贵州省贵阳市观山湖区第一高级中学2024届普通高等学校统一招生考试模拟训练（二）数学试卷（含解析）

2024 届普通高等学校统一招生考试模拟训练（二）
数学试卷
本试卷分第 I 卷(选择题)和第 II 卷(非选择题)两部分，满分 150 分考试时间为 120 分钟.
注意事项:
1.答卷前，考生务必将姓名、准考证号用钢笔填写在答题卡相应位置上。
2.回答第I卷时,选出每小题答案后，用铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，
再选涂其它答案标号.写在本试卷上无效.
3.回答第 II 卷时， 将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.
4.请保持答题卡平整,不能折叠考试结束后，监考老师将试题卷、答题卡一并收回.
第 I 卷(选择题共 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，只有一项是符合
题目要求的。
a
1．已知数列 an
n+1 = 2(n *满足 N )且 a4a5 = 4a3 ，则 a1 =（ ）
an
1 1 1
A． B． C． D．1
8 4 2
2．已知直线 l：x y +b = 0和圆C ：x2 + y2 = 9，圆上恰有三个点到直线 l 的距离为 1，则实数b的值为（ ）
A． 2 2 B． 2 2 C． 2 D． 2
3π z
3．已知 tan = 3 ，且 为第三象限角.复数 z = cos( + )+ i sin(π )，则 的值为（ ）
2 z
A． i B．1+ i C． i D．1 i
4．已知圆锥 SO的底面半径为 2，点 P 为底面圆周上任意一点，点 Q 为侧面（异于顶点和底面圆周）上任意一点，
则OP OQ的取值范围为（ ）
A． ( 4,4) B． 4,4 C． ( 2,2) D． 2,2
5．6 位学生在游乐场游玩 A, B,C 三个项目，每个人都只游玩一个项目，每个项目都有人游玩，若A 项目必须有偶数
人游玩，则不同的游玩方式有（ ）
A．180 种 B．210 种 C．240 种 D．360 种
6．中国南北朝时期的著作《孙子算经》中，对同余除法有较深的研究.设a,b,m(m 0)为整数，若a 和b被m 除得的
1 2 2 20 20
余数相同，则称 a 和b对模m 同余，记为a b(modm) .若a =C20 2+C20 2 + +C20 2 ,a b(mod9)，则b的值可
以是（ ）
A．2018 B．2020 C．2022 D．2024
7．已知 A（-7， 0）， B（7， 0）， C（2 ， -12）三点.若椭圆的一个焦点为 C， 且过 A 、B 两点， 此椭圆的
试卷第 1 页，共 4 页
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另一焦点的轨迹为（ ）.
A．双曲线 B．椭圆 C．椭圆的一部分 D．双曲线的一部分
a 1 2
8．已知 f (x) = + xlnx， g (x) = xsinx+cosx，若 x1 [ , 2]， x2 0,π ,使得 f (x1 ) g (x2 )成立，则实数 a 的取
x 2 π
值范围是（ ）
1 1
A． ( ,2 4ln2 B． ( ,1 C． , + ln2 D． ( , 4 4ln2
2 4
二、多选题：本题共 3 小题，每题 6 分，共 18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
全部选对得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0分。
9．下列命题正确的是（ ）
A．已知 e1 ， e2 是两个不共线的向量，a = e1 + 2e2 ，b = 2e1 e2 ，则 a 与b 可以作为平面向量的一组基底
B．在 ABC中，b =11，a = 20，B =30 ，则这样的三角形有两个
6
C．已知 ABC是边长为 2 的正三角形，其直观图的面积为
4
1
D．已知a = (3, 4)，b = (k,3)，若 a 与a + 2b 的夹角为钝角，则 k的取值范围为 ,
6
π π
10．已知函数 f (x) = sin (3x+ )，其中 (0,π)，对于任意 x R ，有 f x = f + x ，则（ ）
6 3
3π 7
A． = B．函数 f (x)的图象关于点 π,0 对称
4 12
π π
C．函数 f (x)在 , 上单调递增 D．函数 f (x)在 ( π,π)上共有 6 个极值点
12 12
2 2
11．已知定义域为R的函数 f (x)满足 f (x+ y) = f (x)+ f ( y)+ x y+ xy , f (x)为 f (x)的导函数，且 f (1) = 2，则（ ）
*
A． f (0) = 0 B． f (x)为奇函数 C． f ( 2) = 7 D．设b n = f (n)(n N )，则b2024 = 2023 2025+ 2
第 II 卷(非择题 共 92 分)
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。
12．已知集合 A= x∣3 2x 1 9 ,B ={x∣a x a+1}，若 A B = A，则实数 a 的取值范围为 .
