2024年高考真题和模拟题数学分类汇编（全国通用）（含解析）

【好题汇编】2024年高考真题和模拟题数学分类汇编（全国通用）
专题08 函数的图象与性质
1．（新课标全国Ⅰ卷）已知函数为，在R上单调递增，则a取值的范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据二次函数的性质和分界点的大小关系即可得到不等式组，解出即可.
【详解】因为在上单调递增，且时，单调递增，
则需满足，解得，
即a的范围是.
故选：B.
2．（新课标全国Ⅰ卷）已知函数为的定义域为R，，且当时，则下列结论中一定正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】代入得到，再利用函数性质和不等式的性质，逐渐递推即可判断.
【详解】因为当时，所以，
又因为，
则，
，
，
，
，则依次下去可知，则B正确；
且无证据表明ACD一定正确.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用，再利用题目所给的函数性质，代入函数值再结合不等式同向可加性，不断递推即可.
3．（新课标全国Ⅱ卷）设函数，，当时，曲线与恰有一个交点，则（ ）
A． B． C．1 D．2
【答案】D
【分析】解法一：令，分析可知曲线与恰有一个交点，结合偶函数的对称性可知该交点只能在y轴上，即可得，并代入检验即可；解法二：令，可知为偶函数，根据偶函数的对称性可知的零点只能为0，即可得，并代入检验即可.
【详解】解法一：令，即，可得，
令，
原题意等价于当时，曲线与恰有一个交点，
注意到均为偶函数，可知该交点只能在y轴上，
可得，即，解得，
若，令，可得
因为，则，当且仅当时，等号成立，
可得，当且仅当时，等号成立，
则方程有且仅有一个实根0，即曲线与恰有一个交点，
所以符合题意；
综上所述：.
解法二：令，
原题意等价于有且仅有一个零点，
因为，
则为偶函数，
根据偶函数的对称性可知的零点只能为0，
即，解得，
若，则，
又因为当且仅当时，等号成立，
可得，当且仅当时，等号成立，
即有且仅有一个零点0，所以符合题意；
故选：D.
4．（新课标全国Ⅱ卷）设函数，若，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．1
【答案】C
【分析】解法一：由题意可知：的定义域为，分类讨论与的大小关系，结合符号分析判断，即可得，代入可得最值；解法二：根据对数函数的性质分析的符号，进而可得的符号，即可得，代入可得最值.
【详解】解法一：由题意可知：的定义域为，
令解得；令解得；
若，当时，可知，
此时，不合题意；
若，当时，可知，
此时，不合题意；
若，当时，可知，此时；
当时，可知，此时；
可知若，符合题意；
若，当时，可知，
此时，不合题意；
综上所述：，即，
则，当且仅当时，等号成立，
所以的最小值为；
解法二：由题意可知：的定义域为，
令解得；令解得；
则当时，，故，所以；
时，，故，所以；
故， 则，
当且仅当时，等号成立，
所以的最小值为.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：分别求、的根，以根和函数定义域为临界，比较大小分类讨论，结合符号性分析判断.
5．（全国甲卷数学（理）（文））函数在区间的大致图象为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】利用函数的奇偶性可排除A、C，代入可得，可排除D.
【详解】，
又函数定义域为，故该函数为偶函数，可排除A、C，
又，
故可排除D.
故选：B.
6．（新高考北京卷）已知，是函数图象上不同的两点，则下列正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】根据指数函数和对数函数的单调性结合基本不等式分析判断AB；举例判断CD即可.
【详解】由题意不妨设，因为函数是增函数，所以，即，
对于选项AB：可得，即，
根据函数是增函数，所以，故A正确，B错误；
对于选项C：例如，则，
可得，即，故C错误；
对于选项D：例如，则，
可得，即，故D错误，
故选：A.
7．（新高考天津卷）设，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】说明二者与同一个命题等价，再得到二者等价，即是充分必要条件.
【详解】根据立方的性质和指数函数的性质，和都当且仅当，所以二者互为充要条件.
故选：C.
8．（新高考天津卷）下列函数是偶函数的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据偶函数的判定方法一一判断即可.
【详解】对A，设，函数定义域为，但，，则，故A错误；
对B，设，函数定义域为，
且，则为偶函数，故B正确；
对C，设，函数定义域为，不关于原点对称， 则不是偶函数，故C错误；
对D，设，函数定义域为，因为，，
则，则不是偶函数，故D错误.
故选：B.
9．（新高考天津卷）若，则的大小关系为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用指数函数和对数函数的单调性分析判断即可.
【详解】因为在上递增，且，
所以，
所以，即，
因为在上递增，且，
所以，即，
所以，
故选：B
10．（新高考上海卷）已知函数的定义域为R，定义集合，在使得的所有中，下列成立的是（ ）
A．存在是偶函数 B．存在在处取最大值
C．存在是严格增函数 D．存在在处取到极小值
【答案】B
【分析】对于ACD利用反证法并结合函数奇偶性、单调性以及极小值的概念即可判断，对于B，构造函数即可判断.
【详解】对于A，若存在 是偶函数, 取 ,
则对于任意 , 而 , 矛盾, 故 A 错误；
对于B，可构造函数满足集合，
当时，则，当时，，当时，，
则该函数的最大值是，则B正确；
对C，假设存在，使得严格递增，则，与已知矛盾，则C错误；
对D，假设存在，使得在处取极小值，则在的左侧附近存在，使得，这与已知集合的定义矛盾，故D错误；
故选：B.
11．（新高考北京卷）生物丰富度指数 是河流水质的一个评价指标，其中分别表示河流中的生物种类数与生物个体总数.生物丰富度指数d越大，水质越好．如果某河流治理前后的生物种类数没有变化，生物个体总数由变为，生物丰富度指数由提高到，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】根据题意分析可得，消去即可求解.
【详解】由题意得，则，即，所以.
故选：D.
12．（全国甲卷数学（理）（文））已知，，则 ．
【答案】64
【分析】将利用换底公式转化成来表示即可求解.
【详解】由题，整理得，
或，又，
所以，故
故答案为：64.
13．（新高考天津卷）若函数有唯一零点，则的取值范围为 ．
【答案】
【分析】结合函数零点与两函数的交点的关系，构造函数与，则两函数图象有唯一交点，分、与进行讨论，当时，计算函数定义域可得或，计算可得时，两函数在轴左侧有一交点，则只需找到当时，在轴右侧无交点的情况即可得；当时，按同一方式讨论即可得.
【详解】令，即，
由题可得，
当时，，有，则，不符合要求，舍去；
当时，则，
即函数与函数有唯一交点，
由，可得或，
当时，则，则，
即，整理得，
当时，即，即，
当，或（正值舍去），
当时，或，有两解，舍去，
即当时，在时有唯一解，
则当时，在时需无解，
当，且时，
由函数关于对称，令，可得或，
且函数在上单调递减，在上单调递增，
令，即，
故时，图象为双曲线右支的轴上方部分向右平移所得，
由的渐近线方程为，
即部分的渐近线方程为，其斜率为，
又，即在时的斜率，
令，可得或（舍去），
且函数在上单调递增，
故有，解得，故符合要求；
当时，则，
即函数与函数有唯一交点，
由，可得或，
当时，则，则，
即，整理得，
当时，即，即，
当，（负值舍去）或，
当时，或，有两解，舍去，
即当时，在时有唯一解，
则当时，在时需无解，
当，且时，
由函数关于对称，令，可得或，
且函数在上单调递减，在上单调递增，
同理可得：时，图象为双曲线左支的轴上方部分向左平移所得，
部分的渐近线方程为，其斜率为，
又，即在时的斜率，
令，可得或（舍去），
且函数在上单调递减，
故有，解得，故符合要求；
综上所述，.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题关键点在于将函数的零点问题转化为函数与函数的交点问题，从而可将其分成两个函数研究.
14．（新高考上海卷）已知则 ．
【答案】
【分析】利用分段函数的形式可求.
【详解】因为故，
故答案为：.
15．（新高考上海卷）已知，，且是奇函数，则 ．
【答案】
【分析】根据奇函数的性质可求参数.
【详解】因为是奇函数，故即，
故，
故答案为：.
16．（新高考上海卷）若．
(1)过，求的解集；
(2)存在使得成等差数列，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）求出底数，再根据对数函数的单调性可求不等式的解；
（2）存在使得成等差数列等价于在上有解，利用换元法结合二次函数的性质可求的取值范围．
【详解】（1）因为的图象过，故，故即（负的舍去），
而在上为增函数，故，
故即，
故的解集为.
（2）因为存在使得成等差数列，
故有解，故，
因为，故，故在上有解，
由在上有解，
令，而在上的值域为，
故即.
一、单选题
1．（2024·北京·三模）下列函数中，是偶函数且在区间上单调递增的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据题意，结合函数奇偶性的定义和判定方法，结合初等函数的单调性，逐项判定，即可求解.
【详解】对于A中，由指数函数的性质，可得函数为非奇非偶函数，所以A不符合题意；
对于B中，函数的定义域为关于原点对称，
且，所以为奇函数，所以B不符合题意；
对于C中，函数的定义域为关于原点对称，且满足，所以为偶函数，
当时，，在区间上单调递增，所以C符合题意；
对于D中，函数在期间上不是单调递增函数，所以D不符合题意.
故选：C.
2．（2024·河南·三模）设函数的定义域为为奇函数，为偶函数，若1，则（ ）
A．1 B． C．0 D．
【答案】D
【分析】根据函数的奇偶性可得的图象关于点中心对称且关于直线轴对称，进而得的周期为4，即可求解.
【详解】因为为奇函数，所以，
所以的图象关于点中心对称，则.
因为为偶函数，所以，
所以的图象关于直线轴对称.
由，得，
所以，则，
则的周期为4，
，则.
故选：D
【点睛】方法点睛：抽象函数的奇偶性、对称性、周期性常有以下结论
（1）关于轴对称，
（2）关于中心对称，
（3）的一个周期为，
（4）的一个周期为.
可以类比三角函数的性质记忆以上结论.
3．（2024·山东·模拟预测）函数的图象大致为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】求出函数的定义域及奇偶性，再由奇偶性在内函数值的正负判断即可.
【详解】依题意，函数的定义域为，
，则是奇函数，其图象关于原点对称，B不满足；
当时，，则，AD不满足，C满足.
故选：C
4．（2024·湖北·模拟预测）已知函数，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据分段函数的形式，结合对数和指数运算公式，即可求解.
【详解】，
故选：A
5．（2024·河北保定·二模）函数的部分图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】根据函数的奇偶性判断即可.
【详解】设，则，
所以为奇函数，
设，可知为偶函数，
所以为奇函数，则B，C错误，
易知，所以A正确，D错误．
故选：A.
6．（2024·四川内江·三模）已知函数的定义域为R，对任意实数x都有成立，且函数为偶函数，，则（ ）
A．-1 B．0 C．1012 D．2024
【答案】B
【分析】利用抽象函数的奇偶性、周期性、对称性计算即可.
【详解】由，即的一个周期为4，
由为偶函数可知关于轴对称，即，
又可知，
所以，
显然，
所以.
故选：B
7．（2024·湖北·模拟预测）已知某函数的部分图象如图所示，则下列函数中符合此图象的为（ ）

A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】利用排除法，根据选项代特值检验即可.
【详解】设题设函数为，由选项可知：ABCD中的函数定义域均为，
对于选项D：若，但此时，矛盾，故可排除D；
对于选项C：若，但此时，矛盾，故可排除C；
对于选项B：若，但此时，矛盾，故可排除B.
故选：A.
8．（2024·河北衡水·模拟预测）已知函数若关于的方程有5个不同的实数根，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】直线与函数的图象有5个交点，可得是奇函数，可得只需直线与曲线有2个交点即可，即方程有2个实数根，利用导数即可求解.
【详解】由题意得，则直线与函数的图象有5个交点.
显然，直线与的图象交于点.
又当时，；
当时，；
当时，，所以是奇函数，
则必须且只需直线与曲线有2个交点即可，
所以方程有2个实数根.令，则，
当时，单调递减；
当时，单调递增，
所以.
又当趋近于0时，,所以；
当趋近于时，，
所以必须且只需.
【点睛】方法点睛：已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：直接法；分离参数法；数形结合法.
9．（2024·浙江温州·三模）已知函数，则关于方程的根个数不可能是（ ）
A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
【答案】C
【分析】将原问题转化为直线与函数的图象交点的个数，作出的图象，分、、三种情况，结合图象求解即可．
【详解】作出函数的图象，如图所示：

将原问题转化为直线（过定点）与函数的图象交点的个数，
由图可知，当时，直线与函数的图象只有一个交点；
当时，直线与函数的图象没有交点；
当时，直线与函数的图象有三个交点；
所以直线与函数的图象不可能有两个交点．
故选：C．
10．（2024·辽宁葫芦岛·二模）已知函数，，若关于x的方程有三个不同实数根，则实数t的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】令，作出函数的图象，结合图象得出关于的方程根的情况，再根据一元二次方程根的分布情况分类讨论即可得解.
【详解】如图，作出函数的图象，
令，
由图可知，当时，关于的方程有个不同的实数根，
当或时，关于的方程只有个实数根，
因为关于x的方程有三个不同实数根，
所以关于的方程的一个根在上，另一个根在上，
或方程的两个根一个为，另一个在上，
若为方程的根时，则，
当时，方程的另一个根为，不符题意，
当时，方程的另一个根为，不符题意，
若为方程的根时，则或，
当时，方程的另一个根为，不符题意，
当时，方程只有一个根为，不符题意，
若关于的方程的一个根在上，另一个在上时，
令，
则，即，解得，
综上所述，实数t的取值范围是.
故选：B.
【点睛】方法点睛：本题考查利用二次函数的零点分布求参数，一般要分析以下几个要素：
（1）二次项系数的符号；
（2）判别式；
（3）对称轴的位置；
（4）区间端点函数值的符号.
结合图象得出关于参数的不等式组求解.
11．（2024·江西南昌·三模）若，，，则正数大小关系是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】将问题转化为函数与函数的交点的横坐标，再数形结合即可判断.
【详解】由，则为与交点的横坐标，
由，则为与交点的横坐标，
由，即，则为与交点的横坐标，
作出，，，的图象如下所示，
由图可知，.
故选：B
12．（2024·安徽·三模）若，，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据对数函数的性质有，可比较，然后再与2比较大小，可得结果.
【详解】依题意，，故；而，
故，
故选：D.
二、多选题
13．（2024·山东泰安·模拟预测）已知函数，则（ ）
A．是上的增函数 B．函数有且仅有一个零点
C．函数的最小值为 D．存在唯一个极值点
【答案】BD
【分析】对于A：求导，代特值检验即可；对于B：分、和三种情况，结合函数值的符号分析判断零点；对于C：分、和三种情况，可得，即可判断；对于D：根据的单调性，结合零点存在性定理分析可知，使，进而判断的单调性和极值.
【详解】对于选项A：因为，则，
当时，则， 可得，
即，所以不是上的增函数，故A错误；
对于选项B：因为，
当时，，可知是的零点；
当时，，可知在内无零点；
当时，，则，
可得，可知在内无零点；
综上所述：函数有且仅有一个零点，故B正确；
对于选项C：当时，；
当时，；
当时，则，，可得，
综上所述：，所以不是函数的最小值，故C错误；
对于选项D：因为，，
所以的符号决定于，
显然是上的增函数，
又因为当时，；
当时，，
所以，使，
所以在上为减函数，在上为增函数.
所以有唯一极小值点. 故D正确.
故选 ：BD.
14．（2024·河南·三模）定义在上的函数满足，则（ ）
A． B．
C．为奇函数 D．单调递增
【答案】BCD
【分析】利用赋值法可求及，故可判断各项的正误，也可以由题意得，结合条件推出的解析式，进而即可求解判断ABCD四个选项.
【详解】法1：令，则，
令，则，
若或，
若，则即，
由的任意性可得不恒成立，故不成立，故，
故A错误，B正确.
令，则，
故为奇函数，且，它为上的增函数，
故CD正确.
法2：由条件，得
，
由的任意性得为常数，
故代回去得：
，
所以由的任意性只能，即，为增函数，
所以，为奇函数，
故A错，BCD对.
故选：BCD.
15．（2024·广西来宾·模拟预测）已知定义在R上的函数满足，且，则（ ）
A． B．为奇函数
C．不存在零点 D．
【答案】ACD
【分析】根据题意，结合抽象函数的赋值法，列出方程，逐项判定，即可求解.
【详解】对于A中，由，令，可得，
因为，所以，所以A正确；
对于B中，函数的定义域为全体实数，由，显然不符合，
所以函数不是奇函数，所以B不正确；
对于C中，由，令，可得，
即，解得或，
所以函数没有零点，所以C正确；
对于D中，由，
令，可得，所以，即，
所以D正确.
故选：ACD．
16．（2024·重庆·三模）已知实数满足，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】先依据题目所给条件得，所以对于A，依据函数的增减性即可判断；对于B、D，对取特殊值为即可判断；对于C，由可直接判断.
【详解】因为，
所以，又为增函数，故，
对于A，因为 为减函数，所以，故A错误；
对于B，当时，，故B错误；
对于C，，故C正确；
对于D，当时，且与均为增函数，
所以，此时，故D错误.
故选：C.
17．（2024·湖南怀化·二模）已知函数的零点为的零点为，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】BC
【分析】利用函数零点的意义，结合函数与互为反函数，确定的关系，再逐项分析判断得解.
【详解】依题意，，，
则分别是直线与函数，图象交点的横坐标，
而函数与互为反函数，它们的图象关于直线对称，
又直线垂直于直线，则点与点关于直线对称，
则，于是，，，BC正确，A错误；
，即，D错误.
故选：BC

18．（2024·河南·三模）已知函数，则（ ）
A．的定义域为
B．的值域为
C．
D．的单调递增区间为
【答案】ABC
【分析】根据函数的解析式，求出函数的定义域值域即可判断A、B，求出利用对数运算法则即可求解C，根据复合函数的单调性即可判断D.
【详解】对AB，由，得，则的定义域为，值域为，A，B均正确；
对C，，C正确；
对D，因为，所以，外层函数为增函数，
，令，所以函数定义域为，
内层函数，在上单调递增，上单调递减，
所以的单调递增区间为不是D错误.
故选：ABC
19．（2024·吉林长春·模拟预测）已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．函数单调递增
B．函数值域为
C．函数的图象关于对称
D．函数的图象关于对称
【答案】ABD
【分析】根据复合函数单调性的判断方法，即可判断A，根据函数形式的变形，根据指数函数的值域，求解函数的值域，即可判断B，根据对称性的定义，与的关系，即可判断CD.
【详解】，
函数，，则，
又内层函数在上单调递增，外层函数在上单调递增，
所以根据复合函数单调性的法则可知，函数单调递增，故A正确；
因为，所以，则，所以函数的值域为，故B正确；
，，所以函数关于点对称，故C错误，D正确.
故选：ABD
20．（2024·广东广州·二模）已知函数，则（ ）
A．的定义域为 B．的图象在处的切线斜率为
C． D．有两个零点，且
【答案】BCD
【分析】根据题意直接求出的范围即可判断；求出导函数，进而求得即可判断B；求得即可判断C；易知的单调性，结合零点存在定理及C即可判断D．
【详解】由题意，，
对于选项A，易知且，故选项A错误，
对于选项B，因为，则，故选项B正确，
对于选项C，因为，所以，故选项C正确，
对于选项D，由选项可知，易知在和上单调递增，
因为，
，
所以，使得，
又因为，则，结合选项C，得，
即也是的零点，则，，故，故选项D正确，
故选：BCD.
21．（2024·山东日照·三模）在平面直角坐标系中，如图放置的边长为2的正方形沿轴滚动（无滑动滚动），点恰好经过坐标原点，设顶点的轨迹方程是，则（ ）
A．方程在上有三个根
B．
C．在上单调递增
D．对任意，都有
【答案】AC
【分析】根据正方形的运动，得到点B的轨迹，然后根据函数的图象和性质分别进行判断即可.
【详解】分析正方形顶点的运动状态可知，
当时，的轨迹是以为圆心，半径为2的圆；
当时，的轨迹是以为圆心，半径为的圆；
当时，的轨迹是以为圆心，半径为2的圆；
当时，的轨迹是以为圆心，半径为2的圆，
作出函数的图象如下图所示：
由图知：函数的图象与直线在上有三个交点，
即方程在上有三个根，A正确；
函数的图象关于轴对称，所以函数是偶函数，B错误；
函数在上单调递增，C正确；
由图象知：，，，D错误.
故选：AC.
三、填空题
22．（2024·四川雅安·三模）已知函数是偶函数，则实数 .
【答案】
【分析】根据偶函数的定义，即可列关系式求解.
【详解】定义域为，
，
所以，
故，
故答案为：
23．（2024·山东济宁·三模）已知函数，则 .
【答案】
【分析】利用已知的分段函数，可先求，再求即可.
【详解】因为，所以.
所以.
故答案为：.
24．（2024·宁夏银川·二模）已知函数的图象关于直线对称，则 ．
【答案】/0.75
【分析】求出函数的定义域，利用对称性的特征可得定义域关于数对称，再利用特值求出并验证即得.
【详解】函数的定义域为，
由函数的图象关于直线对称，得的定义域关于数对称，
则，此时必有，即，解得，
此时，
因此函数的图象关于直线对称，即满足题意，
所以.
故答案为：
25．（2024·广东广州·三模）函数，其中且，若函数是单调函数，则a的一个可能取值为 ．
【答案】4（答案不唯一）
【分析】根据题意，在R上单调递增，根据分段函数单调性列式求解.
【详解】因为且，若函数是单调函数，结合二次函数可知：在R上单调递增，
，解得.
故答案为：4（答案不唯一）.
26．（2024·四川内江·三模）若函数是奇函数，则 .
【答案】
【分析】利用奇函数定义，结合分段函数分段探讨求解即得.
【详解】函数是奇函数，，
当时，，，
而当时，，则，
当时，，，
而当时，，则，
所以，.
故答案为：
27．（2024·河北保定·三模）定义在上的函数满足为偶函数，为奇函数，且当时，.当时，函数与图象的交点个数为 .
【答案】4
【分析】根据题意，推出函数的对称性和周期性，再利用作图即得.
【详解】因为函数的定义域为，且为偶函数，为奇函数，所以，，
则的图象关于直线对称，也关于点对称，所以，，
故有，则，从而，，即函数是周期为8的周期函数.
根据函数的对称性和周期性，可以画出函数和在上的图象（如图）.
由图可知与的图象在上有4个交点.
故答案为：4.
【点睛】思路点睛：本题主要考查抽象函数的对称性和周期性应用，属于难题.
解题思路在于，根据函数的奇偶性，写出抽象函数满足的等式，据此推出函数的轴对称或中心对称特点，再利用条件推得函数的周期性，最后利用这些性质作图即得.
28．（2024·上海·三模）设，若在区间上，关于x的不等式有意义且能恒成立，则t的取值范围为 ．
【答案】
【分析】根据在上恒成立，故，分时，满足要求，当时，变形为在上恒成立，构造，，根据函数单调性得到，从而得到，得到答案.
【详解】由题意得在上有意义，故在上恒成立，
故，
当时，，而，满足，符合题意，
当时，，在上恒成立，
令，，
其中在上单调递减，
故，
故，
综上，t的取值范围是，
故答案为：
29．（2024·湖南长沙·二模）若平面直角坐标系内两点满足: （1）点都在的图象上; （2）点关于原点对称，则称点对是函数的一个“姊妹点对”，且点对与记为一个“姊妹点对”. 已知函数，则的“姊妹点对”有 个.
【答案】2
【分析】问题转化为关于原点对称的函数与在交点的个数，先求出关于原点对称的函数，利用导数方法求出在解的个数，即可得出结论.
【详解】设是关于原点对称函数图象上的点，
则点P关于原点的对称点为在上，
，设，“姊妹点对”的个数即为与在交点的个数，
于是，即，令，
由，得，即，于是只考虑即可，
求导得，显然函数在区间上单调递增，
而，，则存在使得，
当单调递减，单调递增，
而，，，
因此函数在区间，分别各有一个零点，
所以函数的“姊妹点对”有2个.
故答案为：2
【点睛】思路点睛：函数的新定义，等价转化为函数图象的交点，利用函数导数研究单调性，结合零点存在性定理是解题的关键.
30．（2024·河北秦皇岛·三模）已知奇函数的定义域为，，且，则在上的零点个数的最小值为 .
【答案】9
【分析】由结合是奇函数可求出的周期为3，即可求出，再由的对称性和周期性可得.
【详解】由，可得的图象关于点对称，
又是奇函数，所以，
则的周期为3，所以，
，
而，则.
故在上的零点个数的最小值为9.
故答案为：9.
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1【好题汇编】2024年高考真题和模拟题数学分类汇编（全国通用）
专题08 函数的图象与性质
1．（新课标全国Ⅰ卷）已知函数为，在R上单调递增，则a取值的范围是（ ）
A． B． C． D．
2．（新课标全国Ⅰ卷）已知函数为的定义域为R，，且当时，则下列结论中一定正确的是（ ）
A． B．
C． D．
3．（新课标全国Ⅱ卷）设函数，，当时，曲线与恰有一个交点，则（ ）
A． B． C．1 D．2
4．（新课标全国Ⅱ卷）设函数，若，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．1
5．（全国甲卷数学（理）（文））函数在区间的大致图象为（ ）
A． B．
C． D．
6．（新高考北京卷）已知，是函数图象上不同的两点，则下列正确的是（ ）
A． B．
C． D．
7．（新高考天津卷）设，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
8．（新高考天津卷）下列函数是偶函数的是（ ）
A． B． C． D．
9．（新高考天津卷）若，则的大小关系为（ ）
A． B． C． D．
10．（新高考上海卷）已知函数的定义域为R，定义集合，在使得的所有中，下列成立的是（ ）
A．存在是偶函数 B．存在在处取最大值
C．存在是严格增函数 D．存在在处取到极小值
11．（新高考北京卷）（2024·北京·高考真题）生物丰富度指数 是河流水质的一个评价指标，其中分别表示河流中的生物种类数与生物个体总数.生物丰富度指数d越大，水质越好．如果某河流治理前后的生物种类数没有变化，生物个体总数由变为，生物丰富度指数由提高到，则（ ）
A． B．
C． D．
12．（全国甲卷数学（理）（文））已知，，则 ．
13．（新高考天津卷）若函数有唯一零点，则的取值范围为 ．
14．（新高考上海卷）已知则 ．
15．（新高考上海卷）已知，，且是奇函数，则 ．
16．（新高考上海卷）若．
(1)过，求的解集；
(2)存在使得成等差数列，求的取值范围．
一、单选题
1．（2024·北京·三模）下列函数中，是偶函数且在区间上单调递增的是（ ）
A． B． C． D．
2．（2024·河南·三模）设函数的定义域为为奇函数，为偶函数，若1，则（ ）
A．1 B． C．0 D．
3．（2024·山东·模拟预测）函数的图象大致为（ ）
A． B． C． D．
4．（2024·湖北·模拟预测）已知函数，则（ ）
A． B． C． D．
5．（2024·河北保定·二模）函数的部分图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
6．（2024·四川内江·三模）已知函数的定义域为R，对任意实数x都有成立，且函数为偶函数，，则（ ）
A．-1 B．0 C．1012 D．2024
7．（2024·湖北·模拟预测）已知某函数的部分图象如图所示，则下列函数中符合此图象的为（ ）

A． B．
C． D．
8．（2024·河北衡水·模拟预测）已知函数若关于的方程有5个不同的实数根，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
9．（2024·浙江温州·三模）已知函数，则关于方程的根个数不可能是（ ）
A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
10．（2024·辽宁葫芦岛·二模）已知函数，，若关于x的方程有三个不同实数根，则实数t的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
11．（2024·江西南昌·三模）若，，，则正数大小关系是（ ）
A． B．
C． D．
12．（2024·安徽·三模）若，，，则（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
13．（2024·山东泰安·模拟预测）已知函数，则（ ）
A．是上的增函数 B．函数有且仅有一个零点
C．函数的最小值为 D．存在唯一个极值点
14．（2024·河南·三模）定义在上的函数满足，则（ ）
A． B．
C．为奇函数 D．单调递增
15．（2024·广西来宾·模拟预测）已知定义在R上的函数满足，且，则（ ）
A． B．为奇函数
C．不存在零点 D．
16．（2024·重庆·三模）已知实数满足，则（ ）
A． B．
C． D．
17．（2024·湖南怀化·二模）已知函数的零点为的零点为，则（ ）
A． B．
C． D．
18．（2024·河南·三模）已知函数，则（ ）
A．的定义域为
B．的值域为
C．
D．的单调递增区间为
19．（2024·吉林长春·模拟预测）已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．函数单调递增
B．函数值域为
C．函数的图象关于对称
D．函数的图象关于对称
20．（2024·广东广州·二模）已知函数，则（ ）
A．的定义域为 B．的图象在处的切线斜率为
C． D．有两个零点，且
21．（2024·山东日照·三模）在平面直角坐标系中，如图放置的边长为2的正方形沿轴滚动（无滑动滚动），点恰好经过坐标原点，设顶点的轨迹方程是，则（ ）
A．方程在上有三个根
B．
C．在上单调递增
D．对任意，都有
三、填空题
22．（2024·四川雅安·三模）已知函数是偶函数，则实数 .
23．（2024·山东济宁·三模）已知函数，则 .
24．（2024·宁夏银川·二模）已知函数的图象关于直线对称，则 ．
25．（2024·广东广州·三模）函数，其中且，若函数是单调函数，则a的一个可能取值为 ．
26．（2024·四川内江·三模）若函数是奇函数，则 .
27．（2024·河北保定·三模）定义在上的函数满足为偶函数，为奇函数，且当时，.当时，函数与图象的交点个数为 .
28．（2024·上海·三模）设，若在区间上，关于x的不等式有意义且能恒成立，则t的取值范围为 ．
29．（2024·湖南长沙·二模）若平面直角坐标系内两点满足: （1）点都在的图象上; （2）点关于原点对称，则称点对是函数的一个“姊妹点对”，且点对与记为一个“姊妹点对”. 已知函数，则的“姊妹点对”有 个.
30．（2024·河北秦皇岛·三模）已知奇函数的定义域为，，且，则在上的零点个数的最小值为 .
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1【好题汇编】2024年高考真题和模拟题数学分类汇编（全国通用）
专题09 导数及其应用
（全国甲卷数学（文））曲线在处的切线与坐标轴围成的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先求出切线方程，再求出切线的截距，从而可求面积.
【详解】，所以，故切线方程为，
故切线的横截距为，纵截距为，故切线与坐标轴围成的面积为
故选：A.
2．（全国甲卷数学（理））设函数，则曲线在处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】借助导数的几何意义计算可得其在点处的切线方程，即可得其与坐标轴交点坐标，即可得其面积.
【详解】，
则，
即该切线方程为，即，
令，则，令，则，
故该切线与两坐标轴所围成的三角形面积.
故选：A.
3．（新课标全国Ⅰ卷）（多选）设函数，则（ ）
A．是的极小值点 B．当时，
C．当时， D．当时，
【答案】ACD
【分析】求出函数的导数，得到极值点，即可判断A；利用函数的单调性可判断B；根据函数在上的值域即可判断C；直接作差可判断D.
【详解】对A，因为函数的定义域为R，而，
易知当时，，当或时，
函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，故是函数的极小值点，正确；
对B，当时，，所以，
而由上可知，函数在上单调递增，所以，错误；
对C，当时，，而由上可知，函数在上单调递减，
所以，即，正确；
对D，当时，，
所以，正确；
故选：ACD.
4．（新课标全国Ⅱ卷）（多选）设函数，则（ ）
A．当时，有三个零点
B．当时，是的极大值点
C．存在a，b，使得为曲线的对称轴
D．存在a，使得点为曲线的对称中心
【答案】AD
【分析】A选项，先分析出函数的极值点为，根据零点存在定理和极值的符号判断出在上各有一个零点；B选项，根据极值和导函数符号的关系进行分析；C选项，假设存在这样的，使得为的对称轴，则为恒等式，据此计算判断；D选项，若存在这样的，使得为的对称中心，则，据此进行计算判断，亦可利用拐点结论直接求解.
【详解】A选项，，由于，
故时，故在上单调递增，
时，，单调递减，
则在处取到极大值，在处取到极小值，
由，，则，
根据零点存在定理在上有一个零点，
又，，则，
则在上各有一个零点，于是时，有三个零点，A选项正确；
B选项，，时，，单调递减，
时，单调递增，
此时在处取到极小值，B选项错误；
C选项，假设存在这样的，使得为的对称轴，
即存在这样的使得，
即，
根据二项式定理，等式右边展开式含有的项为，
于是等式左右两边的系数都不相等，原等式不可能恒成立，
于是不存在这样的，使得为的对称轴，C选项错误；
D选项，
方法一：利用对称中心的表达式化简
，若存在这样的，使得为的对称中心，
则，事实上，
，
于是
即，解得，即存在使得是的对称中心，D选项正确.
方法二：直接利用拐点结论
任何三次函数都有对称中心，对称中心的横坐标是二阶导数的零点，
，，，
由，于是该三次函数的对称中心为，
由题意也是对称中心，故，
即存在使得是的对称中心，D选项正确.
故选：AD
【点睛】结论点睛：（1）的对称轴为；（2）关于对称；（3）任何三次函数都有对称中心，对称中心是三次函数的拐点，对称中心的横坐标是的解，即是三次函数的对称中心
5．（新课标全国Ⅰ卷）若曲线在点处的切线也是曲线的切线，则 .
【答案】
【分析】先求出曲线在的切线方程，再设曲线的切点为，求出，利用公切线斜率相等求出，表示出切线方程，结合两切线方程相同即可求解.
【详解】由得，，
故曲线在处的切线方程为；
由得，
设切线与曲线相切的切点为，
由两曲线有公切线得，解得，则切点为，
切线方程为，
根据两切线重合,所以，解得.
故答案为：
6．（全国甲卷数学（文））曲线与在上有两个不同的交点，则的取值范围为 ．
【答案】
【分析】将函数转化为方程，令，分离参数，构造新函数结合导数求得单调区间，画出大致图形数形结合即可求解.
【详解】令，即，令
则，令得，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，，
因为曲线与在上有两个不同的交点，
所以等价于与有两个交点，所以.
故答案为：
7．（新课标全国Ⅰ卷）已知函数
(1)若，且，求的最小值；
(2)证明：曲线是中心对称图形；
(3)若当且仅当，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）求出后根据可求的最小值；
（2）设为图象上任意一点，可证关于的对称点为也在函数的图像上，从而可证对称性；
（3）根据题设可判断即，再根据在上恒成立可求得.
【详解】（1）时，，其中，
则，
因为，当且仅当时等号成立，
故，而成立，故即，
所以的最小值为.，
（2）的定义域为，
设为图象上任意一点，
关于的对称点为，
因为在图象上，故，
而，
，
所以也在图象上，
由的任意性可得图象为中心对称图形，且对称中心为.
（3）因为当且仅当，故为的一个解，
所以即，
先考虑时，恒成立.
此时即为在上恒成立，
设，则在上恒成立，
设，
则，
当，，
故恒成立，故在上为增函数，
故即在上恒成立.
当时，，
故恒成立，故在上为增函数，
故即在上恒成立.
当，则当时，
故在上为减函数，故，不合题意，舍；
综上，在上恒成立时.
而当时，
而时，由上述过程可得在递增，故的解为，
即的解为.
综上，.
【点睛】思路点睛：一个函数不等式成立的充分必要条件就是函数不等式对应的解，而解的端点为函数对一个方程的根或定义域的端点，另外，根据函数不等式的解确定参数范围时，可先由恒成立得到参数的范围，再根据得到的参数的范围重新考虑不等式的解的情况.
8．（新课标全国Ⅱ卷）已知函数．
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)若有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）求导，结合导数的几何意义求切线方程；
（2）解法一：求导，分析和两种情况，利用导数判断单调性和极值，分析可得，构建函数解不等式即可；解法二：求导，可知有零点，可得，进而利用导数求的单调性和极值，分析可得，构建函数解不等式即可.
【详解】（1）当时，则，，
可得，，
即切点坐标为，切线斜率，
所以切线方程为，即.
（2）解法一：因为的定义域为，且，
若，则对任意恒成立，
可知在上单调递增，无极值，不合题意；
若，令，解得；令，解得；
可知在内单调递减，在内单调递增，
则有极小值，无极大值，
由题意可得：，即，
构建，则，
可知在内单调递增，且，
不等式等价于，解得，
所以a的取值范围为；
解法二：因为的定义域为，且，
若有极小值，则有零点，
令，可得，
可知与有交点，则，
若，令，解得；令，解得；
可知在内单调递减，在内单调递增，
则有极小值，无极大值，符合题意，
由题意可得：，即，
构建，
因为则在内单调递增，
可知在内单调递增，且，
不等式等价于，解得，
所以a的取值范围为.
9．（全国甲卷数学（文））已知函数．
(1)求的单调区间；
(2)若时，证明：当时，恒成立．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）求导，含参分类讨论得出导函数的符号，从而得出原函数的单调性；
（2）先根据题设条件将问题可转化成证明当时，即可.
【详解】（1）定义域为，
当时，，故在上单调递减；
当时，时，，单调递增，
当时，，单调递减.
综上所述，当时，的单调递减区间为；
时，的单调递增区间为，单调递减区间为.
（2），且时，，
令，下证即可.
，再令，则，
显然在上递增，则，
即在上递增，
故，即在上单调递增，
故，问题得证
10．（全国甲卷数学（理））已知函数．
(1)当时，求的极值；
(2)当时，恒成立，求的取值范围．
【答案】(1)极小值为，无极大值.
(2)
【分析】（1）求出函数的导数，根据导数的单调性和零点可求函数的极值.
（2）求出函数的二阶导数，就、、分类讨论后可得参数的取值范围.
【详解】（1）当时，，
故，
因为在上为增函数，
故在上为增函数，而，
故当时，，当时，，
故在处取极小值且极小值为，无极大值.
（2），
设，
则，
当时，，故在上为增函数，
故，即，
所以在上为增函数，故.
当时，当时，，
故在上为减函数，故在上，
即在上即为减函数，
故在上，不合题意，舍.
当，此时在上恒成立，
同理可得在上恒成立，不合题意，舍；
综上，.
【点睛】思路点睛：导数背景下不等式恒成立问题，往往需要利用导数判断函数单调性，有时还需要对导数进一步利用导数研究其符号特征，处理此类问题时注意利用范围端点的性质来确定如何分类.
11．（新高考北京卷）已知在处切线为l．
(1)若，求单调区间；
(2)证明：切线l不经过；
(3)已知，，，，其中，切线l与y轴交于点B时．当，符合条件的A的个数为？
（参考数据：，，）
【答案】(1)单调递减区间为，单调递增区间为.
(2)证明见解析
(3)2
【分析】（1）直接代入，再利用导数研究其单调性即可；
（2）写出切线方程，将代入再设新函数，利用导数研究其零点即可；
（3）分别写出面积表达式，代入得到，再设新函数研究其零点即可.
【详解】（1），
当时，；当，；
在上单调递减，在上单调递增.
则的单调递减区间为，单调递增区间为.
（2），切线的斜率为，
则切线方程为，
将代入则，
即，则，，
令，
假设过，则在存在零点.
，在上单调递增，，
在无零点，与假设矛盾，故直线不过.
（3）时，.
，设与轴交点为，
时，若，则此时与必有交点，与切线定义矛盾.
由（2）知.所以，
则切线的方程为，
令，则.
，则，
，记，
满足条件的有几个即有几个零点.
，
当时，，此时单调递减；
当时，，此时单调递增；
当时，，此时单调递减；
因为，
，
所以由零点存在性定理及的单调性，在上必有一个零点，在上必有一个零点，
综上所述，有两个零点，即满足的有两个.
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是采用的是反证法，转化为研究函数零点问题.
12．（新高考天津卷）设函数．
(1)求图象上点处的切线方程；
(2)若在时恒成立，求的取值范围；
(3)若，证明．
【答案】(1)
(2)
(3)证明过程见解析
【分析】（1）直接使用导数的几何意义；
（2）先由题设条件得到，再证明时条件满足；
（3）先确定的单调性，再对分类讨论.
【详解】（1）由于，故.
所以，，所以所求的切线经过，且斜率为，故其方程为.
（2）设，则，从而当时，当时.
所以在上递减，在上递增，这就说明，即，且等号成立当且仅当.
设，则
.
当时，的取值范围是，所以命题等价于对任意，都有.
一方面，若对任意，都有，则对有
，
取，得，故.
再取，得，所以.
另一方面，若，则对任意都有，满足条件.
综合以上两个方面，知的取值范围是.
（3）先证明一个结论：对，有.
证明：前面已经证明不等式，故，
且，
所以，即.
由，可知当时，当时.
所以在上递减，在上递增.
不妨设，下面分三种情况（其中有重合部分）证明本题结论.
情况一：当时，有，结论成立；
情况二：当时，有.
对任意的，设，则.
由于单调递增，且有
，
且当，时，由可知
.
所以在上存在零点，再结合单调递增，即知时，时.
故在上递减，在上递增.
①当时，有；
②当时，由于，故我们可以取.
从而当时，由，可得
.
再根据在上递减，即知对都有；
综合①②可知对任意，都有，即.
根据和的任意性，取，，就得到.
所以.
情况三：当时，根据情况一和情况二的讨论，可得，.
而根据的单调性，知或.
故一定有成立.
综上，结论成立.
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于第3小问中，需要结合的单调性进行分类讨论.
13．（新高考上海卷）对于一个函数和一个点，令，若是取到最小值的点，则称是在的“最近点”．
(1)对于，求证：对于点，存在点，使得点是在的“最近点”；
(2)对于，请判断是否存在一个点，它是在的“最近点”，且直线与在点处的切线垂直；
(3)已知在定义域R上存在导函数，且函数 在定义域R上恒正，设点，．若对任意的，存在点同时是在的“最近点”，试判断的单调性．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，
(3)严格单调递减
【分析】（1）代入，利用基本不等式即可；
（2）由题得，利用导函数得到其最小值，则得到，再证明直线与切线垂直即可；
（3）根据题意得到，对两等式化简得，再利用“最近点”的定义得到不等式组，即可证明，最后得到函数单调性.
【详解】（1）当时，，
当且仅当即时取等号，
故对于点，存在点，使得该点是在的“最近点”．
（2）由题设可得，
则，因为均为上单调递增函数，
则在上为严格增函数，
而，故当时，，当时，，
故，此时，
而，故在点处的切线方程为.
而，故，故直线与在点处的切线垂直．
（3）设，
，
而，
，
若对任意的，存在点同时是在的“最近点”，
设，则既是的最小值点，也是的最小值点，
因为两函数的定义域均为，则也是两函数的极小值点，
则存在,使得，
即①
②
由①②相等得，即，
即，又因为函数在定义域R上恒正，
则恒成立，
接下来证明，
因为既是的最小值点，也是的最小值点，
则，
即，③
，④
③④得
即，因为
则，解得，
则恒成立，因为的任意性，则严格单调递减.
【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是结合最值点和极小值的定义得到，再利用最值点定义得到即可.
一、单选题
1．（2024·湖南长沙·三模）斜率为1的直线与曲线和圆都相切，则实数的值为（ ）
A．0或2 B．或2 C．或0 D．0或1
【答案】A
【分析】设直线的方程为，先根据直线和圆相切算出，再由导数的几何意义算出.
【详解】依题意得，设直线的方程为，即，
由直线和圆相切可得，，解得，
当时，和相切，
，设切点为，根据导数的几何意义，，
又切点同时在直线和曲线上，即，解得.
即时，；
当时，和相切，
，设切点为，根据导数的几何意义，，
又切点同时在直线和曲线上，即，解得.
即时，.
综上所述，或.
故选：A.
2．（2024·海南海口·二模）已知函数的定义域为，是偶函数，当时，，则曲线在点处的切线斜率为（ ）
A． B． C．2 D．
【答案】C
【分析】根据函数对称性求出时的解析式，利用导数的几何意义求解.
【详解】因为是偶函数，所以函数的图象关于对称，则，
当时，，
，
，则，
，即曲线在点处切线的斜率为2.
故选：C.
3．（2024·浙江金华·三模）若存在直线与曲线，都相切，则a的范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用导数分别求得与相切的切线方程，可得，进而可得有解，从而利用导数可求的范围.
【详解】设直线与相切与点，因为，
所以切线方程，即，
设直线与相切与点，
因为，所以切线方程，即，
，
所以有解，
令，，
所以函数在，上单调递减，在，上单调递增，
因为，，所以，所以，
的范围为.
故选：A.
【点睛】思路点睛：本题考查曲线公切线相关问题的求解，求解曲线公切线的基本思路是假设切点坐标，利用导数的几何意义分别求得两曲线的切线方程，根据切线方程的唯一性构造方程组来进行求解.
4．（2024·河北保定·三模）曲线在点处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据导数的几何意义求得曲线的切线方程，结合三角形面积公式计算即可.
【详解】由，得，则，，
所以曲线在点处的切线方程为.
令，得，令，得，
故该切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为.
故选：C
5．（2024·广西来宾·模拟预测）曲率是数学上衡量曲线弯曲程度的重要指标，对于曲线，其在点处的曲率，其中是的导函数，是的导函数．则抛物线上的各点处的曲率最大值为（ ）
A． B．p C． D．
【答案】C
【分析】先求出函数的导函数及导函数的导函数，再根据公式求出各点处的曲率，并解出最大值即可.
【详解】由题可知抛物线方程为：，则，，
则该抛物线在各点处的曲率，
当时，取最大值.
故选：C.
6．（2024·浙江·模拟预测）函数的极小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用二次导数研究的单调性，并通过观察得其零点，进而判断的单调性，然后可得极小值.
【详解】，
记，则，
当时，，函数在上单调递增；
当时，，函数在上单调递减.
所以，当时，，
因为，且当时，，
所以，当时，，即，在上单调递减；
当时，，即，在上单调递增.
所以，当时，取得极小值.
故选：B
【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用二次导数研究导函数的单调性，需要结合变化趋势，并观察出导函数零点，进而可知的单调性，然后可解.
7．（2024·江西南昌·三模）已知函数的定义域为，且，对任意，，则不等式的解集是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】设，由恒成立，在上单调递减，由可得，由单调性解不等式即可.
【详解】设，则 ，
对任意，，恒成立，即在上单调递减，
由可得，，解得，即解集为.
故选：A
8．（2024·湖南长沙·二模）已知 ，，直线 与曲线 相切，则 的最小值是（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】D
【分析】利用已知条件求出切点横坐标，从而得到。利用基本不等式即可求解.
【详解】由于直线 与曲线 相切，
设切点为，且，所以，
则切点横坐标 ，则，即 .
所以，即，
当且仅当 时取等号，所以 的最小值为1.
故选：D
9．（2024·河北秦皇岛·三模）已知0是函数的极大值点，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】分类讨论、与三种情况，结合导数与极值点的定义即可得解.
【详解】因为，所以，
令，可得或，
当，即时，
令，得或；令，得；
所以在，上单调递增，在上单调递减，
所以是函数的极大值点，满足题意；
当，即时，恒成立，
则在上单调递增，没有极值点，不满足题意；
当，即时，
令，得或；令，得；
所以在，上单调递增，在上单调递减，
所以是函数的极小值点，不满足题意；
综上，，即的取值范围为.
故选：A.
10．（2023·江西萍乡·二模）已知，则这三个数的大小关系为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】令，利用导数可知在上单调递增，在上单调递减，结合，可得答案.
【详解】令，令得，令得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
因为，
且，
则，即.
故选：C.
11．（2024·广东广州·模拟预测）已知直线恒在曲线的上方，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】设直线与曲线切于点，根据题意由在直线上方，由求解.
【详解】解：设直线与曲线切于点，
则，
所以切线方程为，
所以，，
所以，
设，，
当时，，当时，，
即在上单调递减，在上单调递增，
所以，所以.
故选：A.
二、多选题
12．（2024·河北衡水·三模）已知函数，是函数的一个极值点，则下列说法正确的是（ ）
A． B．函数在区间上单调递减
C．过点能作两条不同直线与相切 D．函数有5个零点
【答案】AD
【分析】求得，根据，可判定A正确；由，利用导数的符号求得函数的单调区间，可判定B错误；设过点且与函数相切的切点为，求得切线方程，列出方程求得的值，可判定C错误；令，作出函数的图象，得到，进而的函数零点的个数，可判定以D正确．
【详解】对于A中，由函数，可得，
因为 是函数的一个极值点，可得，
解得，经检验适合题意，所以A正确；
对于B中，由，令，解得或，
当时，；当时，；当时，，
故在区间上递增，在区间上递减，在区间上递增，所以B错误；
对于C中，设过点且与函数相切的切点为，
则该切线方程为，
由于切点满足直线方程，则，
整理得，解得，所以只能作一条切线，所以C错误；
对于D中，令，则的根有三个，如图所示，，
所以方程有3个不同根，方程和均有1个根，
故有5个零点，所以D正确．
故选：AD．
13．（2024·湖北·二模）已知，则下列不等式正确的有（ ）
A． B．
C． D．
【答案】ACD
【分析】对于A，构造函数，利用导数判断函数单调性，即可比较；对于B，举反例判断即可；对于C，构造函数，利用导数研究函数最值即可判断；对于D，构造函数，利用导数判断函数单调性，即可比较.
【详解】设，则，在单调递增，
所以，即，即，A正确；
令，，则，而，所以，B不正确；
设，则，
当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增；
则在时取得最小值，即，C正确；
设，则，所以在上是增函数，
所以由得，即，D正确.
故选：ACD
14．（2024·重庆·三模）已知，则（ ）
A． B．在上单调递增
C．，使 D．，使
【答案】AC
【分析】求解函数的定义域判断B，代入求值判断A，求导研究函数的单调性，求出函数的极值并画出图象即可判断CD.
【详解】要使函数有意义，则有，且，
即定义域，B错误；
，，，A正确；
，
记，，则，
时，，时，，
在上单调递减，在上单调递增，，即，
又时，，
令，则单调递增，又，
存在唯一，使得，此时，
时，，时，，时，，
时，，故在上单调递增，在上单调递减，
在上单调递减，在上单调递增，
，.
作出函数的图象，如图：

