2024年高考数学二轮复习【举一反三】系列 2024年高考数学全真模拟卷02- 新高考专用）

这是一份2024年高考数学二轮复习【举一反三】系列 2024年高考数学全真模拟卷02- 新高考专用），文件包含2024年高考数学全真模拟卷02新高考专用原卷版docx、2024年高考数学全真模拟卷02新高考专用解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共30页， 欢迎下载使用。

一、注意基础知识的整合、巩固。二轮复习要注意回归课本，课本是考试内容的载体，是高考命题的依据。浓缩课本知识，进一步夯实基础，提高解题的准确性和速度
二、查漏补缺，保强攻弱。在二轮复习中，对自己的薄弱环节要加强学习，平衡发展，加强各章节知识之间的横向联系，针对“一模”考试中的问题要很好的解决，根据自己的实际情况作出合理的安排。
三、提高运算能力，规范解答过程。在高考中运算占很大比例，一定要重视运算技巧粗中有细，提高运算准确性和速度，同时，要规范解答过程及书写。
四、强化数学思维，构建知识体系。同学们在听课时注意把重点要放到理解老师对问题思路的分析以及解法的归纳总结，以便于同学们在刷题时做到思路清晰，迅速准确。
五、解题快慢结合，改错反思。审题制定解题方案要慢，不要急于解题，要适当地选择好的方案，一旦方法选定，解题动作要快要自信。
六、重视和加强选择题的训练和研究。对于选择题不但要答案正确，还要优化解题过程，提高速度。灵活运用特值法、排除法、数形结合法、估算法等。
2024年高考数学全真模拟卷02（新高考专用）
（考试时间：120分钟；满分：150分）
注意事项：
1.本试卷分第I卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答第I卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3.回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第I卷
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求.
1．（5分）（2023·西藏拉萨·统考一模）已知全集U=−1,3,5,7,9，∁UA=−1,9，B=3,7,9，则A∩B=（ ）
A．3,7B．3,5C．3D．9
【解题思路】根据补集、交集的知识求得正确答案.
【解答过程】因为U=−1,3,5,7,9，∁UA=−1,9，所以A=3,5,7，
因为B=3,7,9，所以A∩B=3,7.
故选：A.
2．（5分）（2023·山东潍坊·统考模拟预测）已知i是虚数单位，若非零复数z满足1−iz=z2，则z1+i=（ ）
A．1B．−1C．iD．−i
【解题思路】设z=a+bia,b∈R，利用复数的乘法、复数的模长公式以及复数相等可得出a、b的值，可得出z的值，由此可求得z1+i的值.
【解答过程】设z=a+bia,b∈R，则1−iz=1−ia+bi=a+b+b−ai，
由1−iz=z2可得a+b+b−ai=a2+b2，
所以，a+b=a2+b2b−a=0，又因为z≠0，所以，a=b=1，则z=1+i，故z1+i=1.
故选：A.
3．（5分）（2023·全国·模拟预测）已知向量a=(x,1)，b=(2,y)，c=(x,y).若(a+b)⊥(a−b)，且a//b，则|c|=（ ）
A．2B．3C．5D．6
【解题思路】利用向量的数量积运算将向量垂直的条件转化为(a+b)⋅(a−b)=a2−b2=0，然后利用向量的模的坐标运算公式和向量共线的坐标关系得到方程组，求解即得x,y的值，进而计算向量c=(x,y)的模.
【解答过程】因为a=(x,1)，b=(2,y)，
由(a+b)⊥(a−b)可得，(a+b)⋅(a−b)=a2−b2=0，
即x2+1−4+y2=0，整理得x2−y2=3.
又因为a∥b，所以xy=2，
联立x2−y2=3xy=2，解得x=2y=1或x=−2y=−1，
故|c|=x2+y2=5，
故选C.