13．已知一个圆锥的轴截面是边长为 2 的正三角形，其顶点为D，底面圆心为O，点P是线段DO上的一点， ABC
是底面内接正三角形，且PA⊥平面PBC ，则 AC = ；三棱锥P ABC 的外接球的表面积是 .
14．以maxM (minM )表示数集M 中最大（小）的数.设a 0,b 0,c 0，已知a2c+b2c =1，则
1 1 1
min max , , = .
a b c
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四、解答题：共 5个小题，满分 77 分。解答应写出相应的文字说明，证明过程或验算步骤。
15．（本题满分 13 分）
已知函数 f (x) = (x+a) ex +b(a,b R)的图象经过点 (1,1)，且 x = 0是 f (x)的极值点.
(1)求函数 f (x)的解析式；
(2)求函数 f (x)的单调区间和最值.
16．（本题满分 15 分）
某校开设劳动教育课程，为了有效推动课程实施，学校开展劳动课程知识问答竞赛，现有家政、园艺、民族工艺三
1 1 1
类问题海量题库，其中家政类占 ，园艺类占 ，民族工艺类占 .根据以往答题经验，选手甲答对家政类、园艺类、
4 4 2
2 2 4 1
民族工艺类题目的概率分别为 ，， ，选手乙答对这三类题目的概率均为 .
5 5 5 2
(1)求随机任选 1 题，甲答对的概率；
(2)现进行甲、乙双人对抗赛，规则如下：两位选手进行三轮答题比赛，每轮只出 1 道题目，比赛时两位选手同时回
答这道题，若一人答对且另一人答错，则答对者得 1 分，答错者得 1分，若两人都答对或都答错，则两人均得 0 分，
累计得分为正者将获得奖品，且两位选手答对与否互不影响，每次答题的结果也互不影响，求甲获得奖品的概率.
17．（本题满分 15 分）
如图，直四棱柱 ABCD A1B1C1D1的底面是菱形， ABC =120 , AB = 2，且直线 BD1与平面BCC1B1所成角为30 ．
(1)求直四棱柱 ABCD A1B1C1D1的高；
(2)在棱 AA1上是否能找到一点M ，使得平面CD1M 与平面BCC1B1的夹角为30 ？若
AM
能，求出 的值；若不能，说明理由．
AA1
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18．（本题满分 17 分）
已知经过点P(0,2)且以d = (1,a)为一个方向向量的直线 与双曲线3x2l y2 =1相交于不同两点A 、B .
（1）求实数 a 的取值范围；
（2）若点A 、B均在已知双曲线的右支上，且满足OA OB = 0，求实数 a 的值；
1
（3）是否存在这样的实数 a ，使得A 、B两点关于直线 y = x 8对称？若存在，请求出 a 的值；若不存在，请说
2
明理由.
19．（本题满分 17 分）
若Ωn = a a = (a1,a2 , ,ai , ,an ),ai R,i =1,2, ,n ，则称 nn 为 维空间向量集，0 = 0,0, ,0 为零向量，对于k R ，
任意a = (a1,a2, ,an ),b = (b1,b2, ,bn )，定义：
①数乘运算： ka = (ka1,ka2, ,kan )；
②加法运算：a +b = (a1 +b1,a2 +b2, ,an +bn )；
③数量积运算：a b = a b +a 1 1 2b2 + +anbn ；
④向量的模： a = a
2 + a2 21 2 + + an ，
对于 n 中一组向量a k i =1,2, ,mi (i =1,2, ,m)，若存在一组不同时为零的实数 i ( )使得 k1a1 + k2a2 + + kmam = 0，
则称这组向量线性相关，否则称为线性无关，
(1)对于n = 3，判断下列各组向量是否线性相关：
①a = ( 1,1,1),b = ( 2,2,2)；
②a = ( 1,1,1),b = ( 2,2,2),c = (3,1, 4)；
(2)已知 1, 2, 3, 4 线性无关，试判断 1 2,2 2 3 3,3 3 4 4,4 4 1 是否线性相关，并说明理由；
2
(3)证明：对于 n 中的任意两个元素 , ，均有 + 4
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参考答案：
1．A
【分析】由条件得数列 an 为等比数列，利用等比数列的通项公式列方程求解.
a
【详解】因为数列 n+1
*
an 满足 = 2(n N )，所以数列 an 是公比为 2 的等比数列， an
1
因为 a4a5 = 4a a 2
3 a 4 23 ，则 a =1 1 2 = 4a1 2 ，解得 1 .