所以C正确，D错误.
故选：AC
15．（2024·广东广州·二模）已知函数，则（ ）
A．的定义域为 B．的图像在处的切线斜率为
C． D．有两个零点，且
【答案】BCD
【分析】根据题意直接求出的范围即可判断；求出导函数，进而求得即可判断B；求得即可判断C；易知的单调性，结合零点存在定理及C即可判断D．
【详解】由题意，，
对于选项A，易知且，故选项A错误，
对于选项B，因为，则，故选项B正确，
对于选项C，因为，所以，故选项C正确，
对于选项D，由选项可知，易知在和上单调递增，
因为，
，
所以，使得，
又因为，则，结合选项C，得，
即也是的零点，则，，故，故选项D正确，
故选：BCD.
16．（2024·山东泰安·模拟预测）已知函数，则（ ）
A．是上的增函数 B．函数有且仅有一个零点
C．函数的最小值为 D．存在唯一个极值点
【答案】BD
【分析】对于A：求导，代特值检验即可；对于B：分、和三种情况，结合函数值的符号分析判断零点；对于C：分、和三种情况，可得，即可判断；对于D：根据的单调性，结合零点存在性定理分析可知，使，进而判断的单调性和极值.
【详解】对于选项A：因为，则，
当时，则， 可得，
即，所以不是上的增函数，故A错误；
对于选项B：因为，
当时，，可知是的零点；
当时，，可知在内无零点；
当时，，则，
可得，可知在内无零点；
综上所述：函数有且仅有一个零点，故B正确；
对于选项C：当时，；
当时，；
当时，则，，可得，
综上所述：，所以不是函数的最小值，故C错误；
对于选项D：因为，，
所以的符号决定于，
显然是上的增函数，
又因为当时，；
当时，，
所以，使，
所以在上为减函数，在上为增函数.
所以有唯一极小值点. 故D正确.
故选 ：BD.
17．（2024·河北·三模）已知函数及其导函数的定义域均为，记，若为偶函数，为奇函数，则下列结论正确的是（ ）
A．的图象关于直线对称． B．的图象关于点对称．
C． D．
【答案】BD
【分析】对于A，直接得到即可判断；对于B，由为偶函数，所以，求导可得即可判断；对于D，求出的周期为，再根据即可判断；对于C，由题意举出反例即可淘汰.
【详解】对于A，因为为奇函数，所以，即，
所以的图象关于中心对称，故A错误；
对于B，由为偶函数，所以，
所以，即，
即，则，
所以的图象关于中心对称，故B正确；
对于D，由，，知，
又，，所以，
所以，即，
所以为周期是的函数，即，故D正确.
对于C，由题意及上述分析知是以为周期的函数，且，
不妨设，所以，周期均为且，
所以，所以C错误；
故选：BD.
【点睛】关键点点睛：对于选项C，通过举反例的形式淘汰答案，不妨设，所以，所以周期为，且，所以.
三、填空题
18．（2024·江西·模拟预测）在平面直角坐标系中，已知曲线的一条切线与轴、轴分别交于，两点，则的面积的最大值为 ．
【答案】
【分析】设切点，求导，切线方程，求出,,得到,构造函数求解最值.
【详解】设切点，，求导得，则切线方程，
由切线与轴、轴分别交于两点，
则,,
得到,
构造函数,，
求导，
令，，
所以，单调递增，，单调递减，
所以.
故答案为：.
19．（2024·四川遂宁·三模）曲线在点处切线的斜率为3，则实数 ．
【答案】1
【分析】根据导数几何意义，求出在处的导数即可得解.
【详解】的导数为，
可得曲线在点处切线的斜率为，
解得.
故答案为：1.
20．（2024·重庆·模拟预测）已知，若实数m，n满足，则的最小值为
【答案】4
【分析】利用导数求解函数单调性，由得，即可利用不等式求解最值.
【详解】由可得，故在单调递增，
而，
故得，
，当且仅当，即时取等号，
故答案为：4
21．（2024·贵州贵阳·三模）已知函数，若函数的最小值恰好为0，则实数的最小值是 .
【答案】
【分析】换元构造新函数，再利用导数求得函数单调性与最值，从而求得的最值.
【详解】令，则，所以，
令，则，
令，则，
当时，，单调递减；当时，，单调递增.
故当时，取得最小值，
故当，即时，函数的最小值恰好为0，
令，则，
令，得；令，得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
则，所以的最小值为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数求解参数范围问题.关键点是通过换元，将转化为，并利用导数研究的单调性与最值，得到，再利用导数求解的单调性，即可求得的最值.
22．（2024·山东临沂·二模）若直线与曲线相切，则的取值范围为 .
【答案】
【分析】利用导数求切点坐标，再由切点在直线上可得，则，构造并研究单调性，进而求值域即可.
【详解】函数的导数为，
设切点为，所以，则，即
又因为在上，所以，
所以，即，所以，
所以，
令，，
令，可得，令，可得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以.
当趋近正无穷时，趋近正无穷.
所以的取值范围为：.
故答案为：.
23．（2024·河北·三模）已知对任意恒成立，则实数的取值范围是 ．
【答案】
【分析】将原不等式变形为，设，通过求导求的最小值，然后解不等式即可.
【详解】因为，，
所以，即，
设，，
令，，即在上单调递增，
令，，即在上单调递减，
则，
所以，
解得.
故答案为：.
四、解答题
24．（2024·北京·三模）已知．
(1)若，求曲线在点处的切线方程；
(2)若函数存在两个不同的极值点，求证：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）先对函数求导，结合导数的几何意义求出切线斜率，进而可求切线方程；
（2）由已知结合导数与单调性及极值关系先表示，然后结合二次方程根的存在条件即可证明.
【详解】（1）当时，，
，
所以曲线在点处的切线方程为，即；
（2），
令，得，令，则，
原方程可化为①，则是方程①的两个不同的根，
所以，解得，
由韦达定理得，则，
所以
，
令，则，
所以函数在上单调递减，
所以，
所以.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
25．（2024·江西·模拟预测）已知函数．
(1)若，求的极值；
(2)若，求的最大值．
【答案】(1)极小值，无极大值；
(2)
【分析】（1）先对求导，根据单调性求出的极值；
（2）由函数单调性和得出关于的不等关系式，再通过求导得出最大值.
【详解】（1）时，，
函数的定义域，
，
时，，单调递减，
时，，单调递增，
所以时，取得极小值，极小值为，无极大值.
（2）函数的定义域，，
当时，，函数在上单调递增，
趋向于时，趋向于，与矛盾.
当时，则时，，在上单调递减，
则时，，在上单调递增，
时，取得最小值，
最小值为，
即，
则，
令，
，
时，，在上单调递增，
时，，在上单调递减，
时，取得最大值，最大值为，
即当，，的最大值为.
26．（2024·江西赣州·二模）给出以下三个材料：
①若函数的导数为，的导数叫做的二阶导数，记作.类似地，二阶导数的导数叫做的三阶导数，记作，三阶导数的导数叫做的四阶导数…，一般地，n－1阶导数的导数叫做的n阶导数，即，；
②若，定义；③若函数在包含的某个开区间上具有n阶的导数，那么对于有，我们将称为函数在点处的n阶泰勒展开式.例如，在点处的n阶泰勒展开式为.根据以上三段材料，完成下面的题目：
(1)若，在点处的3阶泰勒展开式分别为，，求出，；
(2)比较（1）中与的大小；
(3)证明：.
【答案】(1)，
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）利用n阶泰勒展开式的定义，求解，；
（2）两函数作差，通过构造函数，利用导数求最值的方法比较大小；
（3）借助泰勒展开式，利用导数得到函数单调性，证明不等式.
【详解】（1），则有，，
∴，，，
∴
同理可得：.
（2）由（1）知：，，
令，则，
∴，∴在R上单调递增，
又，∴在上，单调递减；在上，单调递增，
∴，即，
故
（3）令，则
由（2）知，，所以在R上单调递增，又，
所以当时，，；
当时，，；
当时，，，
∴在点处的4阶泰勒展开式为：，
∴，当且仅当x＝0时取等号，
①当时，，当且仅当x＝0时取等号，
所以
②当时，设，，
，，
若，由于，所以，
，
，从而
若，，
所以，时，单调递减，从而，即.
综上：.
【点睛】方法点睛：
“新定义运算”指的是使用新定义的运算方法求解数学问题，这些新定义的运算可以是像“阶乘”、“斐波那契数列”这样的经典运算，也可以是一些比较新奇的概念，要透彻理解新定义的本质，严格按照新定义运算规则进行计算，与相关基础数学知识联系去解决问题.
27．（2024·山东威海·二模）已知函数．
(1)求的极值；
(2)证明：．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数的导数，利用导数与函数单调性以及极值的关系，即可求得答案；
（2）根据要证明的不等式的结构特点，设，求出其导数，利用导数判断其单调性，结合其最值，即可证明结论.
【详解】（1）由题意得的定义域为，
则，
当时，，在上单调递增，无极值；
当时，令，则，令，则，
即在上单调递增，在上单调递减，
故为函数的极大值点，函数极大值为，无极小值；
（2）证明：设，
，令，
则，即在上单调递增，
，
故，使得，即，
当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
故
即，即，则.
28．（2024·江西·二模）已知函数
(1)当时，求函数的极值；
(2)设函数有两个极值点，且，若恒成立，求最小值．
【答案】(1)极大值；极小值
(2)
【分析】（1）将代入函数解析式，对函数求导，利用导数即可判断函数的单调性，求得极值.
（2）对函数求导，结合已知条件得方程有两个相异的正根，利用为韦达定理求得，再结合，求出范围，进而确定的范围，由，得，构造函数，利用导数判断函数单调性确定函数最值，即可求解.
【详解】（1）当时，有，
令，即，解得或，
所以当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增；
所以时，取得极大值，极大值为，
时，取得极小值，极小值为.
（2）因为，
所以
由已知函数有两个极值点，
所以方程有两个相异的正根
所以，即或，
又，所以，，所以；
所以对称轴为，二次函数与轴交点为、，
且，所以在对称轴的右侧，则有，
因为，即 ，
所以，其中，
令，
则，
令，解得均不在定义域内，
所以时，，在上单调递减，
，
所以，即最小值为.
29．（2024·安徽·三模）已知函数.
(1)求曲线在处的切线方程；
(2)若，求函数在上的最值.
【答案】(1)
(2)最大值为，最小值为
【分析】（1）利用导数的几何意义，求出切线的斜率，即可求出结果；
（2）利用导数与函数单调性间的关系，求出和的解集，即可求出函数的单调区间，再求出两端点函数值及极值，通过比较，即可求出结果.
【详解】（1）由函数，可得，
可得，且，所以切线的斜率为，切点为，
则所求切线方程为.
（2）由（1），当时，可得，
当时，，函数在上单调递减，
当时，，函数在上单调递增，
而，，，
故所求最大值为，最小值为.
30．（2024·四川眉山·三模）已知函数.
(1)若过点可作曲线两条切线，求的取值范围；
(2)若有两个不同极值点.
①求的取值范围；
②当时，证明：.
【答案】(1)；
(2)①；②证明见解析.
【分析】（1）求出函数的导数，设出切点坐标，求出切线方程，结合切线过的点构造函数，探讨函数有两个零点的的值范围.
（2）①由有两个零点，结合零点的意义分离参数，求出直线与函数图象有两个公共点的的值范围；②由方程根的意义可得，分析所证不等式，换元并证明即可.
【详解】（1）依题意，，
设过点的直线与曲线相切时的切点为，斜率，
切线方程为，而点在切线上，
则，即有，
由过点可作曲线两条切线，得方程有两个不相等的实数根，
令，则函数有2个零点，
求导得，
①若，由，得或，由，得，
即函数在，上单调递增，在上单调递减，
则当时，取得极大值；当时，取得极小值，
又，
当时，恒成立，因此函数最多1个零点，不合题意；
②若，恒成立，函数在上单调递增，
因此函数最多1个零点，不合题意；
③若，由，得或，由，得，
即函数在，上单调递增，在上单调递减，
则当时，取得极大值；当时，取得极小值，又，
显然当时，恒成立，因此函数最多1个零点，不合题意；
④若，显然，当时，，当时，，
函数在上单调递增，在上单调递减，当时，取得最大值，
要函数有2个零点，必有，得，
当时，，
而函数在上的值域为，因此在上的值域为，
当时，令，求导得，函数在上单调递减，
则，，
而函数在上单调递减，值域为，
因此函数在上的值域为，
于是当时，函数有两个零点，
所以过点可作曲线两条切线时，的取值范围是.
（2）①由（1）知，，
由函数有两个极值点，得，即有两个实数根，
令，求导得，当时，，当时，，
函数在上单调递增，上单调递减，，
且，当时，函数恒成立，因此当时，有两个实数根
所以函数有两个极点时，的取值范围是.
②由，即，得，
要证明，只需证明，
而，
令，则，欲证明，
即证明，只需证明即可，
令，
求导得，
则在时单调递增，故，
则，令在时单调递增，则，
因此，即，
所以.
【点睛】思路点睛：涉及函数的双零点问题，不管待证的是两个变量的不等式，还是导函数的值的不等式，都是把双变量的等式或不等式转化为一元变量问题求解，途径都是构造一元函数.
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1【好题汇编】2024年高考真题和模拟题数学分类汇编（全国通用）
专题09 导数及其应用
（全国甲卷数学（文））曲线在处的切线与坐标轴围成的面积为（ ）
A． B． C． D．
2．（全国甲卷数学（理））设函数，则曲线在处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积为（ ）
A． B． C． D．
3．（新课标全国Ⅰ卷）（多选）设函数，则（ ）
A．是的极小值点 B．当时，
C．当时， D．当时，
4．（新课标全国Ⅱ卷）（多选）设函数，则（ ）
A．当时，有三个零点
B．当时，是的极大值点
C．存在a，b，使得为曲线的对称轴
D．存在a，使得点为曲线的对称中心
5．（新课标全国Ⅰ卷）若曲线在点处的切线也是曲线的切线，则 .
6．（全国甲卷数学（文））曲线与在上有两个不同的交点，则的取值范围为 ．
7．（新课标全国Ⅰ卷）已知函数
(1)若，且，求的最小值；
(2)证明：曲线是中心对称图形；
(3)若当且仅当，求的取值范围．
8．（新课标全国Ⅱ卷）已知函数．
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)若有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围．
9．（全国甲卷数学（文））已知函数．
(1)求的单调区间；
(2)若时，证明：当时，恒成立．
10．（全国甲卷数学（理））已知函数．
(1)当时，求的极值；
(2)当时，恒成立，求的取值范围．
11．（新高考北京卷）已知在处切线为l．
(1)若，求单调区间；
(2)证明：切线l不经过；
(3)已知，，，，其中，切线l与y轴交于点B时．当，符合条件的A的个数为？
（参考数据：，，）
12．（新高考天津卷）设函数．
(1)求图象上点处的切线方程；
(2)若在时恒成立，求的取值范围；
(3)若，证明．
13．（新高考上海卷）对于一个函数和一个点，令，若是取到最小值的点，则称是在的“最近点”．
(1)对于，求证：对于点，存在点，使得点是在的“最近点”；
(2)对于，请判断是否存在一个点，它是在的“最近点”，且直线与在点处的切线垂直；
(3)已知在定义域R上存在导函数，且函数 在定义域R上恒正，设点，．若对任意的，存在点同时是在的“最近点”，试判断的单调性．
一、单选题
1．（2024·湖南长沙·三模）斜率为1的直线与曲线和圆都相切，则实数的值为（ ）
A．0或2 B．或2 C．或0 D．0或1
2．（2024·海南海口·二模）已知函数的定义域为，是偶函数，当时，，则曲线在点处的切线斜率为（ ）
A． B． C．2 D．
3．（2024·浙江金华·三模）若存在直线与曲线，都相切，则a的范围为（ ）
A． B． C． D．
4．（2024·河北保定·三模）曲线在点处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为（ ）
A． B． C． D．
5．（2024·广西来宾·模拟预测）曲率是数学上衡量曲线弯曲程度的重要指标，对于曲线，其在点处的曲率，其中是的导函数，是的导函数．则抛物线上的各点处的曲率最大值为（ ）
A． B．p C． D．
6．（2024·浙江·模拟预测）函数的极小值为（ ）
A． B． C． D．
7．（2024·江西南昌·三模）已知函数的定义域为，且，对任意，，则不等式的解集是（ ）
A． B． C． D．
8．（2024·湖南长沙·二模）已知 ，，直线 与曲线 相切，则 的最小值是（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
9．（2024·河北秦皇岛·三模）已知0是函数的极大值点，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
10．（2023·江西萍乡·二模）已知，则这三个数的大小关系为（ ）
A． B．
C． D．
11．（2024·广东广州·模拟预测）已知直线恒在曲线的上方，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
12．（2024·河北衡水·三模）已知函数，是函数的一个极值点，则下列说法正确的是（ ）
A． B．函数在区间上单调递减
C．过点能作两条不同直线与相切 D．函数有5个零点
13．（2024·湖北·二模）已知，则下列不等式正确的有（ ）
A． B．
C． D．
14．（2024·重庆·三模）已知，则（ ）
A． B．在上单调递增
C．，使 D．，使
15．（2024·广东广州·二模）已知函数，则（ ）
A．的定义域为 B．的图像在处的切线斜率为
C． D．有两个零点，且
16．（2024·山东泰安·模拟预测）已知函数，则（ ）
A．是上的增函数 B．函数有且仅有一个零点
C．函数的最小值为 D．存在唯一个极值点
17．（2024·河北·三模）已知函数及其导函数的定义域均为，记，若为偶函数，为奇函数，则下列结论正确的是（ ）
A．的图象关于直线对称． B．的图象关于点对称．
C． D．
三、填空题
18．（2024·江西·模拟预测）在平面直角坐标系中，已知曲线的一条切线与轴、轴分别交于，两点，则的面积的最大值为 ．
19．（2024·四川遂宁·三模）曲线在点处切线的斜率为3，则实数 ．
20．（2024·重庆·模拟预测）已知，若实数m，n满足，则的最小值为
21．（2024·贵州贵阳·三模）已知函数，若函数的最小值恰好为0，则实数的最小值是 .
22．（2024·山东临沂·二模）若直线与曲线相切，则的取值范围为 .
23．（2024·河北·三模）已知对任意恒成立，则实数的取值范围是 ．
四、解答题
24．（2024·北京·三模）已知．
(1)若，求曲线在点处的切线方程；
(2)若函数存在两个不同的极值点，求证：．
25．（2024·江西·模拟预测）已知函数．
(1)若，求的极值；
(2)若，求的最大值．
26．（2024·江西赣州·二模）给出以下三个材料：
①若函数的导数为，的导数叫做的二阶导数，记作.类似地，二阶导数的导数叫做的三阶导数，记作，三阶导数的导数叫做的四阶导数…，一般地，n－1阶导数的导数叫做的n阶导数，即，；
②若，定义；③若函数在包含的某个开区间上具有n阶的导数，那么对于有，我们将称为函数在点处的n阶泰勒展开式.例如，在点处的n阶泰勒展开式为.根据以上三段材料，完成下面的题目：
(1)若，在点处的3阶泰勒展开式分别为，，求出，；
(2)比较（1）中与的大小；
(3)证明：.
27．（2024·山东威海·二模）已知函数．
(1)求的极值；
(2)证明：．
28．（2024·江西·二模）已知函数
(1)当时，求函数的极值；
(2)设函数有两个极值点，且，若恒成立，求最小值．
29．（2024·安徽·三模）已知函数.
(1)求曲线在处的切线方程；
(2)若，求函数在上的最值.
30．（2024·四川眉山·三模）已知函数.
(1)若过点可作曲线两条切线，求的取值范围；
(2)若有两个不同极值点.
①求的取值范围；
②当时，证明：.
试卷第2页，共7页
1【好题汇编】2024年高考真题和模拟题数学分类汇编（全国通用）
专题10 圆锥曲线
1．（新课标全国Ⅱ卷）已知曲线C：（），从C上任意一点P向x轴作垂线段，为垂足，则线段的中点M的轨迹方程为（ ）
A．（） B．（）
C．（） D．（）
【答案】A
【分析】设点，由题意，根据中点的坐标表示可得，代入圆的方程即可求解.
【详解】设点，则，
因为为的中点，所以，即，
又在圆上，
所以，即，
即点的轨迹方程为.
故选：A
2．（全国甲卷数学（理））已知双曲线的上、下焦点分别为，点在该双曲线上，则该双曲线的离心率为（ ）
A．4 B．3 C．2 D．
【答案】C
【分析】由焦点坐标可得焦距，结合双曲线定义计算可得，即可得离心率.
【详解】由题意，、、，
则，，，
则，则.
故选：C.
3．（新高考天津卷）双曲线的左、右焦点分别为是双曲线右支上一点，且直线的斜率为2．是面积为8的直角三角形，则双曲线的方程为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】可利用三边斜率问题与正弦定理，转化出三边比例，设，由面积公式求出，由勾股定理得出，结合第一定义再求出.
【详解】如下图：由题可知，点必落在第四象限，，设，
，由，求得，
因为，所以，求得，即，
，由正弦定理可得：，
则由得，
由得，
则，
由双曲线第一定义可得：，，
所以双曲线的方程为.
故选：C
4．（新课标全国Ⅰ卷）（多选）造型可以做成美丽的丝带，将其看作图中曲线C的一部分.已知C过坐标原点O.且C上的点满足横坐标大于，到点的距离与到定直线的距离之积为4，则（ ）
A． B．点在C上
C．C在第一象限的点的纵坐标的最大值为1 D．当点在C上时，
【答案】ABD
【分析】根据题设将原点代入曲线方程后可求，故可判断A的正误，结合曲线方程可判断B的正误，利用特例法可判断C的正误，将曲线方程化简后结合不等式的性质可判断D的正误.
【详解】对于A：设曲线上的动点，则且，
因为曲线过坐标原点，故，解得，故A正确.
对于B：又曲线方程为，而，
故.
当时，，
故在曲线上，故B正确.
对于C：由曲线的方程可得，取，
则，而，故此时，
故在第一象限内点的纵坐标的最大值大于1，故C错误.
对于D：当点在曲线上时，由C的分析可得，
故，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】思路点睛：根据曲线方程讨论曲线的性质，一般需要将曲线方程变形化简后结合不等式的性质等来处理.
5．（新课标全国Ⅱ卷）（多选）抛物线C：的准线为l，P为C上的动点，过P作的一条切线，Q为切点，过P作l的垂线，垂足为B，则（ ）
A．l与相切
B．当P，A，B三点共线时，
C．当时，
D．满足的点有且仅有2个
【答案】ABD
【分析】A选项，抛物线准线为，根据圆心到准线的距离来判断；B选项，三点共线时，先求出的坐标，进而得出切线长；C选项，根据先算出的坐标，然后验证是否成立；D选项，根据抛物线的定义，，于是问题转化成的点的存在性问题，此时考察的中垂线和抛物线的交点个数即可，亦可直接设点坐标进行求解.
【详解】A选项，抛物线的准线为，
的圆心到直线的距离显然是，等于圆的半径，
故准线和相切，A选项正确；
B选项，三点共线时，即，则的纵坐标，
由，得到，故，
此时切线长，B选项正确；
C选项，当时，，此时，故或，
当时，，，，
不满足；
当时，，，，
不满足；
于是不成立，C选项错误；
D选项，方法一：利用抛物线定义转化
根据抛物线的定义，，这里，
于是时点的存在性问题转化成时点的存在性问题，
，中点，中垂线的斜率为，
于是的中垂线方程为：，与抛物线联立可得，
，即的中垂线和抛物线有两个交点，
即存在两个点，使得，D选项正确.
方法二：（设点直接求解）
设，由可得，又，又，
根据两点间的距离公式，，整理得，
，则关于的方程有两个解，
即存在两个这样的点，D选项正确.
故选：ABD
6．（新课标全国Ⅰ卷）设双曲线的左右焦点分别为，过作平行于轴的直线交C于A，B两点，若，则C的离心率为 ．
【答案】
【分析】由题意画出双曲线大致图象，求出，结合双曲线第一定义求出，即可得到的值，从而求出离心率.
【详解】由题可知三点横坐标相等，设在第一象限，将代入
得，即，故，，
又，得，解得，代入得，
故，即，所以.
故答案为：
7．（新高考北京卷）已知抛物线，则焦点坐标为 ．
【答案】
【分析】形如的抛物线的焦点坐标为，由此即可得解.
【详解】由题意抛物线的标准方程为，所以其焦点坐标为.
故答案为：.
8．（新高考北京卷）已知双曲线，则过且和双曲线只有一个交点的直线的斜率为 ．
【答案】
【分析】首先说明直线斜率存在，然后设出方程，联立双曲线方程，根据交点个数与方程根的情况列式即可求解.
【详解】联立与，解得，这表明满足题意的直线斜率一定存在，
设所求直线斜率为，则过点且斜率为的直线方程为，
联立，化简并整理得：，
由题意得或，
解得或无解，即，经检验，符合题意.
故答案为：.
9．（新高考天津卷）的圆心与抛物线的焦点重合，为两曲线的交点，则原点到直线的距离为 ．
【答案】/
【分析】先求出圆心坐标，从而可求焦准距，再联立圆和抛物线方程，求及的方程，从而可求原点到直线的距离.
【详解】圆的圆心为，故即，
由可得，故或（舍），
故，故直线即或，
故原点到直线的距离为，
故答案为：
10．（新高考上海卷）已知抛物线上有一点到准线的距离为9，那么点到轴的距离为 ．
【答案】
【分析】根据抛物线的定义知，将其再代入抛物线方程即可.
【详解】由知抛物线的准线方程为，设点，由题意得，解得，
代入抛物线方程，得，解得，
则点到轴的距离为．
故答案为：．
11．（新课标全国Ⅰ卷）已知和为椭圆上两点.
(1)求C的离心率;
(2)若过P的直线交C于另一点B，且的面积为9，求的方程．
【答案】(1)
(2)直线的方程为或.
【分析】（1）代入两点得到关于的方程，解出即可；
（2）方法一：以为底，求出三角形的高，即点到直线的距离，再利用平行线距离公式得到平移后的直线方程，联立椭圆方程得到点坐标，则得到直线的方程；方法二：同法一得到点到直线的距离，再设，根据点到直线距离和点在椭圆上得到方程组，解出即可；法三：同法一得到点到直线的距离，利用椭圆的参数方程即可求解；法四：首先验证直线斜率不存在的情况，再设直线，联立椭圆方程，得到点坐标，再利用点到直线距离公式即可；法五：首先考虑直线斜率不存在的情况，再设，利用弦长公式和点到直线的距离公式即可得到答案；法六：设线法与法五一致，利用水平宽乘铅锤高乘表达面积即可.
【详解】（1）由题意得，解得，
所以.
（2）法一：，则直线的方程为，即，
，由（1）知，
设点到直线的距离为，则，
则将直线沿着与垂直的方向平移单位即可，
此时该平行线与椭圆的交点即为点，
设该平行线的方程为：，
则，解得或，
当时，联立，解得或，
即或，
当时，此时，直线的方程为，即，
当时，此时，直线的方程为，即，
当时，联立得，
，此时该直线与椭圆无交点.
综上直线的方程为或.
法二：同法一得到直线的方程为，
点到直线的距离，
设，则，解得或，
即或，以下同法一.
法三：同法一得到直线的方程为，
点到直线的距离，
设，其中，则有，
联立，解得或，
即或，以下同法一；
法四：当直线的斜率不存在时，此时，
，符合题意，此时，直线的方程为，即，
当线的斜率存在时，设直线的方程为，
联立椭圆方程有，则，其中，即，
解得或，，，
令，则，则
同法一得到直线的方程为，
点到直线的距离，
则，解得，
此时，则得到此时，直线的方程为，即，
综上直线的方程为或.
法五：当的斜率不存在时，到距离，
此时不满足条件.
当的斜率存在时，设，令，
，消可得，
，且，即，
，
到直线距离，
或，均满足题意，或，即或.
法六：当的斜率不存在时，到距离，
此时不满足条件.
当直线斜率存在时，设，
设与轴的交点为，令，则，
联立，则有，
，
其中，且，
则，
则，解的或，经代入判别式验证均满足题意.
则直线为或，即或.
12．（新课标全国Ⅱ卷）已知双曲线，点在上，为常数，．按照如下方式依次构造点，过作斜率为的直线与的左支交于点，令为关于轴的对称点，记的坐标为.
(1)若，求；
(2)证明：数列是公比为的等比数列；
(3)设为的面积，证明：对任意的正整数，.
【答案】(1)，
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）直接根据题目中的构造方式计算出的坐标即可；
（2）根据等比数列的定义即可验证结论；
（3）思路一：使用平面向量数量积和等比数列工具，证明的取值为与无关的定值即可.思路二：使用等差数列工具，证明的取值为与无关的定值即可.
【详解】（1）
由已知有，故的方程为.
当时，过且斜率为的直线为，与联立得到.
解得或，所以该直线与的不同于的交点为，该点显然在的左支上.
故，从而，.
（2）由于过且斜率为的直线为，与联立，得到方程.
展开即得，由于已经是直线和的公共点，故方程必有一根.
从而根据韦达定理，另一根，相应的.
所以该直线与的不同于的交点为，而注意到的横坐标亦可通过韦达定理表示为，故一定在的左支上.
所以.
这就得到，.
所以
.
再由，就知道，所以数列是公比为的等比数列.
（3）方法一：先证明一个结论：对平面上三个点，若，，则.（若在同一条直线上，约定）
证明：
.
证毕，回到原题.
由于上一小问已经得到，，
故.
再由，就知道，所以数列是公比为的等比数列.
所以对任意的正整数，都有
.
而又有，，
故利用前面已经证明的结论即得
.
这就表明的取值是与无关的定值，所以.
方法二：由于上一小问已经得到，，
故.
再由，就知道，所以数列是公比为的等比数列.
所以对任意的正整数，都有
.
这就得到，
以及.
两式相减，即得.
移项得到.
故.
而，.
所以和平行，这就得到，即.
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于将解析几何和数列知识的结合，需要综合运用多方面知识方可得解.
13．（全国甲卷数学（理）（文））设椭圆的右焦点为，点在上，且轴．
(1)求的方程；
(2)过点的直线与交于两点，为线段的中点，直线交直线于点，证明：轴．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）设，根据的坐标及轴可求基本量，故可求椭圆方程.
（2）设，，，联立直线方程和椭圆方程，用的坐标表示，结合韦达定理化简前者可得，故可证轴.
【详解】（1）设，由题设有且，故，故，故，
故椭圆方程为.
（2）直线的斜率必定存在，设，，，
由可得，
故，故，
又，
而，故直线，故，
所以
，
故，即轴.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
14．（新高考北京卷）已知椭圆方程C：，焦点和短轴端点构成边长为2的正方形，过的直线l与椭圆交于A，B，，连接AC交椭圆于D．
(1)求椭圆方程和离心率；
(2)若直线BD的斜率为0，求t．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由题意得，进一步得，由此即可得解；
（2）说明直线斜率存在，设，，联立椭圆方程，由韦达定理有，而，令，即可得解.
【详解】（1）由题意，从而，
所以椭圆方程为，离心率为；
（2）显然直线斜率存在，否则重合，直线斜率不存在与题意不符，
同样直线斜率不为0，否则直线与椭圆无交点，矛盾，
从而设，，
联立，化简并整理得，
由题意，即应满足，
所以，
若直线斜率为0，由椭圆的对称性可设，
所以，在直线方程中令，
得，
所以，
此时应满足，即应满足或，
综上所述，满足题意，此时或.
15．（新高考天津卷）已知椭圆椭圆的离心率．左顶点为，下顶点为是线段的中点，其中．
(1)求椭圆方程．
(2)过点的动直线与椭圆有两个交点．在轴上是否存在点使得恒成立．若存在求出这个点纵坐标的取值范围，若不存在请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，使得恒成立.
【分析】（1）根据椭圆的离心率和三角形的面积可求基本量，从而可得椭圆的标准方程.
（2）设该直线方程为：，， 联立直线方程和椭圆方程并消元，结合韦达定理和向量数量积的坐标运算可用表示，再根据可求的范围.
【详解】（1）因为椭圆的离心率为，故，，其中为半焦距，
所以，故，
故，所以，，故椭圆方程为：.
（2）
若过点的动直线的斜率存在，则可设该直线方程为：，
设，
由可得，
故且
而，
故
，
因为恒成立，故，解得.
若过点的动直线的斜率不存在，则或，
此时需，两者结合可得.
综上，存在，使得恒成立.
【点睛】思路点睛：圆锥曲线中的范围问题，往往需要用合适的参数表示目标代数式，表示过程中需要借助韦达定理，此时注意直线方程的合理假设.
16．（新高考上海卷）已知双曲线左右顶点分别为，过点的直线交双曲线于两点.
(1)若离心率时，求的值．
(2)若为等腰三角形时，且点在第一象限，求点的坐标．
(3)连接并延长，交双曲线于点，若，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据离心率公式计算即可；
（2）分三角形三边分别为底讨论即可；
（3）设直线，联立双曲线方程得到韦达定理式，再代入计算向量数量积的等式计算即可.
【详解】（1）由题意得，则，．
（2）当时，双曲线，其中，，
因为为等腰三角形，则
①当以为底时，显然点在直线上，这与点在第一象限矛盾，故舍去；
②当以为底时，，
设，则 , 联立解得或或，
因为点在第一象限，显然以上均不合题意，舍去；
（或者由双曲线性质知，矛盾，舍去）；
③当以为底时，，设，其中，
则有，解得，即．
综上所述：.
（3）由题知，
当直线的斜率为0时，此时，不合题意，则，
则设直线，
设点，根据延长线交双曲线于点，
根据双曲线对称性知，
联立有，
显然二次项系数，
其中，
①，②，
，
则，因为在直线上，
则，，
即，即，
将①②代入有，
即
化简得，
所以 , 代入到 , 得 , 所以 ,
且，解得，又因为，则，
综上知，，．
【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是采用设线法，为了方便运算可设，将其与双曲线方程联立得到韦达定理式，再写出相关向量，代入计算，要注意排除联立后的方程得二次项系数不为0.
一、单选题
1．（2024·福建泉州·二模）若椭圆的离心率为，则该椭圆的焦距为（ ）
A． B． C．或 D．或
【答案】D
【分析】分焦点在轴或轴两种情况，求椭圆的离心率，求解参数，再求椭圆的焦距.
【详解】若椭圆的焦点在轴，则离心率，得，此时焦距，
若椭圆的焦点在轴，则离心率，得，此时焦距，
所以该椭圆的焦距为或.
故选：D
2．（2024·河北衡水·三模）已知双曲线：，圆与圆的公共弦所在的直线是的一条渐近线，则的离心率为（ ）
A． B．2 C． D．
【答案】C
【分析】两圆的方程相减可得双曲线的一条渐近线方程，据此可求双曲线的离心率.
【详解】因为，，所以两圆方程相减可得，
由题意知的一条渐近线为，即，
双曲线的离心率．
故选：C．
3．（2024·北京·三模）已知双曲线的一个焦点坐标是，则的值及的离心率分别为（ ）
A． B． C．1，2 D．
【答案】A
【分析】化双曲线方程为标准形式，再求出的值及离心率.
【详解】依题意，双曲线化为：，
则，解得，双曲线的离心率.
故选：A
4．（2024·贵州贵阳·三模）过点的直线与圆相交于不同的两点M，N，则线段MN的中点的轨迹是（ ）
A．一个半径为10的圆的一部分 B．一个焦距为10的椭圆的一部分
C．一条过原点的线段 D．一个半径为5的圆的一部分
【答案】D
【分析】设 , 根据垂径定理得到，再转化为，写出相关向量，代入化简即可.
【详解】设，根据线段的中点为，则，即，
所以，又，
所以，即，
所以点的轨迹是以为圆心，半径为5的圆在圆内的一部分，
故选：D.
5．（2024·湖南·模拟预测）已知点，点，动点M满足直线AM，BM的斜率之积为4，则动点M的轨迹方程为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】根据两点斜率公式即可列等量关系化简求解即可.
【详解】设动点
由于，，根据直线与的斜率之积为．
整理得，化简得：．
故选：D
6．（2024·陕西榆林·三模）在平面直角坐标系中，把到定点距离之积等于的点的轨迹称为双纽线.若，点为双纽线上任意一点，则下列结论正确的个数是（ ）
①关于轴不对称
②关于轴对称
③直线与只有一个交点
④上存在点，使得
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【分析】用定义法把动点的轨迹方程求出来，利用代换，方程没有变化，可知双纽线关于轴，轴，原点对称，再利用它与联立方程组，解得只有一组解，可知③正确，再利用原点到的距离正好是,可知满足题意，所以④正确，从而可以做出所有选项的判断.
【详解】①设到定点的距离之积为4，
可得.，整理得，
即曲线的方程为，
由用代换，方程没变，可知曲线关于轴对称，
由用代换，方程没变，可知曲线关于轴对称，
由用代换，用同时代换，方程没变，可知曲线关于原点对称，
图象如图所示：
所以①不正确，②正确；
③联立方程组，可得，即，所以，
所以直线与曲线只有一个交点，所以③正确.
④原点满足曲线的方程，即原点在曲线上，则，
即曲线上存在点与原点重合时，满足，所以④正确.
故选:C.
7．（2024·福建泉州·二模）双曲线，左、右顶点分别为A，B，O为坐标原点，如图，已知动直线l与双曲线C左、右两支分别交于P，Q两点，与其两条渐近线分别交于R，S两点，则下列命题正确的是（ ）
A．存在直线l，使得
B．当且仅当直线l平行于x轴时，
C．存在过的直线l，使得取到最大值
D．若直线l的方程为，则双曲线C的离心率为
【答案】D
【分析】根据与渐近线平行的直线不可能与双曲线有两个交点可对A项判断；设直线分别与双曲线联立，渐近线联立，分别求出和坐标，从而可对B、C项判断；根据，求出，从而可对D项判断.
【详解】解：对于A项：与渐近线平行的直线不可能与双曲线有两个交点，故A项错误；
对于B项：设直线，与双曲线联立，得：
，其中，
设，由根与系数关系得：，
所以线段PQ中点，
将直线，与渐近线联立得点S坐标为，
将直线与渐近线联立得点R坐标为，
所以线段RS中点，
所以线段PQ与线段RS的中点重合．所以，对任意的直线l，都有，故B项不正确；
对于C项：因为为定值，当k越来越接近渐近线的斜率时，趋向于无穷，
所以会趋向于无穷，不可能有最大值，故C项错误；
对于D项：联立直线l与渐近线，解得，
联立直线l与渐近线，解得由题可知，，
，解得，所以，故D项正确．
故选：D．
【点睛】方法点睛：求解椭圆或双曲线的离心率的三种方法：
①定义法：通过已知条件列出方程组，求得得值，根据离心率的定义求解离心率；
②齐次式法：由已知条件得出关于的二元齐次方程，然后转化为关于的一元二次方程求解；
③特殊值法：通过取特殊值或特殊位置，求出离心率.
8．（2024·河南·二模）已知双曲线的左，右焦点分别为为坐标原点，焦距为，点在双曲线上，，且的面积为，则双曲线的离心率为（ ）
A．2 B． C． D．4
【答案】C
【分析】依题意可得为直角三角形，且，设，，利用双曲线的定义及勾股定理求出，再由的面积为求出，最后由焦距求出，即可求出离心率.
【详解】因为的面积为，所以的面积为.
又，所以，所以为直角三角形，且.
设，，所以，
所以，
所以，又，所以.
焦距为，所以，则，
所以，则离心率.

故选：C.
9．（2024·重庆·三模）已知抛物线的焦点为，过点的直线交抛物线于A，B两点，点在第一象限，点为坐标原点，且，则直线的斜率为（ ）
A． B． C．1 D．-1
【答案】A
【分析】设直线的倾斜角为，利用抛物线的焦半径公式，表示出、，再根据，求出，利用同角三角函数的基本关系求，就是直线的斜率.
【详解】如图：
设直线倾斜角为，抛物线的准线：
作于，根据抛物线的定义，，
所以，类似的.
由知，得，故.
故选：A
10．（2024·黑龙江齐齐哈尔·三模）设为抛物线的焦点，若点在上，则（ ）
A．3 B． C． D．
【答案】D
【分析】利用点在抛物线上，得到抛物线的标准方程，确定准线方程，利用抛物线的定义，.
【详解】依题意，，解得，所以的准线为，所以，
故选:D．
11．（2024·山东泰安·二模）设抛物线的焦点为，过抛物线上点作准线的垂线，设垂足为，若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由题意得，结合正切定义以及可得，进一步即可求解.
【详解】如图所示：
设 为准线与轴的交点，
因为，且，所以，
因为，所以，
而在中，，
所以.
故选：A.
二、多选题
12．（2024·江西·模拟预测）已知，，，动点满足与的斜率之积为，动点的轨迹记为，过点的直线交于，两点，且，的中点为，则（ ）
A．的轨迹方程为
B．的最小值为1
C．若为坐标原点，则面积的最大值为
D．若线段的垂直平分线交轴于点，则点的横坐标是点的横坐标的倍
【答案】BCD
【分析】根据求轨迹方程的方法即可求得选项A，结合椭圆的性质即可判断选项B，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理，即可求出的面积，利用导数可判断选项C，利用中点坐标公式及直线与直线的关系，即可求出点和点的横坐标，从而判断选项D.
【详解】对于选项A，设，因为，，所以，化简得，故A错误；
对于选项B，因为，则，，则，
所以为椭圆的右焦点，则，故B正确；
对于选项C，设的方程 ，代入椭圆方程，得，
设，则，，
所以，
令，则，
令，则，在为增函数，，，
所以，当且仅当时即等号成立，故C正确；
对于选项D，因为，，，
所以，则，
设，则，则，
所以，则点的横坐标是点的横坐标的倍，故D正确.
故选：BCD.
【点睛】关键点点睛：本题求解的关键有两个：一是利用面积公式得出面积表达式，结合导数得出最值；二是根据垂直平分得出点之间的关系.
13．（2024·江苏常州·二模）双曲线具有光学性质：从双曲线一个焦点发出的光线经过双曲线镜面反射，其反射光线的反向延长线经过双曲线的另一个焦点．如图，双曲线的左、右焦点分别为，从发出的两条光线经过的右支上的两点反射后，分别经过点和，其中共线，则（ ）
A．若直线的斜率存在，则的取值范围为
B．当点的坐标为时，光线由经过点到达点所经过的路程为6
C．当时，的面积为12
D．当时，
【答案】ABD
【分析】根据双曲线的渐近线的斜率，可得判定A正确；根据双曲线的定义，求得由经过点到达点所经过的路程，可判定B正确；根据向量的数量积的运算，得到，得到，设，列出方程，求得，进而可判定C错误；在直角中，结合，可判定D正确．
【详解】如图所示，过点分别作的两条渐近线的平行线，则的斜率分别为和，
对于A中，由图可知，当点均在的右支时，或，所以A正确；
对于B中，光线由经过点到达点所经过的路程为
，所以B正确；
对于C中，由，得，即，所以，
设，则，
因为，所以，整理得，
解得或（舍去），所以，，
所以的面积，所以C错误；
对于D项，在直角中，，
所以，所以D正确．
故选：ABD．
14．（2024·重庆·三模）已知双曲线的左，右焦点分别为为双曲线上点，且的内切圆圆心为，则下列说法正确的是（ ）
A． B．直线PF1的斜率为
C．的周长为 D．的外接圆半径为
【答案】ACD
【分析】对于A，根据三角形与其内切圆性质结合双曲线定义即可求解；根据已知条件、、以及与各个所需量的关系即可求出、和，进而可依次求出直线PF1的斜率、结合焦三角形面积公式得的周长、结合正弦定理得的外接圆半径.
【详解】如图1，由条件，点应在双曲线的右支上，
设圆分别与的三边切于点，则由题，
且，，
又
，A选项正确；
由选项A得，连接、、，则，
所以，B选项错误；
同理，，
，
，
所以由焦三角面积公式得，
又，故得，
的周长为，选项正确；
由，
由正弦定理得，D选项正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点睛：求直线PF1的斜率、的周长、的外接圆半径的关键是根据已知条件、、以及与各个所需量的关系即可求出、和.
15．（2024·湖北襄阳·二模）抛物线的焦点为，为其上一动点，当运动到时，，直线与抛物线相交于两点，下列结论正确的是（ ）
A．抛物线的方程为：
B．抛物线的准线方程为：
C．当直线过焦点时，以AF为直径的圆与轴相切
D．
【答案】BC
【分析】根据焦半径即可求解A，根据准线方程即可求解B，求解圆心和半径即可判断C，设出直线方程，与抛物线方程联立，韦达定理，利用焦半径公式求出，即可判断D.
【详解】对于A：当运动到时，，故，即抛物线为，故A错误；
对于B：由，故抛物线的准线方程为：，故B正确；
对于C：当直线过焦点时，设为，则，
故以为直径的圆的半径为，又，故以为直径的圆的圆心坐标为，
圆心到轴的距离与该圆半径相等，即该圆与轴相切，故C正确；
对于D：由题意直线斜率存在，设的方程为，联立，
整理得，，即，
所以，
所以，，
所以，
不能确定什么时候最小，则D错误.
故选：BC
16．（2024·浙江杭州·三模）如图，平面直角坐标系上的一条动直线l和x，y轴的非负半轴交于A，B两点，若恒成立，则l始终和曲线C：相切，关于曲线C的说法正确的有（ ）
A．曲线C关于直线和都对称
B．曲线C上的点到和到直线的距离相等
C．曲线C上任意一点到原点距离的取值范围是
D．曲线C和坐标轴围成的曲边三角形面积小于
【答案】BCD
【分析】根据方程与图形，进行距离和面积的相关计算，逐项判断即可.
【详解】对于A，曲线C：中，，所以不关于直线对称，故错误；
对于B，设C上一点，则，而，故正确；
对于C，，，
所以，所以曲线C上任意一点到原点距离的取值范围是，故正确；
对于D，到点的距离，
故曲线C位于圆的左下部分四分之一圆弧的下方，故围成面积小于．
故选：BCD.
17．（2024·河南·三模）已知椭圆经过点，且离心率为．记在处的切线为，平行于OP的直线与交于A，B两点，则（ ）
A．C的方程
B．直线OP与的斜率之积为-1
C．直线OP，l与坐标轴围成的三角形是等腰三角形
D．直线PA，PB与坐标轴围成的三角形是等腰三角形
【答案】ACD
【分析】根据题干列出方程组，解方程组可判断A；根据直线与椭圆相切的可求出直线的方程即可判断B，C；通过计算可判断D.
【详解】椭圆方程为：，故A正确；
如图，因为点在第一象限，取椭圆方程的右半部分得：，则，
所以，所以，故B错误；
，则为等腰三角形，故C正确；
，消可得，
与坐标轴围成的三角形是等腰三角形，故D正确.
故选：D
18．（2024·辽宁·模拟预测）已知抛物线的焦点为F，过F的直线l与C交于A，B两点，点P在C的准线上，那么（ ）
A．若PA与C相切，则PB也与C相切
B．
C．若点P在x轴上，则为定值
D．若点P在x轴上，且满足，则直线l的斜率绝对值为
【答案】ABD
【分析】通过证明过焦点弦两个端点的切线的交点在抛物线的准线上判断A，根据以为直径的圆与抛物线的准线相切判断B，设直线的方程为：，，，联立直线与抛物线方程，消元，列出韦达定理，计算出判断C，推导出，可得轴为的平分线，即可得到，设直线的倾斜角为，利用焦半径公式求出，从而判断D.
【详解】依题意，不妨设点在第一象限，
抛物线的焦点为，准线方程为，
对于A：设，，
依题意可得过，两点的抛物线的切线不与坐标轴垂直，
不妨设过的抛物线的切线方程为：，
即，
由，有，
所以，
又，整理得，解得，
所以过的抛物线的切线方程为：，整理得，
同理可得过的抛物线的切线方程为：，
设两切线的交点为，由，
可得，
设直线的方程为：，由有，
所以，，则，
所以，
即两切线的交点在抛物线的准线上，
所以若与相切，则也与相切，故A正确；
对于B：设的中点为，由，则，则，
又，所以到准线的距离，
所以以为直径的圆与抛物线的准线相切，
又点在的准线上，所以，故B正确；
对于C：依题意可得，所以，，
所以
，显然不是定值，故C错误；
对于D：因为
，
所以轴为的平分线，
根据角平分线定理可得，
设直线的倾斜角为，
则，，
所以，解得，所以，
则直线的斜率为，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为、；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；
（5）代入韦达定理求解.
19．（2024·广东汕头·二模）用一个不垂直于圆锥的轴的平面截圆锥，当圆锥的轴与截面所成的角不同时，可以得到不同的截口曲线，也即圆锥曲线.探究发现：当圆锥轴截面的顶角为时，若截面与轴所成的角为，则截口曲线的离心率.例如，当时，，由此知截口曲线是抛物线.如图，圆锥中，、分别为、的中点，、为底面的两条直径，且、，.现用平面（不过圆锥顶点）截该圆锥，则（ ）

A．若，则截口曲线为圆
B．若与所成的角为，则截口曲线为椭圆或椭圆的一部分
C．若，则截口曲线为抛物线的一部分
D．若截口曲线是离心率为的双曲线的一部分，则
【答案】BCD
【分析】根据情境，由题可知，再对每个选项，求出过点的平面与旋转轴所成角的余弦，即的值，代入求值，从而利用离心率的范围判断截口曲线类型即可．
【详解】对于A，由题意知过MN的平面与底面不平行，则截口曲线不为圆，故A错误；
对于B，与所成的角为，所以，
因为，所以，即，
所以，所以平面截该圆锥得的截口曲线为椭圆或椭圆的一部分，
故B正确；
对于C，因为平面，平面，所以，
因为，，SOD，
所以平面SOD，又因为平面SOD，所以
又为、的中点，所以，
平面MAB，
所以平面MAB，所以与SO所成的角为，
所以，，故C正确；
对于D， 截口曲线是离心率为的双曲线的一部分，
则，
所以平面，故平面不经过原点O，故D正确．
故选：BCD.

【点睛】关键点睛：本题解决的关键是理解截口曲线（圆锥曲线）的离心率的定义，根据情境，由题可知，再对每个选项，求出过点的平面与旋转轴所成角的余弦，即的值，代入求值，从而利用离心率的范围判断截口曲线类型即可．
三、填空题
20．（2024·北京·三模）已知双曲线．则的离心率是 ；若的一条渐近线与圆交于，两点，则 ．
【答案】
【分析】根据双曲线的标准方程，得到的值，结合双曲线的几何性质，求得双曲线的离心率和渐近线方程，再利用圆的弦长公式，即可求解.
【详解】由双曲线，可得，则，
所以双曲线的离心率为；
又由双曲线的其中一条渐近线方程为，即，
因为圆的圆心为，半径，
所以圆心到渐近线的距离为，
由圆的弦长公式，可得.
故答案为：；.
21．（2024·河北衡水·三模）已知椭圆的左、右焦点分别为，焦距为6，点，直线与交于A，B两点，且为AB中点，则的周长为 ．
【答案】
【分析】设A，B两点坐标分别为，利用点差法可得，结合，即可求得a的值，再结合的周长为4a，即得答案.
【详解】由题意知，
设A，B两点坐标分别为，
两式相减得，
由题意为AB中点，
则，代入整理得．
即由题意知，
因此，所以，由焦距为6，解得．
由椭圆定义知的周长为．
故答案为：
22．（2024·山东聊城·三模）已知双曲线的一个焦点为为坐标原点，点在双曲线上运动，以为直径的圆过点，且恒成立，则的离心率的取值范围为 ．
【答案】/
【分析】先根据题意得到，即，再联立直线方程和双曲线方程利用韦达定理化简得到，再结合等面积法和向量运算，即可求解离心率.
【详解】设，直线:，
因为以为直径的圆过点，所以，即，
联立，整理得，
且，
，，
则，
所以
整理得，
即由到直线:的距离，
又，
即，
而，
因为，即，
所以，
又，
所以.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：此题考查双曲线的离心率，难点是联立方程后的化简过程，对计算的要求较高，其中利用等面积法转化为关键.
23．（2024·湖南衡阳·三模）如图所示，已知双曲线的右焦点F，过点F作直线l交双曲线C于两点，过点F作直线l的垂线交双曲线C于点G，，且三点共线（其中O为坐标原点），则双曲线C的离心率为 ．

【答案】
【分析】利用双曲线的几何定义，设就可以来研究各焦半径的长度，再利用两个勾股定理就可以求出离心率.
【详解】

设另一个焦点，连接，设则
再根据双曲线的定义可知：
由双曲线的对称性可知，是的中点，也是的中点，
所以四边形是平行四边形，又因为，所以可得，
所以由勾股定理得：，
化简得：，
再由勾股定理得：，
代入得：，
故答案为：.
24．（2024·北京·三模）已知抛物线的焦点为，则的坐标为 ；过点的直线交抛物线于两点，若，则的面积为 ．
【答案】
【分析】由给定的抛物线方程直接求出焦点坐标；利用抛物线定义求出点的纵坐标，再求出三角形面积.
【详解】抛物线的焦点为，准线方程为，
设，则，解得，于是，，
所以的面积为.
故答案为：；
25．（2024·湖南长沙·三模）已知椭圆的离心率为，过的左焦点且斜率为1的直线与交于两点.若，则的焦距为 .
【答案】
【分析】根据题意，得到椭圆的方程为，由的方程为，联立方程组，求得，结合弦长公式，列出方程求得的值，即可求解.
【详解】由椭圆的离心率为，可得，则，
所以椭圆的方程为，即，
由直线过椭圆的右焦点且斜率为，可得的方程为，
联立方程组，整理得，
则，
设，则，
所以，
解得，所以椭圆的焦距为.
故答案为：.
26．（2024·河北保定·三模）若双曲线C：的左、右焦点为，，P是其右支上的动点.若存在P，使得，，依次成等比数列，则t的取值范围为 .
【答案】
【分析】根据题意，设，由双曲线定义可得，则问题转化为在上有解，求出二次函数的值域得解.
【详解】由题意可知，，，，且，，
设，则，所以在上有解，
又在上单调递增，所以，
所以，且，解得.
故答案为：.
四、解答题
27．（2024·北京·三模）已知椭圆的离心率为．
(1)求椭圆的方程和短轴长；
(2)设直线与椭圆相切于第一象限内的点，不过原点且平行于的直线与椭圆交于不同的两点A，B，点关于原点的对称点为．记直线的斜率为，直线的斜率为，求的值．
【答案】(1)椭圆的方程为，短轴长为
(2)
【分析】（1）根据椭圆的离心率求出，即可得解；
（2）根据直线与椭圆相切，求出切点的坐标，再求出直线的斜率；根据，设出的方程，表示出的坐标，得到的斜率，再探索的值.
【详解】（1）由题意可得，解得，
所以椭圆的方程为，短轴长为；
（2）由消得①，
由，得，
此时方程①可化：，
解得：（由条件可知：异号），
设，则，，
即，所以，
因为，所以可设直线：（，），
由消得，
当时，方程有两个不相等的实根，
设，，
则，，
因为两点关于原点对称，所以，
所以，
所以.
【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：
（1）从特殊入手，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．
28．（2024·江西·模拟预测）已知双曲线的离心率为2，顶点到渐近线的距离为．
(1)求的方程；
(2)若直线交于两点，为坐标原点，且的面积为，求的值．
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）由离心率及顶点到渐近线的距离列方程即可求；
（2）联立直线与双曲线方程，利用韦达定理及弦长公式，点到直线距离公式求解面积即可.
【详解】（1）记的半焦距为，由题得的离心率，①
由对称性不妨设的顶点为，渐近线方程为，则，②
又，③
联立①②③解得，，，
所以的方程为．
（2）设，
由得，
所以，
解得，且，
所以，，
所以．
又点到直线的距离，
所以的面积，
解得或，符合式，
所以或．
29．（2024·山东·模拟预测）已知抛物线：经过点.
(1)求抛物线的方程；
(2)设直线与的交点为，，直线与倾斜角互补.
（i）求的值；
（ii）若，求面积的最大值.
【答案】(1)
(2)（i）；（ii）.
【分析】（1）把点坐标代入抛物线方程，可求的值.
（2）（i）把直线方程代入抛物线方程，消去，得到关于的一元二次方程，利用一元二次方程根与系数的关系，得到和，把直线与倾斜角互补，转化成,可求的值；（ii）先求弦长，再求到直线的距离，可表示出的面积，再结合基本不等式可求面积的最大值.
【详解】（1）由题意可知，，所以 ，
所以 抛物线的方程为.
（2）（i）如图：
设，将直线的方程代入得：
，所以，
因为直线与倾斜角互补，
所以，
即，
所以，
即，所以.
（ii）由（i）可知，所以，
则，
因为，所以，即，
又点到直线的距离为，
所以，
因为，
所以，当且仅当，即时，等号成立，
所以面积最大值为 .
30．（2024·山东济宁·三模）已知椭圆的左焦点为，上顶点为，离心率，直线FB过点.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过点的直线与椭圆相交于M，N两点（M、N都不在坐标轴上），若，求直线的方程.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）根据给定条件，求出即得椭圆的标准方程.
（2）根据给定条件，借助倾斜角的关系可得，设出直线的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理结合斜率的坐标公式求解即得.
【详解】（1）令，由，得，则直线的斜率，
由直线过点，得直线的方程为，因此，
所以椭圆的标准方程为.
（2）设，直线的倾斜角为，
直线的倾斜角为，由直线的斜率知直线的倾斜角为，
于是，即有，显然均不等于，
则，即直线的斜率满足，
由题设知，直线的斜率不为0，设直线的方程为，
由，消去x并整理得，，显然，
设，则，
由，得，即，
则，整理得，
即，于是，而，解得，，
所以直线的方程为，即.
【点睛】关键点点睛：本题第2问，由，结合直线倾斜角及斜率的意义求得是解题之关键.
31．（2024·重庆·三模）已知为圆上一个动点，MN垂直轴，垂足为N，O为坐标原点，的重心为.
(1)求点的轨迹方程;
(2)记（1）中的轨迹为曲线，直线与曲线相交于A、B两点，点，若点恰好是的垂心，求直线的方程.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设，根据为的重心，得，代入，化简即可求解.
（2）根据垂心的概念求得，设直线方程，与椭圆联立韦达定理，利用得，将韦达定理代入化简即可求解.
【详解】（1）设，则，因为的重心，
故有：，解得，代入，化简得，
又，故，所以的轨迹方程为.
（2）因为的垂心，故有，
又，所以，故设直线的方程为，
与联立消去得：，
由得，
设，则，
由，得，所以，
所以，
所以，化简得，
解得（舍去）或（满足），故直线的方程为.
32．（2024·云南曲靖·模拟预测）已知抛物线，焦点为，点为曲线的准线与对称轴的交点，过的直线与抛物线交于两点.
(1)证明：当时，与抛物线相切；
(2)当时，求.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由题意设直线为，，将直线方程代入抛物线方程化简，利用根与系数的关系，再结合可求出，从而可求出的坐标，则可求出直线方程，分别与抛物线方程联立可证得结论；
（2）由（1）可得平分，则，利用三角函数恒等变换公式可求出，从而得，，两式相乘化简可求得，再利用弦长公式可求得结果.
【详解】（1）由题意得，设直线为，，
由，得，
，
所以，
，，
因为，所以，
所以，
所以，
所以，，得，
所以直线为，则，
此时直线关于对称，
，，
所以为，直线为，
由，得，，
所以方程组只有一组解，所以直线与抛物线相切，
由，得，，
所以方程组只有一组解，所以直线与抛物线相切，
综上，当时，与抛物线相切；
（2）由（1）可知，，，
所以，
所以平分，
因为，所以，
因为，
所以，，
所以，
，
，
所以，
，得，
所以
【点睛】关键点点睛：此题考查抛物线与直线的位置关系，考查根与系数的关系的应用，考查弦长公式的应用，考查抛物线的焦点弦问题，解题的关键是将直线方程代入抛物线方程化简，利用根与系数的关系，再结合斜率公式得到平分，考查数形结合思想和计算能力，属于较难题.
33．（2024·四川·模拟预测）已知抛物线：（）的焦点为，为抛物线上一点，，若的最小值为2．
(1)求抛物线的方程；
(2)直线过点且交抛物线于，两点，求的最小值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设，根据可求的值，得到抛物线方程.
（2）设直线的点斜式方程（注意讨论），与抛物线方程联立，设，，由一元二次方程根与系数的关系，得到，，再根据抛物线的概念，用，表示出，利用二次函数求它的范围.
【详解】（1）设，则，等号成立当且仅当，
所以，
所以抛物线的方程为．
（2）设，，当直线的斜率存在时，由题易知直线的斜率不为0，
设直线的方程为（），
与抛物线的方程联立
消去得，
由在抛物线内部，故，所以，．
由（1）知，为抛物线的焦点，由抛物线定义得，
，
所以当，时，的最小值为；
当直线的斜率不存在时，．
由抛物线定义知．
综上，的最小值为．
34．（2024·湖南长沙·二模）已知椭圆中心在原点，左焦点为，其四个顶点的连线围成的四边形面积为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过椭圆的左焦点作斜率存在的两直线、分别交椭圆于、、、，且，线段、的中点分别为、.求四边形面积的最小值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由题可知椭圆的焦点在轴上，标准方程可设为，由椭圆的性质可得四边形面积为，由焦点坐标可知，联立方程即可求出、
（2）由点斜式设出直线、的方程，联立直线与椭圆的方程，写出判别式和韦达定理，由弦长公式得到，同理可得，四边形面积为，而、，利用和进行转化，即可求出面积的最小值.
【详解】（1）根据题意可知椭圆的焦点在轴上，设椭圆的标准方程为，
椭圆四个顶点的连线围成的四边形是菱形，两条对角线互相垂直，而两条对角线长分别为，，
由已知得，即，
因为左焦点为，所以，可得，
联立，解得，
故椭圆的标准方程为.
（2）作出椭圆的图象，如下图所示：
根据题意可知直线、的斜率存在，且，
所以两直线、的斜率存在且不为0，
因此设直线AB、CD的斜率分别为、，
又，设直线方程为，直线方程为，
设、、、的坐标分别为、、、，
设四边形面积为.
联立，得，
，
因为、是该方程两根，由韦达定理可得，
由弦长公式可得，
则，
同理可得，.
因为、分别是线段、的中点，且，
所以，，，
，
所以，
当且仅当，即时，等号成立.
故四边形面积的最小值为.
35．（2024·福建厦门·三模）平面直角坐标系中，动点在圆上，动点（异于原点）在轴上，且，记的中点的轨迹为.
(1)求的方程；
(2)过点的动直线与交于A，B两点.问：是否存在定点，使得为定值，其中分别为直线NA，NB的斜率.若存在，求出的坐标，若不存在，说明理由.
【答案】(1)
(2)存在，或或
【分析】（1）设点，，由题意可得代入即可得结果；
（2）方法一： 设l的方程：，联立方程，结合韦达定理可得，由题意可得，分析求解即可；方法二：设的方程：，联立方程，结合二次式的零点式分析可得，由题意可得，分析求解即可.
【详解】（1）设点，，
因为，则，
由M为PO中点得，则，
代入，得.
所以动点M的轨迹的方程为.
（2）方法一：存在N满足题意，证明如下：
依题意直线l的斜率存在且不为0，
设l的方程：，，，，
联立方程，消去y得，
则，，
直线方程化为，
联立方程，消去x得，
则，
可得.
，
依题意直线NA，NB与坐标轴不平行，且为定值，
可得，
由，整理得，
由，整理得，
解得得或，
代入，解得或或，
所以或或满足题意；
方法二：存在满足题意，证明如下：
依题意直线的斜率存在且不为0，
设的方程：，，，，
联立方程，消去y得.
因为为上式的两根，
则，
直线方程化为.
联立方程，消去x得，
因为为上式的两根，
则.（2）
由题意可得：
，
依题意直线NA，NB与坐标轴不平行，且为定值，
可得，
由，整理得，
由，整理得，
解得得或，
代入，解得或或，
所以或或满足题意.
【点睛】方法点睛：存在性问题求解的思路及策略
（1）思路：先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在；若结论不正确则不存在．
（2）策略：①当条件和结论不唯一时要分类讨论；
②当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件；
③当条件和结论都不知，按常规法解题很难时，可先由特殊情况探究，再推广到一般情况．
试卷第2页，共63页
1【好题汇编】2024年高考真题和模拟题数学分类汇编（全国通用）
专题10 圆锥曲线
1．（新课标全国Ⅱ卷）已知曲线C：（），从C上任意一点P向x轴作垂线段，为垂足，则线段的中点M的轨迹方程为（ ）
A．（） B．（）
C．（） D．（）
2．（全国甲卷数学（理））已知双曲线的上、下焦点分别为，点在该双曲线上，则该双曲线的离心率为（ ）
A．4 B．3 C．2 D．
3．（新高考天津卷）双曲线的左、右焦点分别为是双曲线右支上一点，且直线的斜率为2．是面积为8的直角三角形，则双曲线的方程为（ ）
A． B． C． D．
4．（新课标全国Ⅰ卷）（多选）造型可以做成美丽的丝带，将其看作图中曲线C的一部分.已知C过坐标原点O.且C上的点满足横坐标大于，到点的距离与到定直线的距离之积为4，则（ ）
A． B．点在C上
C．C在第一象限的点的纵坐标的最大值为1 D．当点在C上时，
5．（新课标全国Ⅱ卷）（多选）抛物线C：的准线为l，P为C上的动点，过P作的一条切线，Q为切点，过P作l的垂线，垂足为B，则（ ）
A．l与相切
B．当P，A，B三点共线时，
C．当时，
D．满足的点有且仅有2个
6．（新课标全国Ⅰ卷）设双曲线的左右焦点分别为，过作平行于轴的直线交C于A，B两点，若，则C的离心率为 ．
7．（新高考北京卷）已知抛物线，则焦点坐标为 ．
8．（新高考北京卷）已知双曲线，则过且和双曲线只有一个交点的直线的斜率为 ．
9．（新高考天津卷）的圆心与抛物线的焦点重合，为两曲线的交点，则原点到直线的距离为 ．
10．（新高考上海卷）已知抛物线上有一点到准线的距离为9，那么点到轴的距离为 ．
11．（新课标全国Ⅰ卷）已知和为椭圆上两点.
(1)求C的离心率;
(2)若过P的直线交C于另一点B，且的面积为9，求的方程．
12．（新课标全国Ⅱ卷）已知双曲线，点在上，为常数，．按照如下方式依次构造点，过作斜率为的直线与的左支交于点，令为关于轴的对称点，记的坐标为.
(1)若，求；
(2)证明：数列是公比为的等比数列；
(3)设为的面积，证明：对任意的正整数，.
13．（全国甲卷数学（理）（文））设椭圆的右焦点为，点在上，且轴．
(1)求的方程；
(2)过点的直线与交于两点，为线段的中点，直线交直线于点，证明：轴．
14．（新高考北京卷）已知椭圆方程C：，焦点和短轴端点构成边长为2的正方形，过的直线l与椭圆交于A，B，，连接AC交椭圆于D．
(1)求椭圆方程和离心率；
(2)若直线BD的斜率为0，求t．
15．（新高考天津卷）已知椭圆椭圆的离心率．左顶点为，下顶点为是线段的中点，其中．
(1)求椭圆方程．
(2)过点的动直线与椭圆有两个交点．在轴上是否存在点使得恒成立．若存在求出这个点纵坐标的取值范围，若不存在请说明理由．
16．（新高考上海卷）已知双曲线左右顶点分别为，过点的直线交双曲线于两点.
(1)若离心率时，求的值．
(2)若为等腰三角形时，且点在第一象限，求点的坐标．
(3)连接并延长，交双曲线于点，若，求的取值范围．
一、单选题
1．（2024·福建泉州·二模）若椭圆的离心率为，则该椭圆的焦距为（ ）
A． B． C．或 D．或
2．（2024·河北衡水·三模）已知双曲线：，圆与圆的公共弦所在的直线是的一条渐近线，则的离心率为（ ）
A． B．2 C． D．
3．（2024·北京·三模）已知双曲线的一个焦点坐标是，则的值及的离心率分别为（ ）
A． B． C．1，2 D．
4．（2024·贵州贵阳·三模）过点的直线与圆相交于不同的两点M，N，则线段MN的中点的轨迹是（ ）
A．一个半径为10的圆的一部分 B．一个焦距为10的椭圆的一部分
C．一条过原点的线段 D．一个半径为5的圆的一部分
5．（2024·湖南·模拟预测）已知点，点，动点M满足直线AM，BM的斜率之积为4，则动点M的轨迹方程为（ ）
A． B．
C． D．
6．（2024·陕西榆林·三模）在平面直角坐标系中，把到定点距离之积等于的点的轨迹称为双纽线.若，点为双纽线上任意一点，则下列结论正确的个数是（ ）
①关于轴不对称
②关于轴对称
③直线与只有一个交点
④上存在点，使得
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
7．（2024·福建泉州·二模）双曲线，左、右顶点分别为A，B，O为坐标原点，如图，已知动直线l与双曲线C左、右两支分别交于P，Q两点，与其两条渐近线分别交于R，S两点，则下列命题正确的是（ ）
A．存在直线l，使得
B．当且仅当直线l平行于x轴时，
C．存在过的直线l，使得取到最大值
D．若直线l的方程为，则双曲线C的离心率为
8．（2024·河南·二模）已知双曲线的左，右焦点分别为为坐标原点，焦距为，点在双曲线上，，且的面积为，则双曲线的离心率为（ ）
A．2 B． C． D．4
9．（2024·重庆·三模）已知抛物线的焦点为，过点的直线交抛物线于A，B两点，点在第一象限，点为坐标原点，且，则直线的斜率为（ ）
A． B． C．1 D．-1
10．（2024·黑龙江齐齐哈尔·三模）设为抛物线的焦点，若点在上，则（ ）
A．3 B． C． D．
11．（2024·山东泰安·二模）设抛物线的焦点为，过抛物线上点作准线的垂线，设垂足为，若，则（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
12．（2024·江西·模拟预测）已知，，，动点满足与的斜率之积为，动点的轨迹记为，过点的直线交于，两点，且，的中点为，则（ ）
A．的轨迹方程为
B．的最小值为1
C．若为坐标原点，则面积的最大值为
D．若线段的垂直平分线交轴于点，则点的横坐标是点的横坐标的倍
13．（2024·江苏常州·二模）双曲线具有光学性质：从双曲线一个焦点发出的光线经过双曲线镜面反射，其反射光线的反向延长线经过双曲线的另一个焦点．如图，双曲线的左、右焦点分别为，从发出的两条光线经过的右支上的两点反射后，分别经过点和，其中共线，则（ ）
A．若直线的斜率存在，则的取值范围为
B．当点的坐标为时，光线由经过点到达点所经过的路程为6
C．当时，的面积为12
D．当时，
14．（2024·重庆·三模）已知双曲线的左，右焦点分别为为双曲线上点，且的内切圆圆心为，则下列说法正确的是（ ）
A． B．直线PF1的斜率为
C．的周长为 D．的外接圆半径为
15．（2024·湖北襄阳·二模）抛物线的焦点为，为其上一动点，当运动到时，，直线与抛物线相交于两点，下列结论正确的是（ ）
A．抛物线的方程为：
B．抛物线的准线方程为：
C．当直线过焦点时，以AF为直径的圆与轴相切
D．
16．（2024·浙江杭州·三模）如图，平面直角坐标系上的一条动直线l和x，y轴的非负半轴交于A，B两点，若恒成立，则l始终和曲线C：相切，关于曲线C的说法正确的有（ ）
A．曲线C关于直线和都对称
B．曲线C上的点到和到直线的距离相等
C．曲线C上任意一点到原点距离的取值范围是
D．曲线C和坐标轴围成的曲边三角形面积小于
17．（2024·河南·三模）已知椭圆经过点，且离心率为．记在处的切线为，平行于OP的直线与交于A，B两点，则（ ）
A．C的方程
B．直线OP与的斜率之积为-1
C．直线OP，l与坐标轴围成的三角形是等腰三角形
D．直线PA，PB与坐标轴围成的三角形是等腰三角形
18．（2024·辽宁·模拟预测）已知抛物线的焦点为F，过F的直线l与C交于A，B两点，点P在C的准线上，那么（ ）
A．若PA与C相切，则PB也与C相切
B．
C．若点P在x轴上，则为定值
D．若点P在x轴上，且满足，则直线l的斜率绝对值为
19．（2024·广东汕头·二模）用一个不垂直于圆锥的轴的平面截圆锥，当圆锥的轴与截面所成的角不同时，可以得到不同的截口曲线，也即圆锥曲线.探究发现：当圆锥轴截面的顶角为时，若截面与轴所成的角为，则截口曲线的离心率.例如，当时，，由此知截口曲线是抛物线.如图，圆锥中，、分别为、的中点，、为底面的两条直径，且、，.现用平面（不过圆锥顶点）截该圆锥，则（ ）

A．若，则截口曲线为圆
B．若与所成的角为，则截口曲线为椭圆或椭圆的一部分
C．若，则截口曲线为抛物线的一部分
D．若截口曲线是离心率为的双曲线的一部分，则
三、填空题
20．（2024·北京·三模）已知双曲线．则的离心率是 ；若的一条渐近线与圆交于，两点，则 ．
21．（2024·河北衡水·三模）已知椭圆的左、右焦点分别为，焦距为6，点，直线与交于A，B两点，且为AB中点，则的周长为 ．
22．（2024·山东聊城·三模）已知双曲线的一个焦点为为坐标原点，点在双曲线上运动，以为直径的圆过点，且恒成立，则的离心率的取值范围为 ．
23．（2024·湖南衡阳·三模）如图所示，已知双曲线的右焦点F，过点F作直线l交双曲线C于两点，过点F作直线l的垂线交双曲线C于点G，，且三点共线（其中O为坐标原点），则双曲线C的离心率为 ．