4．（5分）（2023·江苏苏州·校联考模拟预测）江南的周庄、同里、甪直、西塘、鸟镇、南浔古镇，并称为“江南六大古镇”，是中国江南水乡风貌最具代表的城镇，它们以其深邃的历史文化底蕴、清丽婉约的水乡古镇风貌、古朴的吴侬软语民俗风情，在世界上独树一帜，驰名中外.这六大古镇中，其中在苏州境内的有3处.某家庭计划今年暑假从这6个古镇中挑选2个去旅游，则只选一个苏州古镇的概率为（ ）
A．25B．35C．15D．45
【解题思路】应用组合数求出所有可能情况数，应用古典概型的概率求法求概率即可.
【解答过程】从这6个古镇中挑选2个去旅游的可能情况有C62=15种情况，
只选一个苏州古镇的概率为P=C31C3115=35．
故选：B.
5．（5分）（2023·全国·模拟预测）记Sn为等差数列an的前n项和，已知a2=1，S4=8．若Sn−2an=6，则n=（ ）
A．5B．6C．7D．8
【解题思路】设等差数列an的公差为d，由等差数列的通项公式和前n项和公式列方程组，解方程求出a1,d，即可求出an,Sn，代入Sn−2an=6即可得出答案.
【解答过程】设等差数列an的公差为d．由条件可知a1+d=1,4a1+6d=8,解得a1=−1,d=2,
所以an=−1+2n−1=2n−3，Sn=n−1+2n−32=n2−2n．
由Sn−2an=6，得n2−2n−22n−3=6，即n2−6n=0，解得n=6（n=0舍去）．
故选：B．
6．（5分）（2023·山东·山东省校联考模拟预测）已知函数fx=Asinωx+φA>0,ω>0的部分图象，则fπ3=（ ）
A．−1B．−2C．−3D．−2
【解题思路】由图象求得函数解析式，可求fπ3.
【解答过程】函数fx=Asinωx+φ，
由图象可知，A=2，
函数最小正周期为T，有T4=π12−−π12=π6，则T=2π3=2πω，ω=3，
得fx=2sin3x+φ，
由f−π12=2sin3−π12+φ=2sin−π4+φ=2，取φ=3π4，
则fx=2sin3x+3π4，
fπ3=2sin3x+3π4=2sin3π3+3π4=2sin7π4=−2.
故选：B.
7．（5分）（2023·全国·模拟预测）已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点与实轴的右端点分别为点F，A，以点A为圆心，a为半径的圆与双曲线的一条渐近线交于点P，O为坐标原点．若△OPF为等腰三角形，则双曲线C的离心率e=（ ）
A．3B．2C．34D．2或34
【解题思路】设渐近线bx−ay=0，由点到直线的距离公式求出点A(a,0)到渐近线的距离，得出OP，再分类讨论△OPF为等腰三角形，分别求解即可．
【解答过程】如图，不妨取渐近线bx−ay=0，则点A(a,0)到渐近线的距离d=abb2+a2=abc，
所以OP=2a2−d2=2a2c，
若|OP|=|OF|，则2a2c=c，所以离心率e=ca=2；
若|OP|=|PF|，则点P的横坐标x=c2，将x=c2代入bx−ay=0，得点P的坐标为(c2,bc2a)，
所以(c2)2+(bc2a)2=2a2c，即c22a=2a2c，解得e=ca=34,
若|OF|=|PF|，取OP的中点E，连接EF，
由等腰三角形三线合一知，EF⊥OP，
连接EA，由垂径定理知，EA⊥OP，显然矛盾，故|OF|=|PF|不成立；
综上，双曲线C的离心率为2或34，
故选：D．
8．（5分）（2023·河北邢台·宁晋中学校考模拟预测）已知f(x)=x2+csx，x∈R，若a=fsin14,b=fe−14,c=f−14，则（ ）
A．c【解题思路】借助导数先分析函数fx的性质，由偶函数性质可得c=f−14=f14，构造函数先比较sin14与14的大小关系，结合fx单调性可得a、c之间的大小关系，同理比较e−14与14的大小关系即可得b、c之间的大小关系.
