2024高考数学密训卷参考答案（二） 故选：D．
一．单项选择题
4. A
1. D
cos 2 π π 3
2cos 2
因为a b，所以a b 0
1
2 4 5
所以 1 t 0，故 t 1 sin 2 cos 2 π 3
2
5
a b ( 1,1) (1,1) (0, 2)
cos π 5D 因为 为锐角， 故选： ． 4 5
π π π所以 ， 2
4 2 2
2. B
所以 sin
π
2 5
， cos 2 1 sin
2 2 4
因为 PA AC， AB AC， PA，PB在平面 PAB 4 5 5内且相交于点 P
cos 2 cos 2 1 4 5 10
故 AC 平面 PAB
sin 2 sin cos sin 2 2 sin
π
3 2 10 3
π 4
△PAB中，PA AB 2， PBA
6
故选：A．
故 PAB 2π
3
S 1 2π故 △PAB 2 2 sin 32 3
5. C
V V 1 2 3故 P ABC C PAB 2 3 3 3 马术比赛和跑步比赛不相邻的情况为：A
2
2A
2
3 12种
故选：B． 马术比赛和跑步比赛不相邻且游泳比赛在第一或最后一场的情况为： 2A22 4种
故不同的比赛方式共有A22A
2
3 2A
2
2 8种
3. D
故选：C．
a1 1， a2 2 a1 3， a3 3 a2 6， a4 4 a3 10，故 A正确
b1 2，b2 3，b3 4，b1 b2 b3 9，故 B 正确
6. C
由图形可知： an 1 an n 1
设OB的中点为M ， l与圆相切的切点为N ，F ( c,0)
bn 1 bn an 2 an 1 an 1 an n 2 n 1 1，故 C 正确
根据题意作图如下
Sn b1 bn a2 a1 an 1 an an 1 a1 an ，故 D错误
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设 f x k x 2 2 x
e2
xe
则等价于函数 f x 有三个零点
f x k x 1 ex
则 f x 有两个零点，则方程 k x 1 ex 有两个不相等的实根
令 g
a x x 1 e
x ，g(-1) = 0
易知 OM MN ， OF c
2 则 g x x 2 ex
2 5 2 5
因为直线 l的斜率为 ，即 tan NFM
5 5 当 x , 2 时， g x 0， g x 单调递减
2
则 sin NFM 当 x 2, 时， g x 0， g x 单调递增
3
a
MN 2 则 g x
1
g 2
2 min
2
所以 sin NFM e
FM c a 3 1若方程 k x 1 ex 有两个不相等的实根，则 2 e2 k 0
解得 a 4c e c 1 1，则 当
a 4 e2
k 0时
故选：C． 若 x ，则 f x
若 x ，则 f x ，且 f 2 0
7. B f x k x 2 2则 xe x2 有三个不同的零点e
由于 A x 为偶函数，故其定义域关于 0,0 对称 1所以 2 k 0成立e
集合 A中，D = a2 + 4 > 0 故选：A．
故 a 0，得 A , 1 1,
1
所以 A 0
A A 1 0 0 1 1 二．多项选择题
2
9. BCD
故选：B. 若 z 0， z z 0，不是纯虚数，故 A错误
1 1 1
，故 B 正确
z z 2
8. A
2 设 z = x + yi（ x, y R ）， z + i = 1即 x2 2y k x 2 y xex +(y+1) =1，表示圆心在 (0,-1)，半径为1的圆，故 C若直线 与曲线 有三个交点
e2
即 k x 2 2 x2 xe 0有三个不相等的实根
正确
e
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iz z 0，设 z a bi，则 z a bi 点 A是点Q在平面 ABB1A1上的投影，取 A1B1的中点 P
iz z ai b a bi b a a b i 0 a b
iz z i a ai a ai ai a a ai 0 ，故 D正确
故选：BCD．