24．（2024·北京·三模）已知抛物线的焦点为，则的坐标为 ；过点的直线交抛物线于两点，若，则的面积为 ．
25．（2024·湖南长沙·三模）已知椭圆的离心率为，过的左焦点且斜率为1的直线与交于两点.若，则的焦距为 .
26．（2024·河北保定·三模）若双曲线C：的左、右焦点为，，P是其右支上的动点.若存在P，使得，，依次成等比数列，则t的取值范围为 .
四、解答题
27．（2024·北京·三模）已知椭圆的离心率为．
(1)求椭圆的方程和短轴长；
(2)设直线与椭圆相切于第一象限内的点，不过原点且平行于的直线与椭圆交于不同的两点A，B，点关于原点的对称点为．记直线的斜率为，直线的斜率为，求的值．
28．（2024·江西·模拟预测）已知双曲线的离心率为2，顶点到渐近线的距离为．
(1)求的方程；
(2)若直线交于两点，为坐标原点，且的面积为，求的值．
29．（2024·山东·模拟预测）已知抛物线：经过点.
(1)求抛物线的方程；
(2)设直线与的交点为，，直线与倾斜角互补.
（i）求的值；
（ii）若，求面积的最大值.
30．（2024·山东济宁·三模）已知椭圆的左焦点为，上顶点为，离心率，直线FB过点.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过点的直线与椭圆相交于M，N两点（M、N都不在坐标轴上），若，求直线的方程.
31．（2024·重庆·三模）已知为圆上一个动点，MN垂直轴，垂足为N，O为坐标原点，的重心为.
(1)求点的轨迹方程;
(2)记（1）中的轨迹为曲线，直线与曲线相交于A、B两点，点，若点恰好是的垂心，求直线的方程.
32．（2024·云南曲靖·模拟预测）已知抛物线，焦点为，点为曲线的准线与对称轴的交点，过的直线与抛物线交于两点.
(1)证明：当时，与抛物线相切；
(2)当时，求.
33．（2024·四川·模拟预测）已知抛物线：（）的焦点为，为抛物线上一点，，若的最小值为2．
(1)求抛物线的方程；
(2)直线过点且交抛物线于，两点，求的最小值．
34．（2024·湖南长沙·二模）已知椭圆中心在原点，左焦点为，其四个顶点的连线围成的四边形面积为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过椭圆的左焦点作斜率存在的两直线、分别交椭圆于、、、，且，线段、的中点分别为、.求四边形面积的最小值.
35．（2024·福建厦门·三模）平面直角坐标系中，动点在圆上，动点（异于原点）在轴上，且，记的中点的轨迹为.
(1)求的方程；
(2)过点的动直线与交于A，B两点.问：是否存在定点，使得为定值，其中分别为直线NA，NB的斜率.若存在，求出的坐标，若不存在，说明理由.
试卷第2页，共10页
1【好题汇编】2024年高考真题和模拟题数学分类汇编（全国通用）
专题11 排列组合与二项式定理
1．（全国甲卷数学（文））甲、乙、丙、丁四人排成一列，丙不在排头，且甲或乙在排尾的概率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】分类讨论甲乙的位置，得到符合条件的情况，然后根据古典概型计算公式进行求解.
【详解】当甲排在排尾，乙排第一位，丙有种排法，丁就种，共种；
当甲排在排尾，乙排第二位或第三位，丙有种排法，丁就种，共种；
于是甲排在排尾共种方法，同理乙排在排尾共种方法，于是共种排法符合题意；
基本事件总数显然是，
根据古典概型的计算公式，丙不在排头，甲或乙在排尾的概率为.
故选：B
2．（新高考北京卷）的二项展开式中的系数为（ ）
A．15 B．6 C． D．
【答案】B
【分析】写出二项展开式，令，解出然后回代入二项展开式系数即可得解.
【详解】的二项展开式为，
令，解得，
故所求即为.
故选：B.
3．（新课标全国Ⅱ卷）在如图的4×4方格表中选4个方格，要求每行和每列均恰有一个方格被选中，则共有 种选法，在所有符合上述要求的选法中，选中方格中的4个数之和的最大值是 ．
【答案】 24 112
【分析】由题意可知第一、二、三、四列分别有4、3、2、1个方格可选；利用列举法写出所有的可能结果，即可求解.
【详解】由题意知，选4个方格，每行和每列均恰有一个方格被选中，
则第一列有4个方格可选，第二列有3个方格可选，
第三列有2个方格可选，第四列有1个方格可选，
所以共有种选法；
每种选法可标记为，分别表示第一、二、三、四列的数字，
则所有的可能结果为：
，
，
，
，
所以选中的方格中，的4个数之和最大，为.
故答案为：24；112
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是确定第一、二、三、四列分别有4、3、2、1个方格可选，利用列举法写出所有的可能结果.
4．（全国甲卷数学（理））的展开式中，各项系数的最大值是 ．
【答案】5
【分析】先设展开式中第项系数最大，则根据通项公式有，进而求出即可求解.
【详解】由题展开式通项公式为，且，
设展开式中第项系数最大，则，
，即，又，故，
所以展开式中系数最大的项是第9项，且该项系数为.
故答案为：5.
5．（全国甲卷数学（理））有6个相同的球，分别标有数字1、2、3、4、5、6，从中不放回地随机抽取3次，每次取1个球.记为前两次取出的球上数字的平均值，为取出的三个球上数字的平均值，则与差的绝对值不超过的概率是 ．
【答案】
【分析】根据排列可求基本事件的总数，设前两个球的号码为，第三个球的号码为，则，就的不同取值分类讨论后可求随机事件的概率.
【详解】从6个不同的球中不放回地抽取3次，共有种，
设前两个球的号码为，第三个球的号码为，则，
故，故，
故，
若，则，则为：，故有2种，
若，则，则为：，
，故有10种，
当，则，则为：
，
，
故有16种，
当，则，同理有16种，
当，则，同理有10种，
当，则，同理有2种，
共与的差的绝对值不超过时不同的抽取方法总数为，
故所求概率为.
故答案为：
6．（新高考上海卷）在的二项展开式中，若各项系数和为32，则项的系数为 ．
【答案】10
【分析】令，解出，再利用二项式的展开式的通项合理赋值即可.
【详解】令，，即，解得，
所以的展开式通项公式为，令，则，
．
故答案为：10．
7．（新高考上海卷）设集合中的元素皆为无重复数字的三位正整数，且元素中任意两者之积皆为偶数，求集合中元素个数的最大值 ．
【答案】329
【分析】三位数中的偶数分个位是0和个位不是0讨论即可.
【详解】由题意知集合中且至多只有一个奇数，其余均是偶数．
首先讨论三位数中的偶数，
①当个位为0时，则百位和十位在剩余的9个数字中选择两个进行排列，则这样的偶数有个；
②当个位不为0时，则个位有个数字可选，百位有个数字可选，十位有个数字可选，
根据分步乘法这样的偶数共有，
最后再加上单独的奇数，所以集合中元素个数的最大值为个．
故答案为：329．
8．（新高考北京卷）在的展开式中，常数项为 ．
【答案】20
【分析】根据题意结合二项展开式的通项分析求解即可.
【详解】因为的展开式的通项为，
令，可得，
所以常数项为.
故答案为：20.
一、单选题
1．（2024·陕西·三模）2024年中国足球乙级联赛陕西联合的主场火爆，一票难求，主办方设定了三种不同的票价分别对应球场三个不同的区域，五位球迷相约看球赛，则五人中恰有三人在同一区域的不同座位方式共有（ ）
A．30种 B．60种 C．120种 D．240种
【答案】C
【分析】依题意，先将在同一区域的三个人选出并选定区域，再对余下的两人分别在其它两个区域进行选择，由分步乘法计数原理即得.
【详解】要使五人中恰有三人在同一区域，可以分成三步完成：
第一步，先从五人中任选三人，有种方法；
第二步再选这三人所在的区域，有种方法；
第三步，将另外两人从余下的两个区域里任选，有种方法.
由分步乘法计数原理，共有种方法.
故选:C.
2．（2024·河南·模拟预测）的展开式中x的系数为（ ）
A．30 B．40 C．70 D．80
【答案】C
【分析】利用二项式定理，写出通项公式直接求解即可
【详解】展开式的通项，
令即，此时，
展开式的通项，
令，即，此时，
所以展开式中的系数为.
故选：C.
3．（2024·北京·三模）在展开式中，常数项的二项式系数为（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】A
【分析】根据给定条件，求出二项式展开式的通项，再求出常数项即得.
【详解】二项式展开式的通项，
由，得，则展开式的常数项是第2项，
所以常数项的二项式系数为.
故选：A
4．（2024·福建厦门·三模）某校5名同学到A、B、C三家公司实习，每名同学只能去1家公司，每家公司至多接收2名同学.若同学甲去A公司，则不同的安排方法共有（ ）
A．18种 B．30种 C．42种 D．60种
【答案】B
【分析】分只有同学甲去A公司及除同学甲外还有一名同学去A公司进行讨论，结合排列数与组合数的计算即可得.
【详解】若只有同学甲去A公司，则共有种可能，
若除同学甲外还有一名同学去A公司，则共有种可能，
故共有种可能.
故选：B.
5．（2024·湖南衡阳·三模）展开式中系数为无理数的项共有（ ）
A．2项 B．3项 C．4项 D．5项
【答案】D
【分析】根据题意，结合二项式的展开项，代入计算，即可得到结果.
【详解】因为展开式的通项公式为，
当时，展开式中系数为无理数项，共5项.
故选：D
6．（2024·浙江·模拟预测）用数字1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，则数字3在五位数中位于1和5之间（可以不相邻）的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先求出基本事件总数n，再求出数字3在五位数中位于1和5之间的基本事件数m，利用古典概型的概率公式计算即可.
【详解】用数字1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，
基本事件总数，
数字3在五位数中位于1和5之间的基本事件个数，
则数字3在五位数中位于1和5之间（可以不相邻）的概率为．
故选：D．
7．（2024·辽宁葫芦岛·二模）某校要派4名教师到甲、乙两个社区开展志愿者服务，若每个教师只去一个社区，且两个社区都有教师去，则不同的安排方法有（ ）
A．20种 B．14种 C．10种 D．7种
【答案】B
【分析】按照分组，分配的方法，结合组合和排列数公式，即可求解.
【详解】第一步：将4名教师分成两组，有两种情况：一种情况是1组1人、1组3人，一种情况是每组2人，
共有种分法；
第二步：将第一步得到的两个不同组分给两个不同社区，有种分法，
则不同的安排方法有（种）.
故选：B.
8．（2024·湖南衡阳·三模）对任意的实数，若，则的值为（ ）
A．15 B．6 C．1 D．20
【答案】C
【分析】利用赋值法，令即可得结果.
【详解】因为，
令，可得.
故选：C.
9．（2024·北京昌平·二模）在的展开式中，常数项为（ ）
A． B．15 C．30 D．360
【答案】B
【分析】先求出的展开式的通项，令，求出代入通项即可求出答案.
【详解】的展开式的通项为：，
令，解得：，
所以常数项为：.
故选：B.
10．（2024·广东广州·二模）某学校安排4位教师在星期一至星期五值班，每天只安排1位教师，每位教师至少值班1天，至多值班2天且这2天相连，则不同的安排方法共有（ ）
A．24种 B．48种 C．60种 D．96种
【答案】D
【分析】由2天相连的情况有4种，利用排列数即可求解.
【详解】由题意，从星期一至星期五值，2天相连的情况有4种，则不同的安排方法共有种.
故选：D
11．（2024·河北邯郸·二模）某班联欢会原定5个节目，已排成节目单，开演前又增加了2个节目，现将这2个新节目插入节目单中，要求新节目既不排在第一位，也不排在最后一位，那么不同的插法种数为（ ）
A．12 B．18 C．20 D．60．
【答案】C
【分析】根据题意，分为当新节目插在中间的四个空隙中的一个和新节目插在中间的四个空隙中的两个，结合排列数与组合数的计算，即可求解.
【详解】根据题意，可分为两类：
①当新节目插在中间的四个空隙中的一个时，有种方法；
②当新节目插在中间的四个空隙中的两个时，有种方法，
由分类计数原理得，共有种不同的差法.
故选：C.
12．（2024·辽宁·二模）有甲、乙、丙、丁四名同学参加亚运会志愿者服务工作，现需将四人随机分成三组，每组至少一人，则甲、乙在同一组的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】首先利用组合数公式求出基本事件总数，再根据古典概型的概率公式计算可得.
【详解】记甲、乙在同一组为事件，
将四人随机分成三组，每组至少一人的分法为，
其中甲、乙在同一组包含的基本事件个数为，
所以甲、乙在同一组的概率．
故选：A．
13．（2024·辽宁·模拟预测）某同学笔袋里有10支笔，其中8支黑色，2支红色.被甲同学借走2支.已知甲借走的有一支是红色，则另一支也是红色的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】记“甲借走的有一支是红色”为事件A，“甲借走的两支都是红色”为事件B，根据组合数求，再结合条件概率公式分析求解.
【详解】记“甲借走的有一支是红色”为事件A，“甲借走的两支都是红色”为事件B，
则，，
所以所求的概率为.
故选：D.
14．（2024·湖北黄石·三模）已知，则（ ）
A．1 B．0 C． D．5
【答案】A
【分析】要想得到，可以有两种情况，第一：取，取，第二：取，取，然后相加可得.
【详解】要想得到，可以有两种情况，第一：取，取，第二：取，取，
所以的系数为：，即.
故选：A
15．（2024·辽宁丹东·一模）的展开式中常数项为（ ）
A．24 B．25 C．48 D．49
【答案】D
【分析】利用二项式定理连续展开两次，然后令，从而满足题意的数组可以是：，将这些数组回代入通项公式即可运算求解.
【详解】的展开式通项为
，
令，得满足题意的数组可以是：，
规定，
故所求为.
故选：D.
16．（2024·四川德阳·三模）在的展开式中的系数是（ ）
A．30 B．35 C．55 D．60
【答案】C
【分析】利用二项式定理求出所有含的项，计算可得系数.
【详解】由二项展开式的通项可得展开式中含的项包括两项，
即，
所以展开式中的系数是55.
故选：C
二、多选题
17．（2024·山西临汾·三模）在的展开式中（ ）
A．所有奇数项的二项式系数的和为128
B．二项式系数最大的项为第5项
C．有理项共有两项
D．所有项的系数的和为
【答案】AB
【分析】先求出二项式系数和，奇数项二项式系数和等于偶数项二项式系数和，即可确定A；二项式系数的最大项，即为中间项，可确定B；整理出通项公式，再对赋值，即可确定C；令，可求出所有项的系数的和，从而确定D.
【详解】对于A,二项式系数和为，则所有奇数项的二项式系数的和为，故A正确；
对于B, 二项式系数最大为，则二项式系数最大的项为第5项，故B正确；
对于C,，为有理项，可取的值为，所以有理项共有三项，故C错误；
对于D,令，则所有项系数和为，故D错误.
故选：AB.
18．（2024·山西·三模）已知函数，则（ ）
A． B．展开式中，二项式系数的最大值为
C． D．的个位数字是1
【答案】BD
【分析】对于A：根据二项展开式分析求解；对于B：根据二项式系数的性质分析求解；对于C：利用赋值法，令、即可得结果；对于D：因为，结合二项展开式分析求解.
【详解】对于选项A：的展开式的通项为，
令，可得，
所以，故A错误；
对于选项B：因为为偶数，可知二项式系数的最大值为，故B正确；
对于选项C：令，可得；
令，可得；
所以，故C错误；
对于选项D：因为，
且的展开式的通项为，
可知当，均为20的倍数，即个位数为0，
当时，，所以的个位数字是1，故D正确；
故选：BD.
19．（23-24高三上·山西·期末）某周周一到周六的夜间值班工作由甲、乙、丙三人负责，每人负责其中的两天，每天只需一人值班，则下列关于安排方法数的说法正确的有（ ）
A．共有90种安排方法
B．甲连续两天值班的安排方法有30种
C．甲连续两天值班且乙连续两天值班的安排方法有18种
D．甲、乙、丙三人每人都连续两天值夜班的安排方法有6种
【答案】ABD
【分析】利用排列组合相关知识逐项分析即可.
【详解】对于A，首先任选2天安排甲值班，共种方法，再从剩下的4天中选2天安排乙值班，
共种方法，最后安排丙，种方法，共计种方法，故A正确；
对于B，甲可以值周一周二、周二周三、…、周五周六，共有5种方法，
再从剩余4天中选2天安排乙，剩下两天安排丙，此步骤共种，共计种方法，故B正确；
对于C，首先确定甲在乙之前还是之后，有2种方法，再讨论丙值的两天班是否连续，
若连续，则从“□甲甲□乙乙□”或“□乙乙□甲甲□”对应的三个空档中选择一个，
安排“丙丙”即可，此时有种方法，
若不连续，则从“□甲甲□乙乙□”或“□乙乙□甲甲□”对应的三个空档中选择两个，各安排一个“丙”即可，
此时有种；综上，符合题意的方法数为种，故C错误；
对于D，只需将“甲甲”“乙乙”“丙丙”做全排列即可，共种方法，故D正确.
故选：ABD.
20．（2024·广东茂名·一模）从标有1，2，3，…，10的10张卡片中，有放回地抽取两张，依次得到数字，，记点，，，则（ ）
A．是锐角的概率为 B．是锐角的概率为
C．是锐角三角形的概率为 D．的面积不大于5的概率为
【答案】ACD
【分析】根据向量数量积为正结合古典概型公式判断A，B选项，根据数量积为正得出锐角判断C选项，结合面积公式判断D选项.
【详解】对A，易知，不共线，若是锐角，，易知共有100种情况，其中共有10种，与有相同种情况，即45种，所以是锐角的概率为，A正确；
对B，若是锐角，恒成立，所以是锐角的概率为1，B错误；
对C，若是锐角三角形，则，
即
所以，共有9种情况，所以是锐角三角形的概率为，C正确；
对D，若，，
该不等式共有组正整数解，所以的面积不大于5的概率为，D正确.
故选：ACD.
21．（2024·重庆·一模）已知，则下列说法正确的是（ ）
A． B．
C． D．
E．
【答案】BCD
【分析】利用二项展开式的通项和赋值法，求各选项中系数与系数和的值.
【详解】已知，
令，有，A选项错误；
令，有，
令，有，
，B选项正确；
展开式的通项为，
，，C选项正确，E选项错误；
，D选项正确.
故选：BCD
三、填空题
22．（2024·上海闵行·三模）3名男生和2名女生排成一排，则女生互不相邻的排法的概率为 .
【答案】/0.6
【分析】利用插空法求出女生互不相邻的排法，进而得到概率.
【详解】先排男生共有种，男生排好后共有4个空隙，再把2个女生排进去共有种排法，
所以符合条件的共有种排法，
故女生互不相邻的排法的概率为.
故答案为：
23．（2024·内蒙古呼和浩特·二模）若的展开式中的系数为40，则实数 ．
【答案】3
【分析】根据二项式定理求出多项式展开式中含的项，结合已知条件建立方程，解之即可求解.
【详解】多项式的展开式中含的项为
，
所以，解得.
故答案为：3
24．（2024·河北衡水·三模）的展开式中的系数为 （用数字作答）
【答案】
【分析】根据题意，结合二项式的展开式的性质，准确计算，即可求解.
【详解】由题意，多项式的展开式中含有的项为：
，
所以的系数为．
故答案为：.
25．（2024·山东·模拟预测）已知的展开式中常数项为，则实数的值为 .
【答案】
【分析】利用二项式定理求出的展开式，再求出积的常数项即复旦.
【详解】依题意，，因此展开式中常数项为，
则，解得，
所以实数的值为0.
故答案为：0
26．（2024·吉林·一模）若，则 ．
【答案】165
【分析】根据二项展开式的通项公式和组合数的性质可求解.
【详解】因为二项式展开式的通项为（且），
又，
所以
.
故答案为：165
27．（2024·重庆·模拟预测）的展开式中，含的项的系数为 ．
【答案】45
【分析】由二项式的通项分别求出含的项的系数再计算即可.
【详解】前面括号的通项为，
所以令可得，
后面括号的通项为，
所以令可得，
含的项为，故系数为45.
故答案为：45.
28．（2024·上海·三模）用1~9这九个数字组成的无重复数字的四位数中，各个数位上数字和为偶数的奇数共有 个
【答案】840
【分析】根据题意先分类然后分步，进而结合排列、组合即可求解.
【详解】1~9这九个数字中由5个奇数和4个偶数，
要使四位数满足各个数位上数字和为偶数的奇数，则个位数字必须为奇数，
前三位数字由1个奇数和2个偶数或3个奇数组成，
所以，.
故答案为：.
29．（2024·江苏南通·模拟预测）把5个人安排在周一至周五值班，要求每人值班一天，每天安排一人，甲乙安排在不相邻的两天，乙丙安排在相邻的两天，则不同的安排方法有 种．
【答案】36
【分析】根据分步计数原理，结合相邻问题和不相邻问题的方法即可求出．
【详解】根据题意，设5人为甲乙丙丁戊，
①，将乙丙看成一个整体，考虑2人之间的顺序，有种情况，
②，将这个整体与丁戊全排列，有种安排方法，
③，排好后，有4个空位，由于甲乙安排在不相邻的两天，则只能从3个空中任选1个，安排甲，有种安排方法，
不同的安排方案共有种；
故答案为：
30．（2024·辽宁大连·二模）第二十一届大连国际徒步大会即将召开，现在要从小张、小赵、小李、小罗、小王五名志愿者中选派四人分别从事翻译、安保、礼仪、服务四项不同工作，若小张和小赵只能从事前两项工作，其余三人均能从事这四项工作，若每个工作仅需要一人且每人只能从事一项工作，则不同的选派方案共有 种.
【答案】36
【分析】分小张和小赵两人只有一人入选和两人都入选两种情况讨论，利用分类加法计算原理计算可得.
【详解】①小张和小赵两人只有一人入选，则有种选派方法；
②小张和小赵两人都入选，则有种选派方法；
综上可得一共有种选派方法.
故答案为：36
31．（2024·江西景德镇·三模）若关于，的三项式的展开式中各项系数之和为64，则 ；其中项系数的最大值为 .
【答案】 6 /
【分析】令，得，即可求得n的值，利用组合知识求得项系数为，然后利用基本不等式求解最值即可.
【详解】三项式的展开式中各项系数之和为64，
则令，得，解得；
所以三项式的展开式中项系数为：，
当且仅当时等号成立，即项系数的最大值为.
故答案为：6；
试卷第2页，共18页
1【好题汇编】2024年高考真题和模拟题数学分类汇编（全国通用）
专题11 排列组合与二项式定理
1．（全国甲卷数学（文））甲、乙、丙、丁四人排成一列，丙不在排头，且甲或乙在排尾的概率是（ ）
A． B． C． D．
2．（新高考北京卷）的二项展开式中的系数为（ ）
A．15 B．6 C． D．
3．（新课标全国Ⅱ卷）在如图的4×4方格表中选4个方格，要求每行和每列均恰有一个方格被选中，则共有 种选法，在所有符合上述要求的选法中，选中方格中的4个数之和的最大值是 ．
4．（全国甲卷数学（理））的展开式中，各项系数的最大值是 ．
5．（全国甲卷数学（理））有6个相同的球，分别标有数字1、2、3、4、5、6，从中不放回地随机抽取3次，每次取1个球.记为前两次取出的球上数字的平均值，为取出的三个球上数字的平均值，则与差的绝对值不超过的概率是 ．
6．（新高考上海卷）在的二项展开式中，若各项系数和为32，则项的系数为 ．
7．（新高考上海卷）设集合中的元素皆为无重复数字的三位正整数，且元素中任意两者之积皆为偶数，求集合中元素个数的最大值 ．
8．（新高考北京卷）在的展开式中，常数项为 ．
一、单选题
1．（2024·陕西·三模）2024年中国足球乙级联赛陕西联合的主场火爆，一票难求，主办方设定了三种不同的票价分别对应球场三个不同的区域，五位球迷相约看球赛，则五人中恰有三人在同一区域的不同座位方式共有（ ）
A．30种 B．60种 C．120种 D．240种
2．（2024·河南·模拟预测）的展开式中x的系数为（ ）
A．30 B．40 C．70 D．80
3．（2024·北京·三模）在展开式中，常数项的二项式系数为（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
4．（2024·福建厦门·三模）某校5名同学到A、B、C三家公司实习，每名同学只能去1家公司，每家公司至多接收2名同学.若同学甲去A公司，则不同的安排方法共有（ ）
A．18种 B．30种 C．42种 D．60种
5．（2024·湖南衡阳·三模）展开式中系数为无理数的项共有（ ）
A．2项 B．3项 C．4项 D．5项
6．（2024·浙江·模拟预测）用数字1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，则数字3在五位数中位于1和5之间（可以不相邻）的概率为（ ）
A． B． C． D．
7．（2024·辽宁葫芦岛·二模）某校要派4名教师到甲、乙两个社区开展志愿者服务，若每个教师只去一个社区，且两个社区都有教师去，则不同的安排方法有（ ）
A．20种 B．14种 C．10种 D．7种
8．（2024·湖南衡阳·三模）对任意的实数，若，则的值为（ ）
A．15 B．6 C．1 D．20
9．（2024·北京昌平·二模）在的展开式中，常数项为（ ）
A． B．15 C．30 D．360
10．（2024·广东广州·二模）某学校安排4位教师在星期一至星期五值班，每天只安排1位教师，每位教师至少值班1天，至多值班2天且这2天相连，则不同的安排方法共有（ ）
A．24种 B．48种 C．60种 D．96种
11．（2024·河北邯郸·二模）某班联欢会原定5个节目，已排成节目单，开演前又增加了2个节目，现将这2个新节目插入节目单中，要求新节目既不排在第一位，也不排在最后一位，那么不同的插法种数为（ ）
A．12 B．18 C．20 D．60．
12．（2024·辽宁·二模）有甲、乙、丙、丁四名同学参加亚运会志愿者服务工作，现需将四人随机分成三组，每组至少一人，则甲、乙在同一组的概率为（ ）
A． B． C． D．
13．（2024·辽宁·模拟预测）某同学笔袋里有10支笔，其中8支黑色，2支红色.被甲同学借走2支.已知甲借走的有一支是红色，则另一支也是红色的概率为（ ）
A． B． C． D．
14．（2024·湖北黄石·三模）已知，则（ ）
A．1 B．0 C． D．5
15．（2024·辽宁丹东·一模）的展开式中常数项为（ ）
A．24 B．25 C．48 D．49
16．（2024·四川德阳·三模）在的展开式中的系数是（ ）
A．30 B．35 C．55 D．60
二、多选题
17．（2024·山西临汾·三模）在的展开式中（ ）
A．所有奇数项的二项式系数的和为128
B．二项式系数最大的项为第5项
C．有理项共有两项
D．所有项的系数的和为
18．（2024·山西·三模）已知函数，则（ ）
A． B．展开式中，二项式系数的最大值为
C． D．的个位数字是1
19．（23-24高三上·山西·期末）某周周一到周六的夜间值班工作由甲、乙、丙三人负责，每人负责其中的两天，每天只需一人值班，则下列关于安排方法数的说法正确的有（ ）
A．共有90种安排方法
B．甲连续两天值班的安排方法有30种
C．甲连续两天值班且乙连续两天值班的安排方法有18种
D．甲、乙、丙三人每人都连续两天值夜班的安排方法有6种
20．（2024·广东茂名·一模）从标有1，2，3，…，10的10张卡片中，有放回地抽取两张，依次得到数字，，记点，，，则（ ）
A．是锐角的概率为 B．是锐角的概率为
C．是锐角三角形的概率为 D．的面积不大于5的概率为
21．（2024·重庆·一模）已知，则下列说法正确的是（ ）
A． B．
C． D．
E．
三、填空题
22．（2024·上海闵行·三模）3名男生和2名女生排成一排，则女生互不相邻的排法的概率为 .
23．（2024·内蒙古呼和浩特·二模）若的展开式中的系数为40，则实数 ．
24．（2024·河北衡水·三模）的展开式中的系数为 （用数字作答）
25．（2024·山东·模拟预测）已知的展开式中常数项为，则实数的值为 .
26．（2024·吉林·一模）若，则 ．
27．（2024·重庆·模拟预测）的展开式中，含的项的系数为 ．
28．（2024·上海·三模）用1~9这九个数字组成的无重复数字的四位数中，各个数位上数字和为偶数的奇数共有 个
29．（2024·江苏南通·模拟预测）把5个人安排在周一至周五值班，要求每人值班一天，每天安排一人，甲乙安排在不相邻的两天，乙丙安排在相邻的两天，则不同的安排方法有 种．
30．（2024·辽宁大连·二模）第二十一届大连国际徒步大会即将召开，现在要从小张、小赵、小李、小罗、小王五名志愿者中选派四人分别从事翻译、安保、礼仪、服务四项不同工作，若小张和小赵只能从事前两项工作，其余三人均能从事这四项工作，若每个工作仅需要一人且每人只能从事一项工作，则不同的选派方案共有 种.
31．（2024·江西景德镇·三模）若关于，的三项式的展开式中各项系数之和为64，则 ；其中项系数的最大值为 .
试卷第2页，共5页
1【好题汇编】2024年高考真题和模拟题数学分类汇编（全国通用）
专题12 概率统计
1．（新课标全国Ⅱ卷）某农业研究部门在面积相等的100块稻田上种植一种新型水稻，得到各块稻田的亩产量（均在之间，单位：kg）并部分整理下表
亩产量 [900，950） [950，1000） [1000，1050） [1100，1150） [1150，1200）
频数 6 12 18 24 10
据表中数据，结论中正确的是（ ）
A．100块稻田亩产量的中位数小于1050kg
B．100块稻田中亩产量低于1100kg的稻田所占比例超过80%
C．100块稻田亩产量的极差介于200kg至300kg之间
D．100块稻田亩产量的平均值介于900kg至1000kg之间
【答案】C
【分析】计算出前三段频数即可判断A；计算出低于1100kg的频数，再计算比例即可判断B；根据极差计算方法即可判断C；根据平均值计算公式即可判断D.
【详解】对于 A, 根据频数分布表可知, ,
所以亩产量的中位数不小于 , 故 A 错误；
对于B，亩产量不低于的频数为，
所以低于的稻田占比为，故B错误；
对于C，稻田亩产量的极差最大为，最小为，故C正确；
对于D，由频数分布表可得，亩产量在的频数为，
所以平均值为，故D错误.
故选；C.
2．（新高考天津卷）下列图中，相关性系数最大的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】由点的分布特征可直接判断
【详解】观察4幅图可知，A图散点分布比较集中，且大体接近某一条直线，线性回归模型拟合效果比较好，呈现明显的正相关，值相比于其他3图更接近1.
故选：A
3．（全国甲卷数学（文））甲、乙、丙、丁四人排成一列，丙不在排头，且甲或乙在排尾的概率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】分类讨论甲乙的位置，得到符合条件的情况，然后根据古典概型计算公式进行求解.
【详解】当甲排在排尾，乙排第一位，丙有种排法，丁就种，共种；
当甲排在排尾，乙排第二位或第三位，丙有种排法，丁就种，共种；
于是甲排在排尾共种方法，同理乙排在排尾共种方法，于是共种排法符合题意；
基本事件总数显然是，
根据古典概型的计算公式，丙不在排头，甲或乙在排尾的概率为.
故选：B
4．（新高考上海卷）已知气候温度和海水表层温度相关，且相关系数为正数，对此描述正确的是（ ）
A．气候温度高，海水表层温度就高
B．气候温度高，海水表层温度就低
C．随着气候温度由低到高，海水表层温度呈上升趋势
D．随着气候温度由低到高，海水表层温度呈下降趋势
【答案】C
【分析】根据相关系数的性质可得正确的选项.
【详解】对于AB，当气候温度高，海水表层温度变高变低不确定，故AB错误.
对于CD，因为相关系数为正，故随着气候温度由低到高时，海水表层温度呈上升趋势，
故C正确，D错误.
故选：C.
5．（新课标全国Ⅰ卷）（多选）为了解推动出口后的亩收入（单位：万元）情况，从该种植区抽取样本，得到推动出口后亩收入的样本均值，样本方差，已知该种植区以往的亩收入服从正态分布，假设推动出口后的亩收入服从正态分布，则（ ）（若随机变量Z服从正态分布，）
A． B．
C． D．
【答案】BC
【分析】根据正态分布的原则以及正态分布的对称性即可解出.
【详解】依题可知，，所以，
故，C正确，D错误；
因为，所以，
因为，所以，
而，B正确，A错误，
故选：BC．
6．（新课标全国Ⅰ卷）甲、乙两人各有四张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片上分别标有数字1，3，5，7，乙的卡片上分别标有数字2，4，6，8，两人进行四轮比赛，在每轮比赛中，两人各自从自己持有的卡片中随机选一张，并比较所选卡片上数字的大小，数字大的人得1分，数字小的人得0分，然后各自弃置此轮所选的卡片（弃置的卡片在此后的轮次中不能使用）.则四轮比赛后，甲的总得分不小于2的概率为 .
【答案】/0.5
【分析】将每局的得分分别作为随机变量，然后分析其和随机变量即可.
【详解】设甲在四轮游戏中的得分分别为，四轮的总得分为.
对于任意一轮，甲乙两人在该轮出示每张牌的概率都均等，其中使得甲获胜的出牌组合有六种，从而甲在该轮获胜的概率，所以.
从而.
记.
如果甲得0分，则组合方式是唯一的：必定是甲出1，3，5，7分别对应乙出2，4，6，8，所以；
如果甲得3分，则组合方式也是唯一的：必定是甲出1，3，5，7分别对应乙出8，2，4，6，所以.
而的所有可能取值是0，1，2，3，故，.
所以，，两式相减即得，故.
所以甲的总得分不小于2的概率为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于将问题转化为随机变量问题，利用期望的可加性得到等量关系，从而避免繁琐的列举.
7．（全国甲卷数学（理））有6个相同的球，分别标有数字1、2、3、4、5、6，从中不放回地随机抽取3次，每次取1个球.记为前两次取出的球上数字的平均值，为取出的三个球上数字的平均值，则与差的绝对值不超过的概率是 ．
【答案】
【分析】根据排列可求基本事件的总数，设前两个球的号码为，第三个球的号码为，则，就的不同取值分类讨论后可求随机事件的概率.
【详解】从6个不同的球中不放回地抽取3次，共有种，
设前两个球的号码为，第三个球的号码为，则，
故，故，
故，
若，则，则为：，故有2种，
若，则，则为：，
，故有10种，
当，则，则为：
，
，
故有16种，
当，则，同理有16种，
当，则，同理有10种，
当，则，同理有2种，
共与的差的绝对值不超过时不同的抽取方法总数为，
故所求概率为.
故答案为：
8．（新高考天津卷）五种活动，甲、乙都要选择三个活动参加.（1）甲选到的概率为 ；已知乙选了活动，他再选择活动的概率为 ．
【答案】
【分析】结合列举法或组合公式和概率公式可求甲选到的概率；采用列举法或者条件概率公式可求乙选了活动，他再选择活动的概率.
【详解】解法一：列举法
从五个活动中选三个的情况有：
,共10种情况，
其中甲选到有6种可能性：，
则甲选到得概率为：；
乙选活动有6种可能性：，
其中再选则有3种可能性：，
故乙选了活动，他再选择活动的概率为.
解法二：
设甲、乙选到为事件，乙选到为事件，
则甲选到的概率为；
乙选了活动，他再选择活动的概率为
故答案为：；
9．（新高考上海卷）某校举办科学竞技比赛，有3种题库，题库有5000道题，题库有4000道题，题库有3000道题．小申已完成所有题，他题库的正确率是0.92，题库的正确率是0.86，题库的正确率是0.72．现他从所有的题中随机选一题，正确率是 ．
【答案】0.85
【分析】求出各题库所占比，根据全概率公式即可得到答案.
【详解】由题意知，题库的比例为：，
各占比分别为，
则根据全概率公式知所求正确率．
故答案为：0.85．
10．（新课标全国Ⅱ卷）某投篮比赛分为两个阶段，每个参赛队由两名队员组成，比赛具体规则如下：第一阶段由参赛队中一名队员投篮3次，若3次都未投中，则该队被淘汰，比赛成员为0分；若至少投中一次，则该队进入第二阶段，由该队的另一名队员投篮3次，每次投中得5分，未投中得0分.该队的比赛成绩为第二阶段的得分总和．某参赛队由甲、乙两名队员组成，设甲每次投中的概率为p，乙每次投中的概率为q，各次投中与否相互独立．
(1)若，，甲参加第一阶段比赛，求甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分的概率．
(2)假设，
（i）为使得甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率最大，应该由谁参加第一阶段比赛？
（ii）为使得甲、乙，所在队的比赛成绩的数学期望最大，应该由谁参加第一阶段比赛？
【答案】(1)
(2)（i）由甲参加第一阶段比赛；（i）由甲参加第一阶段比赛；
【分析】（1）根据对立事件的求法和独立事件的乘法公式即可得到答案；
（2）（i）首先各自计算出，，再作差因式分解即可判断；(ii)首先得到和的所有可能取值，再按步骤列出分布列，计算出各自期望，再次作差比较大小即可.
【详解】（1）甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分，则甲第一阶段至少投中1次，乙第二阶段也至少投中1次，
比赛成绩不少于5分的概率.
（2）（i）若甲先参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率为，
若乙先参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率为，
，
，
，应该由甲参加第一阶段比赛.
(ii)若甲先参加第一阶段比赛，比赛成绩的所有可能取值为0，5，10，15，
，
，
，
，
记乙先参加第一阶段比赛，比赛成绩的所有可能取值为0，5，10，15，
同理
，
因为，则，，
则，
应该由甲参加第一阶段比赛.
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是计算出相关概率和期望，采用作差法并因式分解从而比较出大小关系，最后得到结论.
11．（全国甲卷数学（理））某工厂进行生产线智能化升级改造，升级改造后，从该工厂甲、乙两个车间的产品中随机抽取150件进行检验，数据如下：
优级品 合格品 不合格品 总计
甲车间 26 24 0 50
乙车间 70 28 2 100
总计 96 52 2 150
(1)填写如下列联表：
优级品 非优级品
甲车间
乙车间
能否有的把握认为甲、乙两车间产品的优级品率存在差异？能否有的把握认为甲，乙两车间产品的优级品率存在差异？
(2)已知升级改造前该工厂产品的优级品率，设为升级改造后抽取的n件产品的优级品率.如果，则认为该工厂产品的优级品率提高了，根据抽取的150件产品的数据，能否认为生产线智能化升级改造后，该工厂产品的优级品率提高了？（）
附：
0.050 0.010 0.001
k 3.841 6.635 10.828
【答案】(1)答案见详解
(2)答案见详解
【分析】（1）根据题中数据完善列联表，计算，并与临界值对比分析；
（2）用频率估计概率可得，根据题意计算，结合题意分析判断.
【详解】（1）根据题意可得列联表：
优级品 非优级品
甲车间 26 24
乙车间 70 30
可得，
因为，
所以有的把握认为甲、乙两车间产品的优级品率存在差异，没有的把握认为甲，乙两车间产品的优级品率存在差异.
（2）由题意可知：生产线智能化升级改造后，该工厂产品的优级品的频率为，
用频率估计概率可得，
又因为升级改造前该工厂产品的优级品率，
则，
可知，
所以可以认为生产线智能化升级改造后，该工厂产品的优级品率提高了.
12．（新高考北京卷）已知某险种的保费为万元，前3次出险每次赔付万元，第4次赔付万元
赔偿次数 0 1 2 3 4
单数
在总体中抽样100单，以频率估计概率：
(1)求随机抽取一单，赔偿不少于2次的概率；
(2)（i）毛利润是保费与赔偿金额之差．设毛利润为，估计的数学期望；
（ⅱ）若未赔偿过的保单下一保险期的保费下降，已赔偿过的增加．估计保单下一保险期毛利润的数学期望．
【答案】(1)
(2)(i)0.122万元 (ii)万元
【分析】（1）根据题设中的数据可求赔偿次数不少2的概率;
（2）（ⅰ）设为赔付金额，则可取，用频率估计概率后可求的分布列及数学期望，从而可求.
（ⅱ）先算出下一期保费的变化情况，结合（1）的结果可求.
【详解】（1）设为“随机抽取一单，赔偿不少于2次”，
由题设中的统计数据可得.
（2）（ⅰ）设为赔付金额，则可取，
由题设中的统计数据可得，
，，
，
故
故（万元）.
（ⅱ）由题设保费的变化为，
故（万元）
13．（新高考上海卷）为了解某地初中学生体育锻炼时长与学业成绩的关系，从该地区29000名学生中抽取580人，得到日均体育锻炼时长与学业成绩的数据如下表所示：
时间范围学业成绩
优秀 5 44 42 3 1
不优秀 134 147 137 40 27
(1)该地区29000名学生中体育锻炼时长不少于1小时人数约为多少？
(2)估计该地区初中学生日均体育锻炼的时长（精确到0.1）
(3)是否有的把握认为学业成绩优秀与日均体育锻炼时长不小于1小时且小于2小时有关？
（附：其中，．）
【答案】(1)
(2)
(3)有
【分析】（1）求出相关占比，乘以总人数即可；
（2）根据平均数的计算公式即可得到答案；
（3）作出列联表，再提出零假设，计算卡方值和临界值比较大小即可得到结论.
【详解】（1）由表可知锻炼时长不少于1小时的人数为占比，
则估计该地区29000名学生中体育锻炼时长不少于1小时的人数为．
（2）估计该地区初中生的日均体育锻炼时长约为
．
则估计该地区初中学生日均体育锻炼的时长为0.9小时.
（3）由题列联表如下：
其他 合计
优秀 45 50 95
不优秀 177 308 485
合计 222 358 580
提出零假设：该地区成绩优秀与日均锻炼时长不少于1小时但少于2小时无关．
其中．
．
则零假设不成立，
即有的把握认为学业成绩优秀与日均锻炼时长不小于1小时且小于2小时有关．
一、单选题
1．（2024·山东·模拟预测）一组数据按从小到大的顺序排列为1，4，，12，14，21，若该组数据的中位数是极差的，则该组数据的第45百分位数是（ ）
A．4 B．6 C．8 D．12
【答案】D
【分析】利用对极差及中位数的概念理解，就可解得.
【详解】由已知可得极差是：，而中位数是极差的，即中位数是，
根据六个数的中位数是：，解得，
故选：D.
2．（2024·福建泉州·二模）己知线性回归方程相应于点的残差为，则的值为（ ）
A． B． C．2.4 D．2.5
【答案】D
【分析】根据线性回归方程估计，再根据残差定义列方程，解得结果即可.
【详解】因为相应于点的残差为，所以，
所以，解得.
故选：D.
3．（2024·陕西·三模）2024年1月九省联考的数学试卷出现新结构，其中多选题计分标准如下：①本题共3小题，每小题6分，满分18分；②每道小题的四个选项中有两个或三个正确选项，全部选对得6分，有选错的得0分；③部分选对得部分分（若某小题正确选项为两个，漏选一个正确选项得3分；若某小题正确选项为三个，漏选一个正确选项得4分，漏选两个正确选项得2分）．已知在某次新结构数学试题的考试中，小明同学三个多选题中第一小题确定得满分，第二小题随机地选了两个选项，第三小题随机地选了一个选项，则小明同学多选题所有可能总得分（相同总分只记录一次）的中位数为（ ）
A．9 B．10 C．11 D．12
【答案】C
【分析】先对各题得分情况分别进行统计，再对总得分情况分析排序，根据中位数规定即可求得.
【详解】由题意得小明同学第一题得6分：
第二题选了2个选项，可能得分情况有3种，分别是得0分、4分和6分；
第三题选了1个选项，可能得分情况有3种，分别是得0分、2分和3分；
由于相同总分只记录一次，因此小明的总得分情况有：
6分、8分、9分、10分、12分、13分、14分、15分共8种情况，所以中位数为.
故选：C.
4．（2024·四川成都·三模）如图，由观测数据 的散点图可知， 与 的关系可以用模型 拟合，设 ，利用最小二乘法求得 关于 的回归方程 . 已知 ， ，则 （ ）
A． B． C．1 D．
【答案】C
【分析】利用已知数据可求得样本中心点，再利用回归方程必过样本中心点，即可求出.
【详解】由可得：，
由可得：，
由回归方程 必过样本中心点，即过点，
所以，解得，
故选：C.
5．（2024·天津·二模）为了加深师生对党史的了解，激发广大师生知史爱党、知史爱国的热情，某校举办了“学党史、育文化”的党史知识竞赛，并将1000名师生的竞赛成绩（满分100分，成绩取整数）整理成如图所示的频率分布直方图，估计这组数据的第85百分位数为（ ）分
A．84 B．85 C．86 D．87
【答案】C
【分析】根据百分位数定义，结合数据求解即可.
【详解】由，解得：，
所以前4组频率之和为，前5组频率之和为，
设这组数据的第85百分位数为，则，解得：，
故选：C
6．（2024·四川绵阳·模拟预测）某教育机构为调查中小学生每日完成作业的时间，收集了某位学生100天每天完成作业的时间，并绘制了如图所示的频率分布直方图（每个区间均为左闭右开），根据此直方图得出了下列结论，其中正确的是（ ）

A．估计该学生每日完成作业的时间在2小时至2.5小时的有50天
B．估计该学生每日完成作业时间超过3小时的概率为0.3
C．估计该学生每日完成作业时间的中位数为2.625小时
D．估计该学生每日完成作业时间的众数为2.3小时
【答案】C
【分析】利用频率分别直方图、频数、频率、中位数、众数直接求解.
【详解】对于A，该学生每日完成作业的时间在2小时至2.5小时的天数为：天，故A错误；
对于B，估计该学生每日完成作业时间超过3小时的概率为，故B错误；
对于C，的频率为，的频率为，
则该学生每日完成作业时间的中位数为，故C正确；
对于D，估计该学生每日完成作业时间的众数为，故D错误；
故选：C
7．（2024·上海·三模）下列命题错误的是（ ）
A．两个随机变量的线性相关性越强，相关系数的绝对值越接近于1
B．设，若，，则
C．线性回归直线一定经过样本点的中心
D．一个袋子中有100个大小相同的球，其中有40个黄球、60个白球，从中不放回地随机摸出20个球作为样本，用随机变量X表示样本中黄球的个数，则X服从二项分布，且
【答案】D
【分析】根据相关系数的表示意义、二项分布的有关性质、线性回归方程和超几何分布的定义依次判断选项即可.
【详解】A：两个随机变量的线性相关性越强，相关系数的绝对值越接近于1，故A正确；
B：由，得，解得，故B正确；
C：线性回归直线一定经过样本点的中心，故C正确；
D：由于是不放回地随机摸出20个球作为样本，
所以由超几何分布的定义知服从超几何分布，得，故D错误；
故选：D
8．（2024·湖北荆州·三模）根据变量和的成对样本数据，由一元线性回归模型得到经验回归模型，求得如图所示的残差图.模型误差（ ）
A．满足一元线性回归模型的所有假设
B．不满足一元线性回归模型的的假设
C．不满足一元线性回归模型的假设
D．不满足一元线性回归模型的和的假设
【答案】D
【分析】根据一元线性回归模型的有关概念即可判断.
【详解】用一元线性回归模型得到经验回归模型，
根据对应的残差图，残差的均值不可能成立，且残差图中的点分布在一条拋物线形状的弯曲带状区域上，
说明残差与坐标轴变量有二次关系，不满足一元线性回归模型，
故选：D.
9．（2024·黑龙江·二模）根据分类变量x与y的成对样本数据，计算得，依据的独立性检验，结论为（ ）参考值：
0.1 0.05 0.01
2.706 3.841 6.635
A．x与y不独立
B．x与y不独立，这个结论犯错误的概率不超过0.05
C． x与y独立
D．x与y独立，这个结论犯错误的概率不超过0.05
【答案】C
【分析】利用独立性检验的基本思想即可得解.
【详解】零假设为：x与y独立，
由，依据的独立性检验，可得成立，
故可以认为x与y独立.
故选：C.
10．（2024·四川绵阳·模拟预测）袋子中有9个除颜色外完全相同的小球，其中5个红球，4个黄球．若从袋子中任取3个球，则在摸到的球颜色不同的条件下，最终摸球的结果为2红1黄的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】记摸到的球颜色不同为事件，摸到2红1黄为事件，由条件概率公式计算可得.
【详解】记摸到的球颜色不同为事件，摸到2红1黄为事件，
则，，
所以.
故选：B
11．（2024·河南·三模）已知0.9973.某体育器材厂生产一批篮球，单个篮球的质量（单位：克）服从正态分布，从这一批篮球中随机抽检300个，则被抽检的篮球的质量不小于596克的个数约为（ ）
A．286 B．293 C．252 D．246
【答案】B
【分析】根据正态分布的对称性求出的概率，即可得解.
【详解】由题意得，
，
，
所以被抽检的篮球的质量不小于596克的个数约为293.
故选：B.
12．（2024·河北衡水·三模）已知甲、乙、丙三人参加射击比赛，甲、乙、丙三人射击一次命中的概率分别为，且每个人射击相互独立，若每人各射击一次，则在三人中恰有两人命中的前提下，甲命中的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】设甲、乙、丙三人射击一次命中分别为事件，三人中恰有两人命中为事件，结合相互独立事件的概率乘法公式和条件概率的计算公式，即可求解.
【详解】设甲、乙、丙三人射击一次命中分别为事件，
每人各射击一次，在三人中恰有两人命中为事件，
则，
，则.
故选：D．
13．（2024·湖南长沙·三模）已知随机变量服从正态分布，且，则（ ）
A．0.2 B．0.3 C．0.7 D．0.8
【答案】A
【分析】根据正态分布的对称性结合题意求解即可
【详解】根据正态曲线的对称性，由，得，
因为，
所以.
故选：A
二、多选题
14．（2024·河北·三模）根据中国报告大厅对2023年3月~10月全国太阳能发电量进行监测统计，太阳能发电量（单位：亿千瓦时）月度数据统计如下表：
月份 3 4 5 6
发电量/亿千瓦时 242.94 230.87 240.59 259.33
月份 7 8 9 10
发电量/亿千瓦时 258.9 269.19 246.06 244.31
关于2023年3月~10月全国太阳能发电量，下列四种说法正确的是（ ）
A．中位数是259.115 B．极差是38.32
C．第85百分位数是259.33 D．第25百分位数是240.59
【答案】BC
【分析】根据题意，由中位数，极差，百分位数的定义，代入计算，逐一判断，即可得到结果.
【详解】将数据从小到大排序可得，共8个数据，
所以中位数是，故A错误；
极差是，故B正确；
因为，所以第85百分位数是第7个数，即，故C正确；
因为，所以第25百分位数是，故D错误；
故选:BC
15．（2024·江西南昌·二模）为了解中学生喜爱足球运动与性别是否有关，甲、乙两校的课题组分别随机抽取了本校部分学生进行调查，得到如下两个表格:
喜爱足球运动 不喜爱足球运动 合计
男性 15 5 20
女性 8 12 20
合计 23 17 40
甲校样本
喜爱足球运动 不喜爱足球运动 合计
男性 70 30 100
女性 45 55 100
合计 115 85 200
乙校样本
（参考公式及数据:）.
0.1 0.01 0.001
2.706 6.635 10.828
则下列判断中正确的是（ ）
A．样本中，甲校男学生喜爱足球运动的比例高于乙校男学生喜爱足球运动的比例
B．样本中，甲校女学生喜爱足球运动的比例高于乙校女学生喜爱足球运动的比例
C．根据甲校样本有的把握认为中学生喜爱足球运动与性别有关
D．根据乙校样本有的把握认为中学生喜爱足球运动与性别有关
【答案】AD
【分析】对AB，根据甲乙两校男女学生喜爱足球运动的比例大小判断即可；对CD，根据独立性检验的性质判断即可.
【详解】对A，甲校男学生喜爱足球运动的比例，乙校男学生喜爱足球运动的比例，
即甲校男学生喜爱足球运动的比例高于乙校男学生喜爱足球运动的比例，故A正确；
对B，甲校女学生喜爱足球运动的比例，乙校女学生喜爱足球运动的比例，
即甲校女学生喜爱足球运动的比例低于乙校女学生喜爱足球运动的比例，故B错误；
对C，甲校中，
所以根据甲校样本没有的把握认为中学生喜爱足球运动与性别有关，故C错误；
对D，乙校中，
所以根据乙校样本有的把握认为中学生喜爱足球运动与性别有关，故D正确；
故选：AD
16．（2024·湖南长沙·三模）某校在运动会期间进行了一场“不服来战”对抗赛，由篮球专业的1名体育生组成甲组，3名非体育生的篮球爱好者组成乙组，两组进行对抗比赛.具体规则为甲组的同学连续投球3次，乙组的同学每人各投球1次.若甲组同学和乙组3名同学的命中率依次分别为，则（ ）
A．乙组同学恰好命中2次的概率为
B．甲组同学恰好命中2次的概率小于乙组同学恰好命中2次的概率
C．甲组同学命中次数的方差为
D．乙组同学命中次数的数学期望为
【答案】BCD
【分析】根据题意，利用概率乘法和加法公式，可判定A错误；根据独立重复试验的概率公式，可得判定B正确，结合二项分布的方差，可判定C中，由乙组同学命中次数为随机变量的所有可能取值为，求得相应的概率，结合期望的公式，可判定D正确.
【详解】对于A中，设“乙组同学恰好命中2次”为事件，则，所以A错误；
对于B中，设“甲组同学恰好命中2次”为事件，则，因为，所以B正确；
对于C中，因为甲组同学每次命中的概率都为，设甲组同学命中次数为，则，可得，所以C正确；
对于D中，设乙组同学命中次数为随机变量，则的所有可能取值为，
所以，
，
，
故，所以D正确.
故选：BCD.
17．（2024·全国·二模）甲、乙两个不透明的袋子中分别装两种颜色不同但是大小相同的小球，甲袋中装有3个红球和4个绿球；乙袋中装有5个红球和2个绿球.先从甲袋中随机摸出一个小球放入乙袋中，再从乙袋中随机获出一个小球，记表示事件“从甲袋摸出的是红球”，表示事件“从甲袋摸出的是绿球”，记表示事件“从乙袋摸出的是红球”，表示事件“从乙袋摸出的是绿球”，则下列说法正确的是（ ）
A．，是对立事件 B．，是独立事件
C． D．
【答案】AD
【分析】根据对立事件的定义即可判断A；根据独立事件的定义即可判断B，利用条件概率即可判断CD.
【详解】A：由题意知，每次只摸出一个球，，，
则，所以对立，故A正确；
B：，，
则，所以不相互独立，故B错误；
C：，故C错误；
D：，，
所以，故D正确.
故选：AD
18．（2024·河南·二模）现有编号分别为的三个盒子，其中盒中共20个小球，其中红球6个，盒中共20个小球，其中红球5个，盒中共30个小球，其中红球6个.现从所有球中随机抽取一个，记事件：“该球为红球”，事件：“该球出自编号为的盒中”，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．若从所有红球中随机抽取一个，则该球来自盒的概率最小
【答案】ACD
【分析】由古典概率先计算，再由条件概率计算得到A正确；由全概率计算得到B错误；由条件概率得到C正确；由古典概率得到D正确.
【详解】A：由题，，故A正确；
B：由选项A可得，故B错误；
C：因为，所以，
所以，故C正确；
D：由题该球来自的概率为，该球来自的概率为，该球来自的概率为，
所以该球来自的概率最小，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：本题A，C关键在于应用条件概率公式即.
19．（2024·山东日照·二模）同时投掷甲、乙两枚质地均匀的硬币，记“甲正面向上”为事件，“乙正面向上”为事件，“甲、乙至少一枚正面向上”为事件，则下列判断正确的是（ ）
A．与相互独立 B．与互斥 C． D．
【答案】AC
【分析】根据独立事件的定义判断A，根据互斥事件的定义判断B，根据独立事件及条件概率的概率公式判断C、D.
【详解】对于A，依题意，，，
所以事件与事件相互独立，故A正确；
对于B，由题意可知，事件与事件有可能同时发生，
例如“甲正面向上且乙正面向上”，故事件与事件不是互斥事件，故B错误；
对于C、D，，因为，所以，
所以，故C正确，D错误．
故选：AC．
20．（2024·福建三明·三模）假设甲袋中有3个红球和2个白球，乙袋中有2个白球和2个红球.现从甲袋中任取2个球放入乙袋，混匀后再从乙袋中任取2个球.下列选项正确的是（ ）
A．从甲袋中任取2个球是1个红球1个白球的概率为
B．从甲、乙两袋中取出的2个球均为红球的概率为
C．从乙袋中取出的2个球是红球的概率为
D．已知从乙袋中取出的是2个红球，则从甲袋中取出的也是2个红球的概率为
【答案】ACD
【分析】根据给定条件，结合古典概率公式、条件概率公式及全概率公式逐项计算判断得解.
【详解】从甲袋中取出个球有个红球的事件为，从乙袋中取出个球红球的事件为，
，，，
，，，
对于A，从甲袋中任取2个球是1个红球1个白球的概率为，A正确；
对于B，从甲、乙两袋中取出的2个球均为红球的概率为，B错误；
对于C，从乙袋中取出的2个球是红球的概率，C正确；
对于D，从乙袋中取出的是2个红球，则从甲袋中取出的也是2个红球的概率
，D正确.
故选：ACD
三、填空题
21．（2024·上海·三模）已知A工厂库房中的某种零件60％来自甲公司，正品率为90％；40％来自乙公司，正品率为95％，从库房中任取一个这种零件，它是正品的概率为
【答案】0.92
【分析】根据题意利用全概率公式直接求解即可.
【详解】因为A工厂库房中的某种零件60％来自甲公司，正品率为90％；40％来自乙公司，正品率为95％，
所以从库房中任取一个这种零件，它是正品的概率为，
故答案为：0.92
22．（2024·安徽安庆·三模）一个不透明的袋子装有5个完全相同的小球，球上分别标有数字1，2，3，4，4．现甲从中随机摸出一个球记下所标数字后放回，乙再从中随机摸出一个球记下所标数字，若摸出的球上所标数字大即获胜（若所标数字相同则为平局），则在甲获胜的条件下，乙摸到2号球的概率为 ．
【答案】
【分析】设事件“甲获胜”为事件，事件“乙摸到2号球”为事件，由古典概率公式求出，再由条件概率求解即可.
【详解】设事件“甲获胜”为事件，事件“乙摸到2号球”为事件，
则，，
所以，
故答案为：．
23．（2024·天津·模拟预测）一个袋子中有10个大小相同的球，其中红球7个，黑球3个.每次从袋中随机摸出1个球，摸出的球不再放回.设第1，2，3次都摸到红球的概率为；在第1，2次都摸到红球的条件下，第3次摸到红球的概率为.求 .
【答案】
【分析】利用古典概率公式求出，利用条件概率公式求出即可.
【详解】由题意可得，
设事件表示“在第1,2次都摸到红球”，事件表示“第3次摸到红球”，
则，
所以，
所以，
故答案为：.
24．（2024·福建厦门·模拟预测）在n维空间中（，），以单位长度为边长的“立方体”的顶点坐标可表示为n维坐标，其中.则5维“立方体”的顶点个数是 ；定义：在n维空间中两点与的曼哈顿距离为.在5维“立方体”的顶点中任取两个不同的顶点，记随机变量X为所取两点间的曼哈顿距离，则 .
【答案】 32
【分析】第一空由题意根据分步乘法原理，求解即可；第二空先确定样本点总数，再得到的可能取值，求出概率，列出分布列，求出期望.
【详解】（1）的可能值为0，1（，）.故五维立方体的顶点有个.
（2）依题意，样本空间的样本点记为，M，N为五维立方体的顶点
样本点总数：
当时，有k个第i维坐标值不同，有个第i维坐标值相同.
满足的样本点个数为.
所以.
故分布列为：
X 1 2 3 4 5
P
.
故答案为：32；.
【点睛】关键点点睛：本题第二空关键在于确定当时，有k个第i维坐标值不同，有个第i维坐标值相同，再由求出概率.
25．（2024·广东广州·模拟预测）如图所示，一个质点在随机外力的作用下，从原点出发，每隔等可能地向左或向右移动一个单位，共移动5次.该质点在有且仅有一次经过位置的条件下，共经过两次1位置的概率为 .
【答案】/
【分析】设事件“有且仅有一次经过”，事件“共经过两次位置1”，分1步到位为事件，3步到位为事件和5步到位为事件，三种情况讨论，结合独立事件的概率乘法公式，求得，再利用列举法求得，利用条件概率的计算公式，即可求解.
【详解】设事件“有且仅有一次经过”，事件“共经过两次位置1”，
按到位置需要1步，3步，5步分类讨论.记向左，向右，
①若1步到位为事件，则满足要求的是，（第5步无关），，（第5步无关），所以；
②若3步到位为事件，则满足要求的是，
所以；
③若5步到位为事件，则满足要求的是，
所以，
所以
满足的情况有：，，，，,所以
所以.
故答案为：
26．（2024·广东广州·三模）在一个抽奖游戏中，主持人从编号为的四个外观相同的空箱子中随机选择一个，放入一件奖品，再将四个箱子关闭，也就是主持人知道奖品在哪个箱子里，当抽奖人选择了某个箱子后，在箱子打开之前，主持人先随机打开了另一个没有奖品的箱子，并问抽奖人是否愿意更改选择以便增加中奖概率．现在已知甲选择了号箱，用表示号箱有奖品（），用表示主持人打开号箱子（），则 ，若抽奖人更改了选择，则其中奖概率为 ．
【答案】 /0.375
【分析】根据主持人可打开的箱子号码可确定；分别考虑奖品在号箱、不在号箱的情况，根据此时更改选择，结合全概率公式求解即可.
【详解】奖品在号箱，甲选择了号箱，主持人可打开号箱，则；
若奖品在号箱，其概率为，抽奖人更改了选择，则其选中奖品所在箱子的概率为；
若奖品不在号箱，其概率为，主持人随机打开不含奖品的两个箱子中的个，
若此时抽奖人更改选择，其选中奖品所在箱子的概率为；
若抽奖人更改选择，其中奖的概率为.
故答案为：；.
【点睛】关键点点睛：本题考查条件概率的求解、决策类问题，解题关键是能够根据根据奖品所在箱子号码，确定主持人可打开的箱子数，由此确定选中中奖箱子的概率.
四、解答题
27．（2024·福建泉州·二模）在一个抽奖游戏中，主持人从编号为1，2，3，4的四个外观相同的空箱子中随机选择一个，放入一件奖品，再将四个箱子关闭．主持人知道奖品在哪个箱子里．游戏规则是：主持人请抽奖人在这四个箱子中选择一个，若奖品在此箱子里，则奖品由获奖人获得．现有抽奖人甲选择了2号箱，在打开2号箱之前，主持人先打开了另外三个箱子中的一个空箱子．按游戏规则，主持人将随机打开甲选择之外的一个空箱子，记为X号箱．
(1)求的概率；
(2)求X的方差；
(3)若，现在给抽奖人甲一次重新选择的机会，请问他是坚持选2号箱，还是改选3号或4号箱？
【答案】(1)
(2)
(3)甲应该改选4号或3号箱．
【分析】（1）利用全概率公式计算；
（2）由X可能的取值，求出相应的概率，得分布列，公式法求方差；
（3）计算各箱里有奖品的概率，由结果进行选择.
【详解】（1）设分别表示1，2，3，4号箱子里有奖品，
设分别表示主持人打开1，2，3，4号箱子，
则，且两两互斥．
由题意可知，事件的概率都是，，．
由全概率公式，得．
（2）依题意可得
，同理可得，
故X的分布列为：
X 1 3 4
P
（3）在主持人打开1号箱的条件下，4号箱、2号箱、3号箱里有奖品的概率分别为
，
，
，
通过概率大小比较，甲应该改选4号或3号箱．
28．（2024·陕西·三模）“村超”是贵州省榕江县举办的“和美乡村足球超级联赛”的简称．在2023年火爆“出圈”后，“村超”热度不减．2024年1月6日，万众瞩目的2024年“村超”新赛季在“村味”十足的热闹中拉开帷幕，一场由乡村足球发起的“乐子”正转化为乡村振兴的“路子”，为了解不同年龄的游客对“村超”的满意度，某组织进行了一次抽样调查，分别抽取年龄超过35周岁和年龄不超过35周岁各200人作为样本，每位参与调查的游客都对“村超”给出满意或不满意的评价．设事件“游客对“村超”满意”，事件“游客年龄不超过35周岁”，据统计，．
(1)根据已知条件，填写下列列联表并说明理由；
年龄 满意 不满意 合计
年龄不超过35周岁
年龄超过35周岁
合计
(2)由（1）中列联表数据，分析是否有的把握认为游客对“村超”的满意度与年龄有关联？附：．
参考数据：
0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001
2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828
【答案】(1)列联表见解析
(2)没有关联
【分析】（1）根据题意可求出不超过35岁的人中，对“村超”满意的有160人，对“村超”满意的人中超过35岁的有140人，从而可完成列联表；
（2）根据列联表中的数据结合公式计算，再与临界值比较即可.
【详解】（1）因为，
所以游客年龄不超过35周岁且对“村超”满意的有人，
因为，
所以对“村超”满意的游客人数为，
所以对“村超”满意的人中超过35岁的有人，
所以列联表如下：
年龄 满意 不满意 合计
年龄不超过35周岁 160 40 200
年龄超过35周岁 140 60 200
合计 300 100 400
（2）因为，
所以没有的把握认为游客对“村超”的满意度与年龄有关联.
29．（2024·浙江杭州·二模）杭州是国家历史文化名城，为了给来杭州的客人提供最好的旅游服务，某景点推出了预订优惠活动，下表是该景点在某App平台10天预订票销售情况：
日期 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
销售量（万张） 1.93 1.95 1.97 1.98 2.01 2.02 2.02 2.05 2.07 0.5
经计算可得：.
(1)因为该景点今年预订票购买火爆程度远超预期，该App平台在第10天时系统异常，现剔除第10天数据，求关于的线性回归方程（结果中的数值用分数表示）；
(2)该景点推出团体票，每份团体票包含四张门票，其中张为有奖门票（可凭票兑换景点纪念品），的分布列如下：
2 3 4
今从某份团体票中随机抽取2张，恰有1张为有奖门票，求该份团体票中共有3张有奖门票的概率.
附：对于一组数据，其回归线的斜率和截距的最小二乘估计分别为：
【答案】(1)
(2).
【分析】（1）根据题意，由线性回归方程的公式代入计算，即可得到结果；
（2）根据题意，由全概率公式可得恰有1张为有奖门票的概率，再结合条件概率公式代入计算，即可求解.
【详解】（1）设关于的线性回归方程：，
则，
，
所以，
所以关于的线性回归方程是.
（2）记“从某份团体票中随机抽取2张，恰有1张为有奖门票”为事件A，
“该份团体票中共有张有奖门票”为事件，则，
，所以，
，所以，
.
所以.
则所求概率是.
30．（2024·湖南长沙·三模）如图，在数轴上一个质点在外力的作用下，从原点出发，每隔向左或向右移动一个单位，向右移动的概率为，共移动，设随机变量为移动后质点的坐标.
(1)求移动后质点的坐标为正数的概率；
(2)求随机变量的分布列及数学期望.
【答案】(1)
(2)分布列见解析，
【分析】（1）根据题意明确质点坐标的可能结果即可求解.
（2）求出质点所有可能结果对应的概率即可求出分布列，再根据数学期望公式求解数学期望即可.
【详解】（1）设4次移动后坐标为正为事件，由题，
则，
由题，，
所以.
（2）的可能取值为，
由（1），，
又，
，
，
∴分布列为
4 2 0
∴.
31．（2024·北京·三模）某公司有甲、乙两条生产线生产同一种产品，该产品有两个指标．从两条产品线上各随机抽取一些产品，指标数据如下表：
甲生产线 产品序号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
指标 0.98 0.96 1.07 1.02 1.00 0.93 0.92 0.96 1.11 1.02
指标 2.01 1.97 1.96 2.03 2.03 1.98 1.95 1.99 2.07 2.02
乙生产线 产品序号 1 2 3 4 5 6 7 8
指标 1.02 0.97 0.95 0.94 1.13 0.98 0.97 1.01
指标 2.01 2.03 2.15 1.93 2.01 2.02 2.19 2.04
假设用频率估计概率，且两条生产线相互独立．
(1)从甲生产线上随机抽取一件产品，估计其指标大于1且指标大于2的概率；
(2)从甲、乙生产线上各随机抽取一件产品，设X表示指标大于2的产品数，估计X的数学期望；
(3)已知产品指标之和与3的差的绝对值越小则产品越好，两条生产线各生产一件产品，甲、乙哪条生产线产品更好的概率估计值最大？（结论不要求证明）
【答案】(1)；
(2)；
(3)甲.
【分析】（1）根据给定数表，利用列举法求出古典概率即得.
（2）分别求出甲、乙的指标大于2的产品的概率，再求出的可能值及对应的概率，进而求出期望.
（3）分别求出甲乙产品指标之和与3的差的绝对值地平均值，比较大小即得.
【详解】（1）记事件C为“从甲生产线上随机抽取一件产品，其A指标大于1且B指标大于2”，
由表知，甲生产线抽取的10件产品中，A指标大于1且B指标大于2的产品为4号、9号、10号，共3个，
因此可估计为.
（2）记事件为“从甲生产线上随机抽取一件产品，其B指标大于2”，
记事件为“从乙生产线上随机抽取一件产品，其B指标大于2”，
由表知，甲生产线抽取的10件产品中，B指标大于2的产品为1号、4号、9号、10号，共4个，
因此可估计为；
乙生产线抽取的8件产品中，B指标大于2的产品为1号、2号、3号、5号、6号、7号、8号，共7个，
因此可估计为，因此的所有可能取值为0，1，2.
，
，
，
所以的期望为.
（3）甲生产线产品指标之和与3的差的绝对值依次为：
，其平均值为；
乙生产线产品指标之和与3的差的绝对值依次为：
，其平均值为，
显然，所以甲生产线产品更好的概率估计值最大.
32．（2024·湖南衡阳·三模）现有A，B两个不透明盒子，都装有m个红球和m个白球，这些球的大小、形状、质地完全相同．
(1)若，甲、乙、丙依次从A盒中不放回的摸出一球，设X表示三人摸出的白球个数之和，求X的分布列与数学期望；
(2)若，从A、B两个盒子中各任取一个球交换放入另一个盒子中，次这样的操作后，记A盒子中红球的个数为，求：
（i）的概率；
（ii）的分布列．
【答案】(1)分布列见解析，
(2)（i）；（ii）答案见解析
【分析】（1）解法一：X的可能取值有0，1，2，3，然后根据超几何分布的概率公式求出相应的概率，从而可求出X的分布列与数学期望；解法二：X的可能取值有0，1，2，3，然后利用古典概型的概率公式结合独立事件的概率公式求出相应的概率，从而可求出X的分布列与数学期望；
（2）（i）利用全概率公式求解即可，（ii）设，，，则由题意可得是以1为首项的常数列，是以为首项，为公比的等比数列，从而求出，进而可求出的分布列.
【详解】（1）法一：X的可能取值有0，1，2，3，
，;
; ，
所以X的分布列为：
X 0 1 2 3
P
数学期望
法二：X的可能取值为0，1，2，3，则：
，
，
，
，
所以X的分布列为：
X 0 1 2 3
P
数学期望
（2）（i），，，
,,,
所以
;
（ii）设，，，则
，所以，
所以，
因为，
所以是以1为首项的常数列，是以为首项，为公比的等比数列
所以，
所以，
，
所以，X的分布列为：
X 0 1 2
P
【点睛】关键点点睛：此题考查离散型随机变量的分布列和期望，考查全概率公的应用，第（2）问解的关键是，，，根据题意得，化简变形构造等比数列，从而可求出，考查理解能力和计算能力，属于难题.
33．（2024·广东广州·三模）甲进行摸球跳格游戏，图上标有第1格，第2格，，第25格，棋子开始在第1格．盒中有5个大小相同的小球，其中3个红球，2个白球（5个球除颜色外其他都相同）．每次甲在盒中随机摸出两球，记下颜色后放回盒中，若两球颜色相同，棋子向前跳1格；若两球颜色不同，棋子向前跳2格，直到棋子跳到第24格或第25格时，游戏结束．记棋子跳到第格的概率为．
(1)甲在一次摸球中摸出红球的个数记为，求的分布列和期望；
(2)求的通项公式．
【答案】(1)分布列见解析，
(2)
【分析】（1）根据超几何分布求出概率，写出分布列，根据期望计算公式求出期望即可；
（2）当时，棋子跳到第格有两种可能：第一种，棋子先跳到第格，再摸出两球颜色不同；第二种，棋子先跳到第格，再摸出两球颜色相同；结合概率求得，变形为，利用等比数列定义证明，并结合等比数列前n项和公式，利用累加法求得的通项公式.
【详解】（1）根据题意可知，的所有可能取值为0，1，2，
则，，
，
可得的分布列如下：
0 1 2
期望值为；
（2）依题意，当时，棋子跳到第格有两种可能：
第一种，棋子先跳到第格，再摸出两球颜色不同，
第二种，棋子先跳到第格，再摸出两球颜色相同，
又可知摸出两球颜色不同，即跳两格的概率为，
摸出两球颜色相同，即跳一格的概率为，
因此可得，，
所以，
因此可得，且，，，
即数列是首项为，公比为的等比数列，
即，
所以
，
由题意，
综上，.
34．（2024·河北衡水·模拟预测）已知甲口袋有个红球和2个白球，乙口袋有个红球和2个白球，小明从甲口袋有放回地连续摸球2次，每次摸出一个球，然后再从乙口袋有放回地连续摸球2次，每次摸出一个球.
(1)当时，
（i）求小明4次摸球中，至少摸出1个白球的概率；
（ii）设小明4次摸球中，摸出白球的个数为，求的数学期望；
(2)当时，设小明4次摸球中，恰有3次摸出红球的概率为，则当为何值时，最大？
【答案】(1)（i）；（ii）
(2)
【分析】（1）（i）先根据题意求出小明从甲口袋摸出一个白球的概率和从乙口袋摸出一个白球的概率，然后求出小明4次摸球中，摸出的都是红球的概率，然后利用对立事件的概率公式可求得答案；（ii）的所有可能取值为，求出相应的概率，从而可求出的数学期望；
（2）由，可视为小明从甲口袋中有放回地摸出一个球，连续摸4次，相当于4次独立重复试验，则，然后利用导数可求得其最大值.
【详解】（1）小明从甲口袋有放回地摸出一个球，摸出白球的概率为，
从乙口袋有放回地摸出一个球，摸出白球的概率为.
（i）设“小明4次摸球中，至少摸出1个白球”为事件，则“小明4次摸球中，摸出的都是红球”为事件，且，
所以.
（ii）的所有可能取值为，
由（i），得，，
，，，
所以.
（2）由，可视为小明从甲口袋中有放回地摸出一个球，连续摸4次，相当于4次独立重复试验，
设小明每次摸出一个红球的概率为，则.
因为，
所以当时，；当1时，，
所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，
所以当时，最大，
此时，解得，
故当时，最大.
【点睛】关键点点睛：此题考查对立事件的概率公式的应用，考查离散型随机变量的期望，考查独立重复试验的概率，考查导数的应用，第（2）问解题的关键是根据独立重复试验的概率公式表示出，然后利用导数可求出其结果，考查理解能力和计算能力，属于较难题.
35．（2024·湖南长沙·三模）开展中小学生课后服务，是促进学生健康成长、帮助家长解决接送学生困难的重要举措 是进一步增强教育服务能力、使人民群众具有更多获得感和幸福感的民生工程. 某校为 确保学生课后服务工作顺利开展，制定了两套工作方案，为了解学生对这两个方案的支 持情况，对学生进行简单随机抽样，获得数据如表:
男 女
支持方案一 24 16
支持方案二 25 35
假设用频率估计概率，且所有学生对活动方案是否支 持相互独立.
(1)从该校支持方案一和支持方案二的学生中各随机抽取1人，设为抽出两人中女生的个数，求的分布列与数学期望;
(2)在(1)中表示抽出两人中男生的个数，试判断方差与的大小.
【答案】(1)分布列见解析，
(2).
【分析】（1）记从方案一中抽取到女生为事件，从方案二中抽取到女生为事件，根据已知条件求出，的可能取值为0，1，2，求出相应的概率，从而可求得的分布列与数学期望;
（2）根据方差的性质判断即可.
【详解】（1）记从方案一中抽取到女生为事件，从方案二中抽取到女生为事件 .
则 ，
则的可能取值为 .
所以，
，
，
所以 的分布列为:
0 1 2
所以 .
（2）依题意可得，
所以,
即 .
试卷第2页，共42页
1【好题汇编】2024年高考真题和模拟题数学分类汇编（全国通用）
专题12 概率统计
1．（新课标全国Ⅱ卷）某农业研究部门在面积相等的100块稻田上种植一种新型水稻，得到各块稻田的亩产量（均在之间，单位：kg）并部分整理下表
亩产量 [900，950） [950，1000） [1000，1050） [1100，1150） [1150，1200）
频数 6 12 18 24 10
据表中数据，结论中正确的是（ ）
A．100块稻田亩产量的中位数小于1050kg
B．100块稻田中亩产量低于1100kg的稻田所占比例超过80%
C．100块稻田亩产量的极差介于200kg至300kg之间
D．100块稻田亩产量的平均值介于900kg至1000kg之间
2．（新高考天津卷）下列图中，相关性系数最大的是（ ）
A． B．
C． D．
3．（全国甲卷数学（文））甲、乙、丙、丁四人排成一列，丙不在排头，且甲或乙在排尾的概率是（ ）
A． B． C． D．
4．（新高考上海卷）已知气候温度和海水表层温度相关，且相关系数为正数，对此描述正确的是（ ）
A．气候温度高，海水表层温度就高
B．气候温度高，海水表层温度就低
C．随着气候温度由低到高，海水表层温度呈上升趋势
D．随着气候温度由低到高，海水表层温度呈下降趋势
5．（新课标全国Ⅰ卷）（多选）为了解推动出口后的亩收入（单位：万元）情况，从该种植区抽取样本，得到推动出口后亩收入的样本均值，样本方差，已知该种植区以往的亩收入服从正态分布，假设推动出口后的亩收入服从正态分布，则（ ）（若随机变量Z服从正态分布，）
A． B．
C． D．
6．（新课标全国Ⅰ卷）甲、乙两人各有四张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片上分别标有数字1，3，5，7，乙的卡片上分别标有数字2，4，6，8，两人进行四轮比赛，在每轮比赛中，两人各自从自己持有的卡片中随机选一张，并比较所选卡片上数字的大小，数字大的人得1分，数字小的人得0分，然后各自弃置此轮所选的卡片（弃置的卡片在此后的轮次中不能使用）.则四轮比赛后，甲的总得分不小于2的概率为 .
7．（全国甲卷数学（理））有6个相同的球，分别标有数字1、2、3、4、5、6，从中不放回地随机抽取3次，每次取1个球.记为前两次取出的球上数字的平均值，为取出的三个球上数字的平均值，则与差的绝对值不超过的概率是 ．
8．（新高考天津卷）五种活动，甲、乙都要选择三个活动参加.（1）甲选到的概率为 ；已知乙选了活动，他再选择活动的概率为 ．
9．（新高考上海卷）某校举办科学竞技比赛，有3种题库，题库有5000道题，题库有4000道题，题库有3000道题．小申已完成所有题，他题库的正确率是0.92，题库的正确率是0.86，题库的正确率是0.72．现他从所有的题中随机选一题，正确率是 ．
10．（新课标全国Ⅱ卷）某投篮比赛分为两个阶段，每个参赛队由两名队员组成，比赛具体规则如下：第一阶段由参赛队中一名队员投篮3次，若3次都未投中，则该队被淘汰，比赛成员为0分；若至少投中一次，则该队进入第二阶段，由该队的另一名队员投篮3次，每次投中得5分，未投中得0分.该队的比赛成绩为第二阶段的得分总和．某参赛队由甲、乙两名队员组成，设甲每次投中的概率为p，乙每次投中的概率为q，各次投中与否相互独立．
(1)若，，甲参加第一阶段比赛，求甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分的概率．
(2)假设，
（i）为使得甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率最大，应该由谁参加第一阶段比赛？
（ii）为使得甲、乙，所在队的比赛成绩的数学期望最大，应该由谁参加第一阶段比赛？
11．（全国甲卷数学（理））某工厂进行生产线智能化升级改造，升级改造后，从该工厂甲、乙两个车间的产品中随机抽取150件进行检验，数据如下：
优级品 合格品 不合格品 总计
甲车间 26 24 0 50
乙车间 70 28 2 100
总计 96 52 2 150
(1)填写如下列联表：
优级品 非优级品
甲车间
乙车间
能否有的把握认为甲、乙两车间产品的优级品率存在差异？能否有的把握认为甲，乙两车间产品的优级品率存在差异？
(2)已知升级改造前该工厂产品的优级品率，设为升级改造后抽取的n件产品的优级品率.如果，则认为该工厂产品的优级品率提高了，根据抽取的150件产品的数据，能否认为生产线智能化升级改造后，该工厂产品的优级品率提高了？（）
附：
0.050 0.010 0.001
k 3.841 6.635 10.828
12．（新高考北京卷）已知某险种的保费为万元，前3次出险每次赔付万元，第4次赔付万元
赔偿次数 0 1 2 3 4
单数
在总体中抽样100单，以频率估计概率：
(1)求随机抽取一单，赔偿不少于2次的概率；
(2)（i）毛利润是保费与赔偿金额之差．设毛利润为，估计的数学期望；
（ⅱ）若未赔偿过的保单下一保险期的保费下降，已赔偿过的增加．估计保单下一保险期毛利润的数学期望．
13．（新高考上海卷）为了解某地初中学生体育锻炼时长与学业成绩的关系，从该地区29000名学生中抽取580人，得到日均体育锻炼时长与学业成绩的数据如下表所示：
时间范围学业成绩
优秀 5 44 42 3 1
不优秀 134 147 137 40 27
(1)该地区29000名学生中体育锻炼时长不少于1小时人数约为多少？
(2)估计该地区初中学生日均体育锻炼的时长（精确到0.1）
(3)是否有的把握认为学业成绩优秀与日均体育锻炼时长不小于1小时且小于2小时有关？
（附：其中，．）
一、单选题
1．（2024·山东·模拟预测）一组数据按从小到大的顺序排列为1，4，，12，14，21，若该组数据的中位数是极差的，则该组数据的第45百分位数是（ ）
A．4 B．6 C．8 D．12
2．（2024·福建泉州·二模）己知线性回归方程相应于点的残差为，则的值为（ ）
A． B． C．2.4 D．2.5
3．（2024·陕西·三模）2024年1月九省联考的数学试卷出现新结构，其中多选题计分标准如下：①本题共3小题，每小题6分，满分18分；②每道小题的四个选项中有两个或三个正确选项，全部选对得6分，有选错的得0分；③部分选对得部分分（若某小题正确选项为两个，漏选一个正确选项得3分；若某小题正确选项为三个，漏选一个正确选项得4分，漏选两个正确选项得2分）．已知在某次新结构数学试题的考试中，小明同学三个多选题中第一小题确定得满分，第二小题随机地选了两个选项，第三小题随机地选了一个选项，则小明同学多选题所有可能总得分（相同总分只记录一次）的中位数为（ ）
A．9 B．10 C．11 D．12
4．（2024·四川成都·三模）如图，由观测数据 的散点图可知， 与 的关系可以用模型 拟合，设 ，利用最小二乘法求得 关于 的回归方程 . 已知 ， ，则 （ ）
A． B． C．1 D．
5．（2024·天津·二模）为了加深师生对党史的了解，激发广大师生知史爱党、知史爱国的热情，某校举办了“学党史、育文化”的党史知识竞赛，并将1000名师生的竞赛成绩（满分100分，成绩取整数）整理成如图所示的频率分布直方图，估计这组数据的第85百分位数为（ ）分
A．84 B．85 C．86 D．87
6．（2024·四川绵阳·模拟预测）某教育机构为调查中小学生每日完成作业的时间，收集了某位学生100天每天完成作业的时间，并绘制了如图所示的频率分布直方图（每个区间均为左闭右开），根据此直方图得出了下列结论，其中正确的是（ ）