8
故选：A.
2．B
【分析】由直线和圆的位置关系知，与直线 l距离为 1 的两条平行线中一条与圆相交，一条
与圆相切，从而得到圆心与直线之间的距离，进而得到b的值.
【详解】因为圆C ： x2 + y2 = 9上恰有三个点到直线 l： x y +b = 0的距离为 1，
所以与直线 l距离为 1 的两条平行线中一条与圆相交，一条与圆相切，
b
又因为圆的半径为 3，所以圆心C (0,0)到直线 l距离为 2，即 = 2，解得b = 2 2 .
2
故选：B.
3．A
3 3 3 3
【分析】根据题意，得到 z = i，得到 z = + i ，结合复数的除法，即可求解.
2 2 2 2
3 1
【详解】由 tan = 3 且 为第三象限角，可得 sin = ,cos = ，
2 2
3π 3 3
所以 z = cos( + )+ isin(π ) = sin + isin = i ，
2 2 2
3 3
i
3 3 z 2 2 1+ i可得 z = + i ，所以 = = = i .
2 2 z 3 3 1 i
+ i
2 2
故选：A.
4．A
【分析】利用空间向量的线性运算及数量积公式结合夹角余弦的范围计算即可.
【详解】
答案第 1 页，共 14 页
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如图所示，延长 SQ 交底面圆周于 B，过 Q作QG ⊥底面圆于 G点，
显然OP OQ =OP (OG +GQ) =OP OG = 2cosOP,OG OG ，
由题意可知cosOP,OG 1,1 ,0 OG 2，
所以OP OQ的取值范围为 ( 4,4) .
故选：A
5．C
【分析】分 A有 2 人和 4 人，结合排列组合求解即可.
C2 22 3 1 2 C 2
【详解】若 A有 2 人游玩，则有C6 C4C
4 2
1A2 + A2 =15 (8 6) = 2102 种； A2
4 2
若 A有 4 人游玩，则有C6A2 =15 2 30种；
所以共有 240 种，
故选：C.
6．D
【分析】首先根据二项式定理化简 a ，再判断余数，结合选项，即可求解.
20
【详解】a =C1 2 2 20 20 1020 2+C20 2 + +C20 2 = (1+ 2) 1= 9 1，
所以 a 除以 9 的余数是 8，
选项中只有 2024 除以 9 余 8.
故选：D
7．D
【详解】设椭圆另一个焦点为 F（x ， y）.
由于 A 、B 为椭圆上的点， 由椭圆定义知 AC + AF = BC + BF ，
答案第 2 页，共 14 页
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则 BF AF = AC + BC .
由 AC =15, BC =13，得 BF AF = 2，
故点 F的轨迹为双曲线的一部分. 选 D.
8．A
a 1
【分析】先利用导数求得 g (x) ，再将不等式化为 + xlnx 1在 , 2 上恒成立，参变分离max x 2
1
得 2
1
a x x2 ln x 在 , 2 上恒成立，即只需求h(x) = x x ln x 在 , 2 上的最小值即得.
2 2
π
【详解】由 g (x) = xsinx+cosx，x [0,π]，求导得，g (x) = xcosx，则当 0 x 时，g (x) 0，
2
π
g (x)在 (0, ) 单调递增；
2
π π π π π
当 x π时， g (x) 0， g (x)在 ( ,π) 单调递减，则 x = 时， g (x) = g( ) = .
2 2 2 max 2 2
1 2
x ,2 ， x2 0,π1 ，使得 f (x1 ) g (x2 )成立，
2 π
2 2 π a 1 1
而[ g (x2 )]max = =1，故须使 + xlnx 1在 , 2 上恒成立，即a x x2 ln x 在 , 2 上
π π 2 x 2 2
恒成立.
