绝密★考试结束前
试卷类型（A)
2024届高二寒假返校考
数学试题卷
1.本卷满分150分，考试时间120分钟
2答题前务必将自己的姓名，准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题
卷和答题纸规定的地方用2B铅笔将试卷类型(A)填涂在答题卡相应位置上，
3答题时，请按照答题纸上“注意事项的要求，在答题纸相应的位置上规范答题，
在本试卷纸上答题一律无效，
4.考试结束后，只需上交答题卷，
选择题部分（共58分）
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，只有一项符合
题目要求的
1.已知集合A={-2,-1,01,2},B={xy=ln(x2-5x-6)},则AnB=(▲)
A.{-2,-1,0,1,2
B.{-2
C.(0,1,2)
D.{-2,-1,0}
2.己知复数z=1-i(i为虚数单位)，
5
=(▲)
7-4z
A.1
B.5
C.3
D.4
3.已知向量a,万，a=5,同=4，a与万的夹角为120°，若(ka-2b)1(a+b),则k=
(▲)
4
3
A.-
B.-2
c.4
5
5
5
5
4.己知等轴双曲线Γ经过点A(3,2),则Γ的标准方程为（▲）
x-1
A.55
B.x
=1
C.y2-x2=1
D.x2-y2=1
55
5.己知等差数列切记S”为数列{an}的前Sn项和，若4，=1，S,=5a,则数列{an}的公差d=(▲)
A.1
B.2
C.-1
D.-2
6已知函数=hg计则/[明=(4)
A.In3
B.3
C.e3
D.e'In3
7.已知sina-cosa=},
A.-172
B.17V2
c.-31v2
D.3V2
50
50
50
50
2024届高二寒假返校考第1页共4页
8.在三棱锥P-ABO中，PO⊥平面ABO,OB⊥BP于H,AP=4,C为PA
中点，则三棱锥P-HOC的体积最大值为（▲）
A26
2
3
B
3
D.-
3
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
求全部进对的得6分，部分选对的得部分，有进错的得0分.
9.动点P在圆C1:x2+y2=1上，动点Q在圆C2:(x一3)2+(y十4)2=16上，则下列说法正确的是
(▲)
A.两个圆心所在的直线斜率为一号
B.两个圆公共弦所在直线的方程为3x一4y一5=0
C.两圆公切线有两条
D,PQ的最小值为0
10.设数列{an},{bn}都是等比数列，则（▲）
A.若Cn=ab.,则数列{Cn}也是等比数列
B若dn=a,
则数列{dn}也是等比数列
b
C.若{an}的前n项和为Sn,则Sn,S2m-Sn,Sm-S2m也成等比数列
D在数列{口n}中，每隔k项取出一项，组成一个新数列，则这个新数列仍是等比数列
11.定义在(0，+0)上的函数f(x)满足如下条件：①f(y)=xf(y)+f(x),②当x>1时，
f(x)>0；则下列结论中正确的是（▲）
A.f(1)=0
B.f(xy)=f(x)f(y)
C.f(x)在(1，+o)上单调递增
D不等式x-引上？/（的解矣为2+四）
非选择题部分（共92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分
12.若抛物线以坐标轴为对称轴，原点为焦点，且焦点到准线的距离为2，则该抛物线的方程可
以是·（只需填写满足条件的一个方程）
13杭州亚运会举办在即，主办方开始对志愿者进行分配.己知射箭场馆共需要6名志愿者，其中3
名会说韩语，3名会说日语.目前可供选择的志愿者中有4人只会韩语，5人只会日语，另外还有1
人既会韩语又会日语，则不同的选人方案共有
种.（用数字作答）.
x2 y2
14,已知椭圆C:京+方=1>b>0)的右焦点为F,过点F作倾斜角为牙的直线交椭圆C
于A,B两点，弦AB的垂直平分线交x轴于点P,若
PF=,则椭圆C的离心率e=
2024届高二寒假返校考第2页共4页绝密★考试结束前
2024届高二寒假返校考（A卷）
数学参考答案
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
符合题目要求的.
1 2 3 4 5 6 7 8
B A C A D B D B
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，有选错的得 0分.
9 10 11
AD ABD ACD
三、填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分.
12. y2 4(x 1)或 y2 4(x 1)（答案不唯一其它满足要求的答案也可）
1
13. 140 14.