A．估计该学生每日完成作业的时间在2小时至2.5小时的有50天
B．估计该学生每日完成作业时间超过3小时的概率为0.3
C．估计该学生每日完成作业时间的中位数为2.625小时
D．估计该学生每日完成作业时间的众数为2.3小时
7．（2024·上海·三模）下列命题错误的是（ ）
A．两个随机变量的线性相关性越强，相关系数的绝对值越接近于1
B．设，若，，则
C．线性回归直线一定经过样本点的中心
D．一个袋子中有100个大小相同的球，其中有40个黄球、60个白球，从中不放回地随机摸出20个球作为样本，用随机变量X表示样本中黄球的个数，则X服从二项分布，且
8．（2024·湖北荆州·三模）根据变量和的成对样本数据，由一元线性回归模型得到经验回归模型，求得如图所示的残差图.模型误差（ ）
A．满足一元线性回归模型的所有假设
B．不满足一元线性回归模型的的假设
C．不满足一元线性回归模型的假设
D．不满足一元线性回归模型的和的假设
9．（2024·黑龙江·二模）根据分类变量x与y的成对样本数据，计算得，依据的独立性检验，结论为（ ）参考值：
0.1 0.05 0.01
2.706 3.841 6.635
A．x与y不独立
B．x与y不独立，这个结论犯错误的概率不超过0.05
C． x与y独立
D．x与y独立，这个结论犯错误的概率不超过0.05
10．（2024·四川绵阳·模拟预测）袋子中有9个除颜色外完全相同的小球，其中5个红球，4个黄球．若从袋子中任取3个球，则在摸到的球颜色不同的条件下，最终摸球的结果为2红1黄的概率为（ ）
A． B． C． D．
11．（2024·河南·三模）已知0.9973.某体育器材厂生产一批篮球，单个篮球的质量（单位：克）服从正态分布，从这一批篮球中随机抽检300个，则被抽检的篮球的质量不小于596克的个数约为（ ）
A．286 B．293 C．252 D．246
12．（2024·河北衡水·三模）已知甲、乙、丙三人参加射击比赛，甲、乙、丙三人射击一次命中的概率分别为，且每个人射击相互独立，若每人各射击一次，则在三人中恰有两人命中的前提下，甲命中的概率为（ ）
A． B． C． D．
13．（2024·湖南长沙·三模）已知随机变量服从正态分布，且，则（ ）
A．0.2 B．0.3 C．0.7 D．0.8
二、多选题
14．（2024·河北·三模）根据中国报告大厅对2023年3月~10月全国太阳能发电量进行监测统计，太阳能发电量（单位：亿千瓦时）月度数据统计如下表：
月份 3 4 5 6
发电量/亿千瓦时 242.94 230.87 240.59 259.33
月份 7 8 9 10
发电量/亿千瓦时 258.9 269.19 246.06 244.31
关于2023年3月~10月全国太阳能发电量，下列四种说法正确的是（ ）
A．中位数是259.115 B．极差是38.32
C．第85百分位数是259.33 D．第25百分位数是240.59
15．（2024·江西南昌·二模）为了解中学生喜爱足球运动与性别是否有关，甲、乙两校的课题组分别随机抽取了本校部分学生进行调查，得到如下两个表格:
喜爱足球运动 不喜爱足球运动 合计
男性 15 5 20
女性 8 12 20
合计 23 17 40
甲校样本
喜爱足球运动 不喜爱足球运动 合计
男性 70 30 100
女性 45 55 100
合计 115 85 200
乙校样本
（参考公式及数据:）.
0.1 0.01 0.001
2.706 6.635 10.828
则下列判断中正确的是（ ）
A．样本中，甲校男学生喜爱足球运动的比例高于乙校男学生喜爱足球运动的比例
B．样本中，甲校女学生喜爱足球运动的比例高于乙校女学生喜爱足球运动的比例
C．根据甲校样本有的把握认为中学生喜爱足球运动与性别有关
D．根据乙校样本有的把握认为中学生喜爱足球运动与性别有关
16．（2024·湖南长沙·三模）某校在运动会期间进行了一场“不服来战”对抗赛，由篮球专业的1名体育生组成甲组，3名非体育生的篮球爱好者组成乙组，两组进行对抗比赛.具体规则为甲组的同学连续投球3次，乙组的同学每人各投球1次.若甲组同学和乙组3名同学的命中率依次分别为，则（ ）
A．乙组同学恰好命中2次的概率为
B．甲组同学恰好命中2次的概率小于乙组同学恰好命中2次的概率
C．甲组同学命中次数的方差为
D．乙组同学命中次数的数学期望为
17．（2024·全国·二模）甲、乙两个不透明的袋子中分别装两种颜色不同但是大小相同的小球，甲袋中装有3个红球和4个绿球；乙袋中装有5个红球和2个绿球.先从甲袋中随机摸出一个小球放入乙袋中，再从乙袋中随机获出一个小球，记表示事件“从甲袋摸出的是红球”，表示事件“从甲袋摸出的是绿球”，记表示事件“从乙袋摸出的是红球”，表示事件“从乙袋摸出的是绿球”，则下列说法正确的是（ ）
A．，是对立事件 B．，是独立事件
C． D．
18．（2024·河南·二模）现有编号分别为的三个盒子，其中盒中共20个小球，其中红球6个，盒中共20个小球，其中红球5个，盒中共30个小球，其中红球6个.现从所有球中随机抽取一个，记事件：“该球为红球”，事件：“该球出自编号为的盒中”，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．若从所有红球中随机抽取一个，则该球来自盒的概率最小
19．（2024·山东日照·二模）同时投掷甲、乙两枚质地均匀的硬币，记“甲正面向上”为事件，“乙正面向上”为事件，“甲、乙至少一枚正面向上”为事件，则下列判断正确的是（ ）
A．与相互独立 B．与互斥 C． D．
20．（2024·福建三明·三模）假设甲袋中有3个红球和2个白球，乙袋中有2个白球和2个红球.现从甲袋中任取2个球放入乙袋，混匀后再从乙袋中任取2个球.下列选项正确的是（ ）
A．从甲袋中任取2个球是1个红球1个白球的概率为
B．从甲、乙两袋中取出的2个球均为红球的概率为
C．从乙袋中取出的2个球是红球的概率为
D．已知从乙袋中取出的是2个红球，则从甲袋中取出的也是2个红球的概率为
三、填空题
21．（2024·上海·三模）已知A工厂库房中的某种零件60％来自甲公司，正品率为90％；40％来自乙公司，正品率为95％，从库房中任取一个这种零件，它是正品的概率为
22．（2024·安徽安庆·三模）一个不透明的袋子装有5个完全相同的小球，球上分别标有数字1，2，3，4，4．现甲从中随机摸出一个球记下所标数字后放回，乙再从中随机摸出一个球记下所标数字，若摸出的球上所标数字大即获胜（若所标数字相同则为平局），则在甲获胜的条件下，乙摸到2号球的概率为 ．
23．（2024·天津·模拟预测）一个袋子中有10个大小相同的球，其中红球7个，黑球3个.每次从袋中随机摸出1个球，摸出的球不再放回.设第1，2，3次都摸到红球的概率为；在第1，2次都摸到红球的条件下，第3次摸到红球的概率为.求 .
24．（2024·福建厦门·模拟预测）在n维空间中（，），以单位长度为边长的“立方体”的顶点坐标可表示为n维坐标，其中.则5维“立方体”的顶点个数是 ；定义：在n维空间中两点与的曼哈顿距离为.在5维“立方体”的顶点中任取两个不同的顶点，记随机变量X为所取两点间的曼哈顿距离，则 .
25．（2024·广东广州·模拟预测）如图所示，一个质点在随机外力的作用下，从原点出发，每隔等可能地向左或向右移动一个单位，共移动5次.该质点在有且仅有一次经过位置的条件下，共经过两次1位置的概率为 .
26．（2024·广东广州·三模）在一个抽奖游戏中，主持人从编号为的四个外观相同的空箱子中随机选择一个，放入一件奖品，再将四个箱子关闭，也就是主持人知道奖品在哪个箱子里，当抽奖人选择了某个箱子后，在箱子打开之前，主持人先随机打开了另一个没有奖品的箱子，并问抽奖人是否愿意更改选择以便增加中奖概率．现在已知甲选择了号箱，用表示号箱有奖品（），用表示主持人打开号箱子（），则 ，若抽奖人更改了选择，则其中奖概率为 ．
四、解答题
27．（2024·福建泉州·二模）在一个抽奖游戏中，主持人从编号为1，2，3，4的四个外观相同的空箱子中随机选择一个，放入一件奖品，再将四个箱子关闭．主持人知道奖品在哪个箱子里．游戏规则是：主持人请抽奖人在这四个箱子中选择一个，若奖品在此箱子里，则奖品由获奖人获得．现有抽奖人甲选择了2号箱，在打开2号箱之前，主持人先打开了另外三个箱子中的一个空箱子．按游戏规则，主持人将随机打开甲选择之外的一个空箱子，记为X号箱．
(1)求的概率；
(2)求X的方差；
(3)若，现在给抽奖人甲一次重新选择的机会，请问他是坚持选2号箱，还是改选3号或4号箱？
28．（2024·陕西·三模）“村超”是贵州省榕江县举办的“和美乡村足球超级联赛”的简称．在2023年火爆“出圈”后，“村超”热度不减．2024年1月6日，万众瞩目的2024年“村超”新赛季在“村味”十足的热闹中拉开帷幕，一场由乡村足球发起的“乐子”正转化为乡村振兴的“路子”，为了解不同年龄的游客对“村超”的满意度，某组织进行了一次抽样调查，分别抽取年龄超过35周岁和年龄不超过35周岁各200人作为样本，每位参与调查的游客都对“村超”给出满意或不满意的评价．设事件“游客对“村超”满意”，事件“游客年龄不超过35周岁”，据统计，．
(1)根据已知条件，填写下列列联表并说明理由；
年龄 满意 不满意 合计
年龄不超过35周岁
年龄超过35周岁
合计
(2)由（1）中列联表数据，分析是否有的把握认为游客对“村超”的满意度与年龄有关联？附：．
参考数据：
0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001
2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828
29．（2024·浙江杭州·二模）杭州是国家历史文化名城，为了给来杭州的客人提供最好的旅游服务，某景点推出了预订优惠活动，下表是该景点在某App平台10天预订票销售情况：
日期 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
销售量（万张） 1.93 1.95 1.97 1.98 2.01 2.02 2.02 2.05 2.07 0.5
经计算可得：.
(1)因为该景点今年预订票购买火爆程度远超预期，该App平台在第10天时系统异常，现剔除第10天数据，求关于的线性回归方程（结果中的数值用分数表示）；
(2)该景点推出团体票，每份团体票包含四张门票，其中张为有奖门票（可凭票兑换景点纪念品），的分布列如下：
2 3 4
今从某份团体票中随机抽取2张，恰有1张为有奖门票，求该份团体票中共有3张有奖门票的概率.
附：对于一组数据，其回归线的斜率和截距的最小二乘估计分别为：
30．（2024·湖南长沙·三模）如图，在数轴上一个质点在外力的作用下，从原点出发，每隔向左或向右移动一个单位，向右移动的概率为，共移动，设随机变量为移动后质点的坐标.
(1)求移动后质点的坐标为正数的概率；
(2)求随机变量的分布列及数学期望.
31．（2024·北京·三模）某公司有甲、乙两条生产线生产同一种产品，该产品有两个指标．从两条产品线上各随机抽取一些产品，指标数据如下表：
甲生产线 产品序号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
指标 0.98 0.96 1.07 1.02 1.00 0.93 0.92 0.96 1.11 1.02
指标 2.01 1.97 1.96 2.03 2.03 1.98 1.95 1.99 2.07 2.02
乙生产线 产品序号 1 2 3 4 5 6 7 8
指标 1.02 0.97 0.95 0.94 1.13 0.98 0.97 1.01
指标 2.01 2.03 2.15 1.93 2.01 2.02 2.19 2.04
假设用频率估计概率，且两条生产线相互独立．
(1)从甲生产线上随机抽取一件产品，估计其指标大于1且指标大于2的概率；
(2)从甲、乙生产线上各随机抽取一件产品，设X表示指标大于2的产品数，估计X的数学期望；
(3)已知产品指标之和与3的差的绝对值越小则产品越好，两条生产线各生产一件产品，甲、乙哪条生产线产品更好的概率估计值最大？（结论不要求证明）
32．（2024·湖南衡阳·三模）现有A，B两个不透明盒子，都装有m个红球和m个白球，这些球的大小、形状、质地完全相同．
(1)若，甲、乙、丙依次从A盒中不放回的摸出一球，设X表示三人摸出的白球个数之和，求X的分布列与数学期望；
(2)若，从A、B两个盒子中各任取一个球交换放入另一个盒子中，次这样的操作后，记A盒子中红球的个数为，求：
（i）的概率；
（ii）的分布列．
33．（2024·广东广州·三模）甲进行摸球跳格游戏，图上标有第1格，第2格，，第25格，棋子开始在第1格．盒中有5个大小相同的小球，其中3个红球，2个白球（5个球除颜色外其他都相同）．每次甲在盒中随机摸出两球，记下颜色后放回盒中，若两球颜色相同，棋子向前跳1格；若两球颜色不同，棋子向前跳2格，直到棋子跳到第24格或第25格时，游戏结束．记棋子跳到第格的概率为．
(1)甲在一次摸球中摸出红球的个数记为，求的分布列和期望；
(2)求的通项公式．
34．（2024·河北衡水·模拟预测）已知甲口袋有个红球和2个白球，乙口袋有个红球和2个白球，小明从甲口袋有放回地连续摸球2次，每次摸出一个球，然后再从乙口袋有放回地连续摸球2次，每次摸出一个球.
(1)当时，
（i）求小明4次摸球中，至少摸出1个白球的概率；
（ii）设小明4次摸球中，摸出白球的个数为，求的数学期望；
(2)当时，设小明4次摸球中，恰有3次摸出红球的概率为，则当为何值时，最大？
35．（2024·湖南长沙·三模）开展中小学生课后服务，是促进学生健康成长、帮助家长解决接送学生困难的重要举措 是进一步增强教育服务能力、使人民群众具有更多获得感和幸福感的民生工程. 某校为 确保学生课后服务工作顺利开展，制定了两套工作方案，为了解学生对这两个方案的支 持情况，对学生进行简单随机抽样，获得数据如表:
男 女
支持方案一 24 16
支持方案二 25 35
假设用频率估计概率，且所有学生对活动方案是否支 持相互独立.
(1)从该校支持方案一和支持方案二的学生中各随机抽取1人，设为抽出两人中女生的个数，求的分布列与数学期望;
(2)在(1)中表示抽出两人中男生的个数，试判断方差与的大小.
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1【好题汇编】2024年高考真题和模拟题数学分类汇编（全国通用）
专题13 立体几何与空间向量
1．（新课标全国Ⅰ卷）已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】设圆柱的底面半径为，根据圆锥和圆柱的侧面积相等可得半径的方程，求出解后可求圆锥的体积.
【详解】设圆柱的底面半径为，则圆锥的母线长为，
而它们的侧面积相等，所以即，
故，故圆锥的体积为.
故选：B.
2．（新课标全国Ⅱ卷）已知正三棱台的体积为，，，则与平面ABC所成角的正切值为（ ）
A． B．1 C．2 D．3
【答案】B
【分析】解法一：根据台体的体积公式可得三棱台的高，做辅助线，结合正三棱台的结构特征求得，进而根据线面夹角的定义分析求解；解法二：将正三棱台补成正三棱锥，与平面ABC所成角即为与平面ABC所成角，根据比例关系可得，进而可求正三棱锥的高，即可得结果.
【详解】解法一：分别取的中点，则，
可知，
设正三棱台的为，
则，解得，
如图，分别过作底面垂线，垂足为，设，
则，，
可得，
结合等腰梯形可得,
即，解得，
所以与平面ABC所成角的正切值为；
解法二：将正三棱台补成正三棱锥，
则与平面ABC所成角即为与平面ABC所成角，
因为，则，
可知，则，
设正三棱锥的高为，则，解得，
取底面ABC的中心为，则底面ABC，且，
所以与平面ABC所成角的正切值.
故选：B.
3．（全国甲卷数学（文））设是两个平面，是两条直线，且.下列四个命题：
①若，则或 ②若，则
③若，且，则 ④若与和所成的角相等，则
其中所有真命题的编号是（ ）
A．①③ B．②④ C．①②③ D．①③④
【答案】A
【分析】根据线面平行的判定定理即可判断①；举反例即可判断②④；根据线面平行的性质即可判断③.
【详解】对①，当，因为，，则，
当，因为，，则，
当既不在也不在内，因为，，则且，故①正确；
对②，若，则与不一定垂直，故②错误；
对③，过直线分别作两平面与分别相交于直线和直线，
因为，过直线的平面与平面的交线为直线，则根据线面平行的性质定理知，
同理可得，则，因为平面，平面，则平面，
因为平面，，则，又因为，则，故③正确；
对④，若与和所成的角相等，如果，则，故④错误；
综上只有①③正确，
故选：A.
4．（新高考北京卷）如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，，，该棱锥的高为（ ）.
A．1 B．2 C． D．
【答案】D
【分析】取点作辅助线，根据题意分析可知平面平面，可知平面，利用等体积法求点到面的距离.
【详解】如图，底面为正方形，
当相邻的棱长相等时，不妨设，
分别取的中点，连接，
则，且，平面，
可知平面，且平面，
所以平面平面，
过作的垂线，垂足为，即，
由平面平面，平面，
所以平面，
由题意可得：，则，即，
则，可得，
所以四棱锥的高为.
当相对的棱长相等时，不妨设，，
因为，此时不能形成三角形，与题意不符，这样情况不存在.
故选：D.
5．（新高考天津卷）若为两条不同的直线，为一个平面，则下列结论中正确的是（ ）
A．若，，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则与相交
【答案】C
【分析】根据线面平行的性质可判断AB的正误，根据线面垂直的性质可判断CD的正误.
【详解】对于A，若，，则平行或异面，故A错误.
对于B，若，则平行或异面或相交，故B错误.
对于C，，过作平面，使得，
因为，故，而，故，故，故C正确.
对于D，若，则与相交或异面，故D错误.
故选：C.
6．（新高考天津卷）一个五面体．已知，且两两之间距离为1．并已知．则该五面体的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】采用补形法，补成一个棱柱，求出其直截面，再利用体积公式即可.
【详解】用一个完全相同的五面体（顶点与五面体一一对应）与该五面体相嵌，使得；;重合，
因为，且两两之间距离为1．，
则形成的新组合体为一个三棱柱，
该三棱柱的直截面（与侧棱垂直的截面）为边长为1的等边三角形，侧棱长为，
.
故选：C.
7．（新高考上海卷）定义一个集合，集合中的元素是空间内的点集，任取，存在不全为0的实数，使得．已知，则的充分条件是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】首先分析出三个向量共面，显然当时，三个向量构成空间的一个基底，则即可分析出正确答案.
【详解】由题意知这三个向量共面，即这三个向量不能构成空间的一个基底，
对A，由空间直角坐标系易知三个向量共面，则当无法推出，故A错误；
对B，由空间直角坐标系易知三个向量共面，则当无法推出，故A错误；
对C， 由空间直角坐标系易知三个向量不共面，可构成空间的一个基底，
则由能推出，
对D，由空间直角坐标系易知三个向量共面，
则当无法推出，故D错误.
故选：C．
8．（全国甲卷数学（理））已知甲、乙两个圆台上、下底面的半径均为和，母线长分别为和，则两个圆台的体积之比 ．
【答案】
【分析】先根据已知条件和圆台结构特征分别求出两圆台的高，再根据圆台的体积公式直接代入计算即可得解.
【详解】由题可得两个圆台的高分别为，
，
所以.
故答案为：.
9．（新高考北京卷）已知三个圆柱的体积为公比为10的等比数列．第一个圆柱的直径为65mm，第二、三个圆柱的直径为325mm，第三个圆柱的高为230mm，求前两个圆柱的高度分别为 ．
【答案】
【分析】根据体积为公比为10的等比数列可得关于高度的方程组，求出其解后可得前两个圆柱的高度.
【详解】设第一个圆柱的高为，第二个圆柱的高为，则，
故，，
故答案为：.
10．（新课标全国Ⅰ卷）如图，四棱锥中，底面ABCD，，．
(1)若，证明：平面；
(2)若，且二面角的正弦值为，求．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先证出平面，即可得，由勾股定理逆定理可得，从而 ，再根据线面平行的判定定理即可证出；
（2）过点D作于，再过点作于，连接，根据三垂线法可知，即为二面角的平面角，即可求得，再分别用的长度表示出，即可解方程求出．
【详解】（1）（1）因为平面，而平面，所以，
又，，平面，所以平面，
而平面，所以.
因为，所以， 根据平面知识可知，
又平面，平面，所以平面．
（2）如图所示，过点D作于，再过点作于，连接，
因为平面，所以平面平面，而平面平面，
所以平面，又，所以平面，
根据二面角的定义可知，即为二面角的平面角，
即，即．
因为，设，则，由等面积法可得，，
又，而为等腰直角三角形，所以，
故，解得，即．
11．（新课标全国Ⅱ卷）如图，平面四边形ABCD中，，，，，，点E，F满足，，将沿EF对折至，使得．
(1)证明：；
(2)求面PCD与面PBF所成的二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由题意，根据余弦定理求得，利用勾股定理的逆定理可证得，则，结合线面垂直的判定定理与性质即可证明；
（2）由（1），根据线面垂直的判定定理与性质可证明，建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求解面面角即可.
【详解】（1）由，
得，又，在中，
由余弦定理得,
所以，则，即，
所以，又平面，
所以平面，又平面，
故；
（2）连接，由，则，
在中，，得，
所以，由（1）知，又平面，
所以平面，又平面，
所以，则两两垂直，建立如图空间直角坐标系，
则，
由是的中点，得，
所以，
设平面和平面的一个法向量分别为，
则，，
令，得，
所以，
所以，
设平面和平面所成角为，则，
即平面和平面所成角的正弦值为.
12．（全国甲卷数学（文））如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，，，，为的中点.
(1)证明：平面；
(2)求点到的距离.
【答案】(1)证明见详解；
(2)
【分析】（1）结合已知易证四边形为平行四边形，可证，进而得证；
（2）作，连接，易证三垂直，结合等体积法即可求解.
【详解】（1）因为为的中点，所以，
四边形为平行四边形，所以，
又因为平面，平面，所以平面；
（2）如图所示，作交于，连接，因为四边形为等腰梯形，，所以，
结合（1）为平行四边形，可得，
又，所以为等边三角形，为中点，所以，
又因为四边形为等腰梯形，为中点，所以，
四边形为平行四边形，，所以为等腰三角形，
与底边上中点重合，，，
因为，所以，所以互相垂直，
由等体积法可得，，
，，
设点到的距离为，则，
解得，即点到的距离为.
13．（全国甲卷数学（理））如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，，，，为的中点．
(1)证明：平面；
(2)求二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见详解；
(2)
【分析】（1）结合已知易证四边形为平行四边形，可证，进而得证；
（2）作交于，连接，易证三垂直，采用建系法结合二面角夹角余弦公式即可求解.
【详解】（1）因为为的中点，所以，
四边形为平行四边形，所以，又因为平面，
平面，所以平面；
（2）如图所示，作交于，连接，
因为四边形为等腰梯形，，所以，
结合（1）为平行四边形，可得，又，
所以为等边三角形，为中点，所以，
又因为四边形为等腰梯形，为中点，所以，
四边形为平行四边形，，
所以为等腰三角形，与底边上中点重合，，，
因为，所以，所以互相垂直，
以方向为轴，方向为轴，方向为轴，建立空间直角坐标系，
，，，
，设平面的法向量为，
平面的法向量为，
则，即，令，得，即，
则，即，令，得，
即，，则，
故二面角的正弦值为.
14．（新高考北京卷）已知四棱锥P-ABCD，，，，，E是上一点，．
(1)若F是PE中点，证明：平面．
(2)若平面，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取的中点为，接，可证四边形为平行四边形，由线面平行的判定定理可得平面.
（2）建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量后可求夹角的余弦值.
【详解】（1）取的中点为，接，则，
而，故，故四边形为平行四边形，
故，而平面，平面，
所以平面.
（2）
因为，故，故，
故四边形为平行四边形，故，所以平面，
而平面，故，而，
故建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
则
设平面的法向量为，
则由可得，取，
设平面的法向量为，
则由可得，取，
故，
故平面与平面夹角的余弦值为
15．（新高考天津卷）已知四棱柱中，底面为梯形，，平面，，其中．是的中点，是的中点．
(1)求证平面；
(2)求平面与平面的夹角余弦值；
(3)求点到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）取中点，连接，，借助中位线的性质与平行四边形性质定理可得，结合线面平行判定定理即可得证；
（2）建立适当空间直角坐标系，计算两平面的空间向量，再利用空间向量夹角公式计算即可得解；
（3）借助空间中点到平面的距离公式计算即可得解.
【详解】（1）取中点，连接，，
由是的中点，故，且，
由是的中点，故，且，
则有、，
故四边形是平行四边形，故，
又平面，平面，
故平面；
（2）以为原点建立如图所示空间直角坐标系，
有、、、、、，
则有、、，
设平面与平面的法向量分别为、，
则有，，
分别取，则有、、，，
即、，
则，
故平面与平面的夹角余弦值为；
（3）由，平面的法向量为，
则有，
即点到平面的距离为.
16．（新高考上海卷）如图为正四棱锥为底面的中心．
(1)若，求绕旋转一周形成的几何体的体积；
(2)若为的中点，求直线与平面所成角的大小．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据正四棱锥的数据，先算出直角三角形的边长，然后求圆锥的体积；
（2）连接，可先证平面，根据线面角的定义得出所求角为，然后结合题目数量关系求解.
【详解】（1）正四棱锥满足且平面，由平面，则，
又正四棱锥底面是正方形，由可得，，
故，
根据圆锥的定义，绕旋转一周形成的几何体是以为轴，为底面半径的圆锥，
即圆锥的高为，底面半径为，
根据圆锥的体积公式，所得圆锥的体积是
（2）连接，由题意结合正四棱锥的性质可知，每个侧面都是等边三角形，
由是中点，则，又平面，
故平面，即平面，又平面，
于是直线与平面所成角的大小即为，
不妨设，则，，
又线面角的范围是，
故.即为所求.
一、单选题
1．（2024·内蒙古·三模）设，是两个不同的平面，，是两条不同的直线，且则“”是“且”的（ ）
A．充分不必要条件 B．充分必要条件
C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】根据题意，利用线面平行的判定定理与性质定理，结合充分条件、必要条件的判定方法，即可求解.
【详解】当时，可能在内或者内，故不能推出且，所以充分性不成立；
当且时，设存在直线，，且，
因为，所以，根据直线与平面平行的性质定理，可知，
所以，即必要性成立，故“”是“且”的必要不充分条件.
故选：C.
2．（2024·河南·模拟预测）设，为两个不同的平面，，为两条相交的直线，已知，，则“，”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】先根据空间公理确定平面；再根据面面平行的判定定理和性质可得出充分性成立；最后根据面面平行的性质及线面位置关系可得出必要性不成立.
【详解】设两条相交的直线，确定一个平面，
因为，，直线，相交，，，
所以根据面面平行的判定定理可得：，
又因为，，直线，相交，，，
所以根据面面平行的判定定理可得： ，
所以，充分性成立；
由，，可的：，或，，必要性不成立，
所以“，”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
3．（2024·河北石家庄·三模）设是三个不同的平面，是两条不同的直线，则下列命题为真命题的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
【答案】D
【分析】根据线面位置关系依次讨论各选项即可得答案.
【详解】对于A选项，若，则或，无法确定与的关系，错误；
对于B选项，根据面面平行的性质定理，缺少的条件，它们可能平行或异面，错误；
对于C选项，根据面面垂直的性质定理，缺少条件，平行、相交或均有可能，错误；
对于D选项，若，则，由面面垂直的判定定理可得，正确.
故选：D
4．（2024·辽宁·二模）设，是两个平面，，，是三条直线，则下列命题为真命题的是（ ）
A．若，，，则
B．若，，，则
C．若，，，则
D．若，，则
【答案】B
【分析】根据题意，结合线面位置关系的判定定理和性质定理，逐项判定，即可求解.
【详解】对于A中，若，，，则相交或平行，所以A错误；
对于B中，若，，由线面平行的性质可得，所以 B正确；
对于C中，若，，，当两两相交时，两两相交，所以C错误；
对于D中，若，，则或，所以D错误.
故选：B.
5．（2024·陕西榆林·三模）已知正三棱锥的侧棱与底面边长的比值为，若三棱锥外接球的表面积为，则三棱锥的高为（ ）
A．1 B． C． D．
【答案】B
【分析】根据球心到底面的距离、底面三角形的外接圆半径和球的半径满足勾股定理，求得，然后可得棱锥的高.
【详解】如图，为等边三角形，
设为中点，面，，则，
所以，
设三棱锥外接球的半径为，由正棱锥的性质可知球心为在上，
则，即，所以.
由，解得.
所以三棱锥的高为.
故选：B.

6．（2024·河南·三模）已知圆锥的底面半径为2，其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则该圆锥的侧面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据半径求底面周长，由弧长公式可得母线长，然后可得侧面积.
【详解】因为底面半径，所以底面周长，
又圆锥母线长，所以圆锥侧面积．
故选：A．
7．（2024·山东泰安·三模）已知圆台的母线长为4，下底面圆的半径是上底面圆的半径的3倍，轴截面周长为16，则该圆台的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】作出圆台的轴截面，利用其周长和两底面圆半径的关系列方程，求出，代入公式，即可求得圆台的表面积.
【详解】

如图，作出圆台的轴截面,设上底面圆的半径为，则下底面圆的半径是，
故轴截面周长为，解得，
所以上、下底面圆的面积分别为，，圆台侧面积，
所以圆台的表面积为.
故选:C.
8．（2024·天津·二模）在如图所示的几何体中，底面是边长为4的正方形，，，，均与底面垂直，且，点E、F分别为线段、的中点，记该几何体的体积为，平面将该几何体分为两部分，则体积较小的一部分的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先求几何体的体积，再求被截较小部分的体积即可.
【详解】由题意可知，如图所示，，
所以平面即为平面截几何体的截面.
因为，,
所以几何体的体积,
被截棱台的体积
,
较大部分体积为,
且,
所以较小部分的体积为.
故选：D.
9．（2024·河北·三模）已知三棱锥，平面，，，若三棱锥外接球的表面积为，则此三棱锥的体积为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【分析】利用正弦定理求出外接圆的半径，根据球的表面积求出球的半径，再由平面，则求出，最后根据锥体的体积公式计算可得.
【详解】因为，，所以，
，
设外接圆的半径为，则，即，
设三棱锥外接球的半径为，，解得（负值已舍去）；
因为平面，所以，即，解得（负值已舍去）；
所以.
故选：B
10．（2024·云南曲靖·二模）在三棱锥中，两两垂直，，则直线与平面所成角的正切值等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】取的中点，作交于点，由线面垂直的判定定理、性质定理可得就是直线与平面所成角，在中计算可得答案.
【详解】如图所示，取的中点为，连接，作交于点，
因为，且，平面，
所以平面，平面，所以，
因为，点为的中点，所以，
因为，平面，
所以平面，平面，所以，
因为，平面，所以平面，
所以就是直线与平面所成角，
因为，
所以.
故选：D.
11．（2024·四川南充·三模）如图，在直三棱柱中，，E、F、G、H分别为的中点，则下列说法中错误的是（ ）

A．E、F、G、H四点共面
B．三线共点
C．设，则平面截该三棱柱所得截面的周长为
D．与平面所成角为
【答案】C
【分析】根据两直线平行确定平面判断A；利用相交平面的公共点共线得三点共线可判断B；作出截面四边形，根据截面边长的大小判断C；作于，利用线面垂直的判定定理证明平面，进而得到为与平面所成的角可得D正确.
【详解】如图，

A：连接，因为E、F、G、H分别为、、、的中点，
所以，，所以，所以E、F、G、H四点共面，故A正确；
B：由A知，且，所以梯形的两腰、所在直线必相交于一点，
因为平面，平面，
又平面平面，所以，所以与重合，
即、、三线共点于，故B正确.
C：延长交的延长线于点，连接，交于点，连接，，
设确定平面为，则，所以，所以，
则易知三棱柱的截面四边形为， 在中，，
在中，，而中，，
而，所以截面的周长大于，故C错误；
D：作于，
因为，所以为中点，
因为平面，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
又，所以，
又平面，平面，
所以平面，
所以为与平面所成的角，等于，故D正确；
故选：C.
【点睛】关键点点睛：利用共面的判定，结合直线与平面的关系，作出平面与三棱柱截面的图形，是解决C选项的关键所在
12．（2024·辽宁·二模）长方体中，四边形为正方形，直线与直线所成角的正切值为2，则直线与平面所成角的正切值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由异面直线所成的角求得长方体中棱的关系，再根据线面角定义计算．
【详解】长方体中，，所以就是直线与直线所成角，
因此，即，
又由平面知是直线与平面所成角，
，
故选：B．
13．（2024·北京门头沟·一模）如图， 正方体 中， 点 为线段 上的动点， 则下列结论正确的个数是（ ）
（1）三棱锥的体积为定值；
（2）直线与平面所成的角的大小不变；
（3）直线与所成的角的大小不变，
（4）．
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【分析】由已知可得面，可得上任意一点到平面的距离相等，即可判断（1）；点P在直线上运动时，直线与平面所成的角和直线与平面所成的角不相等，即可判断（2）；根据线面垂直的判定定理可证得平面，再由线面垂直的性质即可判断（3）；由线面垂直的判定定理可证平面，即可判断（4）
【详解】
对于（1），因为，面，面，所以面，
所以上任意一点到平面的距离相等，又，所以三棱锥的体积不变，故正确；
对于（2），点P在直线上运动时，直线AB与平面所成的角和直线与平面所成的角不相等，故错误；
对于（3），设，则，又面，所以，又，所以平面,
又平面，所以，所以点P在直线上运动时，直线与直线所成的角的大小不变，故正确；
对于（4），因为为正方体，则平面，且平面，则，又，且，平面，
所以平面，且平面，所以，
又平面，且平面，所以，又，
且，平面，所以平面，
且平面，所以，
又，平面，所以平面，
且平面，所以，故正确；
故选：C
二、多选题
14．（2024·河南新乡·三模）已知为空间中三条不同的直线，为空间中三个不同的平面，则下列说法中正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则与为异面直线
C．若，且，则
D．若，则
【答案】ACD
【分析】利用面面垂直的判定判断A；确定线线位置关系判断B；利用平面基本事实判断C；利用线面垂直的性质、面面平行的性质判断D.
【详解】对于A，显然，又，则，A正确；
对于B，由，得与可能相交、可能平行、也可能为异面直线，B错误；
对于C，由，，知点在平面内，
即为平面的公共点，而，因此，C正确；
对于D，由，得，而，因此，D正确.
故选：ACD
15．（2024·安徽·三模）已知四棱锥的底面是边长为3的正方形，平面为等腰三角形，为棱上靠近的三等分点，点在棱上运动，则（ ）
A．平面
B．直线与平面所成角的正弦值为
C．
D．点到平面的距离为
【答案】BC
【分析】连接，若平面，证得，得到，与题设矛盾，可判定A错误；过点作，根据线面垂直的判定定理，证得平面，得到直线与平面所成的角为，可判定B正确；将平面翻折至与平面共面，连接，结合，可判定C正确；根据，求得高，可判定D错误.
【详解】对于A中，连接，交于点，连接，如图所示，
若平面，因为平面平面，且平面，
所以，因为为的中点，所以，
又因为为棱上靠近的三等分点，所以矛盾，所以A错误；
对于B中，过点作，垂足为，
因为平面，且平面，所以，
又因为四边形为正方形，所以，
因为，且平面，所以平面，
又因为平面，所以，
因为，且平面，所以平面，
则直线与平面所成的角为，
由题可知，所以B正确；
对于C中，将平面翻折至与平面共面，且点在直线的两侧，
连接，则，所以C正确；
对于D中，设点到平面的距离为，
则3，
解得，所以D错误.
故选：BC.
16．（2024·河北保定·二模）如图1，在等腰梯形中，，，，，，将四边形沿进行折叠，使到达位置，且平面平面，连接，，如图2，则（ ）

A． B．平面平面
C．多面体为三棱台 D．直线与平面所成的角为
【答案】ABD
【分析】求得位置关系判断选项A；求得平面与平面位置关系判断选项B；利用三棱台定义判断选项C；求得直线与平面所成的角判断选项D.
【详解】对于A，因为平面平面，
平面平面，，平面，
所以平面，所以，A正确.
对于B，因为，平面，平面，
则平面，
又，平面，平面，
则平面，
又，平面，所以平面平面，B正确.
对于C，因为，，则，
所以多面体不是三棱台，C错误.
对于D，延长，相交于点G，
因为平面平面，平面平面，平面，，
所以平面，则为直线与平面所成的角.
因为，所以，
解得，，，
则，D正确.

故选：ABD
17．（2024·江苏·二模）设m，n是两条不同的直线，，是两个不同的平面，下列命题中正确的有（ ）
A．若，，，则
B．，，，则
C．若，，，则
D．若，，，则
【答案】BCD
【分析】根据垂直关系的转化与判定定理和性质定理，即可判断选项.
【详解】A. 若，，，不能推出或，则不能推出，故A错误；
B.若，，则，又，所以，故B正确；
C. 若，，则，又，所以，故C正确；
D. 若，，，说明与和垂直的法向量互相垂直，则，故D正确.
故选：BCD
18．（2024·湖北武汉·模拟预测）如图，在正方体中，分别为棱的中点，点是面的中心，则下列结论正确的是（ ）
A．四点共面 B．平面被正方体截得的截面是等腰梯形
C．平面 D．平面平面
【答案】BD
【分析】可得过三点的平面为一个正六边形，判断A；分别连接和，截面是等腰梯形，判断B；分别取的中点，易证显然不平行平面，可判断C；平面，可判断D.
【详解】对于A：如图经过三点的平面为一个正六边形，点在平面外，四点不共面，选项A错误；
对于B：分别连接和，则平面即平面，截面是等腰梯形，选项B正确；
对于C：分别取的中点，则平面即为平面，
由正六边形，可知，所以不平行于，
又平面，所以，所以平面，
所以不平行于平面，故选项错误；
对于D：因为是等腰三角形，，
，，
是的中点，易证，由正方体可得平面，
平面，又平面，，
平面，平面，
平面，平面平面故选项D正确．
故选：BD．
19．（2024·湖南·模拟预测）如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，且四边形ABCD为正方形，，点E，M，N分别为AD，PD，BC的中点，记过点M，N，E的平面为，四棱锥P-ABCD的体积为V，则（ ）
A．AM⊥平面PCD
B．BM⊥PD
C．平面截四棱锥P-ABCD两部分中较大部分几何体的体积为
D．平面PBC⊥平面PCD
【答案】ABC
【分析】对于A，由已知先证得，再证得，则可得AM⊥平面PCD，即可判断；对于B，由已知可得，故得是等边三角形，又M为PD的中点，所以，即可判断；对于C，先得过点M，N，E的平面为于PC交于点H，进而得得，得，得，得，得，得，即可判断；对于D，作出二面角B-PC-D的平面角，由余弦定理计算出，可得平面PBC与平面PCD不垂直，即可判断.
【详解】
因为四边形ABCD为正方形，，
所以，又M为PD的中点，所以，
又PA⊥底面ABCD，得，
又四边形ABCD为正方形，得，
又，且平面PAD，
所以平面PAD，
又平面PAD，所以，
又，且平面PCD，
所以AM⊥平面PCD，故A正确；
如图,连接，由四边形ABCD为正方形，，
可得，
又PA⊥底面ABCD，则，故是等边三角形，
又M为PD的中点，所以，故B正确；
连接，又点E，M，N分别为AD，PD，BC的中点，
则有，
又平面，
可得平面，平面，
记过点M，N，E的平面为，交于点，连接，
又，所以平面平面
又由面面平行的性质可得，
故为的中位线，由点分别为的中点，
得，
又四棱锥P-ABCD的体积为V，得，
又，则，
所以，
则
故较大部分几何体的体积为，故C正确；
过B作于点F连接，
由已知得，则，
则为二面角B-PC-D的平面角，
设，由等面积法得，
得，故 ，
在中，，
故平面PBC与平面PCD不垂直，故D错误.
故选：ABC.
【点睛】关键点点睛：选项C中，要先得出过点M，N，E的平面为于PC交点的位置，进而得到截得四棱锥P-ABCD两部分中较大部分几何体的体积于四棱锥P-ABCD的体积之间的关系；选项D中，通过几何法，作出二面角B-PC-D的平面角，利用余弦定理得出余弦值，通过判断二面角的平面角是否是直角来判断两个平面是否垂直.
三、填空题
20．（2024·上海·三模）已知空间向量，，共面，则实数
【答案】3
【分析】根据空间向量共面得到，得到方程，求出
【详解】设，即，
故，解得.
故答案为：3
21．（2024·陕西·三模）如图，四边形是圆柱的轴截面，是底面圆周上异于的一点，则下面结论中正确的序号是 ．（填序号）
①；②；③平面；④平面平面．
【答案】①②④
【分析】证明平面，即可得到，同理可得，即可判断①②，推出矛盾说明③，根据平面说明④.
【详解】因为四边形是圆柱的轴截面，则线段是底面圆的直径，都是母线．
又是底面圆周上异于的一点，于是得，而平面，平面，则．
因为平面，则平面，因为平面，所以，①正确：
同理可证，②正确：
点不在底面内，而直线在底面内，即是两条不同直线，
若平面，因平面，与过一点有且只有一条直线垂直于已知平面矛盾，③不正确；
因为平面，而平面，于是得平面平面，④正确．
故答案为：①②④
22．（2024·福建福州·一模）已知三棱锥中，为等边三角形，，，，，则三棱锥的外接球的半径为 ．
【答案】3
【分析】首先证明，，两两垂直且长度均为，再将该三棱锥放置于正方体当中即可.
【详解】取线段的中点，分别连接，因为为等边三角形，
则，所以，因为，且，平面，
所以平面，因为平面，
所以，又因为的中点为，则垂直平分，因为，
所以，所以为等腰直角三角形，
所以，因为，则，
所以，又因为，平面，，所以平面，
则易知，，两两垂直且长度均为，
所以可将三棱锥补成正方体，如图所示三棱锥的外接球就是正方体的外接球，
设外接球的半径为，则.
故答案为：3.
23．（2024·四川遂宁·三模）若长方体的底面是边长为2的正方形，高为4，E是的中点，现给出以下四个命题：
①
②平面平面
③三棱锥的体积为
④三棱锥的外接球的表面积为
则正确命题的序号是 ．
【答案】③④
【分析】利用长方体的空间平行与垂直关系，可以判断①②，利用已知的棱长，可计算体积和外接接半径，即问题得以求解.
【详解】
对于①：由正方形的底边长为2，长方体的高为4，可知，则与不垂直，又因为，所以与不垂直，故①错误：
对于②：因为平面平面，若平面平面，则有交线，但事实上CE，不平行，故②错误；
对于③；由底面是边长为2的正方形，高为4，E是的中点，则，故③正确；
对于④：三棱锥的外接球即为长方体的外接球，
故外接球的半径，
所以三棱锥的外接球的表面积，故④正确．
故答案为：③④．
四、解答题
24．（2024·河南·三模）如图，在直三棱柱中，是棱BC上一点（点D与点不重合），且，过作平面的垂线．
(1)证明：；
(2)若，当三棱锥的体积最大时，求AC与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)．
【分析】（1）先证明平面，再根据线面垂直的性质即可证得；
（2）法1：由三棱锥的体积最大推理得到最大，利用基本不等式得，作于，可推得平面，得到AC与平面所成的角等于，解三角形即得；法2：依题建系，分别求得和平面的法向量的坐标，利用空间向量的夹角公式计算即得.
【详解】（1）在直三棱柱中，平面ABC，因为平面ABC，所以．
又平面，所以平面．
又因为平面，所以．
（2）因为，所以当三棱锥体积最大时，最大．
由（1）可知平面，因为面，所以．
又，所以，
当且仅当时取等号，即当最大时，．
法1：综合法
如图，作于，连结AH.
由（1）可知平面，因为面，所以．
又平面，所以平面．
因此，AC与平面所成的角等于．
因为平面平面，所以．
在Rt中，，所以，因此,
在Rt中，．
所以AC与平面所成角的正弦值．
法2：向量法
在平面内，作交于，因为平面ABC，所以平面ABC．
分别以DC，DA，DE为x，y，z轴建立空间直角坐标系如图.则．
设平面的法向量为，易得，
可取．
因，则，
所以AC与平面所成角的正弦值等于．
25．（2024·江苏·模拟预测）如图，在四棱台中，，，．
(1)记平面与平面的交线为，证明：；
(2)求平面与平面的夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用线线平行证明线面平行，再由线面平行即可证线线平行；
（2）建立空间直角坐标系，用空间向量法来求两平面夹角的余弦值.
【详解】（1）
因为 平面，平面 ，
所以 平面 .
又 平面 ，平面 平面，所以 .
（2）在 中， .
由余弦定理得， ，则 ，得 .
又 ，则 .因为 平面 ，
所以，又 ，所以 平面 ，
以为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
设平面 的法向量为 ，则 ，
令 ，得，所以.
又是平面 的一个法向量.
记平面 与平面 的夹角为 ，则 ，
所以平面 与平面 的夹角的余弦值为
26．（2024·安徽·三模）如图，已知四棱锥中，点在平面内的投影为点，，.

(1)求证：平面平面；
(2)若平面与平面所成角的正弦值为，求的值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）设中点为，连接，即可得到四边形为正方形，利用勾股定理逆定理得到，再由线面垂直的性质得到，即可证明平面，从而得证；
（2）建立空间直角坐标系，设，求出平面的法向量和平面的法向量，利用空间向量求解即可.
【详解】（1）设中点为，连接，
因为，且，故四边形为正方形，
而，，，
所以，所以，
因为平面，平面，
所以，又平面，，
所以平面，因为平面，
所以平面平面；
（2）以为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
设，则，，，，所以，，
设平面的法向量为，则，即，令，所以，
由（1）知，平面的法向量为，
设平面与平面所成角为，则，所以，
即，解得或（舍去），
所以.

27．（2024·湖南长沙·三模）如图，在四棱锥中，平面，，底面为直角梯形，，，，是的中点，点，分别在线段与上，且，.
(1)若平面平面，求、的值；
(2)若平面，求的最小值.
【答案】(1)；
(2)8.
【分析】（1）若平面平面，由面面平行的性质定理可知，，由为的中点，可得为的中点，同理为的中点，即可得出结果；
（2）以为原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴正半轴建立空间直角坐标系，求得的法向量为，由平面，则有，即，代入计算化简可得结果.
【详解】（1）若平面平面，平面平面，平面平面，所以，
又因为为的中点，所以为的中点，同理为的中点，所以.
（2）因为，底面，
如图，以为原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴正半轴建立空间直角坐标系，
故，则，，
设平面的法向量为，则取，可得.
因为，，所以，，
则，
因为平面，所以，即，
所以，即，
所以，所以，
所以，
当且仅当，即时取等号，所以的最小值为8.
28．（2024·河北衡水·三模）如图，在三棱柱中，四边形是矩形，，．
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面所成角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由得四边形为菱形，则，由已知的数据结合勾股定理逆定理得，而，则平面，所以，再由线面垂直的判定定理可证得结论；
（2）取的中点，连结BM，则两两垂直，所以以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可.
【详解】（1）证明：在平行四边形中，因为，
所以四边形为菱形，故，
又因为，故为等边三角形，
故．
在中，，,
所以，故
又因为，平面，
所以平面，
因为平面，因此．
又因为，平面，
所以平面；
（2）解：取的中点，连结BM，因为为等边三角形，
所以，
因为‖，所以，
因为平面，平面，
所以，
故两两垂直，
所以以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，
设平面的法向量为，则
， 令，得；
设平面的法向量为，则
, 令，得．
设平面与平面所成角为，
则．
29．（2024·山东济南·三模）如图，在三棱台中，平面平面，，，．

(1)求三棱台的高；
(2)若直线与平面所成角的正弦值为，求．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）作于点O，利用面面垂直的性质得即为三棱台的高，再利用线面垂直的判定定理和性质定理可得答案；
（2）以O为原点，在面内，作，以，，所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，设，利用线面角的空间向量求法可得答案．
【详解】（1）作于点O，因为平面平面，
平面平面，平面，，
所以平面，即为三棱台的高，
又因为平面，所以，连接，
因为，，所以，
，平面，所以平面，
又平面，所以，，，
所以，，所以三棱台的高为；
（2）以O为原点，在面内，作，以，，所在的直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，，
设平面的法向量为，则，可取，
设，则，
设直线与平面所成角为，，
化简得，解得，或（舍去，因为，则，所以），
所以．
30．（2024·山东日照·二模）在三棱锥中，，平面，点在平面内，且满足平面平面，．

(1)求证：；
(2)当二面角的余弦值为时，求三棱锥的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）作，证得平面，得到，再由平面，证得，利用线面垂直的判定定理，证得平面，进而证得；
（2）以为原点，建立空间直角坐标，设，由，得到，求得，在求得平面和的法向量和，结合向量的夹角公式，列出方程求得点的坐标，根据棱锥的体积公式，即可求解.
【详解】（1）解：作交于，
因为平面平面，且平面平面，平面，
所以平面，
又因为平面，所以，
因为平面，且平面，所以，
又因为，，且平面，，
所以平面，
因为平面，所以.
（2）解：以为原点，以所在的直线分别为，建立空间直角坐标，
如图所示，则，
设，因为，所以，
因为，所以，即，
又由，
设平面的一个法向量为，则，
取，可得，所以，
又因为为平面的一个法向量，
设二面角的平面角为，
则，
因为，解得（舍去）或，
所以点或，
所以三棱锥的体积为.