1
不妨设h(x) = x x2 ln x ， x , 2 ，则h (x) =1 2x ln x x，
2
1 1
再令 (x) =1 2x ln x x ， x , 2 ，则 (x) = 2ln x 3是减函数，当 x 2
, 2 时，
2
2ln2 3 (x) 2ln2 3 0，
1 1 1
即 (x) 在 x , 2 上为减函数，则 4ln 2 1= (2) (x) ( ) = ln 2 + ，
2 2 2
1 1
又 (1) = 0，故当 x 1时， (x) 0，h(x) 在 ,1 上单调递增；
2 2
当1 x 2时， (x) 0，h(x) 在 (1,2)上单调递减，
即 x =1时函数h(x) 取极大值，即最大值，
1 1 1 1
因h( ) = + ln 2，h(2) = 2 4ln 2，h(2) h( ) ，故得a 2 4ln2 .
2 2 4 2
故选:A.
【点睛】本题考查不等式的恒成立与有解问题，属于难题.可按如下规则转化：
一般地，已知函数 y = f (x), x a,b ， y = g (x), x c,d
（1）若 x1 a,b ， x2 c,d ，总有 f (x1) g (x2 )成立，故 f (x) g (x ) ； max 2 min
答案第 3 页，共 14 页
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（2）若 x1 a,b ， x2 c,d ，有 f (x1) g (x2 )成立，故 f (x) g (x2 ) ； max max
（3）若 x1 a,b ， x2 c,d ，有 f (x1) g (x2 )成立，故 f (x) g (x ) ； min 2 min
（4）若 x1 a,b ， x2 c,d ，有 f (x1) = g (x2 )，则 f (x)的值域是 g (x)值域的子集 ．
9．ABC
【分析】由平面向量基底的定义即可判断 A；由余弦定理代入计算，即可判断 B；由原图形
与直观图的面积关系即可判断 C；由平面向量夹角的坐标公式即可判断 D.
【详解】对 A，因为 e1 ， e2 是两个不共线的向量，且 a = e1 + 2e2 ，b = 2e1 e2 ，设 a = b ，
1= 2
则 ，这样的 不存在，所以 a 与b 不共线，则 a 与b 可以作为平面向量的一组基底，
2 =
故 A 正确；
a b
对 B，因为在 ABC中，b =11，a = 20，B =30 ，由余弦定理可得 = ，
sin A sin B
b2 = a2 + c2 2accos30 ，
2
即 c2 20 3c + 279 = 0，易知 = (20 3) 4 279 0且两根之和，两根之积都为正，
所以方程有两根，故 B 正确；
3
对 C，因为 ABC是边长为 2 的正三角形，则 S = 22 = 3，设其直观图的面积为 S2 ， 1
4
S 2 2 S 6
因为直观图的面积与平面图形的面积比为 2 = ，即 S = 1 = ，故 C 正确；
S1 4
2
4 4
对 D，因为a = (3, 4)，b = (k,3)，则a +2b = (3, 4)+ (2k,6) = (2k +3,2)，
a (a + 2b ) 3(2k + 3) 8
设 a 与 a + 2b 的夹角为 ，则 cos = = 0，
a a + 2b 25 (2k + 3) + 4
3 4 1 9
且 ，解得 k 且 k ，故 D 错误；
2k +3 2 6 4
故选：ABC
10．AD
【分析】
由已知条件根据函数对称轴求出 得函数解析式，判断选项 A；验证对称中心判断选项 B；
验证单调区间判断选项 C；求解区间内的极值点判断选项 D.
答案第 4 页，共 14 页
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π π π
【详解】对于 A，由 f x = f + x ，则 f (x)的图象关于直线 x = 对称，
6 3 4
3π 3π π π
有 sin + =1，得 + = kπ + (k Z)，即 = kπ (k Z)，
4 4 2 4
3π
由 (0,π)，得 = ，A 选项正确；
4
3π 7 5π
对于 B， f (x) = sin 3x+ ， f π = sin =1，
4 12 2
7
函数 f (x)的图象不关于点 π,0 对称，B 选项错误；
12
π π 3π π π
对于 C，当 x , 时，3x+ ,π ， ,π 是正弦函数的单调递减区间，
12 12 4 2 2
π π
所以函数 f (x)在 , 上单调递减，C 选项错误；
12 12
3π π kπ π
对于 D，由3x + = kπ + (k Z)，得 x = (k Z)，
4 2 3 12
kπ π 11 13
令 π π (k Z)，得 k (k Z)，
3 12 4 4
故 k 的解集为 2, 1,0,1,2,3 ，所以函数 f (x)在 ( π,π)上共有 6 个极值点，D 选项正确.