【解答过程】f′(x)=2x−sinx，令gx=2x−sinx，则g′x=2−csx>0，
故gx=2x−sinx在x∈R上单调递增，又g0=0−0=0，
故当x≥0时，f′(x)=gx>0，故f(x)在0,+∞上单调递增，
又f(−x)=x2+cs−x=x2+csx=f(x)，故fx为偶函数，
故a−c=fsin14−f−14=fsin14−f14，
令ℎx=sinx−x，则ℎ′x=csx−1≤0，
故ℎx在R上单调递减，故ℎ14<ℎ0=0，即有sin14<14，
由f(x)在0,+∞上单调递增，故fsin14−f14<0，
即ab−c=fe−14−f−14=fe−14−f14，
由e−14>e−1=1e>14，故fe−14>f14，即b>c，
综上可得：a故选：D.
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9．（5分）（2023·全国·模拟预测）为了实现教育资源的均衡化，某地决定派遣480名教师志愿者（480名教师情况如图）轮流支援当地的教育工作．若第一批志愿者采用分层抽样的方法随机派遣150名教师，则（ ）
A．派遣的青年男、女教师的人数之和与老年教师的人数相同
B．派遣的青年女教师的人数占派遣人员总数的10%
C．派遣的老年教师有144人
D．派遣的青年女教师有15人
【解题思路】利用分层抽样结合各比例关系求解
【解答过程】因为96480=0.2，
所以派遣的青年男教师的数量占派遣总数的20%，
则派遣的青年女教师的人数占派遣人员总数的1−30%−40%−20%=10%，
则派遣的青年男、女教师的人数之和与老年教师的人数相同，均占总数的30%，故A，B正确；
派遣的老年教师人数为150×0.3=45，故C错误；
派遣的青年女教师的人数为150×0.1=15，故D正确．
故选：ABD．
10．（5分）（2023·山西临汾·校考模拟预测）如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点E，F分别为棱DD1，C1D1的中点，点G为线段BC1上的一点，则下列说法正确的是（ ）
A．A1G⊥B1D
B．三棱锥B−AEF的体积为13
C．直线AF与直线BE所成角的余弦值为49
D．直线A1G与平面BDC1所成角的正弦值的最大值为223
【解题思路】建立空间直角坐标系，利用向量法解决位置关系的角度距离问题.
【解答过程】以D为原点，DA,DC,DD1的方向为x轴，y轴，z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则D0,0,0,A2,0,0,B2,2,0,C0,2,0,D10,0,2,A12,0,2,B12,2,2,C10,2,2，E0,0,1,F0,1,2，
B1D=−2,−2,−2，A1C1=−2,2,0，BC1=−2,0,2，
B1D⋅A1C1=4−4=0，B1D⋅BC1=4−4=0，则B1D⊥A1C1，B1D⊥BC1，
即B1D⊥A1C1，B1D⊥BC1，A1C1,BC1⊂平面A1BC1，A1C1∩BC1=C1，
B1D⊥平面A1BC1，A1G⊂平面A1BC1，A1G⊥B1D，A选项正确；
正方体中有AB//D1C1，AB⊂平面ABE，D1C1⊄平面ABE，D1C1//平面ABE，
VB−AEF=VF−ABE=VD1−ABE=VB−AED1=13S△AED1⋅AB=13×12×1×2×2=23，
即三棱锥B−AEF的体积为23，B选项错误；
AF=−2,1,2，BE=−2,−2,1，则csAF,BE=AF⋅BEAFBE=4−2+23×3=49，
所以直线AF与直线BE所成角的余弦值为49，C选项正确；
DB=2,2,0，DC1=0,2,2，设平面BDC1的一个法向量n=x,y,z，
则有n⋅DB=2x+2y=0n⋅DC1=2y+2z=0，令y=−1，则x=1,z=1，n=1,−1,1，
设C1G=λC1B，0≤λ≤1，则A1G=A1C1+C1G=A1C1+λC1B=−2,2,0+λ2,0,−2=2λ−2,2,−2λ
直线A1G与平面BDC1所成角的正弦值等于csA1G,n=2λ−2−2−2λ2λ−22+22+−2λ2×3=422×3×λ−122+34，
当λ=12时，直线A1G与平面BDC1所成角的正弦值的最大值为223，D选项正确.