31．（2024·辽宁大连·二模）已知一圆形纸片的圆心为，直径，圆周上有两点.如图：，，点是上的动点.沿将纸片折为直二面角，并连接，，，.
(1)当平面时，求的长；
(2)若，求与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）利用线面平行的性质定理得，利用平行线的性质及三角形性质求解即可；
（2）方法一：利用面面垂直性质定理得平面，从而利用线面垂直的性质定理得，，可求得，利用等体积法求得到平面的距离，利用线面角的正弦值求解即可；
方法二：建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，然后利用向量法求解线面角即可.
【详解】（1）平面，平面，平面平面，
则有.所以，
又，则.
（2）方法一：因为平面平面，平面平面，
平面，，所以平面.
又，平面，则，，
又，由，可得.
设到平面的距离为d，因为，所以，
所以，所以，
设与平面所成的角为，则.
故与平面所成角的正弦值为.
方法二：，，.
如图，过点作平面的垂线，
以为坐标原点，，，所在的直线分别为，，轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，.
，.
易知是平面的一个法向量，
设平面的一个法向量为，则，
即，令，得，，
则，
设与平面所成角的为，
则.
故与平面所成角的正弦值为.
32．（2024·四川·三模）正方体的棱长为2，分别是的中点.
(1)求证：面；
(2)求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用中位线定理构建线线平行，再利用线面平行的判定定理证明线面平行即可.
（2）利用线面平行合理转化点面距离，再利用等体积法处理即可.
【详解】（1）
连接，因为分别是的中点，
由中位线定理得，又，
所以，所以四点共面，由于是AD的中点，
则且那么四边形为平行四边形，
从而，又面面故面，
（2）由上问结论知点到平面的距离等于点到平面的距离.
易得，
利用余弦定理得
则
设点到平面的距离，
利用等体积法，
可得，
即点到平面的距离为.
试卷第2页，共54页
1【好题汇编】2024年高考真题和模拟题数学分类汇编（全国通用）
专题13 立体几何与空间向量
1．（新课标全国Ⅰ卷）已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为（ ）
A． B． C． D．
2．（新课标全国Ⅱ卷）已知正三棱台的体积为，，，则与平面ABC所成角的正切值为（ ）
A． B．1 C．2 D．3
3．（全国甲卷数学（文））设是两个平面，是两条直线，且.下列四个命题：
①若，则或 ②若，则
③若，且，则 ④若与和所成的角相等，则
其中所有真命题的编号是（ ）
A．①③ B．②④ C．①②③ D．①③④
4．（新高考北京卷）如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，，，该棱锥的高为（ ）.
A．1 B．2 C． D．
5．（新高考天津卷）若为两条不同的直线，为一个平面，则下列结论中正确的是（ ）
A．若，，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则与相交
6．（新高考天津卷）一个五面体．已知，且两两之间距离为1．并已知．则该五面体的体积为（ ）
A． B． C． D．
7．（新高考上海卷）定义一个集合，集合中的元素是空间内的点集，任取，存在不全为0的实数，使得．已知，则的充分条件是（ ）
A． B．
C． D．
8．（全国甲卷数学（理））已知甲、乙两个圆台上、下底面的半径均为和，母线长分别为和，则两个圆台的体积之比 ．
9．（新高考北京卷）已知三个圆柱的体积为公比为10的等比数列．第一个圆柱的直径为65mm，第二、三个圆柱的直径为325mm，第三个圆柱的高为230mm，求前两个圆柱的高度分别为 ．
10．（新课标全国Ⅰ卷）如图，四棱锥中，底面ABCD，，．
(1)若，证明：平面；
(2)若，且二面角的正弦值为，求．
11．（新课标全国Ⅱ卷）如图，平面四边形ABCD中，，，，，，点E，F满足，，将沿EF对折至，使得．
(1)证明：；
(2)求面PCD与面PBF所成的二面角的正弦值．
12．（全国甲卷数学（文））如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，，，，为的中点.
(1)证明：平面；
(2)求点到的距离.
13．（全国甲卷数学（理））如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，，，，为的中点．
(1)证明：平面；
(2)求二面角的正弦值．
14．（新高考北京卷）已知四棱锥P-ABCD，，，，，E是上一点，．
(1)若F是PE中点，证明：平面．
(2)若平面，求平面与平面夹角的余弦值．
15．（新高考天津卷）已知四棱柱中，底面为梯形，，平面，，其中．是的中点，是的中点．
(1)求证平面；
(2)求平面与平面的夹角余弦值；
(3)求点到平面的距离．
16．（新高考上海卷）如图为正四棱锥为底面的中心．
(1)若，求绕旋转一周形成的几何体的体积；
(2)若为的中点，求直线与平面所成角的大小．
一、单选题
1．（2024·内蒙古·三模）设，是两个不同的平面，，是两条不同的直线，且则“”是“且”的（ ）
A．充分不必要条件 B．充分必要条件
C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
2．（2024·河南·模拟预测）设，为两个不同的平面，，为两条相交的直线，已知，，则“，”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
3．（2024·河北石家庄·三模）设是三个不同的平面，是两条不同的直线，则下列命题为真命题的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
4．（2024·辽宁·二模）设，是两个平面，，，是三条直线，则下列命题为真命题的是（ ）
A．若，，，则
B．若，，，则
C．若，，，则
D．若，，则
5．（2024·陕西榆林·三模）已知正三棱锥的侧棱与底面边长的比值为，若三棱锥外接球的表面积为，则三棱锥的高为（ ）
A．1 B． C． D．
6．（2024·河南·三模）已知圆锥的底面半径为2，其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则该圆锥的侧面积为（ ）
A． B． C． D．
7．（2024·山东泰安·三模）已知圆台的母线长为4，下底面圆的半径是上底面圆的半径的3倍，轴截面周长为16，则该圆台的表面积为（ ）
A． B． C． D．
8．（2024·天津·二模）在如图所示的几何体中，底面是边长为4的正方形，，，，均与底面垂直，且，点E、F分别为线段、的中点，记该几何体的体积为，平面将该几何体分为两部分，则体积较小的一部分的体积为（ ）
A． B． C． D．
9．（2024·河北·三模）已知三棱锥，平面，，，若三棱锥外接球的表面积为，则此三棱锥的体积为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
10．（2024·云南曲靖·二模）在三棱锥中，两两垂直，，则直线与平面所成角的正切值等于（ ）
A． B． C． D．
11．（2024·四川南充·三模）如图，在直三棱柱中，，E、F、G、H分别为的中点，则下列说法中错误的是（ ）

A．E、F、G、H四点共面
B．三线共点
C．设，则平面截该三棱柱所得截面的周长为
D．与平面所成角为
12．（2024·辽宁·二模）长方体中，四边形为正方形，直线与直线所成角的正切值为2，则直线与平面所成角的正切值为（ ）
A． B． C． D．
13．（2024·北京门头沟·一模）如图， 正方体 中， 点 为线段 上的动点， 则下列结论正确的个数是（ ）
（1）三棱锥的体积为定值；
（2）直线与平面所成的角的大小不变；
（3）直线与所成的角的大小不变，
（4）．
A．1 B．2 C．3 D．4
二、多选题
14．（2024·河南新乡·三模）已知为空间中三条不同的直线，为空间中三个不同的平面，则下列说法中正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则与为异面直线
C．若，且，则
D．若，则
15．（2024·安徽·三模）已知四棱锥的底面是边长为3的正方形，平面为等腰三角形，为棱上靠近的三等分点，点在棱上运动，则（ ）
A．平面
B．直线与平面所成角的正弦值为
C．
D．点到平面的距离为
16．（2024·河北保定·二模）如图1，在等腰梯形中，，，，，，将四边形沿进行折叠，使到达位置，且平面平面，连接，，如图2，则（ ）

A． B．平面平面
C．多面体为三棱台 D．直线与平面所成的角为
17．（2024·江苏·二模）设m，n是两条不同的直线，，是两个不同的平面，下列命题中正确的有（ ）
A．若，，，则
B．，，，则
C．若，，，则
D．若，，，则
18．（2024·湖北武汉·模拟预测）如图，在正方体中，分别为棱的中点，点是面的中心，则下列结论正确的是（ ）
A．四点共面 B．平面被正方体截得的截面是等腰梯形
C．平面 D．平面平面
19．（2024·湖南·模拟预测）如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，且四边形ABCD为正方形，，点E，M，N分别为AD，PD，BC的中点，记过点M，N，E的平面为，四棱锥P-ABCD的体积为V，则（ ）
A．AM⊥平面PCD
B．BM⊥PD
C．平面截四棱锥P-ABCD两部分中较大部分几何体的体积为
D．平面PBC⊥平面PCD
三、填空题
20．（2024·上海·三模）已知空间向量，，共面，则实数
21．（2024·陕西·三模）如图，四边形是圆柱的轴截面，是底面圆周上异于的一点，则下面结论中正确的序号是 ．（填序号）
①；②；③平面；④平面平面．
22．（2024·福建福州·一模）已知三棱锥中，为等边三角形，，，，，则三棱锥的外接球的半径为 ．
23．（2024·四川遂宁·三模）若长方体的底面是边长为2的正方形，高为4，E是的中点，现给出以下四个命题：
①
②平面平面
③三棱锥的体积为
④三棱锥的外接球的表面积为
则正确命题的序号是 ．
四、解答题
24．（2024·河南·三模）如图，在直三棱柱中，是棱BC上一点（点D与点不重合），且，过作平面的垂线．
(1)证明：；
(2)若，当三棱锥的体积最大时，求AC与平面所成角的正弦值．
25．（2024·江苏·模拟预测）如图，在四棱台中，，，．
(1)记平面与平面的交线为，证明：；
(2)求平面与平面的夹角的余弦值．
26．（2024·安徽·三模）如图，已知四棱锥中，点在平面内的投影为点，，.

(1)求证：平面平面；
(2)若平面与平面所成角的正弦值为，求的值.
27．（2024·湖南长沙·三模）如图，在四棱锥中，平面，，底面为直角梯形，，，，是的中点，点，分别在线段与上，且，.
(1)若平面平面，求、的值；
(2)若平面，求的最小值.
28．（2024·河北衡水·三模）如图，在三棱柱中，四边形是矩形，，．
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面所成角的余弦值．
29．（2024·山东济南·三模）如图，在三棱台中，平面平面，，，．

(1)求三棱台的高；
(2)若直线与平面所成角的正弦值为，求．
30．（2024·山东日照·二模）在三棱锥中，，平面，点在平面内，且满足平面平面，．

(1)求证：；
(2)当二面角的余弦值为时，求三棱锥的体积．
31．（2024·辽宁大连·二模）已知一圆形纸片的圆心为，直径，圆周上有两点.如图：，，点是上的动点.沿将纸片折为直二面角，并连接，，，.
(1)当平面时，求的长；
(2)若，求与平面所成角的正弦值.
32．（2024·四川·三模）正方体的棱长为2，分别是的中点.
(1)求证：面；
(2)求点到平面的距离.
试卷第2页，共13页
1【好题汇编】2024年高考真题和模拟题数学分类汇编（全国通用）
专题14 新定义型问题
1．（新高考北京卷）生物丰富度指数 是河流水质的一个评价指标，其中分别表示河流中的生物种类数与生物个体总数.生物丰富度指数d越大，水质越好．如果某河流治理前后的生物种类数没有变化，生物个体总数由变为，生物丰富度指数由提高到，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】根据题意分析可得，消去即可求解.
【详解】由题意得，则，即，所以.
故选：D.
2．（新高考上海卷）定义一个集合，集合中的元素是空间内的点集，任取，存在不全为0的实数，使得．已知，则的充分条件是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】首先分析出三个向量共面，显然当时，三个向量构成空间的一个基底，则即可分析出正确答案.
【详解】由题意知这三个向量共面，即这三个向量不能构成空间的一个基底，
对A，由空间直角坐标系易知三个向量共面，则当无法推出，故A错误；
对B，由空间直角坐标系易知三个向量共面，则当无法推出，故A错误；
对C， 由空间直角坐标系易知三个向量不共面，可构成空间的一个基底，
则由能推出，
对D，由空间直角坐标系易知三个向量共面，
则当无法推出，故D错误.
故选：C．
3．（新高考上海卷）已知函数的定义域为R，定义集合，在使得的所有中，下列成立的是（ ）
A．存在是偶函数 B．存在在处取最大值
C．存在是严格增函数 D．存在在处取到极小值
【答案】B
【分析】对于ACD利用反证法并结合函数奇偶性、单调性以及极小值的概念即可判断，对于B，构造函数即可判断.
【详解】对于A，若存在 是偶函数, 取 ,
则对于任意 , 而 , 矛盾, 故 A 错误；
对于B，可构造函数满足集合，
当时，则，当时，，当时，，
则该函数的最大值是，则B正确；
对C，假设存在，使得严格递增，则，与已知矛盾，则C错误；
对D，假设存在，使得在处取极小值，则在的左侧附近存在，使得，这与已知集合的定义矛盾，故D错误；
故选：B.
4．（新高考上海卷）无穷等比数列满足首项，记，若对任意正整数集合是闭区间，则的取值范围是 ．
【答案】
【分析】当时，不妨设，则，结合为闭区间可得对任意的恒成立，故可求的取值范围.
【详解】由题设有，因为，故，故，
当时，，故，此时为闭区间，
当时，不妨设，若，则，
若，则，
若，则，
综上，，
又为闭区间等价于为闭区间，
而，故对任意恒成立，
故即，故，
故对任意的恒成立，因，
故当时，，故即.
故答案为：.
【点睛】思路点睛：与等比数列性质有关的不等式恒成立，可利用基本量法把恒成立为转为关于与公比有关的不等式恒成立，必要时可利用参变分离来处理.
5．（新课标全国Ⅰ卷）设m为正整数，数列是公差不为0的等差数列，若从中删去两项和后剩余的项可被平均分为组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列是可分数列．
(1)写出所有的，，使数列是可分数列；
(2)当时，证明：数列是可分数列；
(3)从中一次任取两个数和，记数列是可分数列的概率为，证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）直接根据可分数列的定义即可；
（2）根据可分数列的定义即可验证结论；
（3）证明使得原数列是可分数列的至少有个，再使用概率的定义.
【详解】（1）首先，我们设数列的公差为，则.
由于一个数列同时加上一个数或者乘以一个非零数后是等差数列，当且仅当该数列是等差数列，
故我们可以对该数列进行适当的变形，
得到新数列，然后对进行相应的讨论即可.
换言之，我们可以不妨设，此后的讨论均建立在该假设下进行.
回到原题，第1小问相当于从中取出两个数和，使得剩下四个数是等差数列.
那么剩下四个数只可能是，或，或.
所以所有可能的就是.
（2）由于从数列中取出和后，剩余的个数可以分为以下两个部分，共组，使得每组成等差数列：
①，共组；
②，共组.
（如果，则忽略②）
故数列是可分数列.
（3）定义集合，.
下面证明，对，如果下面两个命题同时成立，
则数列一定是可分数列：
命题1：或；
命题2：.
我们分两种情况证明这个结论.
第一种情况：如果，且.
此时设，，.
则由可知，即，故.
此时，由于从数列中取出和后，
剩余的个数可以分为以下三个部分，共组，使得每组成等差数列：
①，共组；
②，共组；
③，共组.
（如果某一部分的组数为，则忽略之）
故此时数列是可分数列.
第二种情况：如果，且.
此时设，，.
则由可知，即，故.
由于，故，从而，这就意味着.
此时，由于从数列中取出和后，剩余的个数可以分为以下四个部分，共组，使得每组成等差数列：
①，共组；
②，，共组；
③全体，其中，共组；
④，共组.
（如果某一部分的组数为，则忽略之）
这里对②和③进行一下解释：将③中的每一组作为一个横排，排成一个包含个行，个列的数表以后，个列分别是下面这些数：
，，，.
可以看出每列都是连续的若干个整数，它们再取并以后，将取遍中除开五个集合，，，，中的十个元素以外的所有数.
而这十个数中，除开已经去掉的和以外，剩余的八个数恰好就是②中出现的八个数.
这就说明我们给出的分组方式满足要求，故此时数列是可分数列.
至此，我们证明了：对，如果前述命题1和命题2同时成立，则数列一定是可分数列.
然后我们来考虑这样的的个数.
首先，由于，和各有个元素，故满足命题1的总共有个；
而如果，假设，则可设，，代入得.
但这导致，矛盾，所以.
设，，，则，即.
所以可能的恰好就是，对应的分别是，总共个.
所以这个满足命题1的中，不满足命题2的恰好有个.
这就得到同时满足命题1和命题2的的个数为.
当我们从中一次任取两个数和时，总的选取方式的个数等于.
而根据之前的结论，使得数列是可分数列的至少有个.
所以数列是可分数列的概率一定满足
.
这就证明了结论.
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于对新定义数列的理解，只有理解了定义，方可使用定义验证或探究结论.
6．（新课标全国Ⅱ卷）已知双曲线，点在上，为常数，．按照如下方式依次构造点，过作斜率为的直线与的左支交于点，令为关于轴的对称点，记的坐标为.
(1)若，求；
(2)证明：数列是公比为的等比数列；
(3)设为的面积，证明：对任意的正整数，.
【答案】(1)，
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）直接根据题目中的构造方式计算出的坐标即可；
（2）根据等比数列的定义即可验证结论；
（3）思路一：使用平面向量数量积和等比数列工具，证明的取值为与无关的定值即可.思路二：使用等差数列工具，证明的取值为与无关的定值即可.
【详解】（1）
由已知有，故的方程为.
当时，过且斜率为的直线为，与联立得到.
解得或，所以该直线与的不同于的交点为，该点显然在的左支上.
故，从而，.
（2）由于过且斜率为的直线为，与联立，得到方程.
展开即得，由于已经是直线和的公共点，故方程必有一根.
从而根据韦达定理，另一根，相应的.
所以该直线与的不同于的交点为，而注意到的横坐标亦可通过韦达定理表示为，故一定在的左支上.
所以.
这就得到，.
所以
.
再由，就知道，所以数列是公比为的等比数列.
（3）方法一：先证明一个结论：对平面上三个点，若，，则.（若在同一条直线上，约定）
证明：
.
证毕，回到原题.
由于上一小问已经得到，，
故.
再由，就知道，所以数列是公比为的等比数列.
所以对任意的正整数，都有
.
而又有，，
故利用前面已经证明的结论即得
.
这就表明的取值是与无关的定值，所以.
方法二：由于上一小问已经得到，，
故.
再由，就知道，所以数列是公比为的等比数列.
所以对任意的正整数，都有
.
这就得到，
以及.
两式相减，即得.
移项得到.
故.
而，.
所以和平行，这就得到，即.
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于将解析几何和数列知识的结合，需要综合运用多方面知识方可得解.
7．（新高考北京卷）设集合．对于给定有穷数列，及序列，，定义变换：将数列的第项加1，得到数列；将数列的第列加，得到数列…；重复上述操作，得到数列，记为．
(1)给定数列和序列，写出；
(2)是否存在序列，使得为，若存在，写出一个符合条件的；若不存在，请说明理由；
(3)若数列的各项均为正整数，且为偶数，证明：“存在序列，使得为常数列”的充要条件为“”．
【答案】(1)
(2)不存在符合条件的，理由见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）直接按照的定义写出即可；
（2）利用反证法，假设存在符合条件的，由此列出方程组，进一步说明方程组无解即可；
（3）分充分性和必要性两方面论证.
【详解】（1）由题意得；
（2）假设存在符合条件的，可知的第项之和为，第项之和为，
则，而该方程组无解，故假设不成立，
故不存在符合条件的；
（3）我们设序列为，特别规定.
必要性：
若存在序列，使得为常数列.
则，所以.
根据的定义，显然有，这里，.
所以不断使用该式就得到，，必要性得证.
充分性：
若.
由已知，为偶数，而，所以也是偶数.
我们设是通过合法的序列的变换能得到的所有可能的数列中，使得最小的一个.
上面已经证明，这里，.
从而由可得.
同时，由于总是偶数，所以和的奇偶性保持不变，从而和都是偶数.
下面证明不存在使得.
假设存在，根据对称性，不妨设，，即.
情况1：若，则由和都是偶数，知.
对该数列连续作四次变换后，新的相比原来的减少，这与的最小性矛盾；
情况2：若，不妨设.
情况2-1：如果，则对该数列连续作两次变换后，新的相比原来的至少减少，这与的最小性矛盾；
情况2-2：如果，则对该数列连续作两次变换后，新的相比原来的至少减少，这与的最小性矛盾.
这就说明无论如何都会导致矛盾，所以对任意的都有.
假设存在使得，则是奇数，所以都是奇数，设为.
则此时对任意，由可知必有.
而和都是偶数，故集合中的四个元素之和为偶数，对该数列进行一次变换，则该数列成为常数列，新的等于零，比原来的更小，这与的最小性矛盾.
综上，只可能，而，故是常数列，充分性得证.
【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键在于对新定义的理解，以及对其本质的分析.
8．（新高考上海卷）对于一个函数和一个点，令，若是取到最小值的点，则称是在的“最近点”．
(1)对于，求证：对于点，存在点，使得点是在的“最近点”；
(2)对于，请判断是否存在一个点，它是在的“最近点”，且直线与在点处的切线垂直；
(3)已知在定义域R上存在导函数，且函数 在定义域R上恒正，设点，．若对任意的，存在点同时是在的“最近点”，试判断的单调性．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，
(3)严格单调递减
【分析】（1）代入，利用基本不等式即可；
（2）由题得，利用导函数得到其最小值，则得到，再证明直线与切线垂直即可；
（3）根据题意得到，对两等式化简得，再利用“最近点”的定义得到不等式组，即可证明，最后得到函数单调性.
【详解】（1）当时，，
当且仅当即时取等号，
故对于点，存在点，使得该点是在的“最近点”．
（2）由题设可得，
则，因为均为上单调递增函数，
则在上为严格增函数，
而，故当时，，当时，，
故，此时，
而，故在点处的切线方程为.
而，故，故直线与在点处的切线垂直．
（3）设，
，
而，
，
若对任意的，存在点同时是在的“最近点”，
设，则既是的最小值点，也是的最小值点，
因为两函数的定义域均为，则也是两函数的极小值点，
则存在,使得，
即①
②
由①②相等得，即，
即，又因为函数在定义域R上恒正，
则恒成立，
接下来证明，
因为既是的最小值点，也是的最小值点，
则，
即，③
，④
③④得
即，因为
则，解得，
则恒成立，因为的任意性，则严格单调递减.
【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是结合最值点和极小值的定义得到，再利用最值点定义得到即可.
一、单选题
1．（2024·湖南怀化·二模）给定整数，有个实数元素的集合，定义其相伴数集，如果，则称集合为一个元规范数集．（注：表示数集中的最小数）．对于集合，则（ ）
A．是规范数集，不是规范数集 B．是规范数集，是规范数集
C．不是规范数集，是规范数集 D．不是规范数集，不是规范数集
【答案】C
【分析】利用规范数集的定义，逐项判断即可得解.
【详解】集合中，，则，
即的相伴数集中的最小数不是1，因此不是规范数集；
集合，，
，
即的相伴数集中的最小数是1，因此是规范数集.
故选：C
2．（2024·四川绵阳·模拟预测）一般地，任意给定一个角，它的终边与单位圆的交点的坐标，无论是横坐标还是纵坐标，都是唯一确定的，所以点的横坐标、纵坐标都是关于角的函数.下面给出这些函数的定义：
①把点的纵坐标叫作的正弦函数，记作，即；
②把点的横坐标叫作的余弦函数，记作，即；
③把点的纵坐标的倒数叫作的余割函数，记作，即；
④把点的横坐标的倒数叫作的正割函数，记作，即.
下列结论错误的是（ ）
A．
B．
C．函数的定义域为
D．
【答案】C
【分析】根据定义可判断A；利用定义转化为余弦求解可判断B；转化为余弦表示，根据分母不为0求解可判断C；转化为正弦和余弦，利用平方关系和二倍角公式化简，由正弦函数性质可判断D.
【详解】由题知，，
对于A，，A正确；
对于B，，B正确；
对于C，函数，由得
所以的定义域为，C错误；
对于D，
，
当时，等号成立，D正确.
故选：C.
3．（2024·河北邯郸·二模）对任意两个非零的平面向量和，定义：，．若平面向量满足，且和都在集合中，则（ ）
A．1 B． C．1或 D．1或
【答案】D
【分析】根据，得到，再利用题设中的定义及向量夹角的范围，得到，，再结合条件，即可求出结果.
【详解】因为，
设向量和的夹角为，因为，所以，
得到，
又，所以，
又在集合中，所以，即，得到，
又因为，所以或，
所以或，
故选：D.
4．（2024·上海杨浦·二模）平面上的向量、满足：，，.定义该平面上的向量集合.给出如下两个结论：
①对任意，存在该平面的向量，满足
②对任意，存在该平面向量，满足
则下面判断正确的为（ ）
A．①正确，②错误 B．①错误，②正确 C．①正确，②正确 D．①错误，②错误
【答案】C
【分析】根据给定条件，令，，设，利用向量模及数量积的坐标表示探求的关系，再借助平行线间距离分析判断得解.
【详解】由，，，不妨令，，设，
，得，而，，
则，整理得，由，得，
平行直线和间的距离为，
到直线和直线距离相等的点到这两条直线的距离为，
如图，阴影部分表示的区域为集合，因此无论是否属于，都有，
所以命题①②都正确.
故选：C
【点睛】思路点睛：已知几个向量的模，探求向量问题，可以在平面直角坐标系中，借助向量的坐标表示，利用代数方法解决.
5．（2024·甘肃兰州·一模）球面上两点间距离的定义为：经过球面上两点的大圆在这两点间劣弧的长度（大圆就是经过球心的平面截球面所得的圆）．设地球的半径为，若甲地位于北纬东经，乙地位于北纬西经，则甲、乙两地的球面距离为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】分析甲、乙两地的球心角，即可得解.
【详解】甲、乙两地在北纬线上，所对圆心角为，
即甲、乙两地在北纬线所在小圆的直径的两端，且小圆的半径，
则，所以甲、乙两地的球心角为，
故甲、乙两地的球面距离为.
故选：C.
二、多选题
6．（2024·安徽芜湖·二模）在平面直角坐标系xOy中，角θ以坐标原点O为顶点，以x轴的非负半轴为始边，其终边经过点，，定义，，则（ ）
A． B．
C．若，则 D．是周期函数
【答案】ACD
【分析】根据题意分别求出，，则，，从而可对A判断求解，利用换元法令可对B判断求解，由求出，并结合从而可对C判断求解，由可对D判断求解.
【详解】由题意得在角的终边上，且，所以，，
则，，
对A：，故A正确；
对B：，令，
所以，故B错误；
对C：，解得，
又由，故C正确；
对D：，因为为周期函数，故D正确.
故选：ACD.
7．（2024·全国·模拟预测）已知函数和实数，，则下列说法正确的是（ ）
A．定义在上的函数恒有，则当时，函数的图象有对称轴
B．定义在上的函数恒有，则当时，函数具有周期性
C．若，，，则，恒成立
D．若，，，且的4个不同的零点分别为，且，则
【答案】ACD
【分析】根据函数的对称性和周期性可分别判断AB；求出时的解析式，然后根据自变量范围代入相应表达式解不等式即可判断C；将问题转化为直线与函数有四个交点，结合图象求得四根的关系即可判断D.
【详解】对于A，若，则，
所以函数的图象的对称轴为直线，故A正确.
对于B，当时，.
若，则，函数不具有周期性，故B错误.
对于C，若，，则，
当时，，
则，
即当时，.
当时，，
所以
，所以恒成立，C正确.
对于D，当时，，则，
令，
作出函数的图象和直线，如图.
要使有4个不同的零点，则函数的图象与直线有4个不同的交点.
又，则，
所以，，
所以，，
则，
所以，D正确.
故选：ACD.
【点睛】思路点睛：关于函数零点个数的有关问题，一般转化为两个函数图象交点问题，利用函数图象分析求解即可.
8．（2024·浙江绍兴·模拟预测）对于任意的两点，，定义间的折线距离，反折线距离，表示坐标原点. 下列说法正确的是（ ）
A．.
B．若，则.
C．若斜率为，.
D．若存在四个点使得，且，则的取值范围.
【答案】ABD
【分析】对于A，直接使用绝对值不等式即可证明；对于B，在使用绝对值不等式的同时考虑到绝对值不等式取等的条件（即，，两两等价，对两个不等式两边同时平方即得结论），即可判断；对于C，举出一个反例即可否定；对于D，先将问题转化为方程组的解的个数问题，然后利用解析几何工具直观理解，猜出答案，最后再严格论证结果即可.
【详解】对于A，设，我们有
，
故A正确；
对于B，若，则，
这意味着.
从而由，知，
即，所以.
故.
而.
故.
从而由，知，故B正确；
对于C，考虑，，此时，所以.
但，故C错误；
对于D，条件等价于关于的方程组，即有四个解.
如下图所示，该方程组可以直观地理解为正方形和圆有四个公共点，直观的理解即为圆与矩形上方的两条边所在的直线均相交，
且交点都在边的内部，而当时，圆与上方的两条边相切，
当时，圆与上方的边的交点恰落在端点上，故可猜测取值范围是，
下面再使用二次方程工具严格证明此结论（也可以使用距离公式等其它方法证明）.
若满足原方程组，则，故.
而，
故，同时还有.
由于当确定后，只有唯一可能的取值，而方程组有四个解，
所以使得相应的存在的至少有四个.
根据前面的讨论，这样的必满足，且，
所以方程必定在上有四个解.
这表明关于的方程在上一定有两个解，
所以首先有判别式为正数，结合
，
就有.
同时，由于两根都在内，故两根乘积为正数，故，即.
这就证明了.
最后，当时，原方程组的确存在四组不同的解：
，，
，.
所以的取值范围是，D正确.
故选：ABD.
三、填空题
9．（2024·湖南长沙·三模）已知函数 ，任取 ，定义集合 ，点 满足 . 设 分别表示集合 中元素的最大值和最小值，记 ，试解答 以下问题:
（1）若函数 ，则 ;
（2）若函数 ，则 的最小正周期为 .
【答案】 1 2
【分析】（1）把代入，然后计算的最大值和最小值即可.
（2）先表示出，然后根据的位置分类分析的值.
【详解】对于 ，因为函数 ，当 时， 且 ，
即 ，令 ，即 ，解得 ，
所以 ，所以 ；
对于 ，如图所示，若函数 ，此时，函数的最小正周期为 ，
点 ，
当点 在 点时，点 在曲线 上， ;
当点 在曲线上从 接近 时， 逐渐增大，当点 在 点时，
;
当点 在曲线上从 接近 时， 逐渐减小，当点 在 点时，，
;
当点 在曲线上从 接近 时， 逐渐
增大，当点 在 点时，，
当点 在曲线上从 接近 时， 逐渐
减小，当点 在 点时，，
;
依此类推，发现 的最小正周期为 2 ，
故答案为：（1）1；（2）2.
10．（2024·四川成都·模拟预测）定义在封闭的平面区域D内任意两点的距离的最大值称为平面区域D的“直径”．如图，已知锐角三角形的三个顶点A，B，C在半径为1的圆上，角的对边分别为a，b，c，．分别以各边为直径向外作三个半圆，这三个半圆和构成平面区域D，则平面区域D的“直径”的取值范围是 ．
【答案】
【分析】（1）根据给定条件，利用正弦定理边化角，结合和角的正弦公式求出；
（2）利用向量线性运算，结合向量的三角不等式求出区域D的“直径”关系式，再利用三角恒等变换结合正弦函数性质求出范围即得.
【详解】如图，F，G是AC，BC的中点，E，F，G，H四点共线，
设P，Q分别为、上任意一点，，
，
即PQ的长小于等于周长的一半，当PQ与HE重合时取等，
同理，三个半圆上任意两点的距离最大值等于周长的一半，因此区域D的“直径”为的周长l的一半，
由正弦定理得：，，，
则
.
由为锐角三角形，得，即，
则，，于是，
所以平面区域D的“直径”的取值范围是.
故答案为:.
11．（2024·广东佛山·二模）近年，我国短板农机装备取得突破，科技和装备支撑稳步增强，现代农业建设扎实推进.农用机械中常见有控制设备周期性开闭的装置.如图所示，单位圆O绕圆心做逆时针匀速圆周运动，角速度大小为，圆上两点A，B始终满足，随着圆O的旋转，A，B两点的位置关系呈现周期性变化.现定义：A，B两点的竖直距离为A，B两点相对于水平面的高度差的绝对值.假设运动开始时刻，即秒时，点A位于圆心正下方：则 秒时，A，B两点的竖直距离第一次为0；A，B两点的竖直距离关于时间t的函数解析式为 .
【答案】
【分析】以O为原点，以OA所在直线为y轴建立平面直角坐标系，利用三角函数定义表示点的坐标，由已知结合和角的正弦公式化简即得.
【详解】以O为原点，以OA所在直线为y轴，建立平面直角坐标系，由于角速，
设点，圆上两点A、B始终保持，
则，要使A、B两点的竖直距高为0，
则，第一次为0时，，解得，
.
故答案为：；
【点睛】关键点点睛：涉及三角函数实际应用问题，探求动点坐标，找出该点所在射线为终边对应的角是关键，特别注意，始边是x轴非负半轴.
12．（2024·山东枣庄·模拟预测）设为平面上两点，定义、已知点P为抛物线上一动点，点的最小值为2，则 ；若斜率为的直线l过点Q，点M是直线l上一动点，则的最小值为 ．
【答案】 2
【分析】利用定义结合二次函数求最值计算即可得第一空，过作并构造直角三角形，根据的定义化折为直，结合直线与抛物线的位置关系计算即可.
【详解】设，则，
，即，时取得最小值；
易知，，联立有，
显然无解，即直线与抛物线无交点，如下图所示，
过作交l于N，过作，
则（重合时取得等号），
设，则，所以，