10. ABD
令 x y 0，则 f (0) f 2(0) g 2(0) ， g(0) 2g(0) f (0) 易证得BE 平面 AQPP
所以 g(0)[1 2 f (0)] 0 所以只需取P为C1F的中点，即可满足 PQ BE恒成立，故 A 正确
所以 g(0) 0或 f (0) 1 （舍）
2 建立如图所示空间直角坐标系，则有EF ( 1,0,1)，C1F (1, 2,0)
故 A正确
所以 f (0)[1 f (0)] 0
所以 f (0) 1或 f (0) 0（舍），故 B 正确
令 y x，则 g(x) f ( x) f (x)g( x) 0
g(x) g( x)
将上式等号两边同时除以 f (x) f ( x)可得 0
f (x) f ( x)
g(x)
所以 为奇函数，故 C错误 设Q( ,0,0)，C
f (x) 1
P C1F
f (2x) f 2(x) g 2(x) 则P( , 2 2 , 2)（ [0, 2]， [0,1]）， PQ ( , 2 2, 2)
令 y x，则
g(2x) 2 f (x)g(x) PQ EF 2若 ∥ ，则 ，且 2 2 0
1 1
所以 f (2x) g(2x) [ f (x) g(x)]2 0 即 3，不符题意，故 B错误
所以 f (2x) g(2x) 点Q在棱DC上时， S△QAB 取最大
即 f (x) g(x)，故 D正确
故选：ABD．
11. ACD
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A {x | ex e 1} A {x | x 1}
B x | ln x 2 4x 4 0
x2 4x 4 1
B 2 x | 3 x 2或 2 x 1
x 4x 4 0
A B {x | 3 x 2或 2 x 1}
1 1 1 故答案为：{x | 3 x 2或 2 x 1}
即V 4P ABQ S△ABQ DD1 2 2 2 ，故 C 正确3 3 2 3
在平面 BCC1B1内作M 关于 BC的对称点M 取 B1C1中点H
13. 2
记 AC b， BC a S 1 ，则 △ABC b BE b2
S 1 1△ABC 2S△CDA 2 a 2 sin CDA
3
a
2 2 2
3
故b a①
2
a
2
4 b
2
CDA cos π 2
△ 中，
3 2 1 2 a
则必有MQ M Q 2
2
故只需M ，Q，P三点共线且HP C1F 时， |MQ | | PQ |取最小值 得 a 4 a b2②
4
由HP C1F ，可求得HP
2 5
将①代入②得
5
a2 3 2 2
|MQ | | PQ | |M Q | | PQ | 4 7 5 M H 2 PH 2 9 a 4 a 即 a 2a 8 0
5 5 4 4
故 D 正确 所以a 2或 a 4（舍）
故选：ACD． 所以 BC 2
故答案为： 2．
三．填空题
12. {x | 3 x 2或 2 x 1} 14. 6 2
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π
根据题意作图如下 因为 f (x)在 y轴右侧第一个极值点为
6
π π π故 ， 2
6 6 2
故 f (x) sin 2x π
6
（2）记 h(x) f (x) g(x) sin 2x
π
x 2 3x
1 π
， x 0,
6 2 4
设 AOF BOF ， OA m， OB n h (x) π 2cos 2x 2x 3
6
x2 y2
因为双曲线C的方程为 1
2 4 h (x) 4sin 2x π 2
6
所以 tan 2， OF 6
因为0 π π x ，则 2x π 2π
易知 S 4 6 6 3△OAB S△OAF S△OBF
1 π1 1 1 故 sin 2x 1
所以 mn sin 2 6m sin 6n sin 2 6
2 2 2
即 2mncos 6 m n 4 4sin 2x π 2
6
而 tan 2，则 cos 3
3 π 所以 h (x) 4sin 2x 2 0
6
2 1 1 2
所以 mn m n，即