故选：ACD.
11．（5分）（2023·山东泰安·统考模拟预测）已知抛物线C:x2=4y，O为坐标原点，F为抛物线C的焦点，准线与y轴交于M点，过点F作不垂直于y轴的直线l与C交于A，B两点．设P为y轴上一动点，Q为AB的中点，且AB⊥PQ，则（ ）
A．当AF=3FB时，直线l的斜率为±33
B．AB>2PF
C．BFMA+MB=2MBPF
D．若正三角形△ODE的三个顶点都在抛物线上，则△ODE的周长为43
【解题思路】设直线l的方程为y=kx+1，联立方程，利用根与系数的关系及AF=3FB求k，可判断A，由点差法及垂直关系，抛物线的定义可得AB=2PF判断B，由kAM+kBM=0可得MF平分∠AMB，据此可判断C，根据正三角及抛物线的对称性求出DE坐标即可判断D.
【解答过程】如图，

对于选项A，设过焦点F0,1的直线l的方程为y=kx+1，Ax1,y1，Bx2,y2，
由y=kx+1x2=4y，得x2−4kx−4=0，∴x1+x2=4k，x1x2=−4，
由AF=3FB可知−x1=3x2，代入x1+x2=4k，得x1=6k，x2=−2k，
由x1x2=−4，得−12k2=−4，∴k2=13，则k=±33，故A正确．
对于选项B，F0,1，设点Q的坐标为x0,y0，则2x0=x1+x2，2y0=y1+y2．
由x12=4y1x12=4y2得x12−x22=4y1−y2，所以y1−y2x1−x2=x1+x24=x02，则直线l的斜率为x02．
因为AB⊥PQ，所以直线PQ的斜率为−2x0，则直线PQ的方程为y−y0=−2x0x−x0．
令x=0，则y=y0+2，所以点P的坐标为0,y0+2，
则PF=y0+2−1=y0+1．
由抛物线的定义可知，AB=AF+BF=y1+y2+2=2y0+2，
所以AB=2PF，故B错误．
对于选项C，因为kAM+kBM=y1+1x1+y2+1x2
=kx1+2x1+kx2+2x2=2kx1x2+2x1+x2x1x2=2k×−4+2×−4k−4=0，
所以直线AM与直线BM关于y轴对称，即MF平分∠AMB，
所以AMBM=AFBF，则AM+BMBM=AF+BFBF=ABBF=2PFBF．
整理得BFMA+MB=2MBPF，故C正确．
对于选项D，设Dx3,y3，Ex4,y4，因三角形ODE为正三角形，
则OD=OE⇒ x32+y32=x42+y42，
又x32=4y3，x42=4y4，
则4y3−y4=y42−y32⇒y4−y3y4+y3+4=0.
因y3，y4>0，则y4=y3⇒x4+x3=0.
则x4y4=33x42=4y4⇒x4=43y4=12，则D−43,12，E43,12.
得△ODE的周长为243，故D错误.
故选：AC.
12．（5分）（2023·河北保定·统考二模）已知函数fx=ax3−3x+1，则（ ）
A．fx在−1,1单调递减，则a>1
B．若a>0，则函数fx存在2个极值点
C．若a=1，则fx有三个零点
D．若fx≥0在−1,1恒成立，则a=4
【解题思路】依题意若fx在−1,1单调递减可求得a≤1，可知A错误；若a>0，可判断出函数fx的单调性，即可求出函数fx存在2个极值点，即B正确；将a=1代入可得出函数fx的单调性并画出图象即可知C正确；利用参变分离并根据单调性求出函数最值即可得出D正确.