故选：AD
11．ABD
【详解】对于 A：令 x = y = 0可得；对于 B：令 y = x可得；对于 C ：先确定 f (x)的奇偶
2
性，然后令 y =1后对 f (x+1) = f (x)+ f (1)+ x + x两边同时求导，再代入 x = 2即可；对于
D：利用累加法求通项公式.
【点睛】对于 A：令 x = y = 0得 f (0) = f (0)+ f (0)，所以 f (0) = 0，A 正确；
2
对于 B：令 y = x得 f (0) = f (x)+ f ( x)+ x2 ( x)+ x ( x) ，所以 f (x)+ f ( x) = 0，B 正
确；
对于 C：因为 f ( x) = f (x)，所以 f ( x) = f (x)，即 f ( x) = f (x)，
所以 f (x)为偶函数，由 f (1) = 2可得 f ( 1) = 2，
令 y =1
2
得 f (x+1) = f (x)+ f (1)+ x + x，
则 f (x+1) = f (x)+2x+1，令 x = 2，得 f ( 1) = f ( 2) 4+1，
所以 f ( 2) = 5，C 错误；
答案第 5 页，共 14 页
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对于 D：因为 f (x+1) = f (x) *+2x+1，b n = f (n)(n N )，
所以bn+1 = bn + 2n +1，且b1 = f (1) = 2
bn bn 1 = 2n 1

bn 1 bn 2 = 2n 3 (n 1)(2n 1+ 3)
所以 ，相加可得bn b1 = = n
2 1，
2
b2 b1 = 3
所以b = (n 1)(n+1)+2，则b2024 = 2023 2025+ 2n ，D 正确.
故选：ABD.
12． 2,4
【分析】
先由 A B = A得出B A；再求出集合 A，结合集合的包含关系列出不等式组即可求解.
【详解】因为 A B = A，
所以B A .
又因为 A= x∣3 2x 1 9 = x∣2 x 5 ，B ={x∣a x a +1}，
a 2
所以 ，解得：2 a 4，
a +1 5
所以实数 a 的取值范围为 2,4 .
故答案为： 2,4
9
13． 3 π
2
【分析】
（1）根据正弦定理求出PA的长；
（2）确定三棱锥P ABC 的外接球，即为以PC, PB, PA为棱的正方体的外接球，再求其半
径，最后应用球的表面积公式即可求出.
【详解】解：由题意，圆锥的底面半径为 1，母线长为 2，
答案第 6 页，共 14 页
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AC
ABC是底面内接正三角形，结合题设有 = 2，所以 AC = 3 ，
sin60
由PA⊥平面PBC ，PB, PC 平面PBC ，则PA ⊥ PB，PA⊥ PC，
ABC为正三角形，则 AC = BC = AB，显然O为 ABC中心，
6
结合对称性，易知 PBA PBC PCA，即PC ⊥ PB，且PC = PB = PA = ，
2
三棱锥P ABC 的外接球，即为以PC, PB, PA为相邻棱的正方体的外接球，
1 3 3 3 3
故外接球半径为R = + + = ，
2 2 2 2 2 2
4πR2
9
所以三棱锥P ABC 的外接球的表面积是 = π .
2
9
故答案为： 3； π
2
14． 3 2
1 1 1 1 1 1 1
【分析】由a2
2 2
c+b2c =1，得a +b = ，设max , , = M ，则M , M , M ，
c a b c a b c
再结合基本不等式求解即可.
2 2 1
【详解】由a2c+b2c =1，得a +b = ，
c
1 1 1 1 1 1
设max , , = M ，则M , M , M = a
2 +b2 2ab，
a b c a b c
1 1 1 1
由3M = 2 M M +M 2 + 2ab = + + 2ab
a b ab ab
1 1
33 2ab = 33 2 ，
ab ab
1
当且仅当 a = b = c = 时，取等号，
3 2
1 1 1
所以min max , ,
3
= 2 .
a b c
故答案为： 3 2 .