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.(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
当 a＝0时，
f′(x) 1 2x
2－1
＝2x－ ＝ .·················································（1分）
x x
0 2，
当 x∈ 2 时，f′(x)<0，
0 2，
则 f(x)的单调递减区间为 2 ，·······································（2分）
2
，＋∞
当 x∈ 2 时，f′(x)>0，
2
，＋∞
则 f(x)的单调递增区间为 2 .·····································（3分）
(2)由 f(x)≥(a2－a)ln x对 x∈(1，＋∞)恒成立，
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x2
得 a2＋1≤ 对 x∈(1，＋∞)恒成立．······································（2分）
ln x
2
设 h(x) x＝ (x>1)，
ln x
x 2ln x－1
则 h′(x)＝ .······································（4分）
ln x 2
当 x∈(1， e)时，h′(x)<0；
当 x∈( e，＋∞)时，h′(x)>0.
所以 h(x)min＝h( e)＝2e，······································（6分）
则 a2＋1≤2e，
解得－ 2e－1≤a≤ 2e－1，······································（8分）
故 a的取值范围是[－ 2e－1， 2e－1]．······································（9分）
16.【A卷 16题，B卷 17题】
解：（1）如图，在棱 BB1上取点M ，使得 BM CF ，又 BM∥CF ，所以四边形 BMFC
为平行四边形，······································································（2分）
则MF∥BC且MF BC，又 BC∥A1D1且 BC A1D1，
所以MF∥A1D1且MF A1D1，····································（5分）
则四边形 A1D1FM 为平行四边形，所以 A1M∥D1F ，
同理可证四边形 A1MBE为平行四边形，
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则 BE∥A1M ，所以 BE∥D1F .····································（7分）
（2）以DA为 x轴，DC 为 y轴，DD1为 z轴建立空间直角坐标系，
则D 0,0,0 ， B 2,1,0 ， E 2,0,3 ， F 0,1,1 ，····································（2分）
DE 2,0,3 ，DF 0,1,1 ，设平面DEF 的法向量为 n x1, y1, z1 ，
n DE n DE 2x 3z 0 x
3
z
由
得， 1 1
1 1
，解得， 2 ，
n DF n DF y1 z1 0 y1 z1
令 z1 2，则 n 3, 2,2 ，
BD 2, 1,0 ， BF 2,0,1 ，设平面 BDF 的法向量为m x2 , y2 , z2 ，
1
m BD m BD 2x y 0
x2 y2 ,
由 得， 2 2
2
，解得，
m BF m BF 2x2 z2 0 x 12 z 2 2
令 x2 1，则m 1, 2,2 ，·························································（8分）
设两个平面夹角大小为 ，
n m
则 cos cos n,m 5 5 17 .·································（10分）
n m 3 17 51
【A卷 17题】
nan * 1 n 1 na n 1（1）∵a n 1n 1 n N n，∴ n 1 n 1 nan 1 an 1 nan nan
1 1 1 1即 ，又 2，········································（4分）
n 1 an 1 nan 1 a1
1
∴数列 是以 2为首项，1为公差的等差数列，········································（5分）
nan
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1 1
∴ 2 n 1 n 1，∴ an .········································（6分）nan n n 1
S 1 1 1 1 1 1 n（2） n ········································（2分）2 2 3 n n 1 n 1
16
n 1 n n ········································（4分）
n n 1 n 1
16 2所以 2 n 1，········································（8分）n
16
n22 1 8 1 7，当 n 2时取等，所以： 7 .·································（10分）n
【A卷 18题，B卷 19题】
（1）设P x ,y0 0 、圆的方程 x2 (y b)2 r 2 (r 0)，代入 3,0 、 x0 , y0 及 A 0, y1
1
可解得 y1 y ，即可证；0
（2）设M (m,0)(m 3)，由 A，P，Q三点共线 kAP kAQ 得 yQ，即可表示出 kMP kMQ 讨
论定值是否存在.