【解答过程】易知函数fx的定义域为R，且f′x=3ax2−3，
若fx在−1,1单调递减，可得f′x≤0在−1,1上恒成立，
即ax2≤1在−1,1上恒成立，当x=0时，a为任意值时都成立，
当x∈−1,0∪0,1时，可得a≤1x2，易知x∈−1,0∪0,1时，1x2∈1,+∞；
即函数y=1x2在x∈−1,0∪0,1上的最小值为1，
所以可得a≤1即可，可得A错误；
若a>0，令f′x=3ax2−3=0，可知方程3ax2−3=0有两个不相等的实数根1a和−1a，
所以当x∈−∞,−1a∪1a,+∞时f′x>0；x∈−1a,1a时f′x<0；
即fx在−∞,−1a，1a,+∞上单调递增，在−1a,1a上单调递减，
所以函数fx存在2个极值点，即B正确；
若a=1，则f′x=3x2−3，易知x∈−∞,−1∪1,+∞时f′x>0；x∈−1,1时f′x<0；
即fx在−∞,−1和1,+∞上单调递增，在−1,1上单调递减，
所以fx的极大值为f−1=3>0，极小值f1=−1<0；
画出其函数图象如下图所示：

即可知fx有三个零点，所以C正确；
若fx≥0在−1,1恒成立，易知当x=0时，无论a取何值时，fx≥0恒成立；
当x>0，即0不妨设ℎx=3x2−1x3,x∈0,1，可得ℎ′x=−6x3+3x4=31−2xx4，
所以当00，所以ℎx单调递增；
当12所以ℎx≤ℎ12=4，可得a≥4；
当x<0时，即−1≤x<0，需满足a≤3x2−1x3恒成立，
易知函数y=3x2−1x3,x∈−1,0的导函数y′=31−2xx4，显然−1≤x<0时y′>0，
即函数y=3x2−1x3在−1,0上单调递增，所以ymin=4，
可得a≤4；
综上可得a=4，
所以，若fx≥0在−1,1恒成立，则a=4，即D正确.
故选：BCD.
第Ⅱ卷
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．（5分）（2023·安徽·校联考模拟预测）二项式(x−2)(1+x)n的展开式中，所有项系数和为−256，则x2的系数为 −48 （用数字作答）.
【解题思路】利用赋值法求得n，再根据二项式展开式的通项公式求得正确答案.
【解答过程】令x=1可得二项式(x−2)(1+x)n的所有项系数和为−2n=−256，所以n=8.
二项式(1+x)8的展开式的通项公式为Tr+1=C8r⋅xr，r=0，1，…，8，
所以(x−2)(1+x)n的展开式中，x2的系数为C81−2C82= −48.
故答案为：−48.
14．（5分）（2023·辽宁沈阳·东北育才学校校考模拟预测）四棱锥P−ABCD的底面ABCD是平行四边形，点E、F分别为PC、AD的中点，平面BEF将四棱锥P−ABCD分成两部分的体积分别为V1,V2且满足V1>V2，则V1V2=
75 ．
【解题思路】利用椎体的体积公式求解.
【解答过程】
如图，延长BF,CD交于点G，连接GE交PD于点M，
因为底面ABCD为平行四边形，所以△FDG与△FAB全等，
且△FDG与△BCG相似，相似比为12，
设△FDG的面积为S，则四边形BCDF的面积为3S，
设点P到底面ABCD的距离为ℎ，
则VE−BCDF=13×3S×12ℎ=12Sℎ，
又因为E为PC的中点，所以VE−DFM=12VC−DFM=12VG−DFM，
而VE−DFG=13S×12ℎ=16Sℎ,VE−DFG=VG−DFM+VE−DFM=3VE−DFM，所以VE−DFM=118Sℎ，
所以V2=VMECBFD=VE−BCDF+VE−DFM=59Sℎ，
所以V1=VP−ABCD−V2=13×4S×ℎ−59Sℎ=79Sℎ，
所以V1V2=75，
故答案为: 75.
15．（5分）（2023上·湖北·高三校联考阶段练习）已知⊙O1:x2+y−22=1，⊙O2:x−32+y−62=9，过x轴上一点P分别作两圆的切线，切点分别是M，N，当PM+PN取到最小值时，点P坐标为 34,0 .