3 m n 3 h (x) π 故 在 0, 上单调递减，而 h (0) 0
4
m 3 1 1 n m n 3 m n 3
m n
所以 2 2 22 m n
2 n m 2 n m
6 2
故 h (x) 0， h(x) π 在 0, 上单调递减
4
当且仅当m m 3 2 时，等号成立
而 h(0) 0，故 h(x) 0
故 OA OB 的最小值为6 2
π
所以 x 0,
故答案为：6 2 ． 4
时， f (x) g(x) 0
四．解答题 16. （1）取 AC的中点E，连接DE，BE
15. 1 A 1 sin( 0 ) 1（ ）由图可知， ， 因为 AA1 CC1，则四边形 ACC1A1为等腰梯形2
因为 | | π ，所以 又D，E分别为 A1C1， AC的中点2 6
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所以 AC DE A 2, 1 ,0 B 0, 3 ,0 C 2, 1 1
3
易知 ， ， ,0
， E 0, ,0
，D 0,0,
2 2 2
2 2
由于 AB BC， E为 AC的中点
由于 EC 2DC1 ， BC 2B1C1
所以 AC BE，又 BE DE E
所以C1 1,0,
3 3
AC BDE 2
， B
所以 平面 1
0,1,
2
而 BD 平面 BDE 设平面 AB1C1的法向量为m x, y, z
所以 BD AC 3 3
由于 AB1 2, , ， B1C1 1, 1,0
2 2
（2）过点D作DO BE，垂足为O
AB m 2x 3 3 y z 0
由（1）知， AC 平面BDE，DO 平面 BDE 所以 1 2 2
B1C1 m x y 0
则 AC DO，又 AC BE E
令 z 7，则m 3, 3,7
所以DO 平面 ABC
设平面 BCC1B1的法向量为n x , y , z
则 DBE为直线 BD π与平面 ABC所成的角，即 DBE
6 1 3
由于CC 1, , ， BC 1, 1,0
在△BDE中， BE 2， BD 3 1 1 1 2 2
则DE 2 BE 2 BD2 2BE BD cos π 1
6 AB1 n
1 3
x y z 0
所以
2 2 2
2 2
则DE BD BE ，即 BD DE，且DC1 1 B1C1 n x y 0
3 令 z 1，则n 3, 3,1
易求DO ，OE 1 OB 3 ， ，即OB 3OE
2 2 2
AB A F OF OF BE 所以 cos m,n
m n 1 385
取 上靠近点 的四等分点 ，连接 ，易知 m n 55 7 385
则分别以OF ，OB，OD所在直线为 x， y， z轴建立如图所示的空间直角坐标系
故平面 AB1C1与平面 BCC1B
385
1成角的余弦值为 385
17. （1）由直方图可知，分数在 70,80 中的学生有32人，分数在 80,90 中
的学生有16人
所以根据分层抽样，在 70,80 中抽 4人，在 80,90 中抽 2人
则 X 可取0，1， 2
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C3p X 1 所以当 n 31或 n 32时，a 最大，即 n 31或 n 32时，竞赛成绩优秀的人数为8的 0 4 n
C36 5
概率最大
2 1
p X 1 C 4C2 3
C3
6 5
p X 2 C
1C2 18. （1）过点P作准线的垂线，垂足为G 如图所示
4 2
1 ，
C36 5
所以分布列为
X 0 1 2
p 1 3 1
5 5 5
E X 0 1 1 3 1则期望 2 1 由抛物线的定义知， PF PG
5 5 5
（2）记事件 A：成绩优秀的学生，事件 B：高一年级的学生 PF PG则 sin PHG
PH PH
6 26 13 1
由已知条件可知， p A | B 0.24 ， p A | B ， p B
25 100 50 2 PF
所以若 取得最小值， PHG取得最小值，此时 PH 与抛物线相切于点 P
所以 p A p A | B p B p A | B p B 6 1 13 1 1 PH
25 2 50 2 4