故答案为：2，
【点睛】思路点睛：对于曼哈顿距离的新定义问题可以利用化折为直的思想，数形结合再根据二次函数的性质计算最值即可.
13．（2024·福建厦门·模拟预测）在n维空间中（，），以单位长度为边长的“立方体”的顶点坐标可表示为n维坐标，其中.则5维“立方体”的顶点个数是 ；定义：在n维空间中两点与的曼哈顿距离为.在5维“立方体”的顶点中任取两个不同的顶点，记随机变量X为所取两点间的曼哈顿距离，则 .
【答案】 32
【分析】第一空由题意根据分步乘法原理，求解即可；第二空先确定样本点总数，再得到的可能取值，求出概率，列出分布列，求出期望.
【详解】（1）的可能值为0，1（，）.故五维立方体的顶点有个.
（2）依题意，样本空间的样本点记为，M，N为五维立方体的顶点
样本点总数：
当时，有k个第i维坐标值不同，有个第i维坐标值相同.
满足的样本点个数为.
所以.
故分布列为：
X 1 2 3 4 5
P
.
故答案为：32；.
【点睛】关键点点睛：本题第二空关键在于确定当时，有k个第i维坐标值不同，有个第i维坐标值相同，再由求出概率.
四、解答题
14．（2024·福建泉州·二模）进位制是人们为了计数和运算方便而约定的记数系统，如果约定满二进一，就是二进制：满十进一，就是十进制：满十六进一，就是十六进制．k进制的基数就是k．我们日常生活中最熟悉、最常用的就是十进制．例如，数3721也可以表示为：一般地，如果k是大于1的整数，那么以k为基数的k进制数可以表示为．其中．为了简便，也会把它写成一串数字连写在一起的形式：，如果不加下标就默认是十进制．
(1)令集合，将B中的元素按从大到小的顺序排列，则第100个数为多少？
(2)若，记为整数n的二进制表达式中0的个数，如，求的值．（用数字作答）
(3)十进制中的数999在其他进制中是否也可以表示成一个各位数字之和为27的三位数？如果能，请求出所有的k进制数；如果不能，请说明理由．
【答案】(1)
(2)129
(3)能，．
【分析】（1）将集合B中的元素都乘以，得集合中的最大数，可得从大到小的顺序排列的第100个数，再除以即可.
（2）从到中，对应的二进制数从到中，最多六位数．最高位只能是1，结合数位讨论的值和个数，可求的值．
（3）由且，得，又，符合条件的有三个值可取，计算出对应的即可.
【详解】（1）将集合B中的元素都乘以，
得集合，则中的最大数为．
在10进制中，从624起从大到小排列的第100个数是，这就是中的元素按从大到小顺序排列的第100个数，
所以B中的元素按从大到小的顺序排列，第100个数为．
（2），．
∴从到中，对应的二进制数从到中，最多六位数．最高位只能是1，
∴0的个数只能是1个，2个，3个，4个，5个，
或或或或或，
有共6个；
有个；
有个；
有个；
有个；
有个．
．
（3）假设存在这样的k进制数，
则，
，
①要想使且，∴x，y，z中必有大于9的数，则；
②，
综上，，
所以，
k x y z
① 12 81 13 5 11 11
② 18 54 19 2 14 11
③ 27 36 28 1 7 19
综上可知，满足题意的k进制数有3个，分别为：．
【点睛】方法点睛：
在实际解决“新定义”问题时，关键是正确提取新定义中的新概念、新公式、新性质、新模式等信息，确定新定义的名称或符号、概念、法则等，并进行信息再加工，寻求相近知识点，明确它们的共同点和不同点，探求解决方法，在此基础上进行知识转换，有效输出，合理归纳，结合相关的数学技巧与方法来分析与解决!
15．（2024·湖南长沙·二模）集合论在离散数学中有着非常重要的地位.对于非空集合和，定义和集，用符号表示和集内的元素个数.
(1)已知集合，，，若，求的值；
(2)记集合，，，为中所有元素之和，，求证：；
(3)若与都是由个整数构成的集合，且，证明：若按一定顺序排列，集合与中的元素是两个公差相等的等差数列.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据新定义求出，则，，且，即可求解；
（2）由新定义可得，结合等差数列前n项求和公式计算可得，利用裂项相消法计算即可证明；
（3）设集合，（，），则，进而，结合放缩法计算可得、，即可证明.
【详解】（1）由题：，
所以，，且，
从而，，，故.
（2）若，，，，使，其中，，，，
则，故，.
，
，
.
（3）设集合，，其中，.
则，
这里共个不同元素，又，所以上面为和集中的所有元素.
又，
这里共个不同元素，也为合集中的所有元素，
所以有，即.
一般地，由，
，
可得，即.
同理可得，得证.
【点睛】方法点睛：学生在理解相关新概念、新法则(公式)之后，运用学过的知识，结合已掌握的技能，通过推理、运算等解决问题.在新环境下研究“旧”性质.主要是将新性质应用在“旧”性质上，创造性地证明更新的性质，落脚点仍然是数列的有关性质或求和.
16．（2024·辽宁葫芦岛·二模）设数阵，其中.设，其中，且.定义变换为“对于数阵的每一列，若其中有t或，则将这一列中所有数均保持不变；若其中没有t且没有，则这一列中每个数都乘以”（），表示“将经过变换得到，再将经过变换得到，…，以此类推，最后将经过变换得到.记数阵中四个数的和为.
(1)若，，写出经过变换后得到的数阵，并求的值；
(2)若，，求的所有可能取值的和；
(3)对任意确定的一个数阵，证明：的所有可能取值的和不大于.
【答案】(1)，0
(2)40
(3)证明见解析
【分析】（1）直接由变换以及的定义即可求解；
（2）对集合分类讨论，进而得出的所有情况即可求解；
（3）分是否相等进行讨论，当，在的所有非空子集中，分：含有且不含的子集、含有且不含的子集、同时含有和的子集和不含也不含的子集，四种情况进行讨论，当，分含有的子集和不含有的子集两种情况讨论即可求解.
【详解】（1）因为，，
经过变换得到的数阵，
经过变换得到的数阵，
所以.
（2）若，则或，
可得，4种情况；
若或，，则，
可得，4种情况；
若，从和中各取出一个元素a，b，
，，，则，
可得，8种；
若，，则或，
可得，4种情况；
综上，的所有可能取值的和；
（3）若，在的所有非空子集中，
①含有且不含的子集共个，
其中含有奇数个元素的集合有8个，经过变换后第一列均仍为，；
其中含有偶数个元素的集合有8个，经过变换后第一列均变为，；
②含有且不含的子集共个，
其中含有奇数个元素的集合有8个，经过变换后第一列均仍为，；
其中含有偶数个元素的集合有8个，经过变换后第一列均变为，；
③同时含有和的子集共个，
其中含有奇数个元素的集合有8个，经过变换后第一列均变为，；
其中含有偶数个元素的集合有8个，经过变换后第一列均仍为，；
④不含也不含的子集共个，
其中含有奇数个元素的集合有8个，经过变换后第一列均变为，；
其中含有偶数个元素的集合有7个，经过变换后第一列均变为，；
若，在的所有非空子集中，
①含有的子集共个，
其中含有奇数个元素的集合有16个，经过变换后第一列均变为，；
其中含有偶数个元素的集合有16个，经过变换后第一列均仍为，；
②不含的子集共个，
其中含有奇数个元素的集合有16个，经过变换后第一列均变为，；
其中含有偶数个元素的集合有15个，经过变换后第一列均仍为，；
综上，经过变换后，所有的第一列数的和为
同理，经过变换后所有的第二列数的和为.
所以的所有可能取值的和为，
又因为，所以的所有可能取值的和不超过.
【点睛】关键点点睛：第三问的关键是要做到有序讨论，从而可以做到不重不漏，由此即可顺利得解.
17．（2024·浙江·三模）莫比乌斯函数，由德国数学家和天文学家莫比乌斯提出，数学家梅滕斯首先使用作为莫比乌斯函数的记号，其在数论中有着广泛应用.所有大于1的正整数都可以被唯一表示为有限个质数的乘积形式：（为的质因数个数，为质数，，），例如：，对应，，，，，，.现对任意，定义莫比乌斯函数.
(1)求，；
(2)已知，记（为的质因数个数，为质数，，）的所有因数从小到大依次为，，…，.
（ⅰ）证明：；
（ⅱ）求的值（用（）表示）.
【答案】(1)，
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）
【分析】（1）由，，根据所给定义计算可得；
（2）（ⅰ）依题意只考虑，，…，中的若干个数的乘积构成的因数，从个质数中任选个数的乘积一共有种结果，再由组合数公式计算可得；
（ⅱ）由（ⅰ）分析可知，因此的所有因数除之外，只考虑，，…，中的若干个数的乘积构成的因数，即可推导出，最后利用累乘法计算可得.
【详解】（1）因为，因为的指数，所以；
又，易知，，，，，
所以；
（2）（ⅰ）的因数中如有平方数，根据莫比乌斯函数的定义，，
因此的所有因数除之外，只考虑，，…，中的若干个数的乘积构成的因数，
从个质数中任选个数的乘积一共有种结果，
所以
.
（ⅱ）方法一：由（ⅰ）知，因此的所有因数除之外，只考虑，，…，中的若干个数的乘积构成的因数，
所以
.
令，
则（，），
所以.
所以，.
因为，所以.
方法二：
.
由展开式原理可知，的展开式即为上式所求.
【点睛】关键点点睛：本题关键是理解题干所给定义，得到的所有因数除之外，只考虑，，…，中的若干个数的乘积构成的因数.
18．（2024·山东济南·三模）高斯二项式定理广泛应用于数学物理交叉领域．设，，记，，并规定．记，并规定．定义
(1)若，求和；
(2)求；
(3)证明：．
【答案】(1)，
(2)，．
(3)证明见解析
【分析】（1）结合新定义，分别带入计算即可得；
（2）结合新定义，分及进行计算即可得；
（3）令，可得，，即可得再分且与进行计算即可得.
【详解】（1）若，，
而；
（2）当时，．
当时，由
，
可得．
因此，；
（3）要证，
只需证
，
令，
一方面，，
另一方面，，
当且时，由于，
比较两式中的系数可得，
则，
由可知，
当时，由，可知：
，
此时命题也成立．
当时，也成立．
综上所述，．
【点睛】思路点睛：关于新定义题的思路有：
（1）找出新定义的几个要素，找出要素分别代表什么意思；
（2）由已知条件，看所求的是什么问题，进行分析，转换成数学语言；
（3）将已知条件代入新定义中；
（4）结合数学知识进行解答.
19．（2024·湖北黄冈·二模）第二十五届中国国际高新技术成果交易会（简称“高交会”）在深圳闭幕.会展展出了国产全球首架电动垂直起降载人飞碟.观察它的外观造型，我们会被其优美的曲线折服.现代产品外观特别讲究线条感，为此我们需要刻画曲线的弯曲程度.考察如图所示的光滑曲线上的曲线段，其弧长为，当动点从沿曲线段运动到点时，点的切线也随着转动到点的切线，记这两条切线之间的夹角为（它等于的倾斜角与的倾斜角之差）.显然，当弧长固定时，夹角越大，曲线的弯曲程度就越大；当夹角固定时，弧长越小则弯曲程度越大，因此可以定义为曲线段的平均曲率；显然当越接近，即越小，就越能精确刻画曲线在点处的弯曲程度，因此定义（若极限存在）为曲线在点处的曲率.（其中，分别表示在点处的一阶 二阶导数）
(1)已知抛物线的焦点到准线的距离为3，则在该抛物线上点处的曲率是多少？
(2)若函数，不等式对于恒成立，求的取值范围；
(3)若动点的切线沿曲线运动至点处的切线，点的切线与轴的交点为.若，，是数列的前项和，证明.
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）首先根据已知条件求出的值，再分别求出函数的一阶导数和二阶导数，代入公式求解即可；
（2）根据的奇偶性和单调性得到，根据，的奇偶性和得到在处三角函数的曲率不大于曲线的曲率，代入公式求解即可；
（3）首先求出在处的切线方程，进而得到与之间的关系，构造函数得到数列是等比数列，根据的通项公式得到和，适当放缩得到，进而得到.
【详解】（1）抛物线的焦点到准线的距离为3，，
即抛物线方程为，即，则，，
又抛物线在点处的曲率，则，
即在该抛物线上点处的曲率为；
（2），
在上为奇函数，又在上为减函数.
对于恒成立等价于对于恒成立.
又因为两个函数都是偶函数，
记，，则曲线恒在曲线上方，
，，又因为，
所以在处三角函数的曲率不大于曲线的曲率，即，
又因为，，
，，所以，解得：，
因此，的取值范围为；
（3）由题可得，
所以曲线在点处的切线方程是，
即，
令，得，即，
显然，，
由，知，同理，
故，从而，
设，即，所以数列是等比数列，
故，即，从而，
所以，，
，
当时，显然；
当时，，
，
综上，.
【点睛】关键点点睛：本题的关键点之一在于理解所给新定义平均曲率，利用新定义解决函数恒成立问题；关键点之二在于新定义平均曲率与数列结合，通过切线方程转化为数列相邻项之间的关系，再构造新数列求出通项公式，最后适当放缩求数列的前项和.
20．（2024·重庆·模拟预测）对于数列，定义，满足，记，称为由数列生成的“函数”．
(1)试写出“函数” ，并求的值；
(2)若“函数” ，求n的最大值；
(3)记函数，其导函数为，证明：“函数” ．
【答案】(1)，
(2)5
(3)证明见解析
【分析】结合新定义可得，结合等差数列及叠加法可求得；（1）代入即可求解；（2）代入，结合分组求和及应用导数求最值即可（3）由，结合导数的运算即可求解.
【详解】（1）由定义及．知，
所以是公差为m的等差数列，所以．
因为，所以，
所以，即．
当时，有，
，
……
，
所以，
即．
（1）当时，，
所以“函数” ．
当时，．
（2）当时，，
故“函数”
．
由，得．
令，则，
所以在上单调递增．
因为．所以当时，，所以当时，，
故n的最大值为5．
（3）证明：由题意得
由，得，
所以，所以，
所以
【点睛】本题考查新定义数列，考查考生的运算求解能力和逻辑推理能力．
21．（2024·福建厦门·三模）帕德近似是法国数学家亨利·帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法，在计算机数学中有着广泛的应用.已知函数在处的阶帕德近似定义为：，且满足：，，，…，.其中，，…，.已知在处的阶帕德近似为.
(1)求实数a，b的值；
(2)设，证明：；
(3)已知是方程的三个不等实根，求实数的取值范围，并证明：.
【答案】(1)，
(2)证明见解析
(3)，证明见解析
【分析】（1）结合题意，利用导数计算即可得；
（2）由题意可得，借助导数研究其单调性即其正负即可得解；
（3）设，借助导数，分及进行讨论，结合函数单调性与零点的存在性定理计算可得当且仅当时，存在三个不等实根，且满足，且，结合（2）中所得，代入计算并化简即可得解.
【详解】（1）依题意可知，，因为，所以，
此时，，因为，，
所以，，
因为，所以；
（2）依题意，，
，
故在单调递增，
由，故，，，，
综上，，；
（3）不妨设，令，
，
当时，，此时单调递增，不存在三个不等实根；
当时，令，其判别式，
若，即，恒成立，即，
此时单调递减，不存在三个不等实根；
若，即，存在两个不等正实根，
此时有当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
又因为，且，故，
因为，所以，即，
所以，
所以存在，满足，
又因为，
故存在，满足，
故当且仅当时，存在三个不等实根，
且满足，且，
由（2）可知，当时，，
因此，，
故，
化简可得：，
因此，命题得证.
【点睛】关键点点睛：本题关键点在于借助导数与零点的存在性定理得到当且仅当时，存在三个不等实根，且满足，且后，结合（2）中所得，从而得到，再进行化简即可得.
22．（2024·河北·二模）已知为实数，用表示不超过的最大整数，例如，对于函数，若存在，使得，则称函数是“函数”.
(1)判断函数是否是“函数”；
(2)设函数是定义在上的周期函数，其最小正周期是，若不是“函数”，求的最小值；
(3)若函数是“函数”，求的取值范围.
【答案】(1)是“函数”，不是“函数”
(2)1
(3)，且
【分析】（1）根据“函数”的定义即可判断是否是“函数”.
（2）根据周期函数的定义，结合“函数”的条件，进行判断和证明即可.
（3）根据“函数”的定义，分别讨论，和时，满足的条件即可.
【详解】（1）函数是函数，设，
则，
所以存在，使得，所以函数是“函数”.
函数，函数的最小正周期为，函数的图象如图所示，
不妨研究函数在这个周期的图象.
设，则，
所以，
所以函数不是“函数”.
（2）因为是以为最小正周期的周期函数，所以.
假设，则，所以，矛盾.
所以必有.
而函数的周期为1，且显然不是函数.
综上所述，的最小值为1.
（3）当函数是“函数”时，
若，则显然不是函数，矛盾.
若，则，
所以在上单调递增，
此时不存在，使得，
同理不存在，使得，
又注意到，即不会出现的情形，
所以此时不是函数.
当时，设，所以，
所以有，其中，
当时，因为，所以，
所以，
当时，，
因为，所以，
所以.
综上所述，，且.
【点睛】方法点睛：新定义题型的特点是：通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的：遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决．
23．（2024·河北秦皇岛·二模）定义：如果函数和的图象上分别存在点M和N关于x轴对称，则称函数和具有关系.
(1)判断函数和是否具有C关系；
(2)若函数和不具有C关系，求a的取值范围；
(3)若函数和在区间上具有C关系，求m的取值范围.
【答案】(1)与具有C关系，理由见解析
(2)
(3).
【分析】（1）根据定义，若与具有C关系，则在与的定义域的交集上存在x，使得，计算得解；
（2）根据题意，在上的值恒为负或恒为正. 若在上恒成立，由，即，利用导数判断矛盾；若在上恒成立，转化为，令，利用导数求出的最大值，得解；
（3）构造函数，将问题转化为在上存在零点，分类讨论与，利用导数与函数的关系证得时，在上有零点，从而得解.
【详解】（1）与具有C关系，理由如下：
根据定义，若与具有C关系，则在与的定义域的交集上存在x，使得，
又，，，所以，
即，即得，解得，所以与具有C关系.
（2）因为，，
令，，
因为与不具有C关系，又在上的图象连续不断，所以在上的值恒为负或恒为正.
若在上恒成立，则，即，
又当时，，
令，所以，令，所以，
令，解得，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，
所以，与假设矛盾，所以不存在使得在上恒成立.
若在上恒成立，即，
令，所以，
又在上单调递减，
所以当时，，所以，
当时，，所以，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，
所以，即的取值范围是.
（3）因为，，
令，则，
因为与在上具有C关系，所以在上存在零点，
因为，
当且时，
因为，，所以，
所以在上单调递增，则，此时在上不存在零点，不满足题意；
当时，当时，，所以，
当时，令，则，
所以在上单调递增，且，，
故在上存在唯一零点，设为，使得，
所以当，；当，；
又当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以在上存在唯一极小值点，
因为，所以，
又因为，所以在上存在唯一零点，
所以函数与在上具有C关系.
综上，的取值范围是.
【点睛】关键点睛：本题解题的关键是理解新定义，得到与具有C关系，则在与的定义域的交集上存在x，使得，从而得解.
24．（2024·山东泰安·模拟预测）定义：设和均为定义在上的函数，它们的导函数分别为和，若不等式对任意实数恒成立，则称和为“相伴函数”.
(1)给出两组函数，①和；②和，分别判断这两组函数是否为“相伴函数”；
(2)若是定义在上的可导函数，是偶函数，是奇函数，，问是否存在使得和为“相伴函数”？若存在写出的一个值，若不存在说明理由；
(3)，写出“和为相伴函数”的充要条件，证明你的结论.
【答案】(1)第①组是，第②组不是
(2)存在，
(3)，证明见解析
【分析】（1）根据题意，结合相伴函数的定义，逐个运算和判定，即可求解；
（2）根据题意得，得到，若
和为“相伴函数”得到，分类讨论，即可求解；
（3）根据题意，得到“和为相伴函数”的充要条件，结合充分条件和必要条件的判定方法，以及三角恒等变换的公式，作出证明，即可求解.
【详解】（1）第①组是，第②组不是.
①中，函数和，可得和，
所以，所以这两组函数是“相伴函数”.
②中，函数和，和，
所以不一定为非正数，
所以这两组函数不是 “相伴函数”.
（2）存在，使得和为“相伴函数”.
证明如下：
由，
所以，
可得.
若和为“相伴函数”则成立，
即，
若，由，可得，
则可取，满足成立；
若，所以，
若，则不等式无解；若，则无解，
综上可得，存在，使得和为“相伴函数”.
（3）“和为相伴函数”的充要条件是.
因为，
若和为相伴函数
即对恒成立，
可得
，
即，
即，可得，
由于取遍内的所有实数，因此当且仅当时成立，
所以，所以必要性得证.
下面证明充分性：
已知，则，
，
此时，所以，
即成立，和为相伴函数.
所以“和为相伴函数”的充要条件是.
【点睛】方法点睛：与新定义有关的问题的求解策略：
1、通过给出一个新的定义，或约定一种新的运算，或给出几个新模型来创设新问题的情景，要求在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实心信息的迁移，达到灵活解题的目的；
2、遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、运算、验证，使得问题得以解决；
3、若新定义与函数有关，可得利用函数的解析式，结合函数的性质等相关知识，转化为函数的基本性质或运算法则求解；
4、若新定义与集合的运算有关，要熟记集合的性质以及集合的运算法则，必要时可利用集合的韦恩图，更加直观的求解.
25．（2024·山东泰安·模拟预测）已知数列是斐波那契数列，其数值为：.这一数列以如下递推的方法定义：.数列对于确定的正整数，若存在正整数使得成立，则称数列为“阶可分拆数列”.
(1)已知数列满足.判断是否对，总存在确定的正整数，使得数列为“阶可分拆数列”，并说明理由.
(2)设数列的前项和为，
（i）若数列为“阶可分拆数列”，求出符合条件的实数的值；
（ii）在（i）问的前提下，若数列满足，，其前项和为.证明：当且时，成立.
【答案】(1)存在，理由见解析
(2)（i）0；（ii）证明见解析
【分析】（1）由已知可得可得由定义可得结论；
（2）当时，，（i）由已知可得存在正整数使得成立，当时，可求得，当时，可得，方程无解，可得结论；
（ii）法一：当时，易得，计算可得，由（1）可得，，利用错位相减法可得，可证结论成立；法二：同法一可得，，两边同乘以，可求得，可证结论.
【详解】（1）存在，理由如下：
由已知得，，，
即
对，当正整数时，存在，使得成立，
即数列为“阶可分拆数列”；
（2），
当时，，
当时，，
（i）若数列为“阶可分拆数列”，则存在正整数使得成立，
当时，，即，解得，
当时，，即，
因，所以，又，
故方程无解.
综上所述，符合条件的实数a的值为.
（ii）方法一：
证明：，
当时，，
，
，
由（i）知，所以，
①，
②，
由①-②可得
，
，
，
，
当且时， 成立.
方法二：
证明：，
当时，，
，
，
由（i）知，所以，
①，
②，
③，
由①②③可得
，
，
当且时， 成立.
【点睛】思路点睛：本题为数列新定义题，由题意可知对于确定的存在即可，以及错位相减法在数列求和中的应用..
26．（2024·山东·模拟预测）设，.如果存在使得，那么就说可被整除（或整除），记做且称是的倍数，是的约数（也可称为除数、因数）．不能被整除就记做．由整除的定义，不难得出整除的下面几条性质：①若，，则；②，互质，若，，则；③若，则，其中.
(1)若数列满足，，其前项和为，证明：；
(2)若为奇数，求证：能被整除；
(3)对于整数与，，求证：可整除.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）利用等比数列前项和公式，求得，再结合二项式定理以及整除性质②即可得出证明；
（2）由二项展开式可得为奇数时，满足，可得结论；
（3）分别对整数为奇数和偶数进行分类讨论，利用表达式将的表达式化简成含有的式子，再结合（2）中的结论即可证明可整除.
【详解】（1）因为，可知数列是以为首项，公比为的等比数列；
所以，
而，且31与9互质；
易知
，
所以；
，
所以；
结合整除性质②可知：；
（2）因为，
且为奇数，所以；
因此能被整除.
（3）易知.
当时，，
，
上式中，由（2）知，能被整除，
另一方面，
，
上式中，所以也能被整除，且与互质，
所以能被整除，即能被整除.
类似可证当时，，
，
显然，由（2）知，能被整除；
另一方面，
，
所以能被整除；且与互质.
能被整除.
综上可知能被整除.
【点睛】关键点点睛：本题关键在于对整数的奇、偶进行分类讨论，得出的表达式，将的表达式通过拆分化简成含有中的式子，再结合（2）中的结论以及整除性质，即可得出证明.
27．（2024·浙江温州·三模）现有张形状相同的卡片，上而分别写有数字，将这张卡片充分混合后，每次随机抽取一张卡片，记录卡片上的数字后放回，现在甲同学随机抽取4次.
(1)若，求抽到的4个数字互不相同的概率；
(2)统计学中，我们常用样本的均值来估计总体的期望.定义为随机变量的阶矩，其中1阶矩就是的期望，利用阶矩进行估计的方法称为矩估计.
（ⅰ）记每次抽到的数字为随机变量，计算随机变量的1阶矩和2阶矩；（参考公式：）
（ⅱ）知甲同学抽到的卡片上的4个数字分别为3，8，9，12，试利用这组样本并结合（ⅰ）中的结果来计算的估计值.（的计算结果通过四舍五入取整数）
【答案】(1)
(2)（ⅰ），；（ⅱ）
【分析】（1）根据相互独立事件的概率公式计算可得；
（2）（ⅰ）根据阶矩的定义、期望公式及等差数列求和公式计算可得；（ⅱ）首先求出样本数据的阶矩及阶矩，结合（ⅰ）的中的结果得到方程组，解得即可.
【详解】（1）依题意可得抽到的个数字互不相同的概率；
（2）（ⅰ）依题意的可能取值为，，，，
且（且），
所以
，
依题意的可能取值为，，，
且（且），
所以
；
（ⅱ）依题意样本数据，，，为期望（平均数）为，
则，，，为期望（平均数）为，
所以，
消去得，
整理得，解得（负值已舍去），
又，，所以.
28．（2024·湖南长沙·三模）已知椭圆的左、右焦点分别为为上顶点，离心率 为，直线与圆相切.
(1)求椭圆的标准方程;
(2)椭圆方程，平面上有一点. 定义直线方程 是椭圆在点处的极线.
① 若在椭圆上，证明: 椭圆在点处的极线就是过点的切线;
② 若过点分别作椭圆的两条切线和一条割线，切点为，割线交椭圆 于两点，过点分别作椭圆的两条切线，且相交于点. 证明: 三点共线.
【答案】(1)
(2)①证明见解析；② 证明见解析
【分析】（1）由题意得，，再结合，从而可求出，进而可求出椭圆的标准方程；
（2）①由定义可知椭圆在点 处的极线方程为 ，然后分和两种情况证明；②设点，然后由①可得过点的切线方程和过点的切线方程，则可求出割线的方程，同时可求出切点弦的方程，从而可证得结论.
【详解】（1）由已知，，则
所以直线 ，即 ，
该直线与圆 与相切，则，
所以解得，，
故椭圆的标准方程为
（2）① 由(1)得椭圆的方程是 .
因为在椭圆上，所以，即，
由定义可知椭圆在点 处的极线方程为 ，
当时，，此时极线方程为，所以处的极线就是过点的切线，
当时，极线方程为，即，
由，得，
所以，
所以处的极线就是过点的切线，
综上所述，椭圆在点处的极线就是过点的切线;
② 设点，
由①可知，过点的切线方程为，
过点的切线方程为，
因为都过点，所以有，
则割线的方程为，
同理可得过点的两条切线的切点弦的方程为，即，
又因为割线过点，代入割线方程得，即 ，
所以三点共线，都在直线上．
【点睛】关键点点睛：此题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆的位置关系，考查椭圆的切线，考查椭圆中点共线问题，解题的关键是合理利用过椭圆上一点的切线方程的定义，考查计算能力，属于较难题.
29．（2024·江西·二模）在三维空间中，立方体的坐标可用三维坐标表示，其中，而在维空间中，以单位长度为边长的“立方体”的顶点坐标可表示为维坐标，其中．现有如下定义：在维空间中两点间的曼哈顿距离为两点与坐标差的绝对值之和，即为．回答下列问题：
(1)求出维“立方体”的顶点数；
(2)在维“立方体”中任取两个不同顶点，记随机变量为所取两点间的曼哈顿距离．
①求的分布列与期望；
②求的方差．
【答案】(1)个
(2)①分布列见解析，；②
【分析】（1）由题根据分步计数乘法原理，即可确定顶点个数；
（2）由离散型随机变量的分布列步骤，数学期望公式，方差公式及二项式定理计算即可．
【详解】（1）对于维坐标，，
所以共有种不同的点，即共有个顶点．
（2）①对于的随机变量，在坐标与中有个坐标值不同，剩下个坐标相同，此时对应情况数有种，
所以，
则的分布列为：
1 2
所以，
倒序相加得，，
所以；
②
，
设，
两边求导得，，
两边乘以后得，，
两边求导得，，
令得，，
所以．
【点睛】方法点睛：在计算数学期望和方差时，应用两个等式：①；②．
30．（2024·湖北·模拟预测）龙泉游泳馆为给顾客更好的体验，推出了A和B两个套餐服务，顾客可选择A和B两个套餐之一，并在App平台上推出了优惠券活动，下表是该游泳馆在App平台10天销售优惠券情况．
日期t 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
销售量千张 1.9 1.98 2.2 2.36 2.43 2.59 2.68 2.76 2.7 0.4
经计算可得：.
(1)因为优惠券购买火爆，App平台在第10天时系统出现异常，导致当天顾客购买优惠券数量大幅减少，已知销售量y和日期t呈线性关系，现剔除第10天数据，求y关于t的经验回归方程结果中的数值用分数表示；
(2)若购买优惠券的顾客选择A套餐的概率为，选择B套餐的概率为，并且A套餐可以用一张优惠券，B套餐可以用两张优惠券，记App平台累计销售优惠券为n张的概率为，求；
(3)记（2）中所得概率的值构成数列.
①求的最值；
②数列收敛的定义：已知数列，若对于任意给定的正数，总存在正整数，使得当时，，（是一个确定的实数），则称数列收敛于.根据数列收敛的定义证明数列收敛．
参考公式： .
【答案】(1)
(2)
(3)①最大值为 ，最小值为；②证明见解析
【分析】（1）计算出新数据的相关数值，代入公式求出的值，进而得到y关于t的回归方程；
（2）由题意可知，其中，构造等比数列，再利用等比数列的通项公式求解；
（3）①分n为偶数和n为奇数两种情况讨论，结合指数函数的单调性求解；
②利用数列收敛的定义，准确推理、运算，即可得证．
【详解】（1）解：剔除第10天的数据，可得，
，
则，
所以，
可得，所以.
（2）解：由题意知，其中，
所以，又由，
所以是首项为1的常数列，所以
所以，又因为，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，
故，所以.
（3）解：①当为偶数时，单调递减，
最大值为；
当 为奇数时，单调递增，最小值为，
综上可得，数列的最大值为，最小值为.
②证明：对任意总存在正整数，其中 表示取整函数，
当 时，，
所以数列收敛.
【点睛】知识方法点拨：与新定义有关的问题的求解策略：
1、通过给出一个新的定义，或约定一种新的运算，或给出几个新模型来创设新问题的情景，要求在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实心信息的迁移，达到灵活解题的目的；
2、遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、运算、验证，使得问题得以解决.
方法点拨：与数列有关的问题的求解策略：
3、若新定义与数列有关，可得利用数列的递推关系式，结合数列的相关知识进行求解，多通过构造的分法转化为等差、等比数列问题求解，求解过程灵活运用数列的性质，准确应用相关的数列知识.
试卷第2页，共69页
1【好题汇编】2024年高考真题和模拟题数学分类汇编（全国通用）
专题14 新定义型问题
1．（新高考北京卷）生物丰富度指数 是河流水质的一个评价指标，其中分别表示河流中的生物种类数与生物个体总数.生物丰富度指数d越大，水质越好．如果某河流治理前后的生物种类数没有变化，生物个体总数由变为，生物丰富度指数由提高到，则（ ）
A． B．
C． D．
2．（新高考上海卷）定义一个集合，集合中的元素是空间内的点集，任取，存在不全为0的实数，使得．已知，则的充分条件是（ ）
A． B．
C． D．
3．（新高考上海卷）已知函数的定义域为R，定义集合，在使得的所有中，下列成立的是（ ）
A．存在是偶函数 B．存在在处取最大值
C．存在是严格增函数 D．存在在处取到极小值
4．（新高考上海卷）无穷等比数列满足首项，记，若对任意正整数集合是闭区间，则的取值范围是 ．
5．（新课标全国Ⅰ卷）设m为正整数，数列是公差不为0的等差数列，若从中删去两项和后剩余的项可被平均分为组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列是可分数列．
(1)写出所有的，，使数列是可分数列；
(2)当时，证明：数列是可分数列；
(3)从中一次任取两个数和，记数列是可分数列的概率为，证明：．
6．（新课标全国Ⅱ卷）已知双曲线，点在上，为常数，．按照如下方式依次构造点，过作斜率为的直线与的左支交于点，令为关于轴的对称点，记的坐标为.
(1)若，求；
(2)证明：数列是公比为的等比数列；
(3)设为的面积，证明：对任意的正整数，.
7．（新高考北京卷）设集合．对于给定有穷数列，及序列，，定义变换：将数列的第项加1，得到数列；将数列的第列加，得到数列…；重复上述操作，得到数列，记为．
(1)给定数列和序列，写出；
(2)是否存在序列，使得为，若存在，写出一个符合条件的；若不存在，请说明理由；
(3)若数列的各项均为正整数，且为偶数，证明：“存在序列，使得为常数列”的充要条件为“”．
8．（新高考上海卷）对于一个函数和一个点，令，若是取到最小值的点，则称是在的“最近点”．
(1)对于，求证：对于点，存在点，使得点是在的“最近点”；
(2)对于，请判断是否存在一个点，它是在的“最近点”，且直线与在点处的切线垂直；
(3)已知在定义域R上存在导函数，且函数 在定义域R上恒正，设点，．若对任意的，存在点同时是在的“最近点”，试判断的单调性．
一、单选题
1．（2024·湖南怀化·二模）给定整数，有个实数元素的集合，定义其相伴数集，如果，则称集合为一个元规范数集．（注：表示数集中的最小数）．对于集合，则（ ）
A．是规范数集，不是规范数集 B．是规范数集，是规范数集
C．不是规范数集，是规范数集 D．不是规范数集，不是规范数集
2．（2024·四川绵阳·模拟预测）一般地，任意给定一个角，它的终边与单位圆的交点的坐标，无论是横坐标还是纵坐标，都是唯一确定的，所以点的横坐标、纵坐标都是关于角的函数.下面给出这些函数的定义：
①把点的纵坐标叫作的正弦函数，记作，即；
②把点的横坐标叫作的余弦函数，记作，即；
③把点的纵坐标的倒数叫作的余割函数，记作，即；
④把点的横坐标的倒数叫作的正割函数，记作，即.
下列结论错误的是（ ）
A．
B．
C．函数的定义域为
D．
3．（2024·河北邯郸·二模）对任意两个非零的平面向量和，定义：，．若平面向量满足，且和都在集合中，则（ ）
A．1 B． C．1或 D．1或
4．（2024·上海杨浦·二模）平面上的向量、满足：，，.定义该平面上的向量集合.给出如下两个结论：
①对任意，存在该平面的向量，满足
②对任意，存在该平面向量，满足
则下面判断正确的为（ ）
A．①正确，②错误 B．①错误，②正确 C．①正确，②正确 D．①错误，②错误
5．（2024·甘肃兰州·一模）球面上两点间距离的定义为：经过球面上两点的大圆在这两点间劣弧的长度（大圆就是经过球心的平面截球面所得的圆）．设地球的半径为，若甲地位于北纬东经，乙地位于北纬西经，则甲、乙两地的球面距离为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
6．（2024·安徽芜湖·二模）在平面直角坐标系xOy中，角θ以坐标原点O为顶点，以x轴的非负半轴为始边，其终边经过点，，定义，，则（ ）
A． B．
C．若，则 D．是周期函数
7．（2024·全国·模拟预测）已知函数和实数，，则下列说法正确的是（ ）
A．定义在上的函数恒有，则当时，函数的图象有对称轴
B．定义在上的函数恒有，则当时，函数具有周期性
C．若，，，则，恒成立
D．若，，，且的4个不同的零点分别为，且，则
8．（2024·浙江绍兴·模拟预测）对于任意的两点，，定义间的折线距离，反折线距离，表示坐标原点. 下列说法正确的是（ ）
A．.
B．若，则.
C．若斜率为，.
D．若存在四个点使得，且，则的取值范围.
三、填空题
9．（2024·湖南长沙·三模）已知函数 ，任取 ，定义集合 ，点 满足 . 设 分别表示集合 中元素的最大值和最小值，记 ，试解答 以下问题:
（1）若函数 ，则 ;
（2）若函数 ，则 的最小正周期为 .
10．（2024·四川成都·模拟预测）定义在封闭的平面区域D内任意两点的距离的最大值称为平面区域D的“直径”．如图，已知锐角三角形的三个顶点A，B，C在半径为1的圆上，角的对边分别为a，b，c，．分别以各边为直径向外作三个半圆，这三个半圆和构成平面区域D，则平面区域D的“直径”的取值范围是 ．
11．（2024·广东佛山·二模）近年，我国短板农机装备取得突破，科技和装备支撑稳步增强，现代农业建设扎实推进.农用机械中常见有控制设备周期性开闭的装置.如图所示，单位圆O绕圆心做逆时针匀速圆周运动，角速度大小为，圆上两点A，B始终满足，随着圆O的旋转，A，B两点的位置关系呈现周期性变化.现定义：A，B两点的竖直距离为A，B两点相对于水平面的高度差的绝对值.假设运动开始时刻，即秒时，点A位于圆心正下方：则 秒时，A，B两点的竖直距离第一次为0；A，B两点的竖直距离关于时间t的函数解析式为 .
12．（2024·山东枣庄·模拟预测）设为平面上两点，定义、已知点P为抛物线上一动点，点的最小值为2，则 ；若斜率为的直线l过点Q，点M是直线l上一动点，则的最小值为 ．
13．（2024·福建厦门·模拟预测）在n维空间中（，），以单位长度为边长的“立方体”的顶点坐标可表示为n维坐标，其中.则5维“立方体”的顶点个数是 ；定义：在n维空间中两点与的曼哈顿距离为.在5维“立方体”的顶点中任取两个不同的顶点，记随机变量X为所取两点间的曼哈顿距离，则 .
四、解答题
14．（2024·福建泉州·二模）进位制是人们为了计数和运算方便而约定的记数系统，如果约定满二进一，就是二进制：满十进一，就是十进制：满十六进一，就是十六进制．k进制的基数就是k．我们日常生活中最熟悉、最常用的就是十进制．例如，数3721也可以表示为：一般地，如果k是大于1的整数，那么以k为基数的k进制数可以表示为．其中．为了简便，也会把它写成一串数字连写在一起的形式：，如果不加下标就默认是十进制．
(1)令集合，将B中的元素按从大到小的顺序排列，则第100个数为多少？
(2)若，记为整数n的二进制表达式中0的个数，如，求的值．（用数字作答）
(3)十进制中的数999在其他进制中是否也可以表示成一个各位数字之和为27的三位数？如果能，请求出所有的k进制数；如果不能，请说明理由．
15．（2024·湖南长沙·二模）集合论在离散数学中有着非常重要的地位.对于非空集合和，定义和集，用符号表示和集内的元素个数.
(1)已知集合，，，若，求的值；
(2)记集合，，，为中所有元素之和，，求证：；
(3)若与都是由个整数构成的集合，且，证明：若按一定顺序排列，集合与中的元素是两个公差相等的等差数列.
16．（2024·辽宁葫芦岛·二模）设数阵，其中.设，其中，且.定义变换为“对于数阵的每一列，若其中有t或，则将这一列中所有数均保持不变；若其中没有t且没有，则这一列中每个数都乘以”（），表示“将经过变换得到，再将经过变换得到，…，以此类推，最后将经过变换得到.记数阵中四个数的和为.
(1)若，，写出经过变换后得到的数阵，并求的值；
(2)若，，求的所有可能取值的和；
(3)对任意确定的一个数阵，证明：的所有可能取值的和不大于.
17．（2024·浙江·三模）莫比乌斯函数，由德国数学家和天文学家莫比乌斯提出，数学家梅滕斯首先使用作为莫比乌斯函数的记号，其在数论中有着广泛应用.所有大于1的正整数都可以被唯一表示为有限个质数的乘积形式：（为的质因数个数，为质数，，），例如：，对应，，，，，，.现对任意，定义莫比乌斯函数.
(1)求，；
(2)已知，记（为的质因数个数，为质数，，）的所有因数从小到大依次为，，…，.
（ⅰ）证明：；
（ⅱ）求的值（用（）表示）.
18．（2024·山东济南·三模）高斯二项式定理广泛应用于数学物理交叉领域．设，，记，，并规定．记，并规定．定义
(1)若，求和；
(2)求；
(3)证明：．
19．（2024·湖北黄冈·二模）第二十五届中国国际高新技术成果交易会（简称“高交会”）在深圳闭幕.会展展出了国产全球首架电动垂直起降载人飞碟.观察它的外观造型，我们会被其优美的曲线折服.现代产品外观特别讲究线条感，为此我们需要刻画曲线的弯曲程度.考察如图所示的光滑曲线上的曲线段，其弧长为，当动点从沿曲线段运动到点时，点的切线也随着转动到点的切线，记这两条切线之间的夹角为（它等于的倾斜角与的倾斜角之差）.显然，当弧长固定时，夹角越大，曲线的弯曲程度就越大；当夹角固定时，弧长越小则弯曲程度越大，因此可以定义为曲线段的平均曲率；显然当越接近，即越小，就越能精确刻画曲线在点处的弯曲程度，因此定义（若极限存在）为曲线在点处的曲率.（其中，分别表示在点处的一阶 二阶导数）
(1)已知抛物线的焦点到准线的距离为3，则在该抛物线上点处的曲率是多少？
(2)若函数，不等式对于恒成立，求的取值范围；
(3)若动点的切线沿曲线运动至点处的切线，点的切线与轴的交点为.若，，是数列的前项和，证明.
20．（2024·重庆·模拟预测）对于数列，定义，满足，记，称为由数列生成的“函数”．
(1)试写出“函数” ，并求的值；
(2)若“函数” ，求n的最大值；
(3)记函数，其导函数为，证明：“函数” ．
21．（2024·福建厦门·三模）帕德近似是法国数学家亨利·帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法，在计算机数学中有着广泛的应用.已知函数在处的阶帕德近似定义为：，且满足：，，，…，.其中，，…，.已知在处的阶帕德近似为.
(1)求实数a，b的值；
(2)设，证明：；
(3)已知是方程的三个不等实根，求实数的取值范围，并证明：.
22．（2024·河北·二模）已知为实数，用表示不超过的最大整数，例如，对于函数，若存在，使得，则称函数是“函数”.
(1)判断函数是否是“函数”；
(2)设函数是定义在上的周期函数，其最小正周期是，若不是“函数”，求的最小值；
(3)若函数是“函数”，求的取值范围.
23．（2024·河北秦皇岛·二模）定义：如果函数和的图象上分别存在点M和N关于x轴对称，则称函数和具有关系.
(1)判断函数和是否具有C关系；
(2)若函数和不具有C关系，求a的取值范围；
(3)若函数和在区间上具有C关系，求m的取值范围.
24．（2024·山东泰安·模拟预测）定义：设和均为定义在上的函数，它们的导函数分别为和，若不等式对任意实数恒成立，则称和为“相伴函数”.
(1)给出两组函数，①和；②和，分别判断这两组函数是否为“相伴函数”；
(2)若是定义在上的可导函数，是偶函数，是奇函数，，问是否存在使得和为“相伴函数”？若存在写出的一个值，若不存在说明理由；
(3)，写出“和为相伴函数”的充要条件，证明你的结论.
25．（2024·山东泰安·模拟预测）已知数列是斐波那契数列，其数值为：.这一数列以如下递推的方法定义：.数列对于确定的正整数，若存在正整数使得成立，则称数列为“阶可分拆数列”.
(1)已知数列满足.判断是否对，总存在确定的正整数，使得数列为“阶可分拆数列”，并说明理由.
(2)设数列的前项和为，
（i）若数列为“阶可分拆数列”，求出符合条件的实数的值；
（ii）在（i）问的前提下，若数列满足，，其前项和为.证明：当且时，成立.
26．（2024·山东·模拟预测）设，.如果存在使得，那么就说可被整除（或整除），记做且称是的倍数，是的约数（也可称为除数、因数）．不能被整除就记做．由整除的定义，不难得出整除的下面几条性质：①若，，则；②，互质，若，，则；③若，则，其中.
(1)若数列满足，，其前项和为，证明：；
(2)若为奇数，求证：能被整除；
(3)对于整数与，，求证：可整除.
27．（2024·浙江温州·三模）现有张形状相同的卡片，上而分别写有数字，将这张卡片充分混合后，每次随机抽取一张卡片，记录卡片上的数字后放回，现在甲同学随机抽取4次.
(1)若，求抽到的4个数字互不相同的概率；
(2)统计学中，我们常用样本的均值来估计总体的期望.定义为随机变量的阶矩，其中1阶矩就是的期望，利用阶矩进行估计的方法称为矩估计.
（ⅰ）记每次抽到的数字为随机变量，计算随机变量的1阶矩和2阶矩；（参考公式：）
（ⅱ）知甲同学抽到的卡片上的4个数字分别为3，8，9，12，试利用这组样本并结合（ⅰ）中的结果来计算的估计值.（的计算结果通过四舍五入取整数）
28．（2024·湖南长沙·三模）已知椭圆的左、右焦点分别为为上顶点，离心率 为，直线与圆相切.
(1)求椭圆的标准方程;
(2)椭圆方程，平面上有一点. 定义直线方程 是椭圆在点处的极线.
① 若在椭圆上，证明: 椭圆在点处的极线就是过点的切线;
② 若过点分别作椭圆的两条切线和一条割线，切点为，割线交椭圆 于两点，过点分别作椭圆的两条切线，且相交于点. 证明: 三点共线.
29．（2024·江西·二模）在三维空间中，立方体的坐标可用三维坐标表示，其中，而在维空间中，以单位长度为边长的“立方体”的顶点坐标可表示为维坐标，其中．现有如下定义：在维空间中两点间的曼哈顿距离为两点与坐标差的绝对值之和，即为．回答下列问题：
(1)求出维“立方体”的顶点数；
(2)在维“立方体”中任取两个不同顶点，记随机变量为所取两点间的曼哈顿距离．
①求的分布列与期望；
②求的方差．
30．（2024·湖北·模拟预测）龙泉游泳馆为给顾客更好的体验，推出了A和B两个套餐服务，顾客可选择A和B两个套餐之一，并在App平台上推出了优惠券活动，下表是该游泳馆在App平台10天销售优惠券情况．
日期t 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
销售量千张 1.9 1.98 2.2 2.36 2.43 2.59 2.68 2.76 2.7 0.4
经计算可得：.
(1)因为优惠券购买火爆，App平台在第10天时系统出现异常，导致当天顾客购买优惠券数量大幅减少，已知销售量y和日期t呈线性关系，现剔除第10天数据，求y关于t的经验回归方程结果中的数值用分数表示；
(2)若购买优惠券的顾客选择A套餐的概率为，选择B套餐的概率为，并且A套餐可以用一张优惠券，B套餐可以用两张优惠券，记App平台累计销售优惠券为n张的概率为，求；
(3)记（2）中所得概率的值构成数列.
①求的最值；
②数列收敛的定义：已知数列，若对于任意给定的正数，总存在正整数，使得当时，，（是一个确定的实数），则称数列收敛于.根据数列收敛的定义证明数列收敛．
参考公式： .
试卷第2页，共13页
1【好题汇编】2024年高考真题和模拟题数学分类汇编（全国通用）
专题01 集合、逻辑用语与复数
1．（新课标全国Ⅰ卷）已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】化简集合，由交集的概念即可得解.
【详解】因为，且注意到，
从而.
故选：A.
2．（新课标全国Ⅰ卷）若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由复数四则运算法则直接运算即可求解.
【详解】因为，所以.
故选：C.
3．（新课标全国Ⅱ卷）已知，则（ ）
A．0 B．1 C． D．2
【答案】C
【分析】由复数模的计算公式直接计算即可.
【详解】若，则.
故选：C.
4．（新课标全国Ⅱ卷）已知命题p：，；命题q：，，则（ ）
A．p和q都是真命题 B．和q都是真命题
C．p和都是真命题 D．和都是真命题
【答案】B
【分析】对于两个命题而言，可分别取、，再结合命题及其否定的真假性相反即可得解.
【详解】对于而言，取，则有，故是假命题，是真命题，
对于而言，取，则有，故是真命题，是假命题，
综上，和都是真命题.
故选：B.
5．（全国甲卷数学（文））集合，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据集合的定义先算出具体含有的元素，然后根据交集的定义计算.
【详解】依题意得，对于集合中的元素，满足，
则可能的取值为，即，
于是.
故选：A
6．（全国甲卷数学（文））设，则（ ）
A． B．1 C．-1 D．2
【答案】D
【分析】先根据共轭复数的定义写出，然后根据复数的乘法计算.
【详解】依题意得，，故.
故选：D
7．（全国甲卷数学（理））设，则（ ）
A． B． C．10 D．
【答案】A
【分析】结合共轭复数与复数的基本运算直接求解.
【详解】由，则.
故选：A
8．（全国甲卷数学（理））集合，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由集合的定义求出，结合交集与补集运算即可求解.
【详解】因为，所以，
则，
故选：D
9．（新高考北京卷）已知集合，，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】直接根据并集含义即可得到答案.
【详解】由题意得，
故选：A.
10．（新高考北京卷）已知，则（ ）．
A． B． C． D．1
【答案】C
【分析】直接根据复数乘法即可得到答案.
【详解】由题意得，
故选：C.
11．（新高考天津卷）集合，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据集合交集的概念直接求解即可.
【详解】因为集合，，
所以，
故选：B
12．（新高考天津卷）设，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】说明二者与同一个命题等价，再得到二者等价，即是充分必要条件.
【详解】根据立方的性质和指数函数的性质，和都当且仅当，所以二者互为充要条件.
故选：C.
13．（新高考天津卷）已知是虚数单位，复数 ．
【答案】
【分析】借助复数的乘法运算法则计算即可得.
【详解】.
故答案为：.
14．（新高考上海卷）设全集，集合，则 ．
【答案】
【分析】根据补集的定义可求.
【详解】由题设有，
故答案为：
15．（新高考上海卷）已知虚数，其实部为1，且，则实数为 ．
【答案】2
【分析】设，直接根据复数的除法运算，再根据复数分类即可得到答案.
【详解】设，且.
则，
，，解得，
故答案为：2.
一、单选题
1．（2024·河北衡水·三模）已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】求得，可求.
【详解】，
又，故，
故选：B．
2．（2024·北京·三模）已知集合，若，则可能是（ ）
A． B．1 C．2 D．3
【答案】D
【分析】解对数不等式化简集合A，进而求出的取值集合即得.
【详解】由，得，则，或，
由，得，显然选项ABC不满足，D满足.
故选：D
3．（2024·河北承德·二模）已知集合，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】根据对数型函数的定义域和二次函数值域即可得到，再根据交集含义计算即可.
【详解】集合中，所以或，集合中，
所以，
故选：A.
4．（2024·重庆·三模）已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】解一元二次不等式求解集合A，根据指数函数单调性求解值域得集合B，然后利用交集运算求解即可.
【详解】，
则，
所以.
故选：D
5．（2024·湖南长沙·三模）已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由对数函数单调性解不等式，化简，根据交集运算求解即可.
【详解】因为，
所以.
故选：D.
6．（2024·福建福州·一模）已知集合，，则（ ）
A．或 B． C． D．或
【答案】B
【分析】根据分式不等式和一元二次不等式得解法解出集合，再按照集合的并集运算即可.
【详解】，则，且，解得，
则集合，
则
故选：B.
7．（2024·重庆·三模）已知集合，集合，若，则（ ）
A． B．0 C．1 D．2
【答案】B
【分析】利用子集的概念求解.
【详解】集合，集合，
若，又，所以，解得
故选：B
8．（2024·辽宁·三模）若全集，，，则下列关系正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】求出集合中函数的值域，得到集合，判断两个集合的包含关系.
【详解】全集，，则，
，所以.
故选：D
9．（2024·河南·二模）已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】解不等式后根据交集运算求解.
【详解】由
所以
故选：B.
10．（2024·山东聊城·三模）“，且”是“，且”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】根据题意，利用不等式的基本性质，结合充分、必要条件的判定方法，即可求解.
【详解】若，且，根据不等式的加法和乘法法则可得，且，即必要性成立；
当，满足，且，但是，故充分性不成立，
所以“，且”是“，且”的必要不充分条件.
故选：B
11．（2024·江苏南通·三模）已知为复数，则“”是“”的（ ）
A．充分非必要条件 B．必要非充分条件 C．充要条件 D．非充分非必要条件
【答案】A
【分析】正向可得，则正向成立，反向利用待定系数法计算即可得或，则必要性不成立.
【详解】若，则，则，故充分性成立；
若，设，则，，
则，或与不一定相等，则必要性不成立，
则“”是“”的充分非必要条件，
故选：A
12．（2024·辽宁大连·二模）设，则“”是“复数为纯虚数”的（ ）
A．充分必要条件 B．必要不充分条件
C．充分不必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】由复数为纯虚数求得的值，再根据充分必要条件关系判断.
【详解】因为复数为纯虚数，所以，解得，
所以是复数为纯虚数的充要条件.
故选：A.
13．（2024·山东德州·三模）已知复数满足：，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由已知可得，计算即可.
【详解】由，可得，
所以，
故选：B.
14．（2024·重庆·三模）已知（为虚数单位），则复数的共轭复数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先利用复数相等求出，再由共轭复数概念即可求解.
【详解】因为，
所以，故，
所以复数的共轭复数为，
故选：A.
15．（2024·河南郑州·三模）复数（且），若为纯虚数，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】求出，根据为纯虚数即可求解.
【详解】，
因为为纯虚数，所以，
所以.
故选：A.
16．（2024·四川遂宁·三模）若复数（其中，i为虚数单位）为纯虚数，则复数在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【答案】B
【分析】利用复数的除法求出，结合已知求出值即可得解.
【详解】依题意，，
由为纯虚数，得，解得，复数，
所以复数在复平面内对应的点位于第二象限．
故选：B
17．（2024·云南·二模）已知为虚数单位，复数z满足，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．0
【答案】A
【分析】由模长公式结合题设条件得条件等式，结合模长公式将所求转换为求二次函数最值即可.
【详解】设，而，所以，即，
所以，等号成立当且仅当，
综上所述，的最小值为.
故选：A.
二、多选题
18．（2024·河北衡水·三模）复数，其中，设在复平面内的对应点为，则下列说法正确的是（ ）
A．当时， B．当时，
C．对任意，点均在第一象限 D．存在，使得点在第二象限
【答案】AC
【分析】当时，代入计算可判断A、B；由判断的实部和虚部范围可判断C、D.
【详解】当时，，故，故选项正确；
，B选项错误；
当时，，，
故对任意，点均在第一象限，故C选项正确；
不存在，使得点在第二象限，D选项错误．
故选：AC．
19．（2024·山东济宁·三模）已知复数，则下列说法中正确的是（ ）
A． B．
C．“”是“”的必要不充分条件 D．“”是“”的充分不必要条件
【答案】AC
【分析】根据复数加法、乘法、乘方运算，结合复数的几何意义计算，依次判断选项即可.
【详解】A：设，则，
所以，
，则，故A正确；
B：设，则，
所以，
，则，故B错误；
C：由选项A知，，，
又，所以，不一定有，即推不出；
由，得，则，则，即，
所以“”是“”的必要不充分条件，故C正确；
D：设，则，
若，则，即，推不出；
若，则，
又，
同理可得，所以，；
所以“”是“”的必要不充分条件，故D错误.
故选：AC
20．（2024·河南·二模）已知复数，是的共轭复数，则下列说法正确的是（ ）
A．的实部为
B．复数在复平面中对应的点在第四象限
C．
D．
【答案】ABD
【分析】先化简得到，然后用实部和共轭实数的定义判断A和B选项；由于虚数不能比较大小，故C错误；直接计算即知D正确.
【详解】我们有，故的实部为，A正确；
由知，所以在复平面中对应的点是，在第四象限，B正确；
都不是实数，它们不能比较大小，C错误；
，D正确.
故选：ABD.
21．（2024·贵州黔南·二模）已知非空集合，，均为的真子集，且 .则（ ）
A． B． C． D．
【答案】CD
【分析】根据真子集关系，结合集合间的运算逐项分析求解.
【详解】因为 ，
对于选项A：可知，故A错误；
对于选项B：因为，所以为的真子集，故B错误；
对于选项C：可知为的真子集，故C正确；
对于选项D：因为为的真子集，且，
所以，故D正确；
故选：CD.
三、填空题
22．（2024·湖南衡阳·三模）已知集合，集合，若，则 ．
【答案】0或1
【分析】先求出集合，再由可求出的值.
【详解】由，得，解得，
因为，所以，
所以，
因为，且，
所以或，
故答案为：0或1
23．（2024·上海·三模）已知集合，，则
【答案】
【分析】把集合中的元素代入不等式检验可求得.
【详解】当时，，所以，
当时，，所以，
当时，，所以，
所以.
故答案为：.
24．（2024·天津·三模）己知全集，集合，集合，则 ， ．
【答案】
【分析】根据题意，分别求得和，结合集合运算法则，即可求解.
【详解】由全集，
集合，集合，
可得，则，.
故答案为：；.
25．（2024·安徽马鞍山·三模）已知复数满足，若在复平面内对应的点不在第一象限，则 ．
【答案】
【分析】设，结合复数的运算以及共轭复数求，并结合复数的几何意义取舍.
【详解】设，则，
因为，则，
解得或，
又因为在复平面内对应的点不在第一象限，可知，可知，
所以.
故答案为：.
26．（2024·广东汕头·二模）写出一个满足，且的复数， .
【答案】（答案不唯一）
【分析】根据题意，设，结合复数的运算可得或，即可得到结果.
【详解】设，，因为，
所以，，
由，解得或，
则（答案不唯一）.
故答案为：（答案不唯一）.
试卷第2页，共14页
1【好题汇编】2024年高考真题和模拟题数学分类汇编（全国通用）
专题01 集合、逻辑用语与复数
1．（新课标全国Ⅰ卷）已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
2．（新课标全国Ⅰ卷）若，则（ ）
A． B． C． D．
3．（新课标全国Ⅱ卷）已知，则（ ）
A．0 B．1 C． D．2
4．（新课标全国Ⅱ卷）已知命题p：，；命题q：，，则（ ）
A．p和q都是真命题 B．和q都是真命题
C．p和都是真命题 D．和都是真命题
5．（全国甲卷数学（文））集合，，则（ ）
A． B． C． D．
6．（全国甲卷数学（文））设，则（ ）
A． B．1 C．-1 D．2
7．（全国甲卷数学（理））设，则（ ）
A． B． C．10 D．
8．（全国甲卷数学（理））集合，则（ ）
A． B． C． D．
9．（新高考北京卷）已知集合，，则（ ）
A． B．
C． D．
10．（新高考北京卷）已知，则（ ）．
A． B． C． D．1
11．（新高考天津卷）集合，，则（ ）
A． B． C． D．
12．（新高考天津卷）设，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
13．（新高考天津卷）已知是虚数单位，复数 ．
14．（新高考上海卷）设全集，集合，则 ．
15．（新高考上海卷）已知虚数，其实部为1，且，则实数为 ．
一、单选题
1．（2024·河北衡水·三模）已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2024·北京·三模）已知集合，若，则可能是（ ）
A． B．1 C．2 D．3
3．（2024·河北承德·二模）已知集合，则（ ）
A． B．
C． D．
4．（2024·重庆·三模）已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
5．（2024·湖南长沙·三模）已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
6．（2024·福建福州·一模）已知集合，，则（ ）
A．或 B． C． D．或
7．（2024·重庆·三模）已知集合，集合，若，则（ ）
A． B．0 C．1 D．2
8．（2024·辽宁·三模）若全集，，，则下列关系正确的是（ ）
A． B． C． D．
9．（2024·河南·二模）已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
10．（2024·山东聊城·三模）“，且”是“，且”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
11．（2024·江苏南通·三模）已知为复数，则“”是“”的（ ）
A．充分非必要条件 B．必要非充分条件 C．充要条件 D．非充分非必要条件
12．（2024·辽宁大连·二模）设，则“”是“复数为纯虚数”的（ ）
A．充分必要条件 B．必要不充分条件
C．充分不必要条件 D．既不充分也不必要条件
13．（2024·山东德州·三模）已知复数满足：，则（ ）
A． B． C． D．
14．（2024·重庆·三模）已知（为虚数单位），则复数的共轭复数为（ ）
A． B． C． D．
15．（2024·河南郑州·三模）复数（且），若为纯虚数，则（ ）
A． B． C． D．
16．（2024·四川遂宁·三模）若复数（其中，i为虚数单位）为纯虚数，则复数在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
17．（2024·云南·二模）已知为虚数单位，复数z满足，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．0
二、多选题
18．（2024·河北衡水·三模）复数，其中，设在复平面内的对应点为，则下列说法正确的是（ ）
A．当时， B．当时，
C．对任意，点均在第一象限 D．存在，使得点在第二象限
19．（2024·山东济宁·三模）已知复数，则下列说法中正确的是（ ）
A． B．
C．“”是“”的必要不充分条件 D．“”是“”的充分不必要条件
20．（2024·河南·二模）已知复数，是的共轭复数，则下列说法正确的是（ ）
A．的实部为
B．复数在复平面中对应的点在第四象限
C．
D．
21．（2024·贵州黔南·二模）已知非空集合，，均为的真子集，且 .则（ ）
A． B． C． D．
三、填空题
22．（2024·湖南衡阳·三模）已知集合，集合，若，则 ．
23．（2024·上海·三模）已知集合，，则
24．（2024·天津·三模）己知全集，集合，集合，则 ， ．
25．（2024·安徽马鞍山·三模）已知复数满足，若在复平面内对应的点不在第一象限，则 ．
26．（2024·广东汕头·二模）写出一个满足，且的复数， .
试卷第2页，共4页
1【好题汇编】2024年高考真题和模拟题数学分类汇编（全国通用）
专题02 平面向量
1．（新课标全国Ⅰ卷）已知向量，若，则（ ）
A． B． C．1 D．2
【答案】D
【分析】根据向量垂直的坐标运算可求的值.
【详解】因为，所以，
所以即，故，
故选：D.
2．（新课标全国Ⅱ卷）已知向量满足，且，则（ ）
A． B． C． D．1
【答案】B
【分析】由得，结合，得，由此即可得解.
【详解】因为，所以，即，
又因为，
所以，
从而.
故选：B.
3．（全国甲卷数学（理））已知向量，则（ ）
A．“”是“”的必要条件 B．“”是“”的必要条件
C．“”是“”的充分条件 D．“”是“”的充分条件
【答案】C
【分析】根据向量垂直和平行的坐标表示即可得到方程，解出即可.
【详解】对A，当时，则，
所以，解得或，即必要性不成立，故A错误；
对C，当时，，故，
所以，即充分性成立，故C正确；
对B，当时，则，解得，即必要性不成立，故B错误；
对D，当时，不满足，所以不成立，即充分性不立，故D错误.
故选：C.
4．（新高考北京卷）已知向量，，则“”是“或”的（ ）条件．
A．必要而不充分条件 B．充分而不必要条件
C．充分且必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】根据向量数量积分析可知等价于，结合充分、必要条件分析判断.
【详解】因为，可得，即，
可知等价于，
若或，可得，即，可知必要性成立；
若，即，无法得出或，
例如，满足，但且，可知充分性不成立；
综上所述，“”是“且”的必要不充分条件.
故选：A.
5．（新高考天津卷）在边长为1的正方形中，点为线段的三等分点， ，则 ；若为线段上的动点，为中点，则的最小值为 ．
【答案】
【分析】解法一：以为基底向量，根据向量的线性运算求，即可得，设，求，结合数量积的运算律求的最小值；解法二：建系标点，根据向量的坐标运算求，即可得，设，求，结合数量积的坐标运算求的最小值.
【详解】解法一：因为，即，则，
可得，所以；
由题意可知：，
因为为线段上的动点，设，
则，
又因为为中点，则，
可得
，
又因为，可知：当时，取到最小值；
解法二：以B为坐标原点建立平面直角坐标系，如图所示，
则，
可得，
因为，则，所以；
因为点在线段上，设，
且为中点，则，
可得，
则，
且，所以当时，取到最小值为；
故答案为：；.
6．（新高考上海卷）已知，且，则的值为 ．
【答案】15
【分析】根据向量平行的坐标表示得到方程，解出即可.
【详解】，，解得．
故答案为：15．
一、单选题
1．（2024高三上·黑龙江哈尔滨·期末）若，，则实数（ ）
A．6 B． C．3 D．
【答案】B
【分析】利用向量数量积坐标公式即可求解.
【详解】因为，所以 ，
即 ，所以，
因为，，所以，
所以，解得.
故选：B.
2．（2024·山东德州·三模）已知向量，，，若，则实数（ ）
A．-6 B．-5 C．5 D．6
【答案】C
【分析】利用向量的坐标运算及向量的夹角公式即可求解.
【详解】由，，
所以，
由，得，
所以，
因为，，
所以，解得.
故选：C.
3．（2024·河北衡水·三模）已知是单位向量，，则与的夹角为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先计算向量的模，再计算与的数量积，进而可得夹角的余弦值，可得答案.
【详解】，故．
，设与的夹角为，
则，又，故，
故选：A．
4．（2024高三上·安徽池州·期末）已知向量，若，则下列关系一定成立的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用向量线性运算的坐标表示以及向量平行的坐标关系可直接求得答案.
【详解】，
由可得，，整理得．
故选：D.
5．（2024高三上·云南保山·期末）如图，已知正方形的边长为4，若动点在以为直径的半圆上（正方形内部，含边界），则的取值范围为（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据已知条件及极化恒等式，结合向量的线性运算即可求解.
【详解】取的中点，连接，如图所示，

所以的取值范围是，即，
又由，
所以.
故选：B.
6．（2024·河南·三模）已知向量，向量在上的投影向量为，则（ ）
A．-2 B．-1 C．1 D．2
【答案】A
【分析】根据投影向量的定义式，结合题意即可求得.
【详解】由向量，可得，
因向量在上的投影向量为，
由题意，，解得.
故选：A.
7．（2024·湖南长沙·二模）已知向量 中， 是单位向量， 与 的夹角为 ，则 （ ）
A．2 B． C． D．-1
【答案】B
【分析】根据数量积的定义及运算律求解.
【详解】，
所以 .
故选：B
8．（2024·浙江绍兴·二模）已知，是单位向量，且它们的夹角是，若，，且，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由得，列出方程求解即可．
【详解】由得，，即，解得，
故选：B．
9．（2024·河北·三模）已知平面向量，，满足，，与的夹角为，则在方向上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．与有关
【答案】C
【分析】根据向量模长的坐标表示可得，进而可得，结合投影向量的定义分析求解.
【详解】由题意可知：，
所以在方向上的投影向量为.
故选：C.
10．（2024·广东广州·三模）设向量，，当，且时，则记作；当，且时，则记作，有下面四个结论：
①若，，则；
②若且，则；
③若，则对于任意向量，都有；
④若，则对于任意向量，都有；
其中所有正确结论的序号为（ ）
A．①②③ B．②③④ C．①③ D．①④
【答案】C
【分析】根据题意结合向量的坐标运算逐项分析①③，举反例判断②④.
【详解】对于①：若，，则，所以，故①正确；
对于②：取，满足，
则，满足，但，故②错误；
对于③：若，则，且，
设，则，
可知，所以，故③正确；
对于④：取，可知，
但，即，故④错误；
故选：C.
11．（2024·陕西·模拟预测）已知两个向量，且，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用垂直关系的向量表示，结合模的坐标表示求解即得.
【详解】由，得，则，即，
因此，所以.
故选：B
12．（2024·四川雅安·三模）已知平面向量，则向量在向量方向上的投影是（ ）
A． B．1 C． D．
【答案】C
【分析】根据平面向量数量积的几何意义及坐标运算求解投影即可.
【详解】因为向量，所以向量在向量方向上的投影是.
故选：C.
13．（2024·辽宁葫芦岛·一模）已知向量的夹角为，且，若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用平面向量的数量积运算公式结合已知直接计算即可.
【详解】因为，
所以，即，
因为，向量的夹角为，
所以，
所以，即.
故选：A.
14．（2024·河北承德·二模）在中，为中点，连接，设为中点，且，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】利用平面向量基本定理将用表示出来，再用向量的线性运算把用表示即可.
【详解】由于，所以，
故选：D
15．（2024·广东广州·模拟预测）设，向量，且，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由向量垂直得，再利用向量夹角的坐标运算求解即可.
【详解】因为，
又，所以，得到，
所以，得到，
所以.
故选：D
16．（2024·山东·二模）在中，交于点，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据题意可由坐标法求解，以A为原点建立坐标系写出各点的坐标即可求解.
【详解】解：由题可建立如图所示坐标系：
由图可得：，
又，
故直线的方程：，可得，
所以，
故选：C.
二、多选题
17．（2024·辽宁葫芦岛·二模）已知向量，，为非零向量，下列说法正确的有（ ）
A．若，，则
B．已知向量，，则
C．若，则和在上的投影向量相等
D．已知，，，则点A，B，D一定共线
【答案】CD
【分析】根据向量的线性运算、投影向量的意义和向量共线定理即可判断出正确答案.
【详解】对于A，若，，则与可能平行，故A错误；
对于B，设，则，解得，所以，故B错误；
对于C，若，则，所以，所以和在上的投影向量相等，故C正确；
对于D，因为，，所以,所以点A，B，D一定共线，故D正确.
故选：CD.
18．（2024·河南·三模）已知平面向量，则下列说法正确的有（ ）
A．一定可以作为一个基底
B．一定有最小值
C．一定存在一个实数使得
D．的夹角的取值范围是
【答案】BC
【分析】对A：借助基底的定义与向量共线定理计算即可得；对B：借助模长定义计算即可得；对C：借助模长与数量积的关系计算即可得；对D：找出反例即可得.
【详解】对A：若，即，即，此时不能作基底，故A错误；
对B：，
故有最小值，故B正确；
对C：若，则有
即，即，即，
解得，即当时，，故C正确；
对D：由A知，若，则，即只能同向不能反向，
故的夹角不可能为，故D错误.
故选：BC.
19．（2024·山西·三模）蜜蜂的巢房是令人惊叹的神奇天然建筑物，巢房是严格的六角柱状体，它的一端是平整的六角形开口，另一端是封闭的六角菱形的底（由三个相同的菱形组成）巢中被封盖的是自然成熟的蜂蜜，如图是一个蜂巢的正六边形开口ABCDEF，它的边长为1，点P是△DEF内部（包括边界）的动点，则（ ）
A．
B．
C．若P为EF的中点，则在上的投影向量为
D．的最大值为
【答案】AD
【分析】对于A：根据正六边形的性质结合向量的线性运算求解；对于C：根据结合投影向量的定义分析判断；对于BD：建系，根据向量的坐标运算求解.
【详解】对于选项A：因为，故A正确；
对于选项C：由题意可知：，
若P为EF的中点，所以在上的投影向量为，故C错误；
对于选项BD：如图，建立平面直角坐标系，
则，
可得，所以，故B错误；
设，可知，
则，可得，
则，
可知当，即点与点重合时，的最大值为，故D正确；
故选：AD.
20．（2024·甘肃张掖·一模）下列命题错误的是（ ）
A．对空间任意一点与不共线的三点，若，其中，，且，则四点共面
B．已知，，与的夹角为钝角，则的取值范围是
C．若，共线，则
D．若，共线，则一定存在实数使得
【答案】BCD
【分析】根据空间向量基本定理判断A，根据数量积的坐标表示及平面向量共线的坐标表示判断B，利用特殊值判断C、D.
【详解】对于A：因为，则，
所以，即，
所以，所以四点共面，故A正确；
对于B：因为，，与的夹角为钝角，
所以且与不共线反向，
若，则，解得；
若与共线，则，解得，
综上可得或，故B错误；
对于C：若、同向且，此时，
即不成立，故C错误；
对于D：若，，显然与共线，但是不存在使得，故D错误.
故选：BCD
21．（2024·江西宜春·三模）古希腊数学家阿波罗尼斯的著作《圆锥曲线论》中给出了阿波罗尼斯圆的定义：在平面内，已知两定点A，B之间的距离为a（非零常数），动点M到A，B的距离之比为常数（，且），则点M的轨迹是圆，简称为阿氏圆．在平面直角坐标系中，已知，点M满足，则下列说法正确的是（ ）
A．面积的最大值为12 B．的最大值为72
C．若，则的最小值为10 D．当点M不在x轴上时，MO始终平分
【答案】ABD
【分析】设点，由条件可得点M的轨迹方程，即可判断A，由向量数量积的运算律代入计算，即可判断B，由点与圆的位置关系，即可判断C，由角平分线定理即可判断D
【详解】对于A，设点，由，得，
化为，所以点M的轨迹是以点为圆心、4为半径的圆，
所以面积的最大值为，故A正确；
对于B，设线段AB的中点为N，，
当点M的坐标为时取等号，故的最大值为72，故B正确；
对于C，显然点在圆外，点在圆内，，当B，M，Q三点共线且点M在线段BQ之间时，，故C错误；
对于D，由，，有，当点M不在x轴上时，
由三角形内角平分线分线段成比例定理的逆定理知，MO是中的平分线，故D正确．
故选：ABD．
三、填空题
22．（2024·湖南长沙·三模）在，已知，.则 .
【答案】
【分析】先由可得角，由可得，结合角的关系，解方程即可得答案.
【详解】设，，，
由得，所以.
又，因此，.
由，得；
于是，
所以，
∴，即.
∵，∴，∴，
∴或，∴或.
又∵，∴，，，则.
故答案为：
23．（2024·江西·二模）在中，已知，为线段的中点，若，则 ．
【答案】
【分析】根据题意，由向量的线性运算公式可得，由平面向量基本定理可得、的值，进而计算可得答案．
【详解】根据题意，在中，已知，则，
由于为线段的中点，
则，
又，、不共线，故，，
所以．
故答案为：．
24．（2024·四川遂宁·三模）已知向量，，若，那么m的值为 ．
【答案】2
【分析】由，得，即，即可求解.
【详解】解：向量，，
若，则，
即，解得．
故答案为：2
25．（2024·河北·二模）已知是半径为2的圆上三个动点，①若，则的最大值为 ，②若，则的最小值为 .
【答案】 6
【分析】①设的中点为，连接，由平面向量的运算律可得，当过圆心，即为等腰三角形时，取得最大值，代入即可得出答案；②由可知当在上的投影长最长时，即与圆相切时，可取到最小值，求解即可.
【详解】①若，设的中点为，连接，
则，
当过圆心，即为等腰三角形时，取得最大值，
如下图，
则，
所以的最大值为.
②若为钝角时，取到最小值，
如图，为的中点，在上的投影向量为.
由可知当在上的投影长最长时，
即与圆相切时，可取到最小值.
，
当时，的最小值为.
故答案为：；.
26．（2024·河北保定·二模）已知向量的夹角的余弦值为，，且，则 ．
【答案】4
【分析】利用向量数量积的定义，由已知得，代入，求的值.
【详解】向量的夹角的余弦值为，，则，
由，解得(负值舍去)．
故答案为：4.
27．（2024·全国·模拟预测）若向量与的夹角为，，，则 ．
【答案】4或
【分析】根据向量的数量积定义及运算律计算即可.
【详解】因为向量与的夹角为，
所以，
因为，
所以，
所以或．
故答案为：4或
28．（2024·北京顺义·二模）若非零向量满足，且，则能使得成立的一组可以是 ，
【答案】 （答案不唯一） （答案不唯一）
【分析】根据数乘定义可判断，结合即可求解.
【详解】因为，即，
所以，且，即，
又，即，
所以满足，且的向量都满足条件，
故可取.
故答案为：；（答案不唯一）.
29．（2024·福建宁德·三模）已知是两个单位向量，若在上的投影向量为，则与的夹角为 .
【答案】
【分析】借助投影向量定义可得，借助模长公式可得，再利用夹角公式计算即可得解.
【详解】由题意可得，即，
，
则，
故与的夹角为.
故答案为：.
30．（2024·天津红桥·二模）太极图被称为“中华第一图”，其形状如阴阳两鱼互抱在一起，因而被称为“阴阳鱼太极图”.如图所示的图形是由半径为2的大圆O和两个对称的半圆弧组成的，线段MN过点O且两端点M，N分别在两个半圆上，点P是大圆上一动点，令，，若，则 ；的最小值为 ．
【答案】 / 0
【分析】第一空结合图形由向量的线性运算可得；第二空先由向量的线性运算得到，再当取得最大值时计算可得.
【详解】由圆的对称性可得为的中点，
所以，
；
，
因为，
所以，
所以当取得最大值2时，的最小值为0,；
故答案为：；0.
试卷第20页，共20页
1【好题汇编】2024年高考真题和模拟题数学分类汇编（全国通用）
专题02 平面向量
1．（新课标全国Ⅰ卷）已知向量，若，则（ ）
A． B． C．1 D．2
2．（新课标全国Ⅱ卷）已知向量满足，且，则（ ）
A． B． C． D．1
3．（全国甲卷数学（理））已知向量，则（ ）
A．“”是“”的必要条件 B．“”是“”的必要条件
C．“”是“”的充分条件 D．“”是“”的充分条件
4．（新高考北京卷）已知向量，，则“”是“或”的（ ）条件．
A．必要而不充分条件 B．充分而不必要条件
C．充分且必要条件 D．既不充分也不必要条件
5．（新高考天津卷）在边长为1的正方形中，点为线段的三等分点， ，则 ；若为线段上的动点，为中点，则的最小值为 ．
6．（新高考上海卷）已知，且，则的值为 ．
一、单选题
1．（2024高三上·黑龙江哈尔滨·期末）若，，则实数（ ）
A．6 B． C．3 D．
2．（2024·山东德州·三模）已知向量，，，若，则实数（ ）
A．-6 B．-5 C．5 D．6
3．（2024·河北衡水·三模）已知是单位向量，，则与的夹角为（ ）
A． B． C． D．
4．（2024高三上·安徽池州·期末）已知向量，若，则下列关系一定成立的是（ ）
A． B． C． D．
5．（2024高三上·云南保山·期末）如图，已知正方形的边长为4，若动点在以为直径的半圆上（正方形内部，含边界），则的取值范围为（ ）

A． B． C． D．
6．（2024·河南·三模）已知向量，向量在上的投影向量为，则（ ）
A．-2 B．-1 C．1 D．2
7．（2024·湖南长沙·二模）已知向量 中， 是单位向量， 与 的夹角为 ，则 （ ）
A．2 B． C． D．-1
8．（2024·浙江绍兴·二模）已知，是单位向量，且它们的夹角是，若，，且，则（ ）
A． B． C． D．
9．（2024·河北·三模）已知平面向量，，满足，，与的夹角为，则在方向上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．与有关
10．（2024·广东广州·三模）设向量，，当，且时，则记作；当，且时，则记作，有下面四个结论：
①若，，则；
②若且，则；
③若，则对于任意向量，都有；
④若，则对于任意向量，都有；
其中所有正确结论的序号为（ ）
A．①②③ B．②③④ C．①③ D．①④
11．（2024·陕西·模拟预测）已知两个向量，且，则的值为（ ）
A． B． C． D．
12．（2024·四川雅安·三模）已知平面向量，则向量在向量方向上的投影是（ ）
A． B．1 C． D．
13．（2024·辽宁葫芦岛·一模）已知向量的夹角为，且，若，则（ ）
A． B． C． D．
14．（2024·河北承德·二模）在中，为中点，连接，设为中点，且，则（ ）
A． B．
C． D．
15．（2024·广东广州·模拟预测）设，向量，且，则（ ）
A． B． C． D．
16．（2024·山东·二模）在中，交于点，则（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
17．（2024·辽宁葫芦岛·二模）已知向量，，为非零向量，下列说法正确的有（ ）
A．若，，则
B．已知向量，，则
C．若，则和在上的投影向量相等
D．已知，，，则点A，B，D一定共线
18．（2024·河南·三模）已知平面向量，则下列说法正确的有（ ）
A．一定可以作为一个基底
B．一定有最小值
C．一定存在一个实数使得
D．的夹角的取值范围是
19．（2024·山西·三模）蜜蜂的巢房是令人惊叹的神奇天然建筑物，巢房是严格的六角柱状体，它的一端是平整的六角形开口，另一端是封闭的六角菱形的底（由三个相同的菱形组成）巢中被封盖的是自然成熟的蜂蜜，如图是一个蜂巢的正六边形开口ABCDEF，它的边长为1，点P是△DEF内部（包括边界）的动点，则（ ）
A．
B．
C．若P为EF的中点，则在上的投影向量为
D．的最大值为
20．（2024·甘肃张掖·一模）下列命题错误的是（ ）
A．对空间任意一点与不共线的三点，若，其中，，且，则四点共面
B．已知，，与的夹角为钝角，则的取值范围是
C．若，共线，则
D．若，共线，则一定存在实数使得
21．（2024·江西宜春·三模）古希腊数学家阿波罗尼斯的著作《圆锥曲线论》中给出了阿波罗尼斯圆的定义：在平面内，已知两定点A，B之间的距离为a（非零常数），动点M到A，B的距离之比为常数（，且），则点M的轨迹是圆，简称为阿氏圆．在平面直角坐标系中，已知，点M满足，则下列说法正确的是（ ）
A．面积的最大值为12 B．的最大值为72
C．若，则的最小值为10 D．当点M不在x轴上时，MO始终平分
三、填空题
22．（2024·湖南长沙·三模）在，已知，.则 .
23．（2024·江西·二模）在中，已知，为线段的中点，若，则 ．
24．（2024·四川遂宁·三模）已知向量，，若，那么m的值为 ．
25．（2024·河北·二模）已知是半径为2的圆上三个动点，①若，则的最大值为 ，②若，则的最小值为 .
26．（2024·河北保定·二模）已知向量的夹角的余弦值为，，且，则 ．
27．（2024·全国·模拟预测）若向量与的夹角为，，，则 ．
28．（2024·北京顺义·二模）若非零向量满足，且，则能使得成立的一组可以是 ，
29．（2024·福建宁德·三模）已知是两个单位向量，若在上的投影向量为，则与的夹角为 .
30．（2024·天津红桥·二模）太极图被称为“中华第一图”，其形状如阴阳两鱼互抱在一起，因而被称为“阴阳鱼太极图”.如图所示的图形是由半径为2的大圆O和两个对称的半圆弧组成的，线段MN过点O且两端点M，N分别在两个半圆上，点P是大圆上一动点，令，，若，则 ；的最小值为 ．
试卷第2页，共6页
1【好题汇编】2024年高考真题和模拟题数学分类汇编（全国通用）
专题03 三角函数
1．（新课标全国Ⅰ卷）已知，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据两角和的余弦可求的关系，结合的值可求前者，故可求的值.
【详解】因为，所以，
而，所以，
故即，
从而，故，
故选：A.
2．（新课标全国Ⅰ卷）当时，曲线与的交点个数为（ ）
A．3 B．4 C．6 D．8
【答案】C
【分析】画出两函数在上的图象，根据图象即可求解
【详解】因为函数的的最小正周期为，
函数的最小正周期为，
所以在上函数有三个周期的图象，
在坐标系中结合五点法画出两函数图象，如图所示：
由图可知，两函数图象有6个交点.
故选：C
3．（新课标全国Ⅱ卷）设函数，，当时，曲线与恰有一个交点，则（ ）
A． B． C．1 D．2
【答案】D
【分析】解法一：令，分析可知曲线与恰有一个交点，结合偶函数的对称性可知该交点只能在y轴上，即可得，并代入检验即可；解法二：令，可知为偶函数，根据偶函数的对称性可知的零点只能为0，即可得，并代入检验即可.
【详解】解法一：令，即，可得，
令，
原题意等价于当时，曲线与恰有一个交点，
注意到均为偶函数，可知该交点只能在y轴上，
可得，即，解得，
若，令，可得
因为，则，当且仅当时，等号成立，
可得，当且仅当时，等号成立，
则方程有且仅有一个实根0，即曲线与恰有一个交点，
所以符合题意；
综上所述：.
解法二：令，
原题意等价于有且仅有一个零点，
因为，
则为偶函数，
根据偶函数的对称性可知的零点只能为0，
即，解得，
若，则，
又因为当且仅当时，等号成立，
可得，当且仅当时，等号成立，
即有且仅有一个零点0，所以符合题意；
故选：D.
4．（全国甲卷数学（理）（文））已知，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】先将弦化切求得，再根据两角和的正切公式即可求解.
【详解】因为，
所以，，
所以，
故选：B.
5．（新高考北京卷）已知，，，，则（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【分析】根据三角函数最值分析周期性，结合三角函数最小正周期公式运算求解.
【详解】由题意可知：为的最小值点，为的最大值点，
则，即，
且，所以.
故选：B.
6．（新高考天津卷）已知函数的最小正周期为．则函数在的最小值是（ ）
A． B． C．0 D．
【答案】A
【分析】先由诱导公式化简，结合周期公式求出，得，再整体求出时，的范围，结合正弦三角函数图象特征即可求解.
【详解】，由得，
即，当时，，
画出图象，如下图，
由图可知，在上递减，
所以，当时，
故选：A
7．（新高考上海卷）下列函数的最小正周期是的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】根据辅助角公式、二倍角公式以及同角三角函数关系并结合三角函数的性质一一判断即可 .
【详解】对A，，周期，故A正确；
对B，，周期，故B错误；
对于选项C，，是常值函数，不存在最小正周期，故C错误；
对于选项D，，周期，故D错误，
故选：A．
8．（新课标全国Ⅱ卷）对于函数和，下列说法正确的有（ ）
A．与有相同的零点 B．与有相同的最大值
C．与有相同的最小正周期 D．与的图像有相同的对称轴
【答案】BC
【分析】根据正弦函数的零点，最值，周期公式，对称轴方程逐一分析每个选项即可.
【详解】A选项，令，解得，即为零点，
令，解得，即为零点，
显然零点不同，A选项错误；
B选项，显然，B选项正确；
C选项，根据周期公式，的周期均为，C选项正确；
D选项，根据正弦函数的性质的对称轴满足，
的对称轴满足，
显然图像的对称轴不同，D选项错误.
故选：BC
9．（新课标全国Ⅱ卷）已知为第一象限角，为第三象限角，，，则 .
【答案】
【分析】法一：根据两角和与差的正切公式得，再缩小的范围，最后结合同角的平方和关系即可得到答案；法二：利用弦化切的方法即可得到答案.
【详解】法一：由题意得，
因为，，
则，，
又因为，
则，，则，
则，联立 ，解得.
法二： 因为为第一象限角，为第三象限角，则,
，，
则
故答案为：.
10．（全国甲卷数学（文））函数在上的最大值是 ．
【答案】2
【分析】结合辅助角公式化简成正弦型函数，再求给定区间最值即可.
【详解】，当时，，
当时，即时，.
故答案为：2
一、单选题
1．（2024·宁夏石嘴山·三模）在平面直角坐标系中，角的顶点与原点重合，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点，则（ ）
A． B． C．－2 D．2
【答案】A
【分析】由题意可知：，根据倍角公式结合齐次化问题分析求解.
【详解】由题意可知：，
所以.
故选：A.
2．（2024·广东茂名·一模）已知，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据给定条件，求出，再结合诱导公式及二倍角的余弦公式，利用正余弦齐次式法计算得解.
【详解】由，得，则，
所以.
故选：D
3．（2024·河北保定·二模）函数的部分图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】根据函数的奇偶性判断即可.
【详解】设，则，
所以为奇函数，
设，可知为偶函数，
所以为奇函数，则B，C错误，
易知，所以A正确，D错误．
故选：A.
4．（2024·山东济宁·三模）已知函数，若在区间上的值域为，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用二倍角公式、辅助角公式化简函数，再借助正弦函数的图象与性质求解即得.
【详解】依题意，函数，
当时，，显然，
且正弦函数在上单调递减，由在区间上的值域为，
得，解得，
所以实数的取值范围是.
故选：D
5．（2024·江西景德镇·三模）函数在内恰有两个对称中心，，将函数的图象向右平移个单位得到函数的图象.若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据y轴右边第二个对称中心在内，第三个对称中心不在内可求得，结合可得，再利用平移变换求出，根据三角变换化简可得，然后由二倍角公式可解.
【详解】由得，
因为函数在内恰有两个对称中心，所以，解得，
又，所以，即，所以，
将函数的图象向右平移个单位得到函数，
即，
因为
，
所以.
故选：A
6．（2024·安徽马鞍山·三模）已知函数的一个零点是，且在上单调，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】整理可得，以为整体，根据单调性分析可得，再结合零点分析求解.
【详解】因为，
，且时，
可得，且，
若在上单调，则，解得，
又因为的一个零点是，则，解得，
所以.
故选：B.
7．（2024·山东临沂·二模）已知函数（）图象的一个对称中心为，则（ ）
A．在区间上单调递增
B．是图象的一条对称轴
C．在上的值域为
D．将图象上的所有点向左平移个长度单位后，得到的函数图象关于y轴对称
【答案】D
【分析】借助整体代入法结合正弦函数的性质可得A、B；结合正弦函数最值可得C；得到平移后的函数解析式后借助诱导公式即可得D.
【详解】由题意可得，解得，
又，故，即；
对A：当时，，
由函数在上不为单调递增，
故在区间上不为单调递增，故A错误；
对B：当时，，
由不是函数的对称轴，
故不是图象的对称轴，故B错误；
对C：当时，，
则，故C错误；
对D：将图象上的所有点向左平移个长度单位后，
可得，
该函数关于y轴对称，故D正确.
故选：D.
8．（2024·广东广州·二模）已知函数的部分图象如图所示，若将函数的图象向右平移个单位后所得曲线关于轴对称，则的最小值为（ ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据给定的图象特征，结合五点法作图列式求出和，再根据图象的平移变换，以及图象的对称性即可得解.
【详解】由，得，又点及附近点从左到右是上升的，则，
由，点及附近点从左到右是下降的，且上升、下降的两段图象相邻，得，
联立解得，，而，于是，，
若将函数的图像向右平移个单位后，得到，
则，而，因此，
所以当时，取得最小值为.
故选：A
9．（2024·四川雅安·三模）已知函数，则下列说法中正确的个数是（ ）
①当时，函数有且只有一个零点；
②当时，函数为奇函数，则正数的最小值为；
③若函数在上单调递增，则的最小值为；
④若函数在上恰有两个极值点，则的取值范围为.
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【分析】利用辅助角公式化简函数，由图象分析判断①；由正弦函数的性质判断②③；由极大值的意义结合正弦函数的性质判断④.
【详解】依题意，，函数，
对于①：，令，即，
作出函数和函数的图象，如图，