【解题思路】Pt,0，则PM+PN=t2+3+(t−3)2+27=(t−0)2+[0−(−3)]2+(t−3)2+(0−33)2，可看成点P到两定点A(0,−3)，B(3,33)的距离和，而A,B两点在x轴的两侧，所以A,B连线与x轴的交点就是所求点P.
【解答过程】⊙O1:x2+y−22=1的圆心为O1(0,2)，半径r1=1，
⊙O2:x−32+y−62=9的圆心为O2(3,6)，半径r2=3，
设Pt,0，则PM=PO12−1=t2+4−1=t2+3，
PN=PO22−32=(t−3)2+62−9=(t−3)2+27
所以PM+PN=t2+3+(t−3)2+27=(t−0)2+[0−(−3)]2+(t−3)2+(0−33)2，
取A(0,−3)，B(3,33)
则PM+PN=PA+PB≥AB=32+432=57，
当P,A,B三点共线时取等号，
此时AB直线：y+3=433(x−0)
令y=0，则x=34，∴P34,0，
故答案为：34,0.

16．（5分）（2023·全国·模拟预测）已知函数fx=sinωx−π3ω>0在π,3π2上单调递减，在0,2π上恰有3个零点，则ω的取值范围是 76,119 .
【解题思路】先通过有3个零点列不等式求ω的取值范围，再通过在π,3π2上单调递减列不等式求ω的取值范围，综合可得ω的取值范围.
【解答过程】设t=ωx−π3，当x∈0,2π时，t∈−π3,2πω−π3，
因为函数fx在0,2π上恰有3个零点，
则2π<2πω−π3≤3π，解得76<ω≤53.
当x∈π,3π2时，t∈πω−π3,3πω2−π3，
因为函数fx在π,3π2上单调递减，
所以πω−π3≥π2+2kπ3πω2−π3≤3π2+2kπ，k∈Z，解得56+2k≤ω≤119+4k3，k∈Z，
取k=0，则56≤ω≤119.
综上，76<ω≤119.
故答案为：76,119.
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（10分）（2023·山东·山东校联考模拟预测）记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知b2+c2−a2csA=4.
(1)求bc：
(2)若acsB−bcsAacsB+bcsA=bc+1，求△ABC面积.
【解题思路】（1）由余弦定理化简已知等式，可求bc；
（2）由正弦定理和两角和的正弦公式化简等式，求出角A，面积公式求△ABC面积.
【解答过程】（1）由余弦定理a2=b2+c2−2bccsA，得b2+c2−a2csA=2bccsAcsA=2bc=4，
所以bc=2.
（2）若acsB−bcsAacsB+bcsA=bc+1，由正弦定理，
acsB−bcsAacsB+bcsA=sinAcsB−sinBcsAsinAcsB+sinBcsA =sinAcsB−sinBcsAsinA+B=sinAcsB−sinBcsAsinC，
bc+1=b+cc=sinB+sinCsinC=sinB+sinA+BsinC =sinB+sinAcsB+sinBcsAsinC，
所以−2csAsinB=sinB，
因为B∈0,π，故0又0故△ABC的面积为S△ABC=12bcsinA=12×2×32=32.
18．（12分）（2023·全国·模拟预测）已知各项都为正数的数列an满足a1=3，a2+a3=36，an2=an−1an+1n≥2，等差数列bn满足b2=a2，b11=a3.
(1)求数列an和bn的通项公式；
(2)设数列bn的前n项和为Sn，求数列an+1Sn−4n的前n项和Tn.
【解题思路】（1）根据条件可知数列an是等比数列，根据等比数列的通项公式结合题中条件解出即可求得an的通项公式，继而可求得bn的通项公式；
（2）化简数列an+1Sn−4n的通项公式，分成两组进行求和，其中一组用公式求和，另一种1n2+2n=121n−1n+2，采用裂项相消求和即可.
【解答过程】（1）因为数列an的各项都为正数，且an2=an−1⋅an+1n≥2，
所以数列an是等比数列.
设等比数列an的公比为q（q>0且q≠1）.
