 PQ 8 8 0，∴ AB1 PQ，即 AB1 PQ．
(2)由题设知，DQ 4,m 4,0 ，DD1 0, 2,4 ，是平面PDQ内的两个不共线向量．
设 n1 x, y, z 是平面PDQ的一个法向量，
n DQ 0 4x m 4 y 0, ur
则 1 ，取 y 4 ，得 n1 4 m, 4, 2 ．
n1 DD 0 2y 4z 0,1
又平面 AQD的一个法向量是 n2 0,0,1 ，
ur uur ur uur
∴ cos n , n
n1 n2 2 2
1 2 ur uur ，
n1 n2 4 m 2 4 2 2 2 4 m 2 20
4 2 4
而二面角 P QD A的余弦值为 ，因此 ，9 4 m 2 20 9
m 7 m 9
7
解得 或
（舍去），此时Q 4, ,0 ．2 2 2
设DP DD1 0 1 ，而DD1 0, 2,4 ，由此得点 P 0, 4 2 , 4 PQ
4,2 1 ， , 4 2
，
∵PQ∥平面 ABB1A1，且平面 ABB1A1的一个法向量是n3 0,1,0 ，
1 1 7
∴ PQ n3 0，即 2 0，解得
，从而 P 0, ,1
2 4 2
．
将四面体 ADPQ视为以△ADQ为底面的三棱锥 P ADQ，则其高 h 1，
故四面体 ADPQ V
1 S 1 1 8的体积
3 ADQ
h 4 4 1 ．
3 2 3
19．(1)解：由题可得 f x ex 2x，
f 0 1 a 0 a 1
∵曲线 y f x 在 0, f 0 处的切线方程为 y bx，∴ f 0 1 b ，即 b 1 ，
∴ f x ex x2 1．
(2) 2 x证明：令 x f x x x e x 1，则 x e x 1，令 x 0，解得 x 0，
当 x ,0 时， x 0， x 单调递减；当 x 0, 时， x 0， x 单调递增，
2
∴ x 0 0min ，∴ x 0，∴ f x x x．
f x(3) 解：∵ f x kx对任意的 x 0, 恒成立，∴ ≥ k对任意的 x 0, 恒成立，
x
f x x 2 x 1 e x x 1
令 g x e x 1 ， x 0 ，则 g
x x
x ，
x2
由(2)可知当 x 0, 时， ex x 1 0恒成立，
令 g x 0，可得 x 1；令 g x 0，可得 0 x 1，
∴ g x 在 0,1 上单调递减，在 1, 上单调递增，
∴ g x g 1 e 2min ，
∴ k g x e 2min ，
∴实数 k的取值范围为 ,e 2 ．
20．解：(1)设等差数列 an 的公差为d .
a
S S a 0 a 0 1
2d 0,
由 n 3 ，可知 3 ， 4 ，即
a1 3d 0.
因为 a2为整数，所以 d a2 a1 a2 5 Z，
5 2d 0,
结合不等式组 5 3d 0.解得
d 2，
所以 an a1 n 1 d 2n 7 .
(2)由(1)可知bn 1
n 2n 7 2n 5 .
当n为偶数时，Tn b1 b2 b3 b4 bn 1 b 4
2 2 4 6 1 n 7 n 2n 2n 10n . 2
又Tn tn
2 ，即 t 2
10
对任意偶数都成立，所以 t -3 .
n
同理，当 n为奇数时，Tn 2 n 1
2 10 n 1 2n 7 2n 5 2n2 10n 23，
2 t 2 10 23又Tn tn ，即 2 对任意奇数都成立，n n
10 23
易知当奇数 n 1时，函数 y 2 2 取得最小值-15，故 t 15 .n n
综上， t 15 .