观察图象知，两个函数在上只有一个零点，，
当时，，
当时，，
因此函数与函数的图象有且只有一个交点，①正确；
对于②：为奇函数，则，
，即正数的最小值为，②正确；
对于③：当时，，由在上单调递增，
得，解得，正数有最大值，③错误；
对于④：当时，，而在上恰有两个极值点，
由正弦函数的性质得，解得，因此的取值范围是，④错误.
综上，共2个正确，
故选：B.
10．（2024·河北保定·二模）已知，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用切化弦和同角三角函数的关系，解出，再结合二倍角公式即可求解.
【详解】因为，
所以，
解得或（舍去），
所以．
故选：B.
11．（2024·河北衡水·三模）已知，则m，n的关系为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用和差角的正弦公式化简，结合已知列出方程即可求解.
【详解】依题意，，，
则，
即，即.
故选：D
12．（2024·辽宁沈阳·三模）已知，则的值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用二倍角公式和同角之间的转化，进行求解判断选项
【详解】当，则
故选：D
13．（2024·贵州黔东南·二模）已知，且，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】找出和的关系，求出和即可求解.
【详解】，
，
①，，，
②，由①②解得或，
，，
，.
故选：C.
二、多选题
14．（2024·河北张家口·三模）已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．函数的一个周期为
B．函数的图象关于点对称
C．将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，若函数为偶函数，则的最小值为
D．若，其中为锐角，则的值为
【答案】ACD
【分析】利用三角恒等变换公式化简，由周期公式可判断A；代入验证可判断B；根据平移变化求，由奇偶性可求出，可判断C；根据已知化简可得，将目标式化为，由和差角公式求解可判断D.
【详解】对于A，因为，
所以的最小值周期，所以是函数的一个周期，A正确；
对于B，因为，
所以，点不是函数的对称中心，B错误；
对于C，由题知，，
若函数为偶函数，则，得，
因为，所以的最小值为，C正确；
对于D，若，
则，
因为为锐角，，所以，
所以
，D正确.
故选：ACD
15．（2024·辽宁鞍山·模拟预测）已知函数，则（ ）
A．是奇函数 B．的最小正周期为
C．的最小值为 D．在上单调递增
【答案】AC
【分析】首先化简函数，再根据函数的性质判断各选项.
【详解】，函数的定义域为，
对A，，所以函数是奇函数，故A正确；
对B，函数的最小正周期为，故B错误；
对C，函数的最小值为，故C正确；
对D，，，函数不单调，在上单调递增，在上单调递减，故D错误.
故选：AC
16．（2024·安徽·三模）已知函数，则（ ）
A．是偶函数 B．的最小正周期是
C．的值域为 D．在上单调递增
【答案】AC
【分析】对于A，直接用偶函数的定义即可验证；对于B，直接说明即可否定；对于C，先证明，再说明对总有有解即可验证；对于D，直接说明即可否定.
【详解】对于A，由于的定义域为，且，
故是偶函数，A正确；
对于B，由于，，故，这说明不是的周期，B错误；
对于C，由于
，
且，故.
而对，有，，故由零点存在定理知一定存在使得.
所以的值域为，C正确；
对于D，由于，，故在上并不是单调递增的，D错误.
故选：AC.
17．（2024·山西太原·模拟预测）已知函数的图象关于直线对称，且，则（ ）
A．
B．的图象关于点中心对称
C．与的图象关于直线对称
D．在区间内单调递增
【答案】BCD
【分析】根据正弦函数的对称性求解判断A，先求出，然后利用正弦函数的对称性求解判断B，根据对称函数的性质判断C，结合正弦函数的单调性代入验证判断D.
【详解】由题意得，，解得，，
又因为，所以，A错误；
由可知，
则，
令，，解得，，
令，得，所以点是曲线的对称中心，B正确；
因为，
所以与的图象关于直线对称，C正确；
当时，，故在区间内单调递增，D正确.
故选：BCD
18．（2024·浙江金华·三模）已知函数的部分图象如图所示，则（ ）
A． B．
C．为偶函数 D．在区间的最小值为
【答案】ACD
【分析】先由正弦展开式，五点法结合图象求出，可得A正确，B错误；由诱导公式可得C正确；整体代入由正弦函数的值域可得D正确.
【详解】由题意得，
由图象可得，
又，所以，
由五点法可得，
所以.
A：由以上解析可得，故A正确；
B：由以上解析可得，故B错误；
C：，故C正确；
D：当时，，
所以最小值为，故D正确；
故选：ACD.
19．（2024·浙江温州·二模）已知角的顶点为坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，为其终边上一点，若角的终边与角的终边关于直线对称，则（ ）
A． B．
C． D．角的终边在第一象限
【答案】ACD
【分析】
根据三角函数的定义，可求角的三角函数，结合诱导公式判断A的真假；利用二倍角公式，求出的三角函数值，结合三角函数的概念指出角的终边与单位圆的交点，由对称性确定角终边与单位圆交点，从而判断BCD的真假.
【详解】因为角的顶点为坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点，
所以：，所以，，所以，故A对；
又，
，
所以的终边与单位圆的交点坐标为：，
因为角的终边与角的终边关于直线对称，所以角的终边与单位圆的交点为，
所以，且的终边在第一象限，故CD正确；
又因为终边在直线的角为：，角的终边与角的终边关于对称，
所以，故B错误.
故选：ACD
20．（2024·广东佛山·二模）已知函数与，记，其中，且．下列说法正确的是（ ）
A．一定为周期函数
B．若，则在上总有零点
C．可能为偶函数
D．在区间上的图象过3个定点
【答案】ABD
【分析】对于A：计算，化简即可；对于B：求出，然后计算的正负即可；对于C：计算是否恒相等即可；对于D：令，求解即可.
【详解】对于A，，，A正确；
对于B，，
则，，
因为，即，同号，所以，
由零点存在定理知在上总有零点，故B正确；
对于C，，
，
由得
对恒成立，
则与题意不符，故C错误；
对于D，令，
则
，即，，
故所有定点坐标为，，，，
又因为，所以函数的图象过定点，，，故D正确；
故选：ABD．
21．（2024·湖南·二模）已知函数，把的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，以下说法正确的是（ ）
A．是图象的一条对称轴
B．的单调递减区间为
C．的图象关于原点对称
D．的最大值为
【答案】ABD
【分析】根据题意，求得的图象，结合三角函数的图象与性质，以及两角差的正弦公式，逐项判定，即可求解.
【详解】将函数的图象向右平移个单位长度，
得到函数的图象，
对于A中，令，求得，即为函数最大值，
所以直线是函数图象的一条对称轴，所以A正确；
对于B中，令，解得，
可得的单调减区间为，所以B正确.
对于C中，由于是偶函数，可得函数的图象关于轴对称，所以C错误.
对于D中，由
，
即的最大值为 ，所以D正确.
故选：ABD.
22．（2024·广东江门·一模）已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A．若相邻两条对称轴的距离为，则
B．当，时，的值域为
C．当时，的图象向左平移个单位长度得到函数解析式为
D．若在区间上有且仅有两个零点，则
【答案】BCD
【分析】根据三角恒等变换化简，进而根据周期可判断A，根据整体法求解函数的值域判断B，根据函数图象的平移可判断C，根据零点个数确定不等式满足的条件可判断D.
【详解】
，
对于A，若相邻两条对称轴的距离为，则,故，A错误，
对于B，当，，当时，，
则的值域为，B正确，
对于C，当，，
的图象向左平移个单位长度得到函数解析式为
，C正确，
对于D，当时，，
若在区间上有且仅有两个零点，则，解得，故D正确，
故选：BCD
三、填空题
23．（2024·北京·三模）已知函数．
①若，则的最小正周期是 ；，
②若，则的值域是 ．
【答案】
【分析】把代入，t明智二倍角的正弦，结合正弦函数的周期求出的最小正周期；把代入，利用二倍角的余弦公式，借助换元法，利用导数求出的值域.
【详解】当时，，函数的最小正周期为；
当时，，令，
，求导得，
当或时，，当时，，
函数在，上单调递减，在上单调递增，
，，
所以，的值域是.
故答案为：；
24．（2024·北京·模拟预测）已知函数，且.若两个不等的实数满足且，则 .
【答案】/
【分析】利用辅助角公式化简的解析式，再由题意可得函数关于对称，且最小正周期，即可求出的值，从而得到，再由二倍角公式及同角三角函数的基本关系计算可得．
【详解】因为，其中，
由，可得关于对称，
又两个不等的实数满足且，
所以的最小正周期，又，所以，解得，
所以，
所以，则，
所以
.
故答案为：
25．（2024·湖北荆州·三模）设，，，若满足条件的与存在且唯一，则 ， .
【答案】 1
【分析】由得到，再结合，利用，得到，，从而，再由满足条件的与存在且唯一，得到唯一，从而，求得m即可.
【详解】解：由，得，即，
因为，，所以，，
又，所以，
从而，
所以，
所以，
所以，
因为，所以，
因为满足条件的与存在且唯一，所以唯一，
所以，所以，经检验符合题意，
所以，
则，
解得，
所以.
故答案为：，1
【点睛】关键点点睛：关键是结合已知得出，求出，由此即可顺利得解.
试卷第14页，共14页
1【好题汇编】2024年高考真题和模拟题数学分类汇编（全国通用）
专题03 三角函数
1．（新课标全国Ⅰ卷）已知，则（ ）
A． B． C． D．
2．（新课标全国Ⅰ卷）当时，曲线与的交点个数为（ ）
A．3 B．4 C．6 D．8
3．（新课标全国Ⅱ卷）设函数，，当时，曲线与恰有一个交点，则（ ）
A． B． C．1 D．2
4．（全国甲卷数学（理）（文））已知，则（ ）
A． B． C． D．
5．（新高考北京卷）已知，，，，则（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
6．（新高考天津卷）已知函数的最小正周期为．则函数在的最小值是（ ）
A． B． C．0 D．
7．（新高考上海卷）下列函数的最小正周期是的是（ ）
A． B．
C． D．
8．（新课标全国Ⅱ卷）对于函数和，下列说法正确的有（ ）
A．与有相同的零点 B．与有相同的最大值
C．与有相同的最小正周期 D．与的图像有相同的对称轴
9．（新课标全国Ⅱ卷）已知为第一象限角，为第三象限角，，，则 .
10．（全国甲卷数学（文））函数在上的最大值是 ．
一、单选题
1．（2024·宁夏石嘴山·三模）在平面直角坐标系中，角的顶点与原点重合，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点，则（ ）
A． B． C．－2 D．2
2．（2024·广东茂名·一模）已知，则（ ）
A． B． C． D．
3．（2024·河北保定·二模）函数的部分图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
4．（2024·山东济宁·三模）已知函数，若在区间上的值域为，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
5．（2024·江西景德镇·三模）函数在内恰有两个对称中心，，将函数的图象向右平移个单位得到函数的图象.若，则（ ）
A． B． C． D．
6．（2024·安徽马鞍山·三模）已知函数的一个零点是，且在上单调，则（ ）
A． B． C． D．
7．（2024·山东临沂·二模）已知函数（）图象的一个对称中心为，则（ ）
A．在区间上单调递增
B．是图象的一条对称轴
C．在上的值域为
D．将图象上的所有点向左平移个长度单位后，得到的函数图象关于y轴对称
8．（2024·广东广州·二模）已知函数的部分图象如图所示，若将函数的图象向右平移个单位后所得曲线关于轴对称，则的最小值为（ ）

A． B． C． D．
9．（2024·四川雅安·三模）已知函数，则下列说法中正确的个数是（ ）
①当时，函数有且只有一个零点；
②当时，函数为奇函数，则正数的最小值为；
③若函数在上单调递增，则的最小值为；
④若函数在上恰有两个极值点，则的取值范围为.
A．1 B．2 C．3 D．4
10．（2024·河北保定·二模）已知，则（ ）
A． B． C． D．
11．（2024·河北衡水·三模）已知，则m，n的关系为（ ）
A． B． C． D．
12．（2024·辽宁沈阳·三模）已知，则的值是（ ）
A． B． C． D．
13．（2024·贵州黔东南·二模）已知，且，，则（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
14．（2024·河北张家口·三模）已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．函数的一个周期为
B．函数的图象关于点对称
C．将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，若函数为偶函数，则的最小值为
D．若，其中为锐角，则的值为
15．（2024·辽宁鞍山·模拟预测）已知函数，则（ ）
A．是奇函数 B．的最小正周期为
C．的最小值为 D．在上单调递增
16．（2024·安徽·三模）已知函数，则（ ）
A．是偶函数 B．的最小正周期是
C．的值域为 D．在上单调递增
17．（2024·山西太原·模拟预测）已知函数的图象关于直线对称，且，则（ ）
A．
B．的图象关于点中心对称
C．与的图象关于直线对称
D．在区间内单调递增
18．（2024·浙江金华·三模）已知函数的部分图象如图所示，则（ ）
A． B．
C．为偶函数 D．在区间的最小值为
19．（2024·浙江温州·二模）已知角的顶点为坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，为其终边上一点，若角的终边与角的终边关于直线对称，则（ ）
A． B．
C． D．角的终边在第一象限
20．（2024·广东佛山·二模）已知函数与，记，其中，且．下列说法正确的是（ ）
A．一定为周期函数
B．若，则在上总有零点
C．可能为偶函数
D．在区间上的图象过3个定点
21．（2024·湖南·二模）已知函数，把的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，以下说法正确的是（ ）
A．是图象的一条对称轴
B．的单调递减区间为
C．的图象关于原点对称
D．的最大值为
22．（2024·广东江门·一模）已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A．若相邻两条对称轴的距离为，则
B．当，时，的值域为
C．当时，的图象向左平移个单位长度得到函数解析式为
D．若在区间上有且仅有两个零点，则
三、填空题
23．（2024·北京·三模）已知函数．
①若，则的最小正周期是 ；，
②若，则的值域是 ．
24．（2024·北京·模拟预测）已知函数，且.若两个不等的实数满足且，则 .
25．（2024·湖北荆州·三模）设，，，若满足条件的与存在且唯一，则 ， .
试卷第2页，共6页
1【好题汇编】2024年高考真题和模拟题数学分类汇编（全国通用）
专题04 解三角形
一、单选题
1．（全国甲卷数学（理）（文））在中内角所对边分别为，若，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】利用正弦定理得，再利用余弦定理有，再利用正弦定理得到的值，最后代入计算即可.
【详解】因为，则由正弦定理得.
由余弦定理可得:，
即:，根据正弦定理得，
所以，
因为为三角形内角，则，则.
故选：C.
二、填空题
2．（新高考上海卷）已知点B在点C正北方向，点D在点C的正东方向，,存在点A满足，则 (精确到0.1度)
【答案】
【分析】设，在和中分别利用正弦定理得到，，两式相除即可得到答案.
【详解】设，
在中，由正弦定理得，
即’
即①
在中，由正弦定理得，
即，即，②
因为，得，
利用计算器即可得，
故答案为：.
三、解答题
3．（新课标全国Ⅰ卷）记内角A、B、C的对边分别为a，b，c，已知，
(1)求B；
(2)若的面积为，求c．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由余弦定理、平方关系依次求出，最后结合已知得的值即可；
（2）首先求出，然后由正弦定理可将均用含有的式子表示，结合三角形面积公式即可列方程求解.
【详解】（1）由余弦定理有，对比已知，
可得，
因为，所以，
从而，
又因为，即，
注意到，
所以.
（2）由（1）可得，，，从而，，
而，
由正弦定理有，
从而，
由三角形面积公式可知，的面积可表示为
，
由已知的面积为，可得，
所以.
4．（新课标全国Ⅱ卷）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
(1)求A．
(2)若，，求的周长．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据辅助角公式对条件进行化简处理即可求解，常规方法还可利用同角三角函数的关系解方程组，亦可利用导数，向量数量积公式，万能公式解决；
（2）先根据正弦定理边角互化算出，然后根据正弦定理算出即可得出周长.
【详解】（1）方法一：常规方法（辅助角公式）
由可得，即，
由于，故，解得
方法二：常规方法（同角三角函数的基本关系）
由，又，消去得到：
，解得，
又，故
方法三：利用极值点求解
设，则，
显然时，，注意到，
，在开区间上取到最大值，于是必定是极值点，
即，即，
又，故
方法四：利用向量数量积公式（柯西不等式）
设，由题意，，
根据向量的数量积公式，，
则，此时，即同向共线，
根据向量共线条件，，
又，故
方法五：利用万能公式求解
设，根据万能公式，，
整理可得，，
解得，根据二倍角公式，，
又，故
（2）由题设条件和正弦定理
，
又，则，进而，得到，
于是，
，
由正弦定理可得，，即，
解得，
故的周长为
5．（新高考北京卷）在△ABC中，，A为钝角，．
(1)求；
(2)从条件①、条件②和条件③这三个条件中选择一个作为已知，求△ABC的面积．
①；②；③．
注：如果选择条件①、条件②和条件③分别解答，按第一个解答计分．
【答案】(1)；
(2)选择①无解；选择②和③△ABC面积均为.
【分析】（1）利用正弦定理即可求出答案；
（2）选择①，利用正弦定理得，结合（1）问答案即可排除；选择②，首先求出，再代入式子得，再利用两角和的正弦公式即可求出，最后利用三角形面积公式即可；选择③，首先得到，再利用正弦定理得到，再利用两角和的正弦公式即可求出，最后利用三角形面积公式即可；
【详解】（1）由题意得，因为为钝角，
则，则，则，解得，
因为为钝角，则.
（2）选择①，则，因为，则为锐角，则，
此时，不合题意，舍弃；
选择②，因为为三角形内角，则，
则代入得，解得，
,
则.
选择③，则有，解得，
则由正弦定理得，即，解得，
因为为三角形内角，则，
则
，
则
6．（新高考天津卷）在中，．
(1)求；
(2)求；
(3)求．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1），利用余弦定理即可得到方程，解出即可；
（2）法一：求出，再利用正弦定理即可；法二：利用余弦定理求出，则得到；
（3）法一：根据大边对大角确定为锐角，则得到，再利用二倍角公式和两角差的余弦公式即可；法二：直接利用二倍角公式和两角差的余弦公式即可.
【详解】（1）设，，则根据余弦定理得，
即，解得（负舍）；
则.
（2）法一：因为为三角形内角，所以，
再根据正弦定理得，即，解得，
法二：由余弦定理得，
因为，则
（3）法一：因为，且，所以，
由（2）法一知，
因为，则，所以，
则，
.
法二：，
则，
因为为三角形内角，所以，
所以
一、单选题
1．（2024·江西赣州·二模）记的内角A，B，C的对边分别为，，，若，，则A＝（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据已知条件得，又余弦定理可得，结合，即可求解
【详解】由有，即，
又因为，上式可化为，
又余弦定理得，所以，
又因为，所以.
故选：A
2．（2024·山西太原·三模）已知 中，是的中点，且 ，则 面积的最大值（ ）
A． B． C．1 D．2
【答案】A
【分析】利用中线得到，结合不等式得出，进而得到面积的最大值.
【详解】因为所以，
因为是中线，所以，，
所以，当且仅当时，等号成立；
面积为.
故选：A
3．（2024·贵州遵义·三模）在中，角的对边分别为，D为的中点，已知，，且，则的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先利用正弦定理化边为角求出角，在向量化求出边，再根据三角形的面积公式即可得解.
【详解】因为，
由正弦定理得，
即，
又，所以，
又，所以，
在中，D为的中点，则，
则，
即，解得（舍去），
所以.
故选：D.
4．（2024·宁夏银川·三模）的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，，若有两解，则c的取值可能为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】A
【分析】由题意可得，计算即可得.
【详解】由题意可得，即.
故选：A.
5．（2024·河北秦皇岛·二模）在中，内角的对边分别为，若，，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】先利用正弦定理化边为角，得出，再利用余弦定理求出角即可得解.
【详解】因为，由正弦定理得，
所以，
又，则，
由余弦定理得，
又，所以，
所以，所以.
故选：C.
6．（2024·北京东城·二模）在中，，，，则（ ）
A．1 B． C． D．2
【答案】D
【分析】由题意可得：，结合正弦定理运算求解.
【详解】由题意可得：，
由正弦定理可得.
故选：D.
7．（2024·海南海口·二模）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则（ ）
A． B． C． D．-2
【答案】B
【分析】利用余弦定理将条件式化简得，再根据正弦定理和三角变换可得，求得答案.
【详解】由，可得，
由余弦定理可得，即，
由正弦定理得，即，
化简得，即得.
故选：B.
8．（2024·河南·三模）在中，角的对边分别为，若，，，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由正弦定理化简已知式可得，由余弦定理即可求出，由正弦定理可求出的值.
【详解】由及正弦定理，得，可得，
由余弦定理得，又，
所以．又，，由，
得．
故选：D．
9．（2024·青海·二模）在中，角的对边分别是，若，，则（ ）
A． B．
C． D．的面积为
【答案】C
【分析】根据及余弦定理可判断A；根据及正弦定理可判断B；由的
值及同角三角函数的基本关系可求，，根据正弦定理求出，代入求出可判断C；
根据三角形面积公式可判断D.
【详解】由余弦定理可得，解得，故A错误；
由及正弦定理，可得,
化简可得.
因为，所以，所以，即.
因为，所以，故B错误；
因为，所以且，代入，
可得，解得，.
因为，，，
所以由正弦定理可得，
由，可得，
化简可得，解得或（舍），故C正确；
，故D错误.
故选：C.
10．（2024·安徽合肥·二模）记的内角的对边分别为，已知．则面积的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由题意及正切与正弦与余弦的关系，两角和的正弦公式及余弦公式可得角的大小，再由余弦定理及基本不等式可得的最大值，进而求出该三角形的面积的最大值．
【详解】因为，可得，
即，
整理可得，
即，
在三角形中，，
即，,可得；
由余弦定理可得，当且仅当时取等号，
而，
所以，
所以．
即该三角形的面积的最大值为．
故选：A．
11．（2024·广东韶关·二模）在中，．若的最长边的长为．则最短边的长为（ ）
A． B． C．2 D．
【答案】A
【分析】求出，为钝角，故，确定，求出，由正弦定理求出答案.
【详解】因为，
又，故为锐角，为钝角，故，
因为在上单调递增，，故，所以，
又，，解得，同理可得，
由正弦定理得，即，解得.
故选：A
12．（2024·湖北黄石·三模）若的三个内角，，所对的边分别为，，，，，则（ ）
A． B． C． D．6
【答案】B
【分析】根据正弦定理和比例的性质可得，可得结果.
【详解】在中，，所以，所以，
由正弦定理以及比例的性质可得：.
故选：B
二、多选题
13．（2022·广东佛山·一模）在中，所对的边为，设边上的中点为，的面积为，其中，，下列选项正确的是（ ）
A．若，则 B．的最大值为
C． D．角的最小值为
【答案】ABC
【分析】由余弦定理、三角形面积公式结合均值不等式判断ABD三个选项，利用向量的模的计算公式判断C选项.
【详解】选项A，若，由余弦定理，得，所以，
则三角形面积，A正确；
选项B，由基本不等式可得，即，
当且仅当时，等号成立，
由余弦定理可得，
则，B正确；
选项C，因为边上的中点为，所以，
而，即，则，
所以
，故C正确；
选项D，因为，即，
所以由余弦定理得，
又，且函数在上单调递减，所以，D错误.
故选：ABC.
14．（2024·广东广州·二模）在梯形中，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】ABD
【分析】在中由正弦定理求解判断A；利用两角和差公式求解判断B；利用向量数量积计算判断C；利用数量积计算判断D．
【详解】在中，，
则，
由正弦定理知，
即，故A正确；
，
，
，故B正确；
，故C错误；
，
故，即，故D正确．
故选：ABD
15．（2024·浙江·三模）已知 的内角的对边分别为，且，下列结论正确的是（ ）
A．
B．若 ，则 有两解
C．当时， 为直角三角形
D．若 为锐角三角形，则 的取值范围是
【答案】ACD
【分析】通过正弦定理、诱导公式、二倍角公式及辅助角公式即可判断A；通过余弦定理即可判断B；通过余弦定理及可得或，即可判断C；通过求的取值范围，并将即可判断D.
【详解】对于A，因为，
所以由及正弦定理得，，
由诱导公式得，，
因为，故，所以，
化解得，即，
所以或，即（舍）或，故A正确；
对于B，由余弦定理得，即，得，
由，所以(负值舍)，即有一解，故B错误；
对于C，因为，两边平方得，
由余弦定理得，
由两式消得，，解得或，
由解得，
由解得;
故为直角三角形，故C正确；
对于D，因为为锐角三角形，且，
所以，
即，
所以，所以，故D正确.
故选：ACD.
16．（2024·贵州黔南·二模）已知锐角的三个内角，，的对边分别是，，，且的面积为.则下列说法正确的是（ ）
A．
B．的取值范围为
C．若，则的外接圆的半径为2
D．若，则的面积的取值范围为
【答案】ABD
【分析】对A：借助面积公式与余弦定理计算即可得；对B：借助锐角三角形定义与三角形内角和计算即可得；对C：借助正弦定理计算即可得；对D：借助正弦定理，结合面积公式将面积用单一变量表示出来，结合的范围即可得解.
【详解】对A：由题意可得，由余弦定理可得，
即有，即，
由，故，即，故A正确；
对B：则，，解得，故B正确；
对C：由正弦定理可得，即，故C错误；
对D：若，则，
由正弦定理可得，即，
即
，
由，则，故，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】关键点点睛：D选项关键点在于借助正弦定理，结合面积公式将面积用单一变量表示出来，结合的范围即可得解.
17．（2024·新疆·二模）如图，在锐角中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，且，D是外一点且B、D在直线AC异侧，，，则下列说法正确的是（ ）

A．是等边三角形
B．若，则A，B，C，D四点共圆
C．四边形ABCD面积的最小值为
D．四边形ABCD面积的最大值为
【答案】ABD
【分析】由正弦定理的边角互化即可得到，从而判断A，由余弦定理即可得到，从而判断B，由三角形的面积公式代入计算，即可判断CD.
【详解】，
根据正弦定理得，
即，
，显然，则，根据题意，有，
又，可得，，为等边三角形，故A正确；
，，在中，，
当时，，，即，
A，B，C，D共圆，B正确．
又，
四边形ABCD面积，
，，
，则，
所以四边形ABCD的面积没有最小值，C错误．
当，即时，四边形ABCD面积取最大值，故D正确．
故选：ABD．
18．（2024·河北·三模）已知内角A、B、C的对边分别是a、b、c，，则（ ）
A． B．的最小值为3
C．若为锐角三角形，则 D．若，，则
【答案】BCD
【分析】由，得，由正弦定理得和余弦定理化简得，即可判断A；将代入化简成，由基本不等式可得它的最小值，即可判断B；由正弦定理边化角可得，再由的范围可得的范围，即可判断C；由正弦定理求出，再由余弦定理可得，即可判断D.
【详解】由，得，
由正弦定理得，由余弦定理得，
则，当时，，即，
当时，，又，所以，
所以，所以，
所以，故选项A错误；
由，则，当且仅当时，故选项B正确；
在中，，由正弦定理，，
若为锐角三角形，又，则，故，
所以，所以，则，
所以，故选项C正确；
在中，由正弦定理，又，，，
得，则
由余弦定理，， 得，
整理得，解得，或，
当时，有，又，所以，
因为，则不成立，故选项D正确.
故选：BCD.
三、填空题
19．（2024·湖南长沙·三模）在，已知，.则 .
【答案】
【分析】先由可得角，由可得，结合角的关系，解方程即可得答案.
【详解】设，，，
由得，所以.
又，因此，.
由，得；
于是，
所以，
∴，即.
∵，∴，∴，
∴或，∴或.
又∵，∴，，，则.
故答案为：
20．（2024·四川雅安·三模）已知四边形中，，设与的面积分别为，则的最大值为 .
【答案】14
【分析】根据余弦定理可得，继而根据面积公式可得表达式，结合二次函数的性质即可求解最值.
【详解】
四边形中，，，
则，．
在中，利用余弦定理：，
所以：．
在中，利用余弦定理：，
所以：．
所以：．
则
当时，最大值，最大值为14，
故答案为：14．
21．（2024·江西·二模）已知的内角，，的对边分别为，，，且，若的面积等于，则的周长的最小值为 ．
【答案】
【分析】首先由正弦定理、辅助角公式得，由三角形面积公式得，结合余弦定理以及基本不等式即可求解.
【详解】由正弦定理结合，可得，
因为，所以，即，
注意到，所以只能，解得，
若的面积等于，
则，解得，
在三角形中，运用余弦定理有，
三角形的周长，等号成立当且仅当，
综上所述，当且仅当三角形是以顶角的等腰三角形时，的周长取到最小值，且最小值为.
故答案为：.
22．（2024·河南·三模）已知的内角，，的对边分别为，，，，，若为中点，则 ．
【答案】
【分析】根据余弦定理可得，即可利用向量的模长求解.
【详解】由余弦定理，，将，代入解得，
因为，所以，所以．
故答案为：
23．（2024·四川成都·三模）的内角的对边分别为，若且，则 的值为
【答案】/
【分析】根据题意，利用正弦定理，求得，再由余弦定理，即可求解.
【详解】因为，由正弦定理得，
又因为，可得，所以，
由余弦定理得.
故答案为：.
24．（2024·江苏·二模）设钝角三个内角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，若，，，则 .
【答案】
【分析】利用余弦定理表示出，再利用同角三角函数的平方关系，得到，建立方程，求出b的值，然后利用钝角三角形，排除一个答案.
【详解】由余弦定理得，，
而由，得，
因为是钝角三角形，且，故A为锐角，所以，
所以，解得或，
当时，即，，由大边对大角得：最大角为C，
，故C为锐角，不符合题意；
当时，即，，由大边对大角得：最大角为B，
，故B是钝角，符合题意，
故答案为：
四、解答题
25．（2024·北京·三模）在中，
(1)求证为等腰三角形;
(2)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使存在且唯一，求b的值.
条件①： 条件②：的面积为 条件③：边上的高为3.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据余弦定理及已知可得，所以，可得结果；
（2）若选择条件①，可得，可得，与已知矛盾；若选择条件②，根据平方关系及面积公式可得结果；若选择条件③，根据平方关系及正弦定理可得结果.
【详解】（1）在中, ，设，
根据余弦定理，得，
整理，得，
因为, 解得, 所以，
所以为等腰三角形.
（2）若选择条件①：若 ，由（1）可知，及，
所以，
所以不存在.
若选择条件②: 在中, 由,
由（1），
所以，
解得, 即.
若选择条件③: 在中, 由边上的高为3, 得，
由，解得.
26．（2024·湖南衡阳·三模）在中，角A，B，C的对边分别为a、b、c，且．
(1)求A；
(2)如图所示，D为平面上一点，与构成一个四边形ABDC，且，若，求AD的最大值．
【答案】(1).
(2)4
【分析】（1）根据题意，由正弦定理的边角互化进行化简，代入计算，即可得到结果；
（2）方法一：根据题意，分别在与中由正弦定理化简，即可得到，从而得到结果；方法二：由余弦定理可得，再由正弦定理代入计算，即可得到结果；
【详解】（1）因为，
由正弦定理得，，
所以，所以，
因为，所以，因为，所以.
（2）方法一：设，则：
在中，，①，在中，，②
：，所以，所以，所以AD的最大值是4
解法二：在中，由余弦定理得，=，
因为，
所以四边形存在一个外接圆，所以圆的直径为
因为，即，当AD为圆O直径时取等号，故的最大值为4.
27．（2024·天津·二模）在中，角所对的边分别为，且.
(1)求角的大小；
(2)若，
①求的值：
②求的值.
【答案】(1)
(2)①；②
【分析】（1）由正弦定理、两角和的正弦公式可得，由此即可得解；
（2）①结合余弦定理可得，结合即可求解；②由正弦定理以及平方关系依次求得，将转换为，结合两角和的正弦公式即可得解.
【详解】（1）因为，利用正弦定理可得：
，
即.
因为，所以，即，
又，可得.
（2）①由余弦定理及已知可得：
即，又因为，所以，
联立或（舍），
②由正弦定理可知：，
因为，则，故为锐角，，
.
28．（2024·湖南长沙·三模）记的内角的对边分别为，已知.
(1)若，求的值；
(2)若是边上的一点，且平分，求的长.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由已知可得，边化角，可得，利用三角恒等变换可求；
（2）由已知可得，利用，可得，可求解.
【详解】（1）由题意得，所以.
由正弦定理，得，即.
又，所以，又，所以.
因为，所以.
（2）由，得，解得.
由，
得，
即，
所以.
29．（2024·湖北武汉·二模）在中，角的对边分别为，已知.
(1)求；
(2)已知，求的最大值.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）根据正弦定理进行边换角，再通过三角恒等变换得，则得到的大小；
（2）利用正弦定理得到，再根据关系减少变量，最后利用三角恒等变换和三角函数的性质即可得到最大值.
【详解】（1）∵，
由正弦定理得，
，即，
所以，
∵，∴，∴，
∵，∴；
（2）由正弦定理，得，
∴
，
又∵，为锐角，∴的最大值为，
∴的最大值为.
30．（2024·福建漳州·三模）记的内角的对边分别为，已知.
(1)若成等差数列，求的面积；
(2)若，求.
【答案】(1)
(2)4
【分析】（1）根据等差数列的性质得到，再利用余弦定理求得的值，进而利用三角形的面积公式求解；
（2）根据已知条件代入，并用三角恒等变换化简求得A，再利用正弦定理求解.
【详解】（1）因为成等差数列，所以，
又，所以①，
在中，由余弦定理可得：，
又，所以②，
由①②得，
所以的面积.
（2）因为，所以，
又因为且，所以，
所以，
所以，所以，
所以，
又因为，所以，所以，所以，
所以.
31．（2024·黑龙江齐齐哈尔·三模）已知的内角的对边分别为的面积为．
(1)求；
(2)若，且的周长为5，设为边BC中点，求AD.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据三角形的面积公式结合正弦定理化角为边，再利用余弦定理即可得解；
（2）根据三角形的周长，结合余弦定理求出，再向量化即可得解.
【详解】（1）依题意，，
所以，
由正弦定理可得，，
由余弦定理，，解得，
因为，所以；
（2）依题意，，
因为，解得，
因为，
所以，
所以．
32．（2024·河北保定·二模）在中，角的对边分别为，已知.
(1)求；
(2)若为边的中点，求的长.
【答案】(1)
(2)．
【分析】（1）根据正弦定理边化角，再结合两角和差公式求解；
（2）根据余弦定理求出边，再根据向量运算求.
【详解】（1）因为，
根据正弦定理，得，
化简得，因为，所以，
因为，所以.
（2）在中，由余弦定理得，
所以，解得．
因为为的中线，所以，
所以，
因为，所以，解得.

33．（2024·江苏南通·三模）在中，角的对边分别为．
(1)求；
(2)若的面积为边上的高为1，求的周长．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理和三角恒等变换得，则得到的大小；
（2）利用三角形面积公式得，再结合余弦定理得的值，则得到其周长.
【详解】（1）因为，
由正弦定理，得，
即，即.
因为在中，，
所以.
又因为，所以.
（2）因为的面积为，
所以，得.
由，即，
所以.由余弦定理，得，即，
化简得，所以，即，
所以的周长为.
34．（2024·江西鹰潭·二模）的内角的对边分别为，，，满足.
(1)求证：；
(2)求的最小值.
【答案】(1)证明见解析，
(2)
【分析】（1）根据题意，化简得到，即可得证；
（2）由（1）知且，利用正弦定理得到，结合基本不等式，即可求解.
【详解】（1）证明：由，可得且，
所以，
因为为三角形的内角，可得，即，得证.
（2）解：由（1）知，且，
所以
所以，当且仅当时，等号成立，
所以的最小值为
试卷第24页，共24页
1【好题汇编】2024年高考真题和模拟题数学分类汇编（全国通用）
专题04 解三角形
一、单选题
1．（全国甲卷数学（理）（文））在中内角所对边分别为，若，，则（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
2．（新高考上海卷）已知点B在点C正北方向，点D在点C的正东方向，,存在点A满足，则 (精确到0.1度)
三、解答题
3．（新课标全国Ⅰ卷）记内角A、B、C的对边分别为a，b，c，已知，
(1)求B；
(2)若的面积为，求c．
4．（新课标全国Ⅱ卷）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
(1)求A．
(2)若，，求的周长．
5．（新高考北京卷）在△ABC中，，A为钝角，．
(1)求；
(2)从条件①、条件②和条件③这三个条件中选择一个作为已知，求△ABC的面积．
①；②；③．
注：如果选择条件①、条件②和条件③分别解答，按第一个解答计分．
6．（新高考天津卷）在中，．
(1)求；
(2)求；
(3)求．
一、单选题
1．（2024·江西赣州·二模）记的内角A，B，C的对边分别为，，，若，，则A＝（ ）
A． B． C． D．
2．（2024·山西太原·三模）已知 中，是的中点，且 ，则 面积的最大值（ ）
A． B． C．1 D．2
3．（2024·贵州遵义·三模）在中，角的对边分别为，D为的中点，已知，，且，则的面积为（ ）
A． B． C． D．
4．（2024·宁夏银川·三模）的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，，若有两解，则c的取值可能为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
5．（2024·河北秦皇岛·二模）在中，内角的对边分别为，若，，则的值为（ ）
A． B． C． D．
6．（2024·北京东城·二模）在中，，，，则（ ）
A．1 B． C． D．2
7．（2024·海南海口·二模）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则（ ）
A． B． C． D．-2
8．（2024·河南·三模）在中，角的对边分别为，若，，，则的值为（ ）
A． B． C． D．
9．（2024·青海·二模）在中，角的对边分别是，若，，则（ ）
A． B．
C． D．的面积为
10．（2024·安徽合肥·二模）记的内角的对边分别为，已知．则面积的最大值为（ ）
A． B． C． D．
11．（2024·广东韶关·二模）在中，．若的最长边的长为．则最短边的长为（ ）
A． B． C．2 D．
12．（2024·湖北黄石·三模）若的三个内角，，所对的边分别为，，，，，则（ ）
A． B． C． D．6
二、多选题
13．（2022·广东佛山·一模）在中，所对的边为，设边上的中点为，的面积为，其中，，下列选项正确的是（ ）
A．若，则 B．的最大值为
C． D．角的最小值为
14．（2024·广东广州·二模）在梯形中，，则（ ）
A． B． C． D．
15．（2024·浙江·三模）已知 的内角的对边分别为，且，下列结论正确的是（ ）
A．
B．若 ，则 有两解
C．当时， 为直角三角形
D．若 为锐角三角形，则 的取值范围是
16．（2024·贵州黔南·二模）已知锐角的三个内角，，的对边分别是，，，且的面积为.则下列说法正确的是（ ）
A．
B．的取值范围为
C．若，则的外接圆的半径为2
D．若，则的面积的取值范围为
17．（2024·新疆·二模）如图，在锐角中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，且，D是外一点且B、D在直线AC异侧，，，则下列说法正确的是（ ）

A．是等边三角形
B．若，则A，B，C，D四点共圆
C．四边形ABCD面积的最小值为
D．四边形ABCD面积的最大值为
18．（2024·河北·三模）已知内角A、B、C的对边分别是a、b、c，，则（ ）
A． B．的最小值为3
C．若为锐角三角形，则 D．若，，则
三、填空题
19．（2024·湖南长沙·三模）在，已知，.则 .
20．（2024·四川雅安·三模）已知四边形中，，设与的面积分别为，则的最大值为 .
21．（2024·江西·二模）已知的内角，，的对边分别为，，，且，若的面积等于，则的周长的最小值为 ．
22．（2024·河南·三模）已知的内角，，的对边分别为，，，，，若为中点，则 ．
23．（2024·四川成都·三模）的内角的对边分别为，若且，则 的值为
24．（2024·江苏·二模）设钝角三个内角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，若，，，则 .
四、解答题
25．（2024·北京·三模）在中，
(1)求证为等腰三角形;
(2)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使存在且唯一，求b的值.
条件①： 条件②：的面积为 条件③：边上的高为3.
26．（2024·湖南衡阳·三模）在中，角A，B，C的对边分别为a、b、c，且．
(1)求A；
(2)如图所示，D为平面上一点，与构成一个四边形ABDC，且，若，求AD的最大值．
27．（2024·天津·二模）在中，角所对的边分别为，且.
(1)求角的大小；
(2)若，
①求的值：
②求的值.
28．（2024·湖南长沙·三模）记的内角的对边分别为，已知.
(1)若，求的值；
(2)若是边上的一点，且平分，求的长.
29．（2024·湖北武汉·二模）在中，角的对边分别为，已知.
(1)求；
(2)已知，求的最大值.
30．（2024·福建漳州·三模）记的内角的对边分别为，已知.
(1)若成等差数列，求的面积；
(2)若，求.
31．（2024·黑龙江齐齐哈尔·三模）已知的内角的对边分别为的面积为．
(1)求；
(2)若，且的周长为5，设为边BC中点，求AD.
32．（2024·河北保定·二模）在中，角的对边分别为，已知.
(1)求；
(2)若为边的中点，求的长.
33．（2024·江苏南通·三模）在中，角的对边分别为．
(1)求；
(2)若的面积为边上的高为1，求的周长．
34．（2024·江西鹰潭·二模）的内角的对边分别为，，，满足.
(1)求证：；
(2)求的最小值.
试卷第2页，共7页
1【好题汇编】2024年高考真题和模拟题数学分类汇编（全国通用）
专题05 数列
一、单选题
1．（全国甲卷数学（文））等差数列的前项和为，若，（ ）
A． B． C．1 D．
【答案】D
【分析】可以根据等差数列的基本量，即将题目条件全转化成和来处理，亦可用等差数列的性质进行处理，或者特殊值法处理.
【详解】方法一：利用等差数列的基本量
由，根据等差数列的求和公式，，
又.
故选：D
方法二：利用等差数列的性质
根据等差数列的性质，，由，根据等差数列的求和公式，
，故.
故选：D
方法三：特殊值法
不妨取等差数列公差，则，则.
故选：D
2．（全国甲卷数学（理））等差数列的前项和为，若，，则（ ）
A． B． C．1 D．2
【答案】B
【分析】由结合等差中项的性质可得，即可计算出公差，即可得的值.
【详解】由，则，
则等差数列的公差，故.
故选：B.
3．（新高考北京卷）记水的质量为，并且d越大，水质量越好．若S不变，且，，则与的关系为（ ）
A．
B．
C．若，则；若，则；
D．若，则；若，则；
【答案】C
【分析】根据题意分析可得，讨论与1的大小关系，结合指数函数单调性分析判断.
【详解】由题意可得，解得，
若，则，可得，即；
若，则，可得；
若，则，可得，即；
结合选项可知C正确，ABD错误；
故选：C.
二、填空题
4．（新课标全国Ⅱ卷）记为等差数列的前n项和，若，，则 .
【答案】95
【分析】利用等差数列通项公式得到方程组，解出，再利用等差数列的求和公式节即可得到答案.
【详解】因为数列为等差数列，则由题意得，解得，
则.
故答案为：.
5．（新高考上海卷）无穷等比数列满足首项，记，若对任意正整数集合是闭区间，则的取值范围是 ．
【答案】
【分析】当时，不妨设，则，结合为闭区间可得对任意的恒成立，故可求的取值范围.
【详解】由题设有，因为，故，故，
当时，，故，此时为闭区间，
当时，不妨设，若，则，
若，则，
若，则，
综上，，
又为闭区间等价于为闭区间，
而，故对任意恒成立，
故即，故，
故对任意的恒成立，因，
故当时，，故即.
故答案为：.
【点睛】思路点睛：与等比数列性质有关的不等式恒成立，可利用基本量法把恒成立为转为关于与公比有关的不等式恒成立，必要时可利用参变分离来处理.
三、解答题
6．（新课标全国Ⅰ卷）设m为正整数，数列是公差不为0的等差数列，若从中删去两项和后剩余的项可被平均分为组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列是可分数列．
(1)写出所有的，，使数列是可分数列；
(2)当时，证明：数列是可分数列；
(3)从中一次任取两个数和，记数列是可分数列的概率为，证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）直接根据可分数列的定义即可；
（2）根据可分数列的定义即可验证结论；
（3）证明使得原数列是可分数列的至少有个，再使用概率的定义.
【详解】（1）首先，我们设数列的公差为，则.
由于一个数列同时加上一个数或者乘以一个非零数后是等差数列，当且仅当该数列是等差数列，
故我们可以对该数列进行适当的变形，
得到新数列，然后对进行相应的讨论即可.
换言之，我们可以不妨设，此后的讨论均建立在该假设下进行.
回到原题，第1小问相当于从中取出两个数和，使得剩下四个数是等差数列.
那么剩下四个数只可能是，或，或.
所以所有可能的就是.
（2）由于从数列中取出和后，剩余的个数可以分为以下两个部分，共组，使得每组成等差数列：
①，共组；
②，共组.
（如果，则忽略②）
故数列是可分数列.
（3）定义集合，.
下面证明，对，如果下面两个命题同时成立，
则数列一定是可分数列：
命题1：或；
命题2：.
我们分两种情况证明这个结论.
第一种情况：如果，且.
此时设，，.
则由可知，即，故.
此时，由于从数列中取出和后，
剩余的个数可以分为以下三个部分，共组，使得每组成等差数列：
①，共组；
②，共组；
③，共组.
（如果某一部分的组数为，则忽略之）
故此时数列是可分数列.
第二种情况：如果，且.
此时设，，.
则由可知，即，故.
由于，故，从而，这就意味着.
此时，由于从数列中取出和后，剩余的个数可以分为以下四个部分，共组，使得每组成等差数列：
①，共组；
②，，共组；
③全体，其中，共组；
④，共组.
（如果某一部分的组数为，则忽略之）
这里对②和③进行一下解释：将③中的每一组作为一个横排，排成一个包含个行，个列的数表以后，个列分别是下面这些数：
，，，.
可以看出每列都是连续的若干个整数，它们再取并以后，将取遍中除开五个集合，，，，中的十个元素以外的所有数.
而这十个数中，除开已经去掉的和以外，剩余的八个数恰好就是②中出现的八个数.
这就说明我们给出的分组方式满足要求，故此时数列是可分数列.
至此，我们证明了：对，如果前述命题1和命题2同时成立，则数列一定是可分数列.
然后我们来考虑这样的的个数.
首先，由于，和各有个元素，故满足命题1的总共有个；
而如果，假设，则可设，，代入得.
但这导致，矛盾，所以.
设，，，则，即.
所以可能的恰好就是，对应的分别是，总共个.
所以这个满足命题1的中，不满足命题2的恰好有个.
这就得到同时满足命题1和命题2的的个数为.
当我们从中一次任取两个数和时，总的选取方式的个数等于.
而根据之前的结论，使得数列是可分数列的至少有个.
所以数列是可分数列的概率一定满足
.
这就证明了结论.
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于对新定义数列的理解，只有理解了定义，方可使用定义验证或探究结论.
7．（新课标全国Ⅱ卷）已知双曲线，点在上，为常数，．按照如下方式依次构造点，过作斜率为的直线与的左支交于点，令为关于轴的对称点，记的坐标为.
(1)若，求；
(2)证明：数列是公比为的等比数列；
(3)设为的面积，证明：对任意的正整数，.
【答案】(1)，
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）直接根据题目中的构造方式计算出的坐标即可；
（2）根据等比数列的定义即可验证结论；
（3）思路一：使用平面向量数量积和等比数列工具，证明的取值为与无关的定值即可.思路二：使用等差数列工具，证明的取值为与无关的定值即可.
【详解】（1）
由已知有，故的方程为.
当时，过且斜率为的直线为，与联立得到.
解得或，所以该直线与的不同于的交点为，该点显然在的左支上.
故，从而，.
（2）由于过且斜率为的直线为，与联立，得到方程.
展开即得，由于已经是直线和的公共点，故方程必有一根.
从而根据韦达定理，另一根，相应的.
所以该直线与的不同于的交点为，而注意到的横坐标亦可通过韦达定理表示为，故一定在的左支上.
所以.
这就得到，.
所以
.
再由，就知道，所以数列是公比为的等比数列.
（3）方法一：先证明一个结论：对平面上三个点，若，，则.（若在同一条直线上，约定）
证明：
.
证毕，回到原题.
由于上一小问已经得到，，
故.
再由，就知道，所以数列是公比为的等比数列.
所以对任意的正整数，都有
.
而又有，，
故利用前面已经证明的结论即得
.
这就表明的取值是与无关的定值，所以.
方法二：由于上一小问已经得到，，
故.
再由，就知道，所以数列是公比为的等比数列.
所以对任意的正整数，都有
.
这就得到，
以及.
两式相减，即得.
移项得到.
故.
而，.
所以和平行，这就得到，即.
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于将解析几何和数列知识的结合，需要综合运用多方面知识方可得解.
8．（全国甲卷数学（文））已知等比数列的前项和为，且.
(1)求的通项公式；
(2)求数列的通项公式.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用退位法可求公比，再求出首项后可求通项；
（2）利用等比数列的求和公式可求.
【详解】（1）因为,故，
所以即故等比数列的公比为，
故，故，故.
（2）由等比数列求和公式得.
9．（全国甲卷数学（理））记为数列的前项和，且．
(1)求的通项公式；
(2)设，求数列的前项和为．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用退位法可求的通项公式．
（2）利用错位相减法可求.
【详解】（1）当时，，解得．
当时，，所以即，
而，故，故，
∴数列是以4为首项，为公比的等比数列，
所以.
（2）,
所以
故
所以
，
.
10．（新高考北京卷）设集合．对于给定有穷数列，及序列，，定义变换：将数列的第项加1，得到数列；将数列的第列加，得到数列…；重复上述操作，得到数列，记为．
(1)给定数列和序列，写出；
(2)是否存在序列，使得为，若存在，写出一个符合条件的；若不存在，请说明理由；
(3)若数列的各项均为正整数，且为偶数，证明：“存在序列，使得为常数列”的充要条件为“”．
【答案】(1)
(2)不存在符合条件的，理由见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）直接按照的定义写出即可；
（2）利用反证法，假设存在符合条件的，由此列出方程组，进一步说明方程组无解即可；
（3）分充分性和必要性两方面论证.
【详解】（1）由题意得；
（2）假设存在符合条件的，可知的第项之和为，第项之和为，
则，而该方程组无解，故假设不成立，
故不存在符合条件的；
（3）我们设序列为，特别规定.
必要性：
若存在序列，使得为常数列.
则，所以.
根据的定义，显然有，这里，.
所以不断使用该式就得到，，必要性得证.
充分性：
若.
由已知，为偶数，而，所以也是偶数.
我们设是通过合法的序列的变换能得到的所有可能的数列中，使得最小的一个.
上面已经证明，这里，.
从而由可得.
同时，由于总是偶数，所以和的奇偶性保持不变，从而和都是偶数.
下面证明不存在使得.
假设存在，根据对称性，不妨设，，即.
情况1：若，则由和都是偶数，知.
对该数列连续作四次变换后，新的相比原来的减少，这与的最小性矛盾；
情况2：若，不妨设.
情况2-1：如果，则对该数列连续作两次变换后，新的相比原来的至少减少，这与的最小性矛盾；
情况2-2：如果，则对该数列连续作两次变换后，新的相比原来的至少减少，这与的最小性矛盾.
这就说明无论如何都会导致矛盾，所以对任意的都有.
假设存在使得，则是奇数，所以都是奇数，设为.
则此时对任意，由可知必有.
而和都是偶数，故集合中的四个元素之和为偶数，对该数列进行一次变换，则该数列成为常数列，新的等于零，比原来的更小，这与的最小性矛盾.
综上，只可能，而，故是常数列，充分性得证.
【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键在于对新定义的理解，以及对其本质的分析.
11．（新高考天津卷）已知数列是公比大于0的等比数列．其前项和为．若．
(1)求数列前项和；
(2)设，，其中是大于1的正整数．
（ⅰ）当时，求证：；
（ⅱ）求．
【答案】(1)
(2)①证明见详解；②
【分析】（1）设等比数列的公比为，根据题意结合等比数列通项公式求，再结合等比数列求和公式分析求解；
（2）①根据题意分析可知，，利用作差法分析证明；②根据题意结合等差数列求和公式可得，再结合裂项相消法分析求解.
【详解】（1）设等比数列的公比为，
因为，即，
可得，整理得，解得或（舍去），
所以.
（2）（i）由（1）可知，且，
当时，则，即
可知，
，
可得，
当且仅当时，等号成立，
所以；
（ii）由（1）可知：，
若，则；
若，则，
当时，，可知为等差数列，
可得，
所以，
且，符合上式，综上所述：.
【点睛】关键点点睛：1.分析可知当时，，可知为等差数列；
2.根据等差数列求和分析可得.
12．（新高考上海卷）若．
(1)过，求的解集；
(2)存在使得成等差数列，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）求出底数，再根据对数函数的单调性可求不等式的解；
（2）存在使得成等差数列等价于在上有解，利用换元法结合二次函数的性质可求的取值范围．
【详解】（1）因为的图象过，故，故即（负的舍去），
而在上为增函数，故，
故即，
故的解集为.
（2）因为存在使得成等差数列，
故有解，故，
因为，故，故在上有解，
由在上有解，
令，而在上的值域为，
故即.
一、单选题
1．（2024·重庆·三模）已知数列的前项和为（ ）
A．276 B．272 C．268 D．266
【答案】A
【分析】令得，当时，结合题干作差得，从而利用累加法求解即可.
【详解】，又，
当时，，解得；
当时，，作差得，
.
故选：A
2．（2024·河北张家口·三模）已知数列的前n项和为，且满足，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】分奇数项和偶数项求递推关系，然后记，利用构造法求得，然后分组求和可得.
【详解】因为，
所以，，且，
所以，
记，则，所以，
所以是以为首项，2为公比的等比数列，
所以，，
记的前n项和为，则.
故选：A
【点睛】关键点点睛：本题解题关键在于先分奇数项和偶数项求递推公式，然后再并项得的递推公式，利用构造法求通项，将问题转化为求的前50项和.
3．（2024·山东日照·三模）设等差数列的前项和为，若，，则（ ）
A． B．36 C． D．18
【答案】B
【分析】利用等差数列的前n项和公式，结合等差数列的性质求解.
【详解】解：，
故选：B.
4．（2024·湖北武汉·二模）已知等差数列的前项和为，若，则 （ ）
A．288 B．144 C．96 D．25
【答案】B
【分析】利用等差数列的前项和列方程组求出，进而即可求解.
【详解】由题意，即，解得.
于是.
故选：B.
5．（2024·江西赣州·二模）在等差数列中，，是方程的两根，则的前6项和为（ ）
A．48 B．24 C．12 D．8
【答案】B
【分析】利用韦达定理确定，根据等差数列性质有，在应用等差数列前项和公式即可求解.
【详解】因为，是方程的两根，所以，
又因为是等差数列，根据等差数列的性质有：，
设的前6项和为，则.
故选：B
6．（2024·湖南永州·三模）已知非零数列满足，则（ ）
A．8 B．16 C．32 D．64
【答案】D
【分析】根据题意，由条件可得，再由等比数列的定义即可得到结果.
【详解】由可得，则.
故选：D
7．（2024·浙江绍兴·二模）汉诺塔（Tower of Hanoi），是一个源于印度古老传说的益智玩具. 如图所示，有三根相邻的标号分别为A、B、C的柱子， A柱子从下到上按金字塔状叠放着个不同大小的圆盘，要把所有盘子一个一个移动到柱子B上，并且每次移动时，同一根柱子上都不能出现大盘子在小盘子的上方，请问至少需要移动多少次？记至少移动次数为，例如：，，则下列说法正确的是（ ）
A． B．为等差数列
C．为等比数列 D．
【答案】C
【分析】由题意可得，判断A；归纳得到，结合等差数列以及等比数列的概念可判断B，C；求出，判断D.
【详解】由题意知若有1个圆盘，则需移动一次：
若有2个圆盘，则移动情况为：，需移动3次；
若有3个圆盘，则移动情况如下：
，共7次，故，A错误；
由此可知若有n个圆盘，设至少移动次，则,
所以，而，故为等比数列，
故即，该式不是n的一次函数，
则不为等差数列，B错误；
又，则，，则为等比数列，C正确，
，D错误，
故选：C
8．（2024·云南曲靖·二模）已知是等比数列的前项和，若，则数列的公比是（ ）
A．或1 B．或1 C． D．
【答案】A
【分析】分别利用等比数列的通项公式和前项和公式，解方程组可得或.
【详解】设等比数列的首项为，公比为，依题意得，
解得或.
故选：A.
9．（2024·四川·模拟预测）已知数列为等差数列，且，则（ ）
A．33 B．44 C．66 D．88
【答案】B
【分析】将用和表示，计算出的值，再由得的值.
【详解】依题意，是等差数列，设其公差为，由，
所以，即，
故选：B.
10．（2024·北京东城·二模）设无穷正数数列，如果对任意的正整数，都存在唯一的正整数，使得，那么称为内和数列，并令，称为的伴随数列，则（ ）
A．若为等差数列，则为内和数列
B．若为等比数列，则为内和数列
C．若内和数列为递增数列，则其伴随数列为递增数列
D．若内和数列的伴随数列为递增数列，则为递增数列
【答案】C
【分析】对于ABD：举反例说明即可；对于C：根据题意分析可得，结合单调性可得，即可得结果.
【详解】对于选项AB：例题，可知即为等差数列也为等比数列，
则，但不存在，使得，
所以不为内和数列，故AB错误；
对于选项C：因为，
对任意，，可知存在，
使得，
则，即，
且内和数列为递增数列，可知，
所以其伴随数列为递增数列，故C正确；
对于选项D：例如，
显然是所有正整数的排列，可知为内和数列，且的伴随数列为递增数列，
但不是递增数列，故D错误；
故选：C.
【点睛】方法点睛：对于新定义问题，要充分理解定义，把定义转化为已经学过的内容，简化理解和运算.
11．（2024·广东茂名·一模）已知为正项数列的前项的乘积，且，则（ ）
A．16 B．32 C．64 D．128
【答案】B
【分析】利用给定的递推公式，结合对数运算变形，再构造常数列求出通项即可得解.
【详解】由，得，于是，则，
两边取对数得，因此，数列是常数列，
则，即，所以，.
故选：B
12．（2024·湖南常德·一模）已知等比数列中，，，则公比为（ ）
A． B．2 C． D．4
【答案】C
【分析】直接使用已知条件及公比的性质得到结论.
【详解】.
故选：C.
二、多选题
13．（2024·湖南长沙·三模）设无穷数列的前项和为，且，若存在，使成立，则（ ）
A．
B．
C．不等式的解集为
D．对任意给定的实数，总存在，当时，
【答案】BCD
【分析】根据题意，得到且是递减数列，结合等差数列的性质以及等差数列的求和公式，逐项判定，即可求解.
【详解】由，可得，
且，即
又由，可得数列是等差数列，公差，
所以是递减数列，所以是最大项，且随着的增加，无限减小，即，
所以A错误、D正确；
因为当时，；当时，，
所以的最大值为，所以B正确；
因为，
且，
所以当时，；当时，，所以C正确.
故选：BCD.
14．（2024·山东泰安·模拟预测）已知数列的通项公式为，前项和为，则下列说法正确的是（ ）
A．数列有最大项
B．使的项共有项
C．满足的值共有个
D．使取得最小值的值为4
【答案】AC
【分析】根据数列的通项公式，作差判断函数的单调性及项的正负判断A，根据通项公式由整除可判断B，根据项的正负及不等式判断C，根据数列项的符号判断D.
【详解】对于A：因为，所以，
令，即，解得，又，所以当时，则当或时，，令，解得，所以，，所以数列有最大项，故A正确；
对于B：由，则又，所以或或或或，所以使的项共有项． 故B不正确；
对于C：要使，又，所以、、中有个为负值或个为负值，所以或，故满足的的值共有2个，故C正确；
对于D：因为时，时，所以当时取得最小值，故 D不正确．
故选：AC．
15．（2024·山东临沂·二模）已知是等差数列，是其前n项和，则下列命题为真命题的是（ ）
A．若，，则 B．若，则
C．若，则 D．若和都为递增数列，则
【答案】BC
【分析】根据题意，求得，结合，可判定A错误；根据数列的求和公式和等差数列的性质，可判定B正确；由，求得，可判定C正确；根据题意，求得任意的，结合的正负不确定，可判定D错误．
【详解】对于A中，由，，
可得，所以，
又由，所以A错误；
对于B中，由，所以B正确；
对于C中，由，所以，
又因为，则，所以C正确；
对于D中，因为为递增数列，可得公差，
因为为递增数列，可得，
所以对任意的，但的正负不确定，所以D错误．
故选：BC.
16．（2024·山东泰安·二模）已知等差数列的前项和为，，，则下列说法正确的是（ ）
A． B．
C．为递减数列 D．的前5项和为
【答案】BC
【分析】根据给定条件，利用等差数列的性质求出公差，再逐项求解判断即可.
【详解】等差数列中，，解得，而，
因此公差，通项，
对于A，，A错误；
对于B，，B正确；
对于C，，为递减数列，C正确；
对于D，，所以的前5项和为
，D错误.
故选：BC
17．（2024·江西·三模）已知数列满足，则（ ）
A．数列是等比数列 B．数列是等差数列
C．数列的前项和为 D．能被3整除
【答案】BCD
【分析】利用构造法得到数列是等比数列，从而求得通项，就可以判断选项，对于数列求和，可以用分组求和法，等比数列公式求和完成，对于幂的整除性问题可以转化为用二项式定理展开后，再加以证明.
【详解】由可得：，所以数列是等比数列，即，
则显然有，所以不成等比数列，故选项A是错误的；
由数列是等比数列可得：，即，故选项B是正确的；
由可得：前项和，故选项C是正确的；
由
，故选项D是正确的；
方法二：由，1024除以3余数是1，所以除以3的余数还是1，从而可得能补3整除，故选项D是正确的；
故选：BCD．
18．（2024·湖北·二模）无穷等比数列的首项为公比为q，下列条件能使既有最大值，又有最小值的有（ ）
A．， B．，
C．， D．，
【答案】BC
【分析】结合选项，利用等比数列单调性分析判断即可.
【详解】，时，等比数列单调递减，故只有最大值，没有最小值；
，时，等比数列为摆动数列，此时为大值，为最小值；
，时，奇数项都相等且小于零，偶数项都相等且大于零，
所以等比数列有最大值，也有最小值；
，时，因为，所以无最大值，奇数项为负无最小值，
偶数项为正无最大值.
故选：BC
三、填空题
19．（2024·山东济南·三模）数列满足，若，，则数列的前20项的和为 ．
【答案】210
【分析】数列的奇数项、偶数项都是等差数列，结合等差数列求和公式、分组求和法即可得解.
【详解】数列满足，若，，则，
所以数列的奇数项、偶数项分别构成以1，2为首项，公差均为2的等差数列
所以数列的前20项的和为
.
故答案为：210.
20．（2024·云南·二模）记数列的前项和为，若，则 .
【答案】/0.5
【分析】构造得，从而得到，则，再利用等比数列求和公式代入计算即可.
【详解】由，得，
则，
又，则，则，
，，
，
故答案为：.
21．（2024·上海·三模）数列满足（为正整数），且与的等差中项是5，则首项
【答案】1
【分析】根据已知条件，结合等差数列、等比数列的性质，即可求解．
【详解】数列满足为正整数），则数列为等比数列，
不妨设其公比为，则，
因为与的等差中项是5，
所以，即，解得．
故答案为：1．
22．（2024·河南·三模）数列满足，，其中为函数的极值点，则 .
【答案】/
【分析】由为函数的极值点,推理得到，利用此式和题设条件，将分别用表示，化简消元即得.
【详解】为函数的极值点，，
则（*），
因则由可得，
将（*）代入得，，因在R上递增，故有
则而，两边取自然对数可得，
于是，
又由，两边取自然对数可得，，
故.
故答案为：.
【点睛】思路点睛：本题主要考查函数极值点与数列知识的融汇运用,属于难题.解题思路为，利用极值点得到关于的等式，再由数列递推公式，推理得到的表达式，运用函数单调性，指数对数式互化即可不断消元解得.
23．（2024·上海·三模）已知两个等差数列2，6，10，…，202和2，8，14，…，200，将这两个等差数列的公共项按从小到大的顺序组成一个新数列，则这个新数列的各项之和为 ．
【答案】
【分析】先求出新数列的公差，再结合等差数列的前项和公式，即可求解.
【详解】等差数列2，6，10，…，202中，公差；等差数列2，8，14，…，200中，公差，和的最小公倍数为，
所以新数列的公差，首项，所以，
令，解得，故新数列共有项，
所以新数列的各项之和为，
故答案为：
24．（2024·湖南长沙·三模）已知数列为正项等比数列，且，则的最小值为 .
【答案】12
【分析】利用等比数列性质得，结合已知得，利用基本不等式求解即可.
【详解】由于数列为正项等比数列，所以，
因此，
当且仅当即时，等号成立，故的最小值为12.
故答案为：12
四、解答题
25．（2024·黑龙江·三模）已知等差数列的公差，与的等差中项为5，且.
(1)求数列的通项公式；
(2)设求数列的前20项和.
【答案】(1)数列的通项公式为；
(2)数列的前20项和为.
【分析】（1）根据等差中项求出，再根据求出公差，最后根据等差数列的通项公式，求出的通项公式；
（2）先写出，对为偶数的情况进行裂项，再用分组求和法求出.
【详解】（1）因为为等差数列，且与的等差中项为5，
所以，解得，
因为，
所以，解得，
因为，所以，
所以，
故数列的通项公式为；
（2）由题知，
即
所以
，
故数列的前20项和为.
26．（2024·湖南长沙·三模）若各项均为正数的数列满足（为常数），则称为“比差等数列”.已知为“比差等数列”，且.
(1)求的通项公式；
(2)设，求数列的前项和.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用“比差等数列”的定义可得，令，则为常数列，
可得，可求的通项公式；
（2）分为奇数与偶数两种情况求解可得数列的前项和.
【详解】（1）由为“比差等数列”，
得，
从而.
设，则，
所以数列为等差数列.
因为，
所以为常数列，
因此，，即，
所以是首项为，公比为的等比数列，
因此.
（2）当为偶数时，
；
当为奇数时，.
综上，.
27．（2024·山东潍坊·三模）已知正项等差数列的公差为2，前项和为，且成等比数列.
(1)求数列的通项公式；
(2)若求数列的前项和.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据成等比数列求得，即可求得的通项公式.
（2）根据的通项公式求得，分奇偶项分别求出再求和，即可求得的前项和.
【详解】（1）因为，
所以，即，解得或，
又因为，所以，所以.
（2），所以，
所以为奇数时，
，
为偶数时，
，
所以前项和.
28．（2024·上海·三模）已知等比数列的公比，且，．
(1)求的通项公式；
(2)若数列满足，且是严格增数列，求实数的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用等比数列通项公式的基本量进行运算即可；
（2）是严格增数列，利用恒成立即可求解.
【详解】（1）因为数列是等比数列，且，所以或2，
若，，则与矛盾，舍去，
若，，则，，满足题意，
所以．
（2）因为，是严格增数列，
所以对于任意正整数n都成立，
，
即对于任意正整数n都成立，所以，
因为在上严格递减，
所以当时，最大，最大值为，
所以的取值范围是.
29．（2024·山东泰安·模拟预测）在足球比赛中，有时需通过点球决定胜负．
(1)扑点球的难度一般比较大，假设罚点球的球员会等可能地随机选择球门的左、中、右三个方向射门，门将(也称为守门员)也会等可能地随机选择球门的左、中、右三个方向来扑点球，而且门将即使方向判断正确也有的可能性扑不到球．不考虑其它因素，在一次点球大战中，求门将在前三次扑到点球的个数的分布列和期望；
(2)好成绩的取得离不开平时的努力训练，甲 乙 丙三名前锋队员在某次传接球的训练中，球从甲脚下开始，等可能地随机传向另外人中的 人，接球者接到球后再等可能地随机传向另外人中的人，如此不停地传下去，假设传出的球都能接住．记第次传球之前球在甲脚下的概率为，易知．
① 试证明：为等比数列；
② 设第次传球之前球在乙脚下的概率为，比较与的大小．
【答案】(1)分布列见解析，数学期望为；
(2)①证明见解析；②.
【分析】（1）解法一：由题意可得，然后根据二项分布的概率公式求解概率，从而可求出分布列和期望；解法二：的所有可能取值为，且在一次扑球中，扑到点球的概率，然后分别求出各自对应的概率，从而可求出分布列和期望；
（2）①由题意可得第次传球之前球在甲脚下的概率为，第次传球之前球不在甲脚下的概率为，则，化简变形后可证得结论；②分别表示出，化简后与比较大小可得结论.
【详解】（1）解法一：依题意可得，门将每次可以扑到点球的概率为，
门将在前三次扑到点球的个数可能的取值为
易知，
所以
故的分布列为：
0 1 2 3
所以的数学期望．
解法二：的所有可能取值为
在一次扑球中，扑到点球的概率，
所以