由a1=3，a2+a3=36，得3q+3q2=36，
即q2+q−12=0，解得q=3或q=−4舍去），
所以an=3×3n−1=3n.
设等差数列bn的公差为d.
由题意，得b2=b1+d=32=9,b11=b1+10d=33=27,
解得b1=7,d=2,
所以bn=7+n−1×2=2n+5.
（2）因为Sn=7n+nn−12×2=n2+6n，
所以an+1Sn−4n=3n+1n2+2n=3n+121n−1n+2，
所以Tn=31+32+⋯+3n+121−13+12−14+13−15+⋯+1n−1n+2
=3(1−3n)1−3+1232−1n+1−1n+2
=3n+12−34−2n+32n+1n+2.
19．（12分）（2023·四川自贡·统考一模）2025年四川省将实行3＋1＋2的高考模式，其中，“3”为语文、数学，外语3门参加全国统一考试，选择性考试科目为政治、历史、地理、物理、化学，生物6门，由考生根据报考高校以及专业要求，结合自身实际，首先在物理，历史中2选1，再从政治、地理、化学、生物中4选2，形成自己的高考选考组合.
(1)若某小组共6名同学根据方案进行随机选科，求恰好选到“物化生”组合的人数的期望；
(2)由于物理和历史两科必须选择1科，某校想了解高一新生选科的需求.随机选取100名高一新生进行调查，得到如下统计数据，写出下列联表中a，d的值，并判断是否有95％的把握认为“选科与性别有关”？
附：K2=nad−bc2a+bc+da+cb+d.
【解题思路】（1）根据列举法求出一个学生恰好选到“物化生”组合的概率，确定6名同学根据方案进行随机选科，符合二项分布，即可求得答案；
（2）由题意确定a,d的值，计算K2的值，与临界值表比较，即得结论.
【解答过程】（1）设物理、历史2门科目为m,n，政治、地理、化学、生物科目为e,b,c,f，
则根据高考选考组合要求共有组合为(m,e,b),(m,e,c),(m,e,f),(m,b,c)，
(m,b,f),(m,c,f),(n,e,b),(n,e,c),(n,e,f),(n,b,c),(n,b,f),(n,c,f)，共12种，
所以一个学生恰好选到“物化生”组合的概率为P=112，
则6名同学根据方案进行随机选科，符合二项分布B(6,112)，
故恰好选到“物化生”组合的人数的期望为6×112=12；
（2）由题意可得a=40,d=20；
则K2=10040×20−10×30250×50×70×30≈4.762>3.841，
所以有95％的把握认为“选科与性别有关”.
20．（12分）（2023·四川凉山·统考一模）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长为4的正方形，∠PAD=π6，PD=2，PB=27.

(1)证明：平面PAD⊥平面ABCD；
(2)若E为PC的中点，求二面角A−BE−C的余弦值.
【解题思路】（1）在△PAD中，利用正弦定理证得∠APD=π2，再结合面面垂直的判定定理证得结果；
（2）利用空间向量法，求平面ABE与平面ABE的法向量，利用两个法向量的余弦值得到结果.
【解答过程】（1）证明：在△PAD中，由2sinπ6=4sin∠APD，得sin∠APD=1，∠APD∈0,π，
所以∠APD=π2，则PA=4csπ6=23，
又PB=27，AB=4，
所以PB2=PA2+AB2，即AB⊥PA，
因为AB⊥AD，又AD,PA⊂平面PAD，AD∩PA=A，所以AB⊥平面PAD，
因为AB⊂平面ABCD，所以平面PAD⊥平面ABCD.
（2）因为四边形ABCD为正方形，则CD∥AB，
又因为AB⊥平面PAD，则CD⊥平面PAD，
以点D为坐标原点，DA、DC所在直线分别为x、y轴，
平面PAD内过点D且与直线AD垂直的直线为z轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

则A4,0,0，B4,4,0，C0,4,0，P1,0,3，E12,2,32，
所以，BA=0,−4,0，BE=−72,−2,32，BC=−4,0,0.