C2 C2 2
21．解：(1)从甲箱中摸出 2 个球颜色相同的概率为 P 3 2
C2
，
5 5
记事件 A为最后摸出的 2 个球颜色不同，事件 B为这 2 个球是从丙箱中摸出的，
P AB
则 P B | A P A ，
2 1 C1 1P A 2C4 4 C
1C13 3 3 2 C
1
5C
1 3 C11 4C
1
2 38
5 5 C 2 5 C 2 5 5 C 2 2
，
6 6 6 5 C 6 75
P AB 2 1 C
1C1 1 12 4 4 C3C3 88 ，
5 5 C
2
6 5 C
3
6 375
88
所以 P B | A 375 44 38 ；95
75
(2)X的所有可能取值为 2，3，4，
2
2 2 2
则 P X 2
1 C 4 C 3 3 C 3
42
3
2
2 ，
5 5 C6 5 C6 5 5 C
2
6 25
P X 3 38 ，
75
2 1 C2 2 2 2P X 4 2
4 C3 3 2 C 3 C 28 5 4
5 5 C2 5 C2 2
2 ，
6 6 5 5 C6 5 C6 75
故 X的分布列如表：
X 2 3 4
3 38 28
P
25 75 75
E X 2 3 3 38 4 28 18 114 112 244故 .
25 75 75 75 75
22 (1) d P l : x 4 6
MF 3
．解： 设 是点 到直线 的距离，根据题意动点 P的轨迹就是集合P M | ．
3 d 2
2x 6 y2 3
x2 y2由此得 4 6 2 ．将上式两边平方，并化简得 1 . x 8 2
3
x2 y2
即 C的标准方程为 1 .
8 2
(2)设 A x1, y1 ,B x , y ,M x , y x22 2 0 0 ，则 0 y20 10，
x1x y1y 1 x2x y y切线MA方程： ，切线MB方程： 2 1，
8 2 8 2
因为两直线都经过点M ，
x x
所以可得 1 0
y1y x x 0 1， 2 0
y y
2 0 1
8 2 8 2
x
从而直线 AB的方程是 0 x
y
0 y 1，
8 2
x0 y0
x y 1 8 2 2 2 2
联立 2 2 ，消去 y可得 3y0 10 x 16x0x 64 32y0 0 ，
x y 1
8 2
256x2 4 3y20 0 10 64 32 y20 >0
x x 16x
2
由韦达定理，得 01 2 2 , x x
64 32y
0 ，
3y0 10
1 2 3y20 10
2 2
2 2 2 10 3y2 2
所以 AB 1 x 0 x1 x
x 16x
2 1 0 02 2 4
64 32y
0 0 ，
4y0 16y0 3y0 10
3y
2 2
0 10 3 y0 1 0
x2 20 y 0 1
8 2 3y2 2
点M 到直线 AB的距离 d
0
2 2 ，
x0 y 50
8
2
3
2 3y21 2 2 2所以 S AB d 0 ，其中 y0 10， MAB 2 3 y20 10
3
令 t 3y20 2 ，则 t
2t
2, 4 2 ，所以 S MAB ，t2 8
4 2
f t 2t
3 2 t 24t
令 ，则， f t 2 0
t2 8 t2 8
f t 在 t 2, 4 2 上递增，
即 t 4 2 y2，即 0 10 MAB
32
时，△ 的面积取到最大值 ，
5
此时点M 0, 10 .2024 02 B．椭圆M 的蒙日圆方程为 x
2 y2 10
备战 年高考数学冲刺模拟卷 （新高考专用） f 2x 1 为偶函数，则（ ）C．若G为正方形，则G的边长为 2 5
第 I卷（选择题） D．长方形G的面积的最大值为 18 A． y f x 的周期为 4 B． y f x 的图象关于直线 x 1对称