（3）记随机抽取 n人中竞赛成绩优秀的人数为Y 不妨设P( 2p ,1)
1 p x2 x
由题意可知，Y ~ B n, 又H 0, ， y 4 2
2p
p
8 n 8 8 n 8 p
所以 p Y 1 3 1 3 8 C8 n ，令 a C84 4 n n 4
1 2p
4 则 k 2PH ，解得 p 22p p
1 8 3 n 7C8
a n 1 n 1 4 4 3 n 1 所以抛物线C的方程为 x2 4y则
a 8 n 8
n 4 n 7 C8 1 3 n
4 4 （2）解法 1：设 A(x1, y1)， B(x2 , y2 )
3 n 1 由题意知，直线 AB的方程为 y k x 1
令 1，则 n 31，所以 n 30时， a a 14 n 7 n 1 n
y k1x 1 2
3 则 2 ，消去 y得 x 4k1x 4 0n 1
令 1，则 n 31，所以 n 32时， an 1 a
x 4y
4 n 7 n
所以 x1 x2 4k1
3 n 1
令 1，则 n 31，所以 a a4 n 7 32 31 则E(2k 21, 2k1 1)，同理可得M (2k2 , 2k 22 1)
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设直线 EM 的方程为mx ny 1 EM y 2k 2 1 k
4
1 4则直线 的方程为 1 3 x 2k1 k 2k
则 2mk n 2k 2 1 11 1 1 1 即 2nk 21 2mk n 1 0， 1
2k 42 1 8 5k
2
1 10
同理 2nk 2
令 x 0，则 y 2k 1 5
2 2mk2 n 1 0
1 k 2 2 k 21 1 2
所以 k1， k2是方程 2nk
2 2mk n 1 0的两个根 则直线 EM 过定点 (0,5)
n 1 1
所以 k1k2 2，解得 n 设点O与 F 到直线 EM 的距离分别为 h 和 h2n 5 1 2
则直线 EM 1的方程为mx y 1，所以过定点 (0,5) h 5
5 所以 1 h2 4
设点O与 F 到直线EM 的距离分别为 h1和 h2 1 EM h1
h1 5
S h 5
所以 △OEM 2 1
所以 1
h2 4
S△MEF EM h h2 4
2 2
1 5
S EM h1 故△OEM 与△MEF 的面积之比是定值，定值为
所以 △OEM
h 5
2 1 4
S 1△MEF EM h h2 4
2 2
故△OEM 与△MEF 5的面积之比是定值，定值为 19. （1）证明：∵ an ， bn 为斐波那契数列
4
解法 2：设 A(x ∴ a a a （ n N ），b b b （ n N ）1, y1)， B(x2 , y2 ) n 2 n 1 n n 2 n 1 n
由题意知，直线 AB的方程为 y k1x 1 ∵ cn an bn
y k x 1 则 c a b a a b b a b a b c c （ n N ）
则 1 2 ，消去 y得 x
2 4k1x 4 0
n 2 n 2 n 2 n 1 n n 1 n n 1 n 1 n n n 1 n
x 4y
∴ cn 是斐波那契数列
所以 x1 x2 4k1
（2）设首项为1的等比数列公比为 q（ q 0）
则 E(2k , 2k 21 1 1)，同理可得M (2k2 , 2k
2
2 1)
则数列为：1， q， q2， ，通项 qn 1
又 k1k2 2
依斐波那契数列定义：1 q q2 q 1 5解得
2
所以用 代换 k M 4 8 22得， , 1k 1 k k
2
1 1
q 1 5 1 5记 1 ,q2
易知直线 EM 的斜率必存在 2 2
8 由1 q q2 n 1 n n 1
1 2k 2
可推出 q q q
1
k k
2 1
1 k
4 4
EM 4
1
3 故 qn 1， qn 1k 2k 1 2 均是符合要求的等比数列 2k 1 1
k 11
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（3）（i）设{An}通项公式为 A q
n 1
n 1 ，{Bn}通项公式为 Bn q