所以的分布列如下：
0 1 2 3
所以的数学期望：
（2）①第次传球之前球在甲脚下的概率为，
则当时，第次传球之前球在甲脚下的概率为，
第次传球之前球不在甲脚下的概率为，
则
即，又，
所以是以为首项，公比为的等比数列．
②由①可知，所以，
所以，
故．
【点睛】关键点点睛：此题考查二项分布的分布列和期望，考查等比数列的证明，第（2）问解题的关键是根据题意用表示出，考查理解能力和计算能力，属于较难题.
30．（2024·湖南邵阳·三模）高中教材必修第二册选学内容中指出：设复数对应复平面内的点，设，，则任何一个复数都可以表示成：的形式，这种形式叫做复数三角形式，其中是复数的模，称为复数的辐角，若，则称为复数的辐角主值，记为.复数有以下三角形式的运算法则：若，则：，特别地，如果，那么，这个结论叫做棣莫弗定理.请运用上述知识和结论解答下面的问题：
(1)求复数，的模和辐角主值（用表示）；
(2)设，，若存在满足，那么这样的有多少个？
(3)求和：
【答案】(1)，；
(2)506；
(3)1017.
【分析】（1）根据给定条件，利用复数模及辐角主值的定义，结合三角变换求解即得.
（2）利用给定定理，结合诱导公式计算，再借助正余弦函数的周期性求解即得.
（3）令，利用等比数列及错位相减法求出，再利用复数相等即可得解.
【详解】（1）由复数，， ，
得；
而，则，，
又，，所以.
（2）由，
因此，则，
则，解得，而，，
即，于是，显然符合条件的有506个，
所以这样的有506个.
（3）令，而，则，
令，
则，
两边同乘，得，
两式相减得
，因此，
，
因此，所以.
【点睛】关键点点睛：求出的关键是，令，利用错位相减法求出的和.
31．（2024·湖南长沙·二模）集合论在离散数学中有着非常重要的地位.对于非空集合和，定义和集，用符号表示和集内的元素个数.
(1)已知集合，，，若，求的值；
(2)记集合，，，为中所有元素之和，，求证：；
(3)若与都是由个整数构成的集合，且，证明：若按一定顺序排列，集合与中的元素是两个公差相等的等差数列.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据新定义求出，则，，且，即可求解；
（2）由新定义可得，结合等差数列前n项求和公式计算可得，利用裂项相消法计算即可证明；
（3）设集合，（，），则，进而，结合放缩法计算可得、，即可证明.
【详解】（1）由题：，
所以，，且，
从而，，，故.
（2）若，，，，使，其中，，，，
则，故，.
，
，
.
（3）设集合，，其中，.
则，
这里共个不同元素，又，所以上面为和集中的所有元素.
又，
这里共个不同元素，也为合集中的所有元素，
所以有，即.
一般地，由，
，
可得，即.
同理可得，得证.
【点睛】方法点睛：学生在理解相关新概念、新法则(公式)之后，运用学过的知识，结合已掌握的技能，通过推理、运算等解决问题.在新环境下研究“旧”性质.主要是将新性质应用在“旧”性质上，创造性地证明更新的性质，落脚点仍然是数列的有关性质或求和.
32．（2024·山东泰安·模拟预测）已知数列是斐波那契数列，其数值为：.这一数列以如下递推的方法定义：.数列对于确定的正整数，若存在正整数使得成立，则称数列为“阶可分拆数列”.
(1)已知数列满足.判断是否对，总存在确定的正整数，使得数列为“阶可分拆数列”，并说明理由.
(2)设数列的前项和为，
（i）若数列为“阶可分拆数列”，求出符合条件的实数的值；
（ii）在（i）问的前提下，若数列满足，，其前项和为.证明：当且时，成立.
【答案】(1)存在，理由见解析
(2)（i）0；（ii）证明见解析
【分析】（1）由已知可得可得由定义可得结论；
（2）当时，，（i）由已知可得存在正整数使得成立，当时，可求得，当时，可得，方程无解，可得结论；
（ii）法一：当时，易得，计算可得，由（1）可得，，利用错位相减法可得，可证结论成立；法二：同法一可得，，两边同乘以，可求得，可证结论.
【详解】（1）存在，理由如下：
由已知得，，，
即
对，当正整数时，存在，使得成立，
即数列为“阶可分拆数列”；
（2），
当时，，
当时，，
（i）若数列为“阶可分拆数列”，则存在正整数使得成立，
当时，，即，解得，
当时，，即，
因，所以，又，
故方程无解.
综上所述，符合条件的实数a的值为.
（ii）方法一：
证明：，
当时，，
，
，
由（i）知，所以，
①，
②，
由①-②可得
，
，
，
，
当且时， 成立.
方法二：
证明：，
当时，，
，
，
由（i）知，所以，
①，
②，
③，
由①②③可得
，
，
当且时， 成立.
【点睛】思路点睛：本题为数列新定义题，由题意可知对于确定的存在即可，以及错位相减法在数列求和中的应用..
试卷第26页，共26页
1【好题汇编】2024年高考真题和模拟题数学分类汇编（全国通用）
专题05 数列
一、单选题
1．（全国甲卷数学（文））等差数列的前项和为，若，（ ）
A． B． C．1 D．
2．（全国甲卷数学（理））等差数列的前项和为，若，，则（ ）
A． B． C．1 D．2
3．（新高考北京卷）记水的质量为，并且d越大，水质量越好．若S不变，且，，则与的关系为（ ）
A．
B．
C．若，则；若，则；
D．若，则；若，则；
二、填空题
4．（新课标全国Ⅱ卷）记为等差数列的前n项和，若，，则 .
5．（新高考上海卷）无穷等比数列满足首项，记，若对任意正整数集合是闭区间，则的取值范围是 ．
三、解答题
6．（新课标全国Ⅰ卷）设m为正整数，数列是公差不为0的等差数列，若从中删去两项和后剩余的项可被平均分为组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列是可分数列．
(1)写出所有的，，使数列是可分数列；
(2)当时，证明：数列是可分数列；
(3)从中一次任取两个数和，记数列是可分数列的概率为，证明：．
7．（新课标全国Ⅱ卷）已知双曲线，点在上，为常数，．按照如下方式依次构造点，过作斜率为的直线与的左支交于点，令为关于轴的对称点，记的坐标为.
(1)若，求；
(2)证明：数列是公比为的等比数列；
(3)设为的面积，证明：对任意的正整数，.
8．（全国甲卷数学（文））已知等比数列的前项和为，且.
(1)求的通项公式；
(2)求数列的通项公式.
9．（全国甲卷数学（理））记为数列的前项和，且．
(1)求的通项公式；
(2)设，求数列的前项和为．
10．（新高考北京卷）设集合．对于给定有穷数列，及序列，，定义变换：将数列的第项加1，得到数列；将数列的第列加，得到数列…；重复上述操作，得到数列，记为．
(1)给定数列和序列，写出；
(2)是否存在序列，使得为，若存在，写出一个符合条件的；若不存在，请说明理由；
(3)若数列的各项均为正整数，且为偶数，证明：“存在序列，使得为常数列”的充要条件为“”．
11．（新高考天津卷）已知数列是公比大于0的等比数列．其前项和为．若．
(1)求数列前项和；
(2)设，，其中是大于1的正整数．
（ⅰ）当时，求证：；
（ⅱ）求．
12．（新高考上海卷）若．
(1)过，求的解集；
(2)存在使得成等差数列，求的取值范围．
一、单选题
1．（2024·重庆·三模）已知数列的前项和为（ ）
A．276 B．272 C．268 D．266
2．（2024·河北张家口·三模）已知数列的前n项和为，且满足，则（ ）
A． B． C． D．
3．（2024·山东日照·三模）设等差数列的前项和为，若，，则（ ）
A． B．36 C． D．18
4．（2024·湖北武汉·二模）已知等差数列的前项和为，若，则 （ ）
A．288 B．144 C．96 D．25
5．（2024·江西赣州·二模）在等差数列中，，是方程的两根，则的前6项和为（ ）
A．48 B．24 C．12 D．8
6．（2024·湖南永州·三模）已知非零数列满足，则（ ）
A．8 B．16 C．32 D．64
7．（2024·浙江绍兴·二模）汉诺塔（Tower of Hanoi），是一个源于印度古老传说的益智玩具. 如图所示，有三根相邻的标号分别为A、B、C的柱子， A柱子从下到上按金字塔状叠放着个不同大小的圆盘，要把所有盘子一个一个移动到柱子B上，并且每次移动时，同一根柱子上都不能出现大盘子在小盘子的上方，请问至少需要移动多少次？记至少移动次数为，例如：，，则下列说法正确的是（ ）
A． B．为等差数列
C．为等比数列 D．
8．（2024·云南曲靖·二模）已知是等比数列的前项和，若，则数列的公比是（ ）
A．或1 B．或1 C． D．
9．（2024·四川·模拟预测）已知数列为等差数列，且，则（ ）
A．33 B．44 C．66 D．88
10．（2024·北京东城·二模）设无穷正数数列，如果对任意的正整数，都存在唯一的正整数，使得，那么称为内和数列，并令，称为的伴随数列，则（ ）
A．若为等差数列，则为内和数列
B．若为等比数列，则为内和数列
C．若内和数列为递增数列，则其伴随数列为递增数列
D．若内和数列的伴随数列为递增数列，则为递增数列
11．（2024·广东茂名·一模）已知为正项数列的前项的乘积，且，则（ ）
A．16 B．32 C．64 D．128
12．（2024·湖南常德·一模）已知等比数列中，，，则公比为（ ）
A． B．2 C． D．4
二、多选题
13．（2024·湖南长沙·三模）设无穷数列的前项和为，且，若存在，使成立，则（ ）
A．
B．
C．不等式的解集为
D．对任意给定的实数，总存在，当时，
14．（2024·山东泰安·模拟预测）已知数列的通项公式为，前项和为，则下列说法正确的是（ ）
A．数列有最大项
B．使的项共有项
C．满足的值共有个
D．使取得最小值的值为4
15．（2024·山东临沂·二模）已知是等差数列，是其前n项和，则下列命题为真命题的是（ ）
A．若，，则 B．若，则
C．若，则 D．若和都为递增数列，则
16．（2024·山东泰安·二模）已知等差数列的前项和为，，，则下列说法正确的是（ ）
A． B．
C．为递减数列 D．的前5项和为
17．（2024·江西·三模）已知数列满足，则（ ）
A．数列是等比数列 B．数列是等差数列
C．数列的前项和为 D．能被3整除
18．（2024·湖北·二模）无穷等比数列的首项为公比为q，下列条件能使既有最大值，又有最小值的有（ ）
A．， B．，
C．， D．，
三、填空题
19．（2024·山东济南·三模）数列满足，若，，则数列的前20项的和为 ．
20．（2024·云南·二模）记数列的前项和为，若，则 .
21．（2024·上海·三模）数列满足（为正整数），且与的等差中项是5，则首项
22．（2024·河南·三模）数列满足，，其中为函数的极值点，则 .
23．（2024·上海·三模）已知两个等差数列2，6，10，…，202和2，8，14，…，200，将这两个等差数列的公共项按从小到大的顺序组成一个新数列，则这个新数列的各项之和为 ．
24．（2024·湖南长沙·三模）已知数列为正项等比数列，且，则的最小值为 .
四、解答题
25．（2024·黑龙江·三模）已知等差数列的公差，与的等差中项为5，且.
(1)求数列的通项公式；
(2)设求数列的前20项和.
26．（2024·湖南长沙·三模）若各项均为正数的数列满足（为常数），则称为“比差等数列”.已知为“比差等数列”，且.
(1)求的通项公式；
(2)设，求数列的前项和.
27．（2024·山东潍坊·三模）已知正项等差数列的公差为2，前项和为，且成等比数列.
(1)求数列的通项公式；
(2)若求数列的前项和.
28．（2024·上海·三模）已知等比数列的公比，且，．
(1)求的通项公式；
(2)若数列满足，且是严格增数列，求实数的取值范围．
29．（2024·山东泰安·模拟预测）在足球比赛中，有时需通过点球决定胜负．
(1)扑点球的难度一般比较大，假设罚点球的球员会等可能地随机选择球门的左、中、右三个方向射门，门将(也称为守门员)也会等可能地随机选择球门的左、中、右三个方向来扑点球，而且门将即使方向判断正确也有的可能性扑不到球．不考虑其它因素，在一次点球大战中，求门将在前三次扑到点球的个数的分布列和期望；
(2)好成绩的取得离不开平时的努力训练，甲 乙 丙三名前锋队员在某次传接球的训练中，球从甲脚下开始，等可能地随机传向另外人中的 人，接球者接到球后再等可能地随机传向另外人中的人，如此不停地传下去，假设传出的球都能接住．记第次传球之前球在甲脚下的概率为，易知．
① 试证明：为等比数列；
② 设第次传球之前球在乙脚下的概率为，比较与的大小．
30．（2024·湖南邵阳·三模）高中教材必修第二册选学内容中指出：设复数对应复平面内的点，设，，则任何一个复数都可以表示成：的形式，这种形式叫做复数三角形式，其中是复数的模，称为复数的辐角，若，则称为复数的辐角主值，记为.复数有以下三角形式的运算法则：若，则：，特别地，如果，那么，这个结论叫做棣莫弗定理.请运用上述知识和结论解答下面的问题：
(1)求复数，的模和辐角主值（用表示）；
(2)设，，若存在满足，那么这样的有多少个？
(3)求和：
31．（2024·湖南长沙·二模）集合论在离散数学中有着非常重要的地位.对于非空集合和，定义和集，用符号表示和集内的元素个数.
(1)已知集合，，，若，求的值；
(2)记集合，，，为中所有元素之和，，求证：；
(3)若与都是由个整数构成的集合，且，证明：若按一定顺序排列，集合与中的元素是两个公差相等的等差数列.
32．（2024·山东泰安·模拟预测）已知数列是斐波那契数列，其数值为：.这一数列以如下递推的方法定义：.数列对于确定的正整数，若存在正整数使得成立，则称数列为“阶可分拆数列”.
(1)已知数列满足.判断是否对，总存在确定的正整数，使得数列为“阶可分拆数列”，并说明理由.
(2)设数列的前项和为，
（i）若数列为“阶可分拆数列”，求出符合条件的实数的值；
（ii）在（i）问的前提下，若数列满足，，其前项和为.证明：当且时，成立.
试卷第2页，共8页
1【好题汇编】2024年高考真题和模拟题数学分类汇编（全国通用）
专题06 直线与圆
1．（全国甲卷数学（理））已知b是的等差中项，直线与圆交于两点，则的最小值为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．
【答案】C
【分析】结合等差数列性质将代换，求出直线恒过的定点，采用数形结合法即可求解.
【详解】因为成等差数列，所以，，代入直线方程得
，即，令得，
故直线恒过，设，圆化为标准方程得：，
设圆心为，画出直线与圆的图形，由图可知，当时，最小，
，此时.

故选：C
2．（新高考北京卷）求圆的圆心到的距离（ ）
A． B．2 C． D．
【答案】C
【分析】求出圆心坐标，再利用点到直线距离公式即可.
【详解】由题意得，即，
则其圆心坐标为，则圆心到直线的距离为，
故选：C.
3．（新课标全国Ⅱ卷）（多选题）抛物线C：的准线为l，P为C上的动点，过P作的一条切线，Q为切点，过P作l的垂线，垂足为B，则（ ）
A．l与相切
B．当P，A，B三点共线时，
C．当时，
D．满足的点有且仅有2个
【答案】ABD
【分析】A选项，抛物线准线为，根据圆心到准线的距离来判断；B选项，三点共线时，先求出的坐标，进而得出切线长；C选项，根据先算出的坐标，然后验证是否成立；D选项，根据抛物线的定义，，于是问题转化成的点的存在性问题，此时考察的中垂线和抛物线的交点个数即可，亦可直接设点坐标进行求解.
【详解】A选项，抛物线的准线为，
的圆心到直线的距离显然是，等于圆的半径，
故准线和相切，A选项正确；
B选项，三点共线时，即，则的纵坐标，
由，得到，故，
此时切线长，B选项正确；
C选项，当时，，此时，故或，
当时，，，，
不满足；
当时，，，，
不满足；
于是不成立，C选项错误；
D选项，方法一：利用抛物线定义转化
根据抛物线的定义，，这里，
于是时点的存在性问题转化成时点的存在性问题，
，中点，中垂线的斜率为，
于是的中垂线方程为：，与抛物线联立可得，
，即的中垂线和抛物线有两个交点，
即存在两个点，使得，D选项正确.
方法二：（设点直接求解）
设，由可得，又，又，
根据两点间的距离公式，，整理得，
，则关于的方程有两个解，
即存在两个这样的点，D选项正确.
故选：ABD
4．（新高考天津卷）的圆心与抛物线的焦点重合，为两曲线的交点，则原点到直线的距离为 ．
【答案】/
【分析】先求出圆心坐标，从而可求焦准距，再联立圆和抛物线方程，求及的方程，从而可求原点到直线的距离.
【详解】圆的圆心为，故即，
由可得，故或（舍），
故，故直线即或，
故原点到直线的距离为，
故答案为：
一、单选题
1．（2024·安徽·三模）直线：与圆：的公共点的个数为（ ）
A．0 B．1 C．2 D．1或2
【答案】C
【分析】根据已知直线与圆的方程，得到直线过定点，结合点与圆的位置关系，即可判定.
【详解】由直线，可得直线过定点，
又由圆：，可得点在圆C上，
因为直线的斜率显然存在，所以公共点的个数为2.
故选：C.
2．（2024·四川成都·三模）已知直线 与 相交于 两点，若 是直角三角形，则实数 的值为（ ）
A．1 或 B． 或 C． 或 D． 或
【答案】A
【分析】根据题意是等腰直角三角形，可得圆心到直线的距离为，利用点到直线的距离公式求解.
【详解】根据题意，圆的圆心，半径，易知是等腰直角三角形，
所以圆心到直线的距离为，则，解得，
所以或.
故选：A.
3．（2024·北京·三模）已知直线，圆，下列说法错误的是（ ）
A．对任意实数，直线与圆有两个不同的公共点；
B．当且仅当时，直线被圆所截弦长为；
C．对任意实数，圆不关于直线对称；
D．存在实数，使得直线与圆相切．
【答案】D
【分析】求出直线所过的定点，并判断该定点与圆的位置关系，再逐项分析判断即可得解.
【详解】直线，由，解得，即直线恒过定点，
圆的半径，，即点在圆内，
对任意实数，直线与圆有两个不同的公共点，A正确，D错误；
直线不过圆的圆心，因此对任意实数，圆不关于直线对称，C正确；
直线的斜率，当时，直线的斜率为，因此直线
此时直线被圆所截弦是过点的最短弦，最短弦长为，
因此当且仅当时，直线被圆所截弦长为，B正确.
故选：D
4．（2024·河南·模拟预测）直线，圆.则直线被圆所截得的弦长为（ ）
A．2 B． C． D．
【答案】D
【分析】先将圆的方程化为标准形式，求出圆心坐标与圆的半径，再求出圆心到直线的距离，最终利用勾股定理即可求解.
【详解】圆的标准方程为，
由此可知圆的半径为，圆心坐标为，
所以圆心到直线的距离为，
所以直线被圆截得的弦长为.
故选：D.
5．（23-24高三下·广东深圳·期中）已知直线与圆相交于两点，则当取最小值时，实数的值为（ ）
A．2 B．1 C．-1 D．-2
【答案】C
【分析】先求出圆心和直线恒过定点，确定取得最小值，结合两点坐标表示直线斜率和两直线的位置关系即可求解.
【详解】由圆的方程，可知圆心，半径，
直线过定点，
因为，则定点在圆内，
则当取得最小值，因为的斜率为，
故.
故选：C
6．（2024·吉林长春·模拟预测）已知圆，圆，则这两圆的位置关系为（ ）
A．内含 B．相切 C．相交 D．外离
【答案】A
【分析】求出两圆圆心坐标与半径，再求出圆心距与半径之和、半径之差的绝对值比较，即可判断.
【详解】圆的圆心为，半径；
圆的圆心为，半径，
则，故，所以两圆内含；
故选：A
7．（2024·湖北·模拟预测）直线与圆交于M、N两点，O为坐标原点，则（ ）
A． B． C．1 D．2
【答案】C
【分析】先联立方程，结合韦达定理可求出，根据向量数量积可求答案.
【详解】联立,得，
则，即，所以，
设，则：，，
故选：C
8．（2024·浙江·三模）已知，点在圆上运动，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．32
【答案】C
【分析】设，根据两点间的距离公式结合三角函数的性质即可得解.
【详解】设，
则
，
当时，取得最大值.
故选：C.
9．（2024·山东聊城·三模）已知圆与两坐标轴及直线都相切，且圆心在第二象限，则圆的方程为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】设出圆的标准方程，利用条件列方程组求解即可.
【详解】由题意设所求的圆方程为，
则，即，解得，
所以圆的方程为.
故选：D
10．（2024·贵州黔南·二模）已知直线与直线的交点在圆的内部，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】联立直线可得其交点坐标，由该点在圆的内部计算即可得.
【详解】联立，解得，即点在圆的内部，
即有，解得.
故选：D.
11．（2024·辽宁·模拟预测）过点作圆的切线，A为切点，，则的最大值是（ ）
A． B． C．4 D．3
【答案】A
【分析】先根据切线长度求出为定值，即，设，两个方程联立，利用求的取值范围.
【详解】由题意：，即.
设，则，代入，得.
因为关于的一元二次方程一定有解，
所以.
故选：A.
12．（2024·辽宁丹东·二模）过坐标原点O作圆的两条切线OA，OB，切点分别为A，B，则（ ）
A． B．2 C． D．4
【答案】C
【分析】由圆的标准方程作出圆的图形，易得切点坐标，利用两点之间距离公式计算即得.
【详解】

如图，由圆可得x轴，y轴，即是过点O的切线，
所以切点为，，故．
故选：C.
13．（2024·贵州黔东南·二模）直线与圆交于，两点，若，则（ ）
A．2 B．1 C． D．
【答案】C
【分析】首先将圆的方程配成标准式，即可得到圆心坐标与半径，由弦长可知直线过圆心，代入方程求出.
【详解】圆，
则圆的标准方程为，所以圆心，半径，
，故直线过圆心，所以，解得.
故选：C.
14．（2024·广东佛山·二模）已知P是过，，三点的圆上的动点，则的最大值为（ ）
A． B． C．5 D．20
【答案】B
【分析】由向量的坐标运算可得，即得是以为直径的圆上的三点，从而可求得结果.
【详解】依题意，，则，
因此线段是圆的直径，且，而点是该圆上的点，
所以的最大值为.
故选：B
15．（2024·山东济南·二模）已知圆，若圆C上有且仅有一点P使，则正实数a的取值为（ ）
A．2或4 B．2或3 C．4或5 D．3或5
【答案】D
【分析】根据题意可知：点P的轨迹为以的中点为圆心，半径的圆，结合两圆的位置关系分析求解.
【详解】由题意可知：圆的圆心为，半径，且，
因为，可知点P的轨迹为以线段的中点为圆心，半径的圆，
又因为点P在圆上，
可知圆与圆有且仅有一个公共点，则或，
即或，解得或.
故选：D.
16．（2024·湖南常德·一模）已知抛物线方程为:，焦点为.圆的方程为，设为抛物线上的点， 为圆上的一点，则的最小值为（ ）
A．6 B．7 C．8 D．9
【答案】C
【分析】根据抛物线定义将点到焦点的距离转化为点到直线的距离，即，从而得到，三点共线时和最小；再由在圆上，得到最小值.
【详解】

由抛物线方程为，得到焦点，准线方程为，过点做准线的垂线，垂足为，
因为点在抛物线上，所以，
所以，当点固定不动时，三点共线，即垂直于准线时和最小，
又因为在圆上运动，由圆的方程为得圆心，半径，所以，
故选：C.
二、多选题
17．（2024·湖南长沙·三模）已知圆 ，直线 ，则（ ）
A．直线 恒过定点
B．当时，圆上恰有三个点到直线的距离等于 1
C．直线与圆可能相切
D．若圆与圆 恰有三条公切线，则
【答案】AD
【分析】本题先根据直线l的方程判断出直线l恒过的定点，再判断该定点与圆的位置关系，可解决选项A和选项C的问题；根据圆心到直线的距离判断满足条件点的个数，可解决选项B的问题；由选项D的条件可得两圆外切，由此可求得参数a的值.
【详解】由直线，得 ，
因为，则满足 ，解得 ，
所以直线恒过定点 ，故选项A正确.
因为当时，直线为:，
则圆心 到直线的距离为 ，
则此时直线与圆相交所得劣弧的顶点到直线的距离，
所以圆上只有 2 个点到直线的距离为 1，故选项B错误.
因为直线过定点 ，又 ，
所以定点在圆内，则直线与圆一定相交，故选项错误.
由圆的方程 可得，，
所以圆心为 ，半径为 ，
因为两圆有三条公切线，所以两圆的位置关系为外切，
则 ，解得 ，故选项正确.
故选：AD.
18．（2024·山东泰安·模拟预测）已知直线，圆，则下列说法正确的是（ ）
A．圆心的坐标为
B．直线与圆始终有两个交点
C．当时，直线与圆相交于两点，则的面积为
D．点到直线的距离最大时，
【答案】ABD
【分析】对于A，对圆的方程配方后可求出圆心判断，对于B，先求出过定点，再判断点与圆的位置关系，从而可得结论，对于C，先求出圆心到直线的距离，再求出弦长，从而可求出的面积，对于D，由于直线过定点，则当直线与垂直时，圆心到直线的距离最大，从而可求出的值.
【详解】对于A：配方得，所以圆心，半径，所以A正确；
对于B：由，得，则直线过定点，
因为，所以点在圆内，
所以直线与圆始终有两个交点，所以B正确;
对于C：设圆心到直线的距离为，则，弦长，
所以面积，所以C不正确．
对于D：由题意得直线过定点，故当直线与垂直时，圆心到直线的距离最大，由于，故得，所以D正确．
故选：ABD．
19．（2024·重庆·模拟预测）若实数满足，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】ABC
【分析】对于A，设，利用点到直线距离公式求得的最值即可；对于B，直接利用重要不等式得出的范围即可；
【详解】
如图：是以为圆心，为半径的圆.
对于A，设，则直线与圆有公共点，
所以，解得，所以，故A正确；
对于B，由知，，当且仅当或时取“”，故B正确；
对于C，表示圆上一点与坐标原点连线的斜率，
由图象知圆上的点与坐标原点连线的倾斜角的范围是，
故，即，故C正确；
对于D，取，满足，但，故D错误.
故选：ABC.
20．（2024·江苏连云港·模拟预测）设a，b为实数，已知圆O：，点在圆O外，以线段为直径作圆M，与圆O相交于A，B两点．下列说法中正确的是（ ）
A．当时，点Q的轨迹方程为
B．当，时，直线的方程为
C．当，时，
D．若圆O上总存在两个点到点Q的距离为1，则
【答案】BCD
【分析】根据为的直径，所以，可求，得点轨迹，判断A的真假；根据两圆公共弦的直线方程的求法 ，判断B的真假；利用二倍角公式，求，判断C的真假；利用点与圆的位置关系，判断D的真假.
【详解】对A：如图
时，，所以点Q的轨迹方程为，故A错误；
对B：如图：
当，时，的方程为：即，
所以直线的方程为.
故B正确；
对C：如图：
当，时，在中，，
所以.
故C正确；
对D：因为点在外，所以，又圆O上总存在两个点到点Q的距离为1，
所以，所以，即.
故D正确.
故选：BCD
21．（2024·广东茂名·一模）已知圆，则（ ）
A．圆的圆心坐标为
B．圆的周长为
C．圆与圆外切
D．圆截轴所得的弦长为3
【答案】BC
【分析】根据圆C和圆M的方程得它们的圆心和半径即可求解判断ABC，对于D求出圆C上横坐标为0的点的纵坐标即可判断.
【详解】对于AB，圆的方程可化为，
可得圆心的坐标为，半径为，则周长为，可知错误，正确；
对于，由，为两圆半径之和，可知正确；
对于，令，可得，解得或3，
可得圆截轴所得的弦长为4，可知错误.
故选：BC.
22．（2024·河北衡水·模拟预测）已知，动点满足，则下列结论正确的是（ ）
A．点的轨迹围成的图形面积为
B．的最小值为
C．是的任意两个位置点，则
D．过点的直线与点的轨迹交于点，则的最小值为
【答案】ABD
【分析】由得，计算面积可判断A；结合图象可知，当共线的时候取值最小值，可判断B；过A向圆引切线，用两条切线夹角来可判断C；分别用斜率存在和不在两种情况写出过点的直线方程，然后由圆的几何性质求，进而结合基本不等式可得的最小值，即可判断D.
【详解】由得：，即，
点的轨迹为圆心，半径的圆.
对于A：面积为，故A正确；
对于B：点B在圆内，由图知，当共线的时候等号成立，
所以最小值为，故B正确，
对于C：因为，，所以过A向圆引切线，切线长等于，则两条切线夹角为，故C不正确.
对于D：斜率不存在时，过点的直线方程为，此时；
斜率存在时，过点的直线方程为，即，
则圆心到该直线的距离，
由圆的几何性质，，
当时，；
当时， ；
当时，，当且仅当即时取等号，
综上所述，的最小值为，故D正确.
故选：ABD.
23．（2024·江西宜春·三模）古希腊数学家阿波罗尼斯的著作《圆锥曲线论》中给出了阿波罗尼斯圆的定义：在平面内，已知两定点A，B之间的距离为a（非零常数），动点M到A，B的距离之比为常数（，且），则点M的轨迹是圆，简称为阿氏圆．在平面直角坐标系中，已知，点M满足，则下列说法正确的是（ ）
A．面积的最大值为12 B．的最大值为72
C．若，则的最小值为10 D．当点M不在x轴上时，MO始终平分
【答案】ABD
【分析】设点，由条件可得点M的轨迹方程，即可判断A，由向量数量积的运算律代入计算，即可判断B，由点与圆的位置关系，即可判断C，由角平分线定理即可判断D
【详解】对于A，设点，由，得，
化为，所以点M的轨迹是以点为圆心、4为半径的圆，
所以面积的最大值为，故A正确；
对于B，设线段AB的中点为N，，
当点M的坐标为时取等号，故的最大值为72，故B正确；
对于C，显然点在圆外，点在圆内，，当B，M，Q三点共线且点M在线段BQ之间时，，故C错误；
对于D，由，，有，当点M不在x轴上时，
由三角形内角平分线分线段成比例定理的逆定理知，MO是中的平分线，故D正确．
故选：ABD．
24．（2024·山西临汾·三模）已知是以为圆心，为半径的圆上任意两点，且满足，是的中点，若存在关于对称的两点，满足，则线段长度的可能值为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】BCD
【分析】由已知得出点轨迹是以为圆心，1为半径的圆，得出的范围，再结合直角三角形斜边中线等于斜边一半即可得出范围，进而判断出答案．
【详解】因为，
所以，
因为是中点，所以，
所以点轨迹是以为圆心，1为半径的圆，
设为点，则，
所以，
又，两点关于点对称，
所以为直角三角形，且为斜边中点，则，
所以，
故选：BCD．
25．（2024·浙江绍兴·模拟预测）对于任意的两点，，定义间的折线距离，反折线距离，表示坐标原点. 下列说法正确的是（ ）
A．.
B．若，则.
C．若斜率为，.
D．若存在四个点使得，且，则的取值范围.
【答案】ABD
【分析】对于A，直接使用绝对值不等式即可证明；对于B，在使用绝对值不等式的同时考虑到绝对值不等式取等的条件（即，，两两等价，对两个不等式两边同时平方即得结论），即可判断；对于C，举出一个反例即可否定；对于D，先将问题转化为方程组的解的个数问题，然后利用解析几何工具直观理解，猜出答案，最后再严格论证结果即可.
【详解】对于A，设，我们有
，
故A正确；
对于B，若，则，
这意味着.
从而由，知，
即，所以.
故.
而.
故.
从而由，知，故B正确；
对于C，考虑，，此时，所以.
但，故C错误；
对于D，条件等价于关于的方程组，即有四个解.
如下图所示，该方程组可以直观地理解为正方形和圆有四个公共点，直观的理解即为圆与矩形上方的两条边所在的直线均相交，
且交点都在边的内部，而当时，圆与上方的两条边相切，
当时，圆与上方的边的交点恰落在端点上，故可猜测取值范围是，
下面再使用二次方程工具严格证明此结论（也可以使用距离公式等其它方法证明）.
若满足原方程组，则，故.
而，
故，同时还有.
由于当确定后，只有唯一可能的取值，而方程组有四个解，
所以使得相应的存在的至少有四个.
根据前面的讨论，这样的必满足，且，
所以方程必定在上有四个解.
这表明关于的方程在上一定有两个解，
所以首先有判别式为正数，结合
，
就有.
同时，由于两根都在内，故两根乘积为正数，故，即.
这就证明了.
最后，当时，原方程组的确存在四组不同的解：
，，
，.
所以的取值范围是，D正确.
故选：ABD.
三、填空题
26．（2024·上海·三模）已知圆，圆，点M，N分别是圆、圆上的动点，点为上的动点，则的最小值是 .
【答案】
【分析】作出示意图，分别为的半径，圆可得，求得圆关于直线的对称圆的方程为，数形结合可求.
【详解】作出示意图如图所示：
由，可得圆心，半径，
由，可得圆心，半径，
由题意可得，
易得圆关于直线的对称圆的方程为，
，
当且仅当三点共线时等号成立，
所以.
故答案为：.
27．（2024·天津·模拟预测）若直线与圆交于两点，则 .
【答案】/
【分析】先求出圆的圆心和半径，根据已知条件可得圆心到直线的距离，即可求解.
【详解】由题意可得圆的标准方程为，
所以圆的圆心为，半径为，
所以圆心到直线的距离，
所以，
故答案为：
28．（2024·广东梅州·一模）已知点P，Q分别是拋物线和圆上的动点，若抛物线的焦点为，则的最小值为
【答案】
【分析】根据题意，将转化为的形式，寻求定点，使得恒成立，再通过转化求的最小值.
【详解】由抛物线，可得焦点坐标为，
又由圆，可化为，
可得圆心坐标为，半径，
设定点，满足成立，且，
即恒成立，
其中，代入两边平方可得：
，解得：，，
所以定点满足恒成立，
可得，
如图所示，当且仅当在一条直线上时，
此时取得最小值，
即，
设，满足，
所以，
，
当时，等号成立.
所以的最小值为.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题的关键是转化距离，再转化求得点M的坐标.
29．（2024·湖南衡阳·三模）已知圆，圆与轴相切于点，与轴正半轴交于A，B两点，且，则圆和圆的公共弦所在的直线方程为 .
【答案】
【分析】根据相切和弦长求出圆的方程，再联立两圆方程，即可得到相交弦所在的直线方程.
【详解】由圆与轴相切于点，可设圆的方程为，
由，则，所以圆的方程为，
圆与圆的方程相减得，即为两圆的相交弦所在直线方程.
故答案为：
30．（2024·河北张家口·三模）圆与圆的公切线的方程为 ．
【答案】
【分析】先判断两圆位置关系，然后将圆化为一般式，两式相减可得.
【详解】圆的圆心为，半径为1，圆的圆心为，半径为6，
因为，所以两圆内切，只有一条公切线，
将圆化为一般式得：
，，
两式相减得，即，
所以圆的公切线的方程为.
故答案为：
31．（2024·河北保定·二模）已知点为圆上位于第一象限内的点，过点作圆的两条切线，切点分别为，直线分别交轴于两点，则 ， ．
【答案】 2
【分析】设直接计算可得，由角平分线定理可得，由此求出，得出点坐标，再由直角三角形求出点坐标即可得解.
【详解】圆的标准方程为，圆心，
则为的角平分线，所以．
设，则，
所以，则，
即，解得，则，
所以点与重合，
此时，可得，
所以．
故答案为：；
【点睛】关键点点睛：根据角平分线定理，可转化为，建立方程求出参数，得到圆的圆心、半径，求出M的坐标是解题的关键.
32．（2024·福建莆田·三模）古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现：若动点M与两个定点A，B的距离之比为常数（，），则点M的轨迹是圆.后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.已知，M是平面内一动点，且，则点M的轨迹方程为 .若点Р在圆上，则的最小值是 .
【答案】
【分析】根据两点距离公式计算即可得第一空，设点P坐标及点，根据圆的方程与两点距离公式化简得出，根据三角形三边关系求最值即可.
【详解】设，则，
整理得（或）.
设，则，
故
.
令，则=.
故答案为：；
.
【点睛】思路点睛：利用阿氏圆的定义取点，构造，转化线段和结合三角形三边关系计算即可.
试卷第26页，共26页
1【好题汇编】2024年高考真题和模拟题数学分类汇编（全国通用）
专题06 直线与圆
1．（全国甲卷数学（理））已知b是的等差中项，直线与圆交于两点，则的最小值为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．
2．（新高考北京卷）求圆的圆心到的距离（ ）
A． B．2 C． D．
3．（新课标全国Ⅱ卷）（多选题）抛物线C：的准线为l，P为C上的动点，过P作的一条切线，Q为切点，过P作l的垂线，垂足为B，则（ ）
A．l与相切
B．当P，A，B三点共线时，
C．当时，
D．满足的点有且仅有2个
4．（新高考天津卷）的圆心与抛物线的焦点重合，为两曲线的交点，则原点到直线的距离为 ．
一、单选题
1．（2024·安徽·三模）直线：与圆：的公共点的个数为（ ）
A．0 B．1 C．2 D．1或2
2．（2024·四川成都·三模）已知直线 与 相交于 两点，若 是直角三角形，则实数 的值为（ ）
A．1 或 B． 或 C． 或 D． 或
3．（2024·北京·三模）已知直线，圆，下列说法错误的是（ ）
A．对任意实数，直线与圆有两个不同的公共点；
B．当且仅当时，直线被圆所截弦长为；
C．对任意实数，圆不关于直线对称；
D．存在实数，使得直线与圆相切．
4．（2024·河南·模拟预测）直线，圆.则直线被圆所截得的弦长为（ ）
A．2 B． C． D．
5．（23-24高三下·广东深圳·期中）已知直线与圆相交于两点，则当取最小值时，实数的值为（ ）
A．2 B．1 C．-1 D．-2
6．（2024·吉林长春·模拟预测）已知圆，圆，则这两圆的位置关系为（ ）
A．内含 B．相切 C．相交 D．外离
7．（2024·湖北·模拟预测）直线与圆交于M、N两点，O为坐标原点，则（ ）
A． B． C．1 D．2
8．（2024·浙江·三模）已知，点在圆上运动，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．32
9．（2024·山东聊城·三模）已知圆与两坐标轴及直线都相切，且圆心在第二象限，则圆的方程为（ ）
A． B．
C． D．
10．（2024·贵州黔南·二模）已知直线与直线的交点在圆的内部，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
11．（2024·辽宁·模拟预测）过点作圆的切线，A为切点，，则的最大值是（ ）
A． B． C．4 D．3
12．（2024·辽宁丹东·二模）过坐标原点O作圆的两条切线OA，OB，切点分别为A，B，则（ ）
A． B．2 C． D．4
13．（2024·贵州黔东南·二模）直线与圆交于，两点，若，则（ ）
A．2 B．1 C． D．
14．（2024·广东佛山·二模）已知P是过，，三点的圆上的动点，则的最大值为（ ）
A． B． C．5 D．20
15．（2024·山东济南·二模）已知圆，若圆C上有且仅有一点P使，则正实数a的取值为（ ）
A．2或4 B．2或3 C．4或5 D．3或5
16．（2024·湖南常德·一模）已知抛物线方程为:，焦点为.圆的方程为，设为抛物线上的点， 为圆上的一点，则的最小值为（ ）
A．6 B．7 C．8 D．9
二、多选题
17．（2024·湖南长沙·三模）已知圆 ，直线 ，则（ ）
A．直线 恒过定点
B．当时，圆上恰有三个点到直线的距离等于 1
C．直线与圆可能相切
D．若圆与圆 恰有三条公切线，则
18．（2024·山东泰安·模拟预测）已知直线，圆，则下列说法正确的是（ ）
A．圆心的坐标为
B．直线与圆始终有两个交点
C．当时，直线与圆相交于两点，则的面积为
D．点到直线的距离最大时，
19．（2024·重庆·模拟预测）若实数满足，则（ ）
A． B． C． D．
20．（2024·江苏连云港·模拟预测）设a，b为实数，已知圆O：，点在圆O外，以线段为直径作圆M，与圆O相交于A，B两点．下列说法中正确的是（ ）
A．当时，点Q的轨迹方程为
B．当，时，直线的方程为
C．当，时，
D．若圆O上总存在两个点到点Q的距离为1，则
21．（2024·广东茂名·一模）已知圆，则（ ）
A．圆的圆心坐标为
B．圆的周长为
C．圆与圆外切
D．圆截轴所得的弦长为3
22．（2024·河北衡水·模拟预测）已知，动点满足，则下列结论正确的是（ ）
A．点的轨迹围成的图形面积为
B．的最小值为
C．是的任意两个位置点，则
D．过点的直线与点的轨迹交于点，则的最小值为
23．（2024·江西宜春·三模）古希腊数学家阿波罗尼斯的著作《圆锥曲线论》中给出了阿波罗尼斯圆的定义：在平面内，已知两定点A，B之间的距离为a（非零常数），动点M到A，B的距离之比为常数（，且），则点M的轨迹是圆，简称为阿氏圆．在平面直角坐标系中，已知，点M满足，则下列说法正确的是（ ）
A．面积的最大值为12 B．的最大值为72
C．若，则的最小值为10 D．当点M不在x轴上时，MO始终平分
24．（2024·山西临汾·三模）已知是以为圆心，为半径的圆上任意两点，且满足，是的中点，若存在关于对称的两点，满足，则线段长度的可能值为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
25．（2024·浙江绍兴·模拟预测）对于任意的两点，，定义间的折线距离，反折线距离，表示坐标原点. 下列说法正确的是（ ）
A．.
B．若，则.
C．若斜率为，.
D．若存在四个点使得，且，则的取值范围.
三、填空题
26．（2024·上海·三模）已知圆，圆，点M，N分别是圆、圆上的动点，点为上的动点，则的最小值是 .
27．（2024·天津·模拟预测）若直线与圆交于两点，则 .
28．（2024·广东梅州·一模）已知点P，Q分别是拋物线和圆上的动点，若抛物线的焦点为，则的最小值为
29．（2024·湖南衡阳·三模）已知圆，圆与轴相切于点，与轴正半轴交于A，B两点，且，则圆和圆的公共弦所在的直线方程为 .
30．（2024·河北张家口·三模）圆与圆的公切线的方程为 ．
31．（2024·河北保定·二模）已知点为圆上位于第一象限内的点，过点作圆的两条切线，切点分别为，直线分别交轴于两点，则 ， ．
32．（2024·福建莆田·三模）古希腊著名数学家阿波罗尼斯发现：若动点M与两个定点A，B的距离之比为常数（，），则点M的轨迹是圆.后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆.已知，M是平面内一动点，且，则点M的轨迹方程为 .若点Р在圆上，则的最小值是 .
试卷第2页，共6页
1【好题汇编】2024年高考真题和模拟题数学分类汇编（全国通用）
专题07 不等式
1．（新课标全国Ⅰ卷）已知函数为的定义域为R，，且当时，则下列结论中一定正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】代入得到，再利用函数性质和不等式的性质，逐渐递推即可判断.
【详解】因为当时，所以，
又因为，
则，
，
，
，
，则依次下去可知，则B正确；
且无证据表明ACD一定正确.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用，再利用题目所给的函数性质，代入函数值再结合不等式同向可加性，不断递推即可.
2．（全国甲卷数学（理）（文））若实数满足约束条件，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】画出可行域后，利用的几何意义计算即可得.
【详解】实数满足，作出可行域如图：
由可得，
即的几何意义为的截距的，
则该直线截距取最大值时，有最小值，
此时直线过点，
联立，解得，即，
则.
故选：D.
3．（新高考北京卷）已知，是函数图象上不同的两点，则下列正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】根据指数函数和对数函数的单调性结合基本不等式分析判断AB；举例判断CD即可.
【详解】由题意不妨设，因为函数是增函数，所以，即，
对于选项AB：可得，即，
根据函数是增函数，所以，故A正确，B错误；
对于选项C：例如，则，
可得，即，故C错误；
对于选项D：例如，则，
可得，即，故D错误，
故选：A.
4．（新高考北京卷）若集合表示的图形中，两点间最大距离为d、面积为S，则（ ）
A．， B．，
C．， D．，
【答案】C
【分析】先以t为变量，分析可知所求集合表示的图形即为平面区域，结合图形分析求解即可.
【详解】对任意给定，则，且，
可知，即，
再结合x的任意性，所以所求集合表示的图形即为平面区域，
如图阴影部分所示，其中，
可知任意两点间距离最大值；
阴影部分面积.
故选：C.
【点睛】方法点睛：数形结合的重点是“以形助数”，在解题时要注意培养这种思想意识，做到心中有图，见数想图，以开拓自己的思维．使用数形结合法的前提是题目中的条件有明确的几何意义，解题时要准确把握条件、结论与几何图形的对应关系，准确利用几何图形中的相关结论求解．
5．（新高考上海卷）已知则不等式的解集为 ．
【答案】
【分析】求出方程的解后可求不等式的解集.
【详解】方程的解为或，
故不等式的解集为，
故答案为：.
6．（全国甲卷数学（理）（文））实数满足．
(1)证明：；
(2)证明：．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）直接利用即可证明.
（2）根据绝对值不等式并结合（1）中结论即可证明.
【详解】（1）因为，
当时等号成立，则，
因为，所以;
（2）
一、单选题
1．（2024·广西·模拟预测）已知，且，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】首先确定，再由基本不等式得到，从而求出的取值范围.
【详解】因为，，则，所以．
又，
即，即，解得，
所以，当且仅当，即时，等号成立，
即的取值范围为.
故选：D．
2．（2024·福建福州·一模）已知集合，，则（ ）
A．或 B． C． D．或
【答案】B
【分析】根据分式不等式和一元二次不等式得解法解出集合，再按照集合的并集运算即可.
【详解】，则，且，解得，
则集合，
则
故选：B.
3．（2024·河北张家口·三模）已知正数m，n满足，则的最大值为（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
【答案】D
【分析】在等式两边同时乘以，利用基本不等式可得出关于的不等式，进而可解得的最大值.
【详解】因为m，n为正数，则，当且仅当时，等号成立，
因为，
所以，在等式两边同时乘以，可得：
，
即，解得.
当且仅当时，即当时，取得最大值8.
故选：D.
4．（2024·山东滨州·二模）下列命题中，真命题的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
【答案】D
【分析】由不等式的性质可判断A,B,C，利用基本不等式，当且仅当时等号成立，即可判断D.
【详解】对于A，由，可得，故A错误；
对于B，由，，，可得，故B错误；
对于C，若，且当时，可得为任意值，故C错误；
对于D，因为，当且仅当时，等号成立，
即，故D正确.
故选：D.
5．（2024·宁夏·二模）直线过函数图象的对称中心，则的最小值为（ ）
A．9 B．8 C．6 D．5
【答案】A
【分析】先利用函数图象平移与奇函数的性质求得的对称中心，从而得到，再利用基本不等式“1”的妙用即可得解．
【详解】因为为奇函数，所以函数图象关于中心对称，函数图象向右平移1个单位，再向上平移1个单位可得函数的图象，
所以的对称中心为，所以，
所以，
当且仅当，即时，等号成立，
所以的最小值为．
故选：A
6．（2024·北京·三模）已知，且，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】根据题意，利用不等式的基本性质，正切函数的性质，以及指数函数与对数函数的性质，逐项判定，即可求解.
【详解】对于A中，，其中，但的符号不确定，所以A不正确；
对于B中，例如，此时，所以B不正确；
对于C中，由函数在上为单调递减函数，
因为，所以，可得，所以C正确；
对于D中，例如，此时，所以D不正确.
故选：C.
7．（2023·黑龙江佳木斯·三模）已知，，则下列结论不正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】选项A，将平方后与相乘，化简后利用基本不等式可求出最小值；选项B，利用不等式可求出的最大值；选项C和D，将选项与题设条件相乘，化简后利用基本不等式可求出最小值.
【详解】对于选项A，
，
当且仅当且即时，等号成立，
所以，，
故A正确；
对于选项B，因为，
当且仅当即时，等号成立，
所以，解得，
故B正确；
对于选项C，因为，
当且仅当即时，等号成立，
所以，
故C错误；
对于选项D，因为，
当且仅当即时，等号成立，
所以，
故D正确；
故选：C.
8．（2024·陕西西安·模拟预测）若x，y满足约束条件则得取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】作出可行域，根据临界位置得到截距范围.
【详解】如图，阴影部分为可行域，联立，解得，即为原点，
联立，解得，即，
当直线经过坐标原点时，，
当直线经过点时，，
所以的取值范围是.
故选：C.
9．（2024·湖北·模拟预测）若正数，满足：，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．2
【答案】B
【分析】根据条件等式及均值不等式求解即可.
【详解】因为，为正数，所以，
因为，所以，
所以，所以，当且仅当，时，取等号.
故选：B.
10．（2024·安徽淮北·二模）已知，下列命题正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
【答案】D
【分析】举反例即可推出A,B,C错误，D利用反比例函数单调性和不等式可加性即可证得.
【详解】当时，，所以A错.
当时， ，所以B错.
当时，，所以C错.
若，则，则成立，所以D正确.
故选：D
11．（2024·四川成都·模拟预测）变量满足约束条件，则目标函数的取值范围是（ ）．
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据题意作平面区域，分析可知，进而可得目标函数，结合图形分析求解即可.
【详解】不等式组表示的平面区域如图所示，
三个交点坐标分别为，可知，
则目标函数，即，
当目标函数过时取得最大值为5，过时取得最小值为，
所以目标函数的取值范围是，
故选：B.
12．（23-24高三下·天津南开·阶段练习）“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分又不必要条件
【答案】A
【分析】根据绝对值的定义和分式不等式的解法，求得不等式的解集，结合充分条件、必要条件的判定方法，即可求解.
【详解】由不等式，可得，所以，解得，
又由，可得，解得，
因为是的真子集，
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
13．（2024·陕西榆林·一模）设x，y满足约束条件则目标函数的最小值为（ ）
A．6 B．7 C．9 D．10
【答案】A
【分析】画出约束条件所表示的可行域，结合图形，确定目标函数的最优解，代入即可求解.
【详解】画出约束条件所表示的平面区域，如图所示，
由目标函数，可化为直线，
当直线过点时，此时直线在上的截距最小，目标函数取值最小值，
又由，解得，即，
所以目标函数的最小值为.
故选：A.
二、多选题
14．（2024·湖北·二模）已知，则下列不等式正确的有（ ）
A． B．
C． D．
【答案】ACD
【分析】对于A，构造函数，利用导数判断函数单调性，即可比较；对于B，举反例判断即可；对于C，构造函数，利用导数研究函数最值即可判断；对于D，构造函数，利用导数判断函数单调性，即可比较.
【详解】设，则，在单调递增，
所以，即，即，A正确；
令，，则，而，所以，B不正确；
设，则，
当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增；
则在时取得最小值，即，C正确；
设，则，所以在上是增函数，
所以由得，即，D正确.
故选：ACD
15．（2024·辽宁·模拟预测）若，则使“”成立的一个充分条件可以是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】AD
【分析】根据不等式的性质及对数函数的单调性结合充分条件的定义即可得解.
【详解】对于A，因为，所以，选项A正确；
对于B，满足，选项错B错误；
对于C，，当时，，选项错C错误；
对于D，，
因为，所以，选项D正确.
故选：AD.
16．（2024·江苏扬州·模拟预测）已知，，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】ABCD
【分析】对于A，由换底公式即可判断；对于BC，由基本不等式即可判断；对于D，构造函数，利用导数可证得，由此即可判断.
【详解】对于A，，故A正确；
对于B，，在这里，所以严格来说有，故B正确；
对于C，，在这里，所以严格来说有，故C正确；
对于D，，而，
定义，则，
从而单调递增，所以，
所以，故D正确.
故选：ABCD.
17．（2024·湖北武汉·二模）下列说法正确的是（ ）
A．若，则 B．的最小值为2
C． D．的最小值为2
【答案】AD
【分析】利用不等式的性质及基本不等式，以此判断选项即可.
【详解】对于A，若，则，A正确;
对于B，或，因为不知道和的大小关系，B错误；
对于C，若，则，而
，但是与的大小不能确定，故C错误；
对于D，，当且仅当，即取等号，D正确.
故选：AD
18．（2024·重庆·模拟预测）已知，且，则（ ）
A．的取值范围是
B．的取值范围是
C．的最小值是3
D．的最小值是
E．
【答案】BDE
【分析】对于A项，运用基本不等式将其转化成关于的不等式求解即得；对于B项，直接运用基本不等式将其转化成关于的不等式，再结合不等式性质求解即得；对于CDE项，通过题设求出，代入所求式消元，凑项运用基本不等式即得.
【详解】对于A项，，由可得，
因，故得，则，当且仅当时等号成立，错误；
对于B项，由可得，
因，故得：，当且仅当时等号成立，又，
所以的取值范围是，正确；
对于C和E项，由得，
所以，
当且仅当即时，等号成立，所以，故C项错误，E正确；
对于D项，由得，
所以，
当且仅当即时，等号成立，正确.
故选：BD.
19．（2024·江苏·模拟预测）若正实数满足，则（ ）
A．
B．有序数对有6个
C．的最小值是
D．
【答案】AB
【分析】对于A，使用条件即可证明；对于B，设并证明整除，再验证的全部因子即可；对于C，直接证明即可否定；对于D，给出，作为反例即可否定.
【详解】对于A，由已知正实数满足，有，
，故A正确；
对于B，由于，，故是正整数，设，则，所以.
而，故整除，得.
验证知时，都满足条件，
所以符合条件的有序数对有6个，故B正确；
对于C，由于，且，，
从而，
当，时，等号成立，故C错误；
对于D，当，时，有，
故，从而.
但此时，故D错误.
故选：AB.
【点睛】关键点点睛：本题的关键点是C选项中对基本不等式的适当运用.
20．（2024·湖南长沙·二模）设a，b，c，d为实数，且，则下列不等式正确的有（ ）
A． B． C． D．
【答案】AD
【分析】根据不等式的相关性质可得A ,D 项正确；通过举反例可说明B ,C 项错误.
【详解】对于A，由和不等式性质可得，故A正确；
对于B，因，若取，，，，
则，，所以，故B错误；
对于C，因，若取，，，，
则，，所以，故C错误；
对于D，因为，则，又因则，
由不等式的同向皆正可乘性得，，故，故D正确．
故选：AD．
21．（2024·广东广州·模拟预测）已知，且，则下列结论成立的是（ ）
A． B．
C．存在，使得 D．
【答案】ABD
【分析】对于A，据已知条件即可证明；对于B，使用基本不等式即可证明；对于C，据已知条件即可否定；对于D，将条件变形为，再利用即可证明结论.
【详解】对于A，由及，得，所以，A正确.
对于B，由及，得，所以.同理可得.
又，所以，所以，B正确.
对于C，由及，得，所以，得，
所以，得，C错误.
对于D，由，得，所以.
因为，，所以，所以，D正确.
故选：ABD.
三、填空题
22．（2024·上海闵行·三模）早在西元前6世纪，毕达哥拉斯学派已经知道算术中项，几何中项以及调和中项，毕达哥拉斯学派哲学家阿契塔在《论音乐》中定义了上述三类中项，其中算术中项，几何中项的定义与今天大致相同.若，则的最小值为 .
【答案】
【分析】令，，结合基本不等式可得，可化为，求二次函数在区间上的最小值即可.
【详解】不妨设，，则，，
所以，当且仅当时取等号，
即，当且仅当时取等号，
所以
，（）
所以当时，取得最小值.
故答案为：
23．（2024·宁夏吴忠·模拟预测）若x，y满足约束条件则目标函数的最大值为 ．
【答案】9
【分析】画出可行域结合直线的几何意义即可求解.
【详解】表示直线在轴的截距，
由可得，即，
画出可行域知，当过点时，z取得最大值，且最大值为9．

故答案为：.
24．（2024·陕西西安·模拟预测）函数（且）的图象恒过定点，若且，，则的最小值为 ．
【答案】8
【分析】先求出函数过定点的坐标，再利用基本不等式求最值.
【详解】因为，（且），
所以函数（且）的图象恒过定点，
所以，
所以，
，，当且仅当，即等号成立，
即的最小值为.
故答案为：.
25．（2024·陕西商洛·模拟预测）若实数，满足约束条件，则的最大值是 .
【答案】
【分析】首先画出可行域，再根据目标函数表示的几何意义，即可求解.
【详解】如图，画出约束条件表示的可行域，
由，解得，即，
当目标函数过点时，取得最大值，
所以.
故答案为：.
26．（2024·江西赣州·二模）已知，则的最小值为 .
【答案】
【分析】依据条件结构特征利用分离常数法和配凑法思想对进行变形配凑，再结合基本不等式即可求解最小值.
【详解】由题，所以
，
当且仅当，即，即时等号成立.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：解决本题的关键在于巧妙变形分离和配凑.
四、解答题
27．（2024·陕西西安·模拟预测）已知函数，实数满足．
(1)解不等式；
(2)证明：对任意实数，使．
【答案】(1)或
(2)证明见解析
【分析】（1）根据条件，利用“零点分段法”，即可求出结果；
（2）利用三角绝对不等式得到，再利用重要不等式得到，即可证明结果.
【详解】（1）因为，由，得到，
当时，得到，解得，
当时，，所以，
当时，得到，解得，
综上，不等式的解集为或.
（2）因为，
当且仅当时取等号，即时取等号，
因为，当且仅当时取等号，
，当且仅当时取等号，，当且仅当时取等号，
所以，当且仅当时取等号，
所以对任意实数，使.
28．（2024·四川成都·模拟预测）已知，且．
(1)求的最小值m；
(2)证明：．
【答案】(1)4
(2)证明见解析
【分析】（1）将等式变形为，再利用基本不等式，
（2）对已知条件两边同除可得，再利用柯西不等式求证.
【详解】（1）由均值不等式可知，即，（当且仅当时，“=”成立）.
整理得，故的最小值为4．
（2）由（1）知，即证，由可得，
即有，
由柯西不等式可知，
取等条件为，即．故，
即：得证.
29．（2024·四川成都·模拟预测）设，
(1)解不等式：
(2)设的最大值为，已知正数和满足，令，求的最小值.
【答案】(1)
(2)4
【分析】（1）利用偶函数的对称性，只需要先研究的部分，然后再分段讨论去绝对值即可分析与研究不等式解集；
（2）利用（1）的分段函数，可求得每一段函数的值域，再求它们的并集即可以得到最大值，再利用代换1思想和均值不等式思想来求出最小值.
【详解】（1）因为，
所以是偶函数，即只需先分析时的值域，
当，， ，舍去，
当，， ，
当， ， ，
综上可得当时，不等式的解集为，
即根据偶函数的对称性可知，不等式的解集为 .
（2）由（1）可知，当，的值域为，当，的值域为,
当，的值域为,时，的值域为,
的最大值为2，，由，
则 ，
①当且仅当时等号成立，
又 ， ， ，
②当且仅当时等号成立.
①+ ②得的最小值为4，当且仅当时等号成立.
30．（2024·四川眉山·三模）已知函数.
(1)若对任意，使得恒成立，求的取值范围；
(2)令的最小值为.若正数满足，求证：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意，分类讨论去掉绝对值符号即可得到的最小值为4，即可得到，求解不等式，即可得到结果；
（2）根据题意，由条件可得，结合系数“1”的妙用，由基本不等式代入计算，即可得到结果.
【详解】（1）当时，；
当时，；
当时，.
则的最小值为4.
由于对任意，使得恒成立，
所以，解得，
故的取值范围是.
（2）由（1）可知的最小值为，则，且均为正数，
则.
，
当且仅当且取“，
即取“=”，所以.
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1【好题汇编】2024年高考真题和模拟题数学分类汇编（全国通用）
专题07 不等式
1．（新课标全国Ⅰ卷）已知函数为的定义域为R，，且当时，则下列结论中一定正确的是（ ）
A． B．
C． D．
2．（全国甲卷数学（理）（文））若实数满足约束条件，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
3．（新高考北京卷）已知，是函数图象上不同的两点，则下列正确的是（ ）
A． B．
C． D．
4．（新高考北京卷）若集合表示的图形中，两点间最大距离为d、面积为S，则（ ）
A．， B．，
C．， D．，
5．（新高考上海卷）已知则不等式的解集为 ．
6．（全国甲卷数学（理）（文））实数满足．
(1)证明：；
(2)证明：．
一、单选题
1．（2024·广西·模拟预测）已知，且，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
2．（2024·福建福州·一模）已知集合，，则（ ）
A．或 B． C． D．或
3．（2024·河北张家口·三模）已知正数m，n满足，则的最大值为（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
4．（2024·山东滨州·二模）下列命题中，真命题的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
5．（2024·宁夏·二模）直线过函数图象的对称中心，则的最小值为（ ）
A．9 B．8 C．6 D．5
6．（2024·北京·三模）已知，且，则（ ）
A． B．
C． D．
7．（2023·黑龙江佳木斯·三模）已知，，则下列结论不正确的是（ ）
A． B． C． D．
8．（2024·陕西西安·模拟预测）若x，y满足约束条件则得取值范围是（ ）
A． B． C． D．
9．（2024·湖北·模拟预测）若正数，满足：，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．2
10．（2024·安徽淮北·二模）已知，下列命题正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
11．（2024·四川成都·模拟预测）变量满足约束条件，则目标函数的取值范围是（ ）．
A． B． C． D．
12．（23-24高三下·天津南开·阶段练习）“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分又不必要条件
13．（2024·陕西榆林·一模）设x，y满足约束条件则目标函数的最小值为（ ）
A．6 B．7 C．9 D．10
二、多选题
14．（2024·湖北·二模）已知，则下列不等式正确的有（ ）
A． B．
C． D．
15．（2024·辽宁·模拟预测）若，则使“”成立的一个充分条件可以是（ ）
A． B．
C． D．
16．（2024·江苏扬州·模拟预测）已知，，则（ ）
A． B．
C． D．
17．（2024·湖北武汉·二模）下列说法正确的是（ ）
A．若，则 B．的最小值为2
C． D．的最小值为2
18．（2024·重庆·模拟预测）已知，且，则（ ）
A．的取值范围是
B．的取值范围是
C．的最小值是3
D．的最小值是
E．
19．（2024·江苏·模拟预测）若正实数满足，则（ ）
A．
B．有序数对有6个
C．的最小值是
D．
20．（2024·湖南长沙·二模）设a，b，c，d为实数，且，则下列不等式正确的有（ ）
A． B． C． D．
21．（2024·广东广州·模拟预测）已知，且，则下列结论成立的是（ ）
A． B．
C．存在，使得 D．
三、填空题
22．（2024·上海闵行·三模）早在西元前6世纪，毕达哥拉斯学派已经知道算术中项，几何中项以及调和中项，毕达哥拉斯学派哲学家阿契塔在《论音乐》中定义了上述三类中项，其中算术中项，几何中项的定义与今天大致相同.若，则的最小值为 .
23．（2024·宁夏吴忠·模拟预测）若x，y满足约束条件则目标函数的最大值为 ．
24．（2024·陕西西安·模拟预测）函数（且）的图象恒过定点，若且，，则的最小值为 ．
25．（2024·陕西商洛·模拟预测）若实数，满足约束条件，则的最大值是 .
26．（2024·江西赣州·二模）已知，则的最小值为 .
四、解答题
27．（2024·陕西西安·模拟预测）已知函数，实数满足．
(1)解不等式；
(2)证明：对任意实数，使．
28．（2024·四川成都·模拟预测）已知，且．
(1)求的最小值m；
(2)证明：．
29．（2024·四川成都·模拟预测）设，
(1)解不等式：
(2)设的最大值为，已知正数和满足，令，求的最小值.
30．（2024·四川眉山·三模）已知函数.
(1)若对任意，使得恒成立，求的取值范围；
(2)令的最小值为.若正数满足，求证：.
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