（小问 1评卷给分标准）
x2
由 y2 1可得 F1 3,0 ， F2 3,0 ··························（1分）4
设P x ,y0 0 ，则 x2 4y20 0 4，
设圆的方程为 x2 (y b )20 r
2 (r 0) ，··························（3分）
3 b2 r 2
代入 F1 3,0 及 x0 , y 00 ，得 2 ，··························（4分）2 2
x0 y0 b0 r
x2 2b 0 y0 3 4 4y
2 y2 3 1 1
两式相减，得 0
0 0 3y 0 ，······················（5分）2y0 2y0 2 y0
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2 1
所以圆的方程为 x y2 2b0y 3 0 x
2 y2即 3y0 y 3 0，············（6分）
y0
1
令 x 0 y2，得 3y0 y 3 0，
y
0
y 1由 y1 0，可得 1 ，即 y0 yy 1
1．··························（8分）
0
（小问 2评卷给分标准）
y 1 1 1 0 yQ
设M (m,0)(m 3)，由（1）知 A 0, ，由 A，P，Q三点共线，得 yy 0
y
0 ，
0 x0 3
3 y2
y 0
1 x0
解得 Q ，··························（2分）x0 y0
3 y20 1 x0
则 y x y 3 y20 0 0 0 1 x0 ，··························（4分）kMP kMQ x0 m 3 m x0 x0 m (3 m)
2 3 x2 x 3 x
y2 1 x 0 4 0 0 4 0
1
代入 0 ，得 k k ，·········（8分）4 MP MQ x0 x0 m (3 m) x0 m (3 m)
3 1 9
当且仅当 4，即m 时， kMP kMQ 为定值．··························（9分）4 m 3 20
综上，存在点 M
4
,0
，可使得直线 MP 与 MQ 的斜率之积为定值，该定值为
3
9
．··························（10分）
20
探索圆锥曲线的定值问题常见方法有两种：① 从特殊入手，先根据特殊位置和数值求出定
值，再证明这个值与变量无关；② 直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从
而得到定值.
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【A卷 19题】
（小问 1评卷给分标准）
由 f (x) nx xn，可得 f (x) n nxn 1 n(1 xn 1)，其中n N ，且 n 2．
下面分两种情况讨论：
①当 n为奇数时，令 f (x) 0，解得 x 1，或 x= 1，
当 x变化时， f (x)， f (x)的变化情况如下表：
x ( , 1) ( 1,1) (1, )
f (x)
f (x) 递减 递增 递减
所以， f (x)在 ( , 1)， (1, )上单调递减，在 ( 1,1)单调递增；
②当 n为偶数时，
当 f (x) 0，即 x 1时，函数 f (x)单调递增；
当 f (x) 0，即 x 1时，函数 f (x)单调递减；
所以， f (x)在 ( ,1)单调递增，在 (1, )上单调递减；
（小问 2评卷给分标准）
1
证明：设点 P的坐标为 (x 20 ， 0) ，则 x0 n n 1， f (x0 ) n n ，
曲线 y f (x)在点 P处的切线方程为 y f (x0 )(x x0 )，
即 g(x) f (x0)(x x0)，
令 F(x) f (x) g(x)，即 F (x) f (x) f (x0)(x x0)，
则 F (x) f (x) f (x0 )．
由于 f (x) nxn 1 n在 (0, )上单调递减，故F (x)在 (0, )上单调递减，
又因为 F (x0 ) 0，所以当 x (0, x0 )时， F (x) 0，当 x x0 , 时， F (x) 0，
所以 F (x)在 (0, x0 )内单调递增，在 x0 , 上单调递减，
所以对应任意的正实数 x，都有 F (x) F (x0) 0，
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即对于任意的正实数 x，都有 f (x) g(x)．
（小问 3评卷给分标准）
证明：不妨设 x1 x2，
由（2）知 g(x) (n n2 )(x x0 )，设方程 g(x) a的根为 x3，
x a可得 3 2 x0，由（2）知 g(x2 ) f (x2 ) a g(x3 )，可得 x2 x ．n n 3
类似地，设曲线 y f (x)在原点处的切线方程为 y h(x)，可得 h(x) nx，
当 x (0, )， f (x) h(x) xn 0，
即对于任意的 x (0, )， f (x) h(x)，
设方程 h(x) a的根为 x a4，可得 x4 ，n
因为 h(x) nx在 ( , )上单调递增，
且 h(x4 ) a f (x1) h(x1)，因此 x4 x1，
a
由此可得： x2 x1 x3 x4 x0 ，1 n
因为 n 2，所以 2n 1 (1 1)n 1 1 C1n 1 1 n 1 n，
1 a
故： 2 nn 1 x ．则 | x2 x1 | 2 ，0 1 n
a
所以当 n 5时，即有 | x2 x1 | 2 ．4
导函数研究函数单调性，结合极值，最值等求参数取值范围，证明不等式等，是有力的工具，
往往需要构造出新函数，或者借助切线方程进行切线放缩达到目的，本题中就用到了此类只
是，本题第三问难点在于要用到二项式定理进行适当放缩题
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