n 1
2 由命题 2， aAn bBn Fn ，证毕
依题意：G1 0,G2 1,G3 1
G 1 2 1 q1 q2 1 q1 , 则 解得 1
1 q 1 G3 1 q 21 q 2 2 1
2
A n 1 B 1 n 1知 n ， n
（ii）先证命题1：任一斐波那契数列乘以实数仍是斐波那契
对于斐波那契数列Fn，实数 c
由 Fn 2 Fn 1 Fn
知 cFn 2 cFn 1 cFn ，故 cFn为斐波那契，证毕
再证命题 2：对于两个斐波那契数列 Sn ， Tn ，若 S1 T1， S2 T2，则 Sn Tn
数学归纳法： S1 T1， S2 T2 满足
假设对 n k ，均满足 Sn Tn
则对 n k 1， Sk 1 Sk Sk 1 Tk Tk 1 Tk 1
故 Sn Tn，证毕
下证原题：对于斐波那契数列
假设存在 a,b 满足 F1 aA1 bB1 ， F2 aA2 bB2
a b F
则有方程组 1
a b 1 F2
1 F F
a
1 2
1 2
整理得：
b F2 F 1
1 2
下证 aAn bBn Fn
由命题1和第（1）问 aAn bBn是斐波那契数列
第 17 页 （共 18 页） 第 18 页 （共 18 页）绝密★启用前 D. 3
3
2024高考密训卷（二）
数学 3. 南宋数学家杨辉所著《九章算法·商功》中，有如下图形状，后人称为“三角垛”，“三
（考试时间：120 分钟 试卷满分：150 分） 角垛”的最上层有 1个球，第二层有 3 个，第三层有 6 个 ，设各层球数构成一个
数列 an ，数列 bn 满足bn an 1 an ，以下说法错误的是（ ）
注意事项： A. a4 10
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 B.b1 b2 b3 9
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改 C. bn 是以 2为首项，1为公差的等差数列
动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在 D.设 bn 的前 n项和为 Sn，则 Sn an
本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 4. cos 5 cos 2 已知 为锐角， ，则 （ ）
4 5 sin 2 (sin cos )
A. 10 B. 10 C. 5 D. 5
一．单项选择题（本题共 8小题，每小题 5分，共 40分．在每小题给出的四个 3 3 2 2
选项中，只有一项是符合题目要求的．）
1. 在平面直角坐标系中，已知a 1, t ，b (1,1)且a b，则a b （ ） 5. 某多功能体育场馆决定承包举办马术，击剑，游泳，跑步四项比赛． 应主办方要求，
A. 0, 2 B. 0, 1 C. 0,1 D. 0,2 马术比赛和跑步比赛不相邻，游泳比赛不在第一场也不在最后一场，则不同的比赛
方式共有（ ）
2. 三棱锥 P ABC 中， PAC CAB π π ， PBA ， PA AC AB 2，则三棱 A.16种 B.12种 C.8种 D.6种
2 6
锥 P ABC的体积为（ ）
4 x2A. 6. y
2
3 已知椭圆 2 2 1（ a b 0）的左、右顶点分别为 A，B，过左焦点 F 作斜率为a b
B. 2 3
3 2 5 的直线 l，若直线 l与以OB为直径的圆相切，则椭圆的离心率是（ ）
5
2
C.
3
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1 1 g(x)
A. B. 3 C. D. 5 A. g 0 0 f (0) 12 4 B. C. 为偶函数 D. f (x) g(x)3 5 f (x)
2 1, x A7. 设有集合 A x | x ax 1 0 ，定义在 R 上的函数 x 为偶函数，求 11. 棱长为 2的正方体 ABCD A1B1C1D1 中， E， F ，M 分别是 AA1， A1D1， BC1的中点，A