答案第 7 页，共 14 页
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1 1 1 1
【点睛】关键点点睛：设max , , = M ，由已知得出M = a
2 +b2 2ab，进而得出
a b c c
1 1
3M 2 + 2ab是解决本题的关键.
a b
x
15．(1) f (x) = (x 1) e +1
(2)增区间为 (0,+ )，减区间为 ( ,0)，最小值为 0，无最大值
x
【分析】（1）求得 f (x) = (x+a+1) e ，根据题意，列出方程组，求得 a,b的值，即可求解；
x
（2）由（1）知 f (x) = x e ，求得函数 f (x)的单调区间，进而求得其最值.
x
【详解】（1）解：由函数 f (x) = (x+a) e +b，可得 f (x) = (x+a+1) ex ，
因为函数 f (x)过点 (1,1)，且 x = 0是 f (x)的极值点，
f (1) = (1+ a) e + b =1
可得 ，解得a = 1,b =1，经检验符合题意；
f (0) =1+ a = 0
所以函数 f (x)的解析式为 f (x) = (x 1) ex +1.
x
（2）解：由（1）知 f (x) = x e ，
令 f (x) 0，解 x 0；令 f (x) 0，解 x 0，
所以函数 f (x)在 (0,+ )上单调递增，在 ( ,0)上单调递减，
所以，当 x = 0时，函数 f (x)取得最小值，最小值为 f (0) = 0，无最大值.
即函数 f (x)的增区间为 (0,+ )，减区间为 ( ,0)，最小值为 0，无最大值.
3
16．(1)
5
441
(2)
1000
【分析】（1）利用全概率公式，即可求得答案；
（2）求出乙答对的概率，设每一轮比赛中甲得分为 X，求出 X的每个值对应的概率，即可
求得三轮比赛后，甲总得分为 Y的每个值相应的概率，即可得答案.
【详解】（1）记随机任选 1 题为家政、园艺、民族工艺试题分别为事件 Ai (i =1,2,3) ,
答案第 8 页，共 14 页
{#{QQABCYIQgggIAIBAABgCAwVyCEIQkBACAIoOgBAAoAAACRNABAA=}#}
记随机任选 1 题，甲答对为事件 B，
1 1 1 2 2 4
则P (A1 ) = , P (A2 ) = , P (A3 ) = , P (B | A1 ) = , P (B | A2 ) = , P (B | A3 ) = ，
4 4 2 5 5 5
则P(B) = P(A1)P(B | A1)+P(A2 )P(B | A2 )+P(A3 )P(B | A3 )
1 2 1 2 1 4 3
= + + = ；
4 5 4 5 2 5 5
（2）设乙答对记为事件 C，则P(C) = P(A1)P(C | A1)+P(A2 )P(C | A2 )+P(A3 )P(C | A3 )
1 1 1 1 1 1 1
= + + = ，
4 2 4 2 2 2 2
设每一轮比赛中甲得分为 X，
3 1 3
则P(X =1) = P(BC ) = P(B)P(C ) = 1 = ，
5 2 10
3 1 3 1 1
P(X = 0) = P(BC BC) = P(BC)+P(CB) = + 1 1 = ，
5 2 5 2 2
3 1 1
P(X = 1) = P(BC) = 1 = ，
5 2 5
三轮比赛后，设甲总得分为 Y，
3 2
3 27 3 1 27
则P (Y = 3) = = ，P (Y = 2) = C
2
= ， 3
10 1000 10 2 200
2 2
3 1 3 1 279
P (Y =1) =C1 2 ， 3 +C3 =
10 2 10 5 1000
27 27 279 441
所以甲最终获得奖品的概率为P = P (Y = 3)+ P (Y = 2)+ P (Y =1) = + + = .