二、多项选择题(本大题共 4小题，每小题 5分，共 20分．在每小题给出的四
一、单项选择题(本大题共 8小题，每小题 5分，共 40分．在每小题给出的四 2024n *
个选项中，有多项符合题目要求的．全部选对得 5分，部分选对得 2分，有选 C． f 2 0 n N D． f i 0
个选项中，只有一项是符合题目要求的). i 3
错的得 0分) 第 II卷（非选择题）
1．设集合 A x y ln x 3 ,B x x 1 ，则 x 1 x 3 （ ） 9．某环保局对辖区内甲、乙、丙、丁四个地区的环境治理情况进行检查督导， 三、填空题(本大题共 4小题，每小题 5分，共 20分)
若连续 10天，每天空气质量指数（单位：μg/m ）不超过 100，则认为该地区环A R A B B R A B AI RBC D A RB . 10 13．古镇旅游是近年旅游的热点，某旅游短视频博主准备到江西婺源古村落、． ． ． ． 境治理达标，否则认为该地区环境治理不达标 根据连续 天检查所得数据的
瑶里古镇、驿前古镇、河口古镇、密溪古村五个地方去打卡，每个地方打卡一
2．人们对数学研究的发展一直推动着数域的扩展，从正数到负数、从整数到分 数字特征推断，环境治理一定达标的地区是（ ）
A 80 70 次，则先去婺源古村落打卡，且瑶里古镇不最后去打卡的方法数数、从有理数到实数等等．16世纪意大利数学家卡尔丹和邦贝利在解方程时， ．甲地区：平均数为 ，众数为
B 80 为 .（用数字作答）首先引进了 i2 1，17世纪法因数学家笛卡尔把 i称为“虚数”，用 ．乙地区：平均数为 ，方差为 40
C．丙地区：中位数为 80，方差为 40 14．在棱长为 1的正方体 ABCD A
a bi(a b R) 1
B1C1D1中，点 P1、P2分别是线段 AB、BD1（不
、 表示复数，并在直角坐标系上建立了“复平面”．若复数 z满足 D．丁地区：极差为 10，80%分位数为 90
方程 z2 2z 5 0，则 z （ ） 10 p Pa h m lnp lnp kh p 包括端点）上的动点，且线段 P1P2 平行于平面 A1ADD1 .若 AP1 2P1B，则四面体．已知大气压强 随高度 的变化满足关系式 0 ， 0是海
A． 1 2i B． 2 i C． 1 2i D． 2 i
平面大气压强， k 10
4 .我国陆地地势可划分为三级阶梯，其平均海拔如下表： P1P2AB1的体积为 .
3．设平面向量 a (1,3)， | b | 2，且 | a b | 10 ，则 (2a b )(a b )=（ ）
平均海拔 /m
A．1 B．14 C． 14 D． 10 15．已知函数 f x 3 sin
x π π sin x > 0 ，若函数
第一级阶梯 4000 3 6
4．已知等比数列 an 的首项为 3，则“ a9 a11”是“ a11 a14 ”的（ ）
1000 2000 g x f x 1在 0, π第二级阶梯 上恰有两个零点，则 的取值范围为 .
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
16．定义：点 P为曲线 L外的一点， A,BC D 为 L上的两个动点，则 APB取最大．充要条件 ．既不充分又不必要条件 第三级阶梯 200 1000
ln x1 ln x2 5 若用平均海拔的范围直接代表各级阶梯海拔的范围，设在第一、二、三级阶梯
2
5．若对任意的 x1, x2 k, ，且当 x x
值时， APB叫点 P对曲线 L的张角.已知点 P为抛物线C : y 4x上的动点，
1 2时，都有 x1 x
，则实数
2 x1x2
某处的压强分别为 p1, p2 , p3，则（ ）k 设 P对圆M : (x 3)
2 y2 1的张角为 ，则 cos 的最小值为 .