0, x A
点 P在线段C1F上，点Q在底面 ABCD内部（包含边界）．则下列说法中，正确的是（ ）
A 0
1
A 2
A 1 （ ）
A.当点Q在棱 AD上移动时，总存在点P，使得PQ BE成立
A.0 B.1 C.2 D.3
B.当点Q在棱 AD上移动时，存在点 P和Q，使得 PQ EF 成立
P ABQ 4C.三棱锥 体积的最大值是
8. 已知直线 y k x 2 2 2 与曲线 y xex有三个交点，则 k的取值范围是（ ） 3e
7 5
1 1 4 1 4 1 D. |MQ | | PQ |的最小值是A. 2 ,0 B. ,0
C. , D.
e
, 5
e e2 e2 e2 e
三．填空题（本题共 3小题，每小题 5分，共 15分．）
二．多项选择题（本题共 3小题，每小题 6分，共 18分．在每小题给出的选项
12. 已知集合 A {x | ex e 1}，集合 B x | ln x 2 4x 4 0 ，求 A B ________．
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．）
13. 在△ABC中，点D， E分别在边 BC， AC上，DC DB， BE AC，且 AD BE 2，
9. 若 z是复数，其在复平面内对应的点为Z ，下列说法正确的是（ ）
CDA π ，则 BC ________．
A. z z 为纯虚数 3
1 1
B.若 z 2，则
z 2 14. F C x
2 y2
已知点 为双曲线 ： 1的右焦点，点 A， B分别为两条渐近线上的点，且
2 4
C.若 | z i | 1，则 Z 的轨迹是以 0, 1 为圆心，半径为1的圆
AF FB（ 0），则 OA OB 的最小值为________．
D.若 iz z 0，则 iz z 0
f (x y) f (x) f (y) g(x)g(y)10. 已知函数 f (x) ， g x 的定义域为 R ，满足 ，且
g(x y) g(x) f (y) f (x)g(y)
f (x) 1，则下列结论正确的是（ ）
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四．解答题（本题共 5小题，共 77分．解答应写出文字说明、证明过程或验算 17. （15 分）2024年 2月 27日，电动垂直起降航空器 eVTOL“盛世龙”成功飞越深圳至珠海
步骤．） 的航线，实现了“飞行汽车”的首飞，打开了未来城际通勤的巨大想象空间．某市教育局
15. （13分）已知函数 f x Asin x （ A 0， 0， π ）的部分图象如图所示， 为了培养学生的科技创新素养，在全市高一、高二年级举办了一次科技知识竞赛，两个
2
其中 f (x)在 y π轴右侧第一个极值点为 ． 年级的学生人数基本相同．已知高一年级学生成绩的优秀率为 0.24（优秀：竞赛成绩
6
（1）求函数 f (x)的解析式； 80,100 ，单位：分），现从高二年级随机抽取100名学生的竞赛成绩，制成如图所示
2 g x 1 π x2 3x 0, f x g x 0 的频率分布直方图．（ ）若 ，判断在区间 上， 与 大小关系，并说明2 4
理由．
（1）从高二年级竞赛分数在 70,90 中的学生中，采用分层抽样的方法抽取了6人，现从
这6人中随机抽取3人，记成绩优秀的学生人数为 X ，求 X 的分布列和数学期望 E(X )；
16. （15分）如图，在三棱台 ABC A1B1C1中，AB BC 2AA1 2CC
2
1 AC 2 2 ，点D2 （2）以样本的频率估计概率，从参与竞赛的学生中随机抽取1人，求这名学生竞赛成绩
为棱 A1C1的中点， BD
π
3，且直线 BD与平面 ABC所成的角为 ．
6 优秀的概率；
（1）证明： BD AC； （3）若从参与竞赛的学生中随机抽取 n（ n 8）人，求 n为何值时，竞赛成绩优秀的人
（2）求平面 AB1C1与平面BCC1B1成角的余弦值． 数为8的概率最大．
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18. （17分）已知抛物线C： x2 2py（ p 0）的焦点为 F ，准线与抛物线对称轴的交点为 19. （17分）斐波那契数列定义为：数列中每一项都是前两项之和（第一、二项可任意给定），
PF
H P C P 1 如果用 Fn表示数列的第 n项，则每一个斐波那契数列都符合递推公式 F F F， 为抛物线 上的动点，当 的纵坐标为 时， 取得最小值． n 2 n n 1
PH
（1）已知斐波那契数列 an ， bn ，记 cn an bn ，证明： cn 是斐波那契数列；
（1）求抛物线C的方程；
（2）若存在首项为 1的等比数列为斐波那契数列，试求符合此条件的等比数列通项公式；
（2）设点O为坐标原点，过点 F 作直线 l1与曲线C交于 A，B两点，作直线 l2与曲线C交
（3）一个常见的斐波那契数列 Gn 为：0,1,1,2，...， Gn 又被称为“黄金数列”，这是因
于C，D两点，E，M 分别为 AB，CD的中点，直线 l1与 l2的斜率满足 k1k2 2．试判
A B 1 5
OEM MEF 为存在首项为 1的等比数列 An ， B ，使得G
n n
n n 1 ，其中 为黄金数．断△ 与△ 的面积之比是否为定值？若是，求出此定值；若不是，说明理由． 2
（i）试求 An ， Bn 的通项公式；
（ii）证明：对于任一斐波那契数列{Fn}，存在实数对 (a,b)，使得 Fn aAn bBn ．
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