1000 200 1000 1000
17．(1) 2 2
3
(2)能，
4
【分析】（1）设 AC BD =O, A1C1 B1D1 =O1 ，以OA,OB,OO 分别为 x, y, z1 轴正方向建立空
间直角坐标系Oxyz ，设 AA1 = h 0，用空间向量法结合直线 BD1与平面BCC1B1所成角为30 ，
列出方程求解即可；
（2）假设能找到这样的点M ，设M ( 3,0, t )，且0 t 2 2 ，根据平面CD1M 与平面BCC1B1
3 2 AM
的夹角为30 及空间向量，列方程解出 t = (0,2 2 )，即可说明存在，计算出 即可．
2 AA1
【详解】（1）设 AC BD =O, A1C1 B1D1 =O1 ，
答案第 9 页，共 14 页
{#{QQABCYIQgggIAIBAABgCAwVyCEIQkBACAIoOgBAAoAAACRNABAA=}#}
因为棱柱是直棱柱，且底面是菱形，故OA,OB,OO1 两两垂直，
如图，以OA,OB,OO1 分别为 x, y, z轴正方向建立空间直角坐标系Oxyz ，
因为菱形 ABCD中， ABC =120 ，
所以OA= 3,OB =1，设 AA1 = h 0，
则 A( 3,0,0) , B (0,1,0) ,C ( 3,0,0), D (0, 1,0), A1 ( 3,0, h)，
B1 (0,1,h) ,C1 ( 3,0,h) , D1 (0, 1,h)，
所以CB = ( 3,1,0) ,CC1 = (0,0,h) , BD1 = (0, 2,h)
n1 CB = 0 3x1 + y1 = 0
设平面 BCC1B1的一个法向量为n1 = (x1, y1, z1)，则由 ,得 ，
n h z = 01 CC1 = 0 1
令 x1 =1得， n1 = (1, 3,0)，
BD n 2 3
所以 cosBD1,n1 =
1 1 = ，
BD1 n
2
1 h + 4 2
因为直线 BD1与平面 BCC1B1所成角为30 ，
2 3 1
所以 cosBD1,n1 = sin30 ，即 = ，解得 h = 2 2 ．
h2 + 4 2 2
（2）假设能找到这样的点M ，
设M ( 3,0, t )，且0 t 2 2 ，
则CM = (2 3,0, t ) ,CD1 = ( 3, 1,2 2 )，
n CM = 0 2 3x + t z = 0
设平面CD1M
2 2 2
的一个法向量为n2 = (x2, y2, z2 )，则由 ,得 ，
n2 CD1 = 0 3x2 y2 + 2 2z2 = 0
令 x = t 得，n2 = (t, 3t 4 6, 2 32 )，
n1 n2 12 2 2t
则 cosn1,n2 = = ，
n1 n2 2 4t2 24 2t +108
由平面CD1M 与平面 BCC1B1的夹角为30 ，
6 2 t 3 3 2
可得 cosn1,n2 = cos30 ，即 = ，解得 t = (0,2 2 )，
4t2 24 2t +108 2 2
答案第 10 页，共 14 页
{#{QQABCYIQgggIAIBAABgCAwVyCEIQkBACAIoOgBAAoAAACRNABAA=}#}
所以能找到这样的点M ，
3 2
3 2
此时， AM = t = ，故 AM 2 3 ．
2 = =AA1 2 2 4
18．（1） ( 15, 3) ( 3, 3) ( 3, 15 )；（2） 7 ；（3）存在实数 a = 2满足题意，
理由见详解.
【分析】（1）先由题意，得到直线 l的方程为 y = ax + 2，联立直线与双曲线方程，根据交点
个数，列出不等式求解，即可得出结果；
（2）先设 A(x1, y1)、B(x2, y2 )，根据两点都在双曲线的右支上，列出不等式求解，得出
15 a 3，再由OA OB = 0，利用韦达定理，列出等式求解，即可得出结果；
（3）先假设存在实数 a 满足题意，根据对称性，得到两直线垂直，求出 a ，再求出中点坐
标验证，即可得出结果.
【详解】（1）因为直线 l经过点P(0,2)且以d = (1,a)为一个方向向量，
所以直线 l的方程为 y = ax + 2，
y = ax + 2
2 2 2 2由 2 2 得3x ax 2 1，整理得 3 a x 4ax 5 0，
3x y =1
3 a
2 0 a 3
因此 2 ，解得 ，即 15 a 3或 3 a 3
= ( 4a) + 20 3 a
2 0
( ) 15 a 15
或 3 a 15 ，
所以实数 a 的取值范围是 ( 15, 3) ( 3, 3) ( 3, 15 )；
（2）设 A(x1, y1)、B(x2, y2 )，
答案第 11 页，共 14 页
{#{QQABCYIQgggIAIBAABgCAwVyCEIQkBACAIoOgBAAoAAACRNABAA=}#}
4a
x1 + x2 = 03 a2

5
因为点A 、B均在已知双曲线的右支上，所以由（1）可得 x1x2 = 02 ，
3 a
2 = ( 4a) + 20 (3 a2 ) 0


解得 15 a 3；
又OA OB = 0，即 x1x2 + y1y2 = 0，则 x1x2 + (ax1 +2)(ax2 +2) = 0，
整理得 (1+ a2 ) x1x2 + 2a (x1 + x2 )+ 4 = 0，
5(1+ a2 ) 8a2 7 a2则 + + 4 = 0，整理得 = 0，解得 a = 7 ， 2
3 a2 3 a2 3 a
因为 15 a 3，所以 a = 7 ；
1
（3）假设存在实数 a ，使得A 、B两点关于直线 y = x 8对称，
2
1
则直线 AB : y = ax + 2与 y = x 8垂直，
2
所以a = 2，则 y = 2x + 2，
4a 8
由（2）知 x + x = = = 8，则 y1 + y2 = 2(x1 + x2 )+4 = 121 2 ，
3 a2 3 4
因此 AB的中点坐标为 (4, 6)，
1 1
又 6 = 4 8，即点 (4, 6)在直线 y = x 8，
2 2
1
所以存在实数a = 2，使得A 、B两点关于直线 y = x 8对称.