的最小值是（ ）
1 1 p 四、解答题(本大题共 6 小题，共 70分，解答应写出文字说明、证明过程或演
2 A． p1 00.4 B． p0 p3 C． p2 p3 D． p3 e
0.18p
A． e B． 5 C．5 D． e e 2 算步骤)
11．苏州博物馆（图一）是地方历史艺术性博物馆，建筑物的顶端可抽象为如
6．设直线 l : x 3y m 0上存在点 P到点 A(3,0),O(0,0)的距离之比为 2．则 17．在DABC中，角 A，B，C所对的边分别为 a，b，c且
图二所示的上、下两层等高的几何体，其中上层 EFGH NPQM 是正四棱柱，
实数m的取值范围为（ ） 下层底面 ABCD是边长为 4的正方形， E,F ,G,H 在底面 ABCD的投影分别为 bsinB asin A c a sinC．
5 4 AD, AB,BC ,CD的中点，若 AF 5，则下列结论正确的有（ ）
A．[ 2,2] B．[ 4,4 3] C． 3, 3 D．[ 5,3] (1)求 B； 3 3
(2)若3sinC 2sin A，且DABC的面积为6 3，求 b.
7．已知 f x sin 2x 3 cos 2x，若方程 f x 2 在 0, π 的解为 x1, x3 2，则
sin x1 x2 （ ）
1 1A． B． 3 32 C． D．2 2 2
8．加斯帕尔-蒙日是 1819世纪法国著名的几何学家．如图，他在研究圆锥曲线
时发现：椭圆的任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆上，其圆心是椭 A．该几何体的表面积为32 8 2 4 6
x2 y2 B．将该几何体放置在一个球体内，则该球体体积的最小值为36π
圆的中心，这个圆被称为“蒙日圆”．若长方形G的四边均与椭圆M : 1
6 4 C．直线CP与平面 ABF 6所成角的正弦值为
相切，则下列说法错误的是（ ） 3
D．点M 到平面BFG 6的距离为
3
A．椭圆M 3的离心率为
3 12．已知定义在R上的函数 f x 可导，且 f x 不恒为0, f x 2 为奇函数，
18．（12分）如图，已知四棱台 ABCD A1B1C1D1的上、下底面分别是边长为 2 20
4 6
．已知等差数列 an 的前 n项和为 Sn， a1 5， a2为整数，且 Sn S3 . 22．已知平面内动点 P x, y ，P到定点 F 6,0 的距离与 P到定直线 l : x
3
和 4的正方形， A1A 4，且 A1A 底面 ABCD，点 P,Q分别在棱DD1、BC上· (1) a 3求 n 的通项公式； 的距离之比为 ，
2
(1)记动点 P的轨迹为曲线 C ，求 C的标准方程．
(2) n设数列 bn 满足bn 1 anan 1，且数列 bn 前n项和为T 2n ，若Tn tn 对 (2)已知点M 是圆 x2 y2 10上任意一点，过点M 作做曲线 C的两条切线，切
n N*恒成立，求实数 t的取值范围. 点分别是 A,B，求△MAB面积的最大值，并确定此时点M 的坐标.
(1)若 P是DD1的中点，证明： AB1 PQ；
4
(2)若PQ / /平面 ABB1A1，且平面 PQD与平面 AQD的夹角的余弦值为 ，求四9
面体 ADPQ的体积．
21．设有甲 乙 丙三个不透明的箱子，每个箱中装有除颜色外都相同的 5个球，
其中甲箱有 3个蓝球和 2个黑球，乙箱有 4个红球和 1个白球，丙箱有 2个红
球和 3个白球.摸球规则如下：先从甲箱中一次摸出 2个球，若从甲箱中摸出的
f x ex x2 a, x R y f x 0, f 0 2个球颜色相同，则从乙箱中摸出 1个球放入丙箱，再从丙箱中一次摸出 2个19．已知函数 ，曲线 在 处的切线方程
球；若从甲箱中摸出的 2个球颜色不同，则从丙箱中摸出 1个球放入乙箱，再
为 y bx． 从乙箱中一次摸出 2个球.
f x (1)若最后摸出的 2个球颜色不同，求这 2个球是从丙箱中摸出的概率；(1)求 的解析式；
(2)若摸出每个红球记 2分，每个白球记 1分，用随机变量 X 表示最后摸出的 2
f x x2 x 个球的分数之和，求 X 的分布列及数学期望.(2)当 x R时，求证： ；
(3)若 f x kx对任意的 x 0, 恒成立，求实数 k的取值范围.