2
【点睛】思路点睛：
已知直线与圆锥曲线交点个数求参数时，一般需要联立直线与圆锥曲线的方程，消去 x（或
y ），得到关于 y （或 x ）的一元二次方程，根据判别式列出对应的不等式，即可求解.（判
别式大于零，有两个交点；判别式等于零，有一个交点；判别式小于零，没有交点.）
19．(1)①线性相关，②线性相关
(2)线性无关，理由见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）（2）利用 n 维空间向量线性相关的定义进行列式判断即可得解；
答案第 12 页，共 14 页
{#{QQABCYIQgggIAIBAABgCAwVyCEIQkBACAIoOgBAAoAAACRNABAA=}#}
（3）利用 n 维空间向量的数量积与模的公式，结合完全平方公式即可得证.
【详解】（1）对于①，假设 a 与b 线性相关，
则存在不全为零的实数 k1,k2 使得 k1a + k2b = 0，
k1 2k2 = 0
则 ，即 k1 + 2k2 = 0，
k1 + 2k2 = 0
可取 k1 = 2,k2 = 1，所以 a,b线性相关，
对于②，假设a,b,c线性相关，
则存在不全为零的实数 k1,k2 ,k3 使得k1a + k2b+ k3c = 0，
k1 2k2 + 3k3 = 0

则 k1 + 2k2 + k3 = 0 ，得 k1 + 2k2 = 0,k3 = 0，

k1 + 2k2 4k3 = 0
可取 k1 = 2,k2 = 1，所以a,b,c线性相关.
（2）假设 1 2,2 2 3 3,3 3 4 4,4 4 1 线性相关，
则存在不全为零的实数 k1,k2 ,k3 ,k4 ，
使得 k1 ( 1 2 )+ k2 (2 2 3 3 )+ k3 (3 3 4 4 )+ k4 (4 4 1 ) = 0，
则 (k1 k4 ) 1 + (2k2 k1) 2 + (3k3 3k2 ) 3 + (4k4 4k3 ) 4 = 0，
因为 1, 2, 3, 4 线性无关，
k1 k4 = 0

2k2 k1 = 0
所以 ，得 k1 = k2 = k3 = k4 = 0，矛盾，
3k3 3k2 = 0
4k4 4k3 = 0
所以向量 1 2,2 2 3 3,3 3 4 4,4 4 1 线性无关.
（3）设 = (a1,a2, ,an ), = (b1,b2, ,bn )，
则 + = (a1 +b1,a2 +b2, ,an +bn )，
2 2 2 2
所以 + = (a1 + b1 ) + (a2 + b2 ) + + (an + bn ) ，
又 = a1b1 +a2b2 + +anbn ，
答案第 13 页，共 14 页
{#{QQABCYIQgggIAIBAABgCAwVyCEIQkBACAIoOgBAAoAAACRNABAA=}#}
2 2 2 2
所以 + 4 = (a1 +b ) + (a +b ) + + (a +b ) 4(a b + a b + + a b ) 1 2 2 n n 1 1 2 2 n n
2 2 2
= (a1 b1) + (a2 b2 ) + + (a n bn ) 0，
当且仅当a1 = b1,a2 = b2 , ,an = bn 同时成立时，等号成立，
2
所以 + 4 .
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是利用类比法，类比平面向量到 n 维空间向量，利用
平面向量的性质与结论列式推理，从而得解.
答案第 14 页，共 14 页
{#{QQABCYIQgggIAIBAABgCAwVyCEIQkBACAIoOgBAAoAAACRNABAA=}#}