设平面ABE的法向量为u=x1,y1,z1，
则u⋅BA=−4y1=0u⋅BE=−72x1−2y1+32z1=0，取x1=3，则u=3,0,7.
设平面BCE的法向量为v=x2,y2,z2，
则v⋅BC=−4x2=0v⋅BE=−72x2−2y2+32z2=0，取y2=−3，可得v=0,−3,−4，
设二面角A−BE−C的平面角大小为θ，
则csθ=u⋅vu⋅v=−28213×19=−14247247，
所以，二面角A−BE−C的余法值为−14247247.
21．（12分）（2023·全国·模拟预测）已知双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0的焦点到其渐近线的距离为23，双曲线C经过点P4,6．
(1)求双曲线C的标准方程．
(2)若过点P的直线PA,PB分别与双曲线C交于不同的两点A,B，线段AB的中点为M，且直线PA,PB的倾斜角互补，则双曲线上是否存在定点N，使得△PMN的面积为定值？若存在，求出定点N的坐标和△PMN的面积；若不存在，请说明理由．
【解题思路】（1）利用双曲线的性质及点到直线的距离计算即可；
（2）设直线PA,PB方程，利用其斜率表示A、B、M坐标，得出点M在直线y=−32x上，从而判定PN与y=−32x平行，求出N的坐标，再求出面积即可.
【解答过程】（1）由题意不妨设一焦点为Fc,0，
易知双曲线的一条渐近线为l:y=bax，即bx−ay=0，
则点F到l的距离d=bcb2+a2=b=23，
∵点P4,6在双曲线C上，
∴16a2−36b2=1，结合b=23，得a=2，
∴双曲线C的标准方程为x24−y212=1．
（2）显然直线PA,PB的斜率均存在且不为0，设直线PA的斜率为k，
则直线PB的斜率为−k，直线PA的方程为y−6=kx−4，
联立直线PA与双曲线方程，得y−6=kx−4x24−y212=1，
化简得3−k2x2−2k4k−6x−16k2−48k+48=0（3−k2≠0，且Δ>0）．
设Ax1,y1,Bx2,y2,Mx0,y0，则4x1=−16k2−48k+483−k2，
得x1=4k2−12k+12k2−3=4k2−3k+3k2−3，
将x1代入直线PA的方程，得y1=6k2−4k+33−k2，则A4k2−3k+3k2−3,6k2−4k+33−k2．
同理可得B4k2+3k+3k2−3,6k2+4k+33−k2．
∴AB的中点M的坐标为4k2+3k2−3,6k2+33−k2，
记O为坐标原点，连接OM，
∴kOM=−32，
∴点M在直线y=−32x上，
又kOM=−32∈−3,3，
故经过点P且与直线OM平行的直线与双曲线有两个不同交点，
则除点P外的另一个交点即为定点N，且满足△PMN的面积为定值，
易知直线PN的方程为y=−32x+12，代入双曲线C的方程，化简得x2+48x−208=0，即x−4x+52=0，∴xN=−52，
把xN=−52代入y=−32x+12，得yN=90，即定点N−52,90，
此时PN=−52−42+90−62=2813，
∵OM//PN，
∴点M到直线PN的距离dM等于点O到直线PN的距离d，
则dM=d0=12322+12=2413，
∴S△PMN=12×2813×2413=336，
故存在定点N−52,90，使得△PMN的面积为定值336．
22．（12分）（2023上·河南·高三校联考阶段练习）已知函数fx=xlnx−a2x2+1（a∈R）.
(1)若a=−1，求fx的图象在x=1处的切线方程；
(2)若fx有两个极值点x1，x2（x1①求a的取值范围；
②求证：3x2−x1>1a−2.
【解题思路】（1）利用切点和导数几何意义即可求解；
（2）①令gx=f′x=lnx−4ax+1，由题意可知，gx在0,+∞有两个不相等的实数根，根据gx的单调性结合零点的存在性定理分类讨论求解即可；
②由①分析得x2−x1>14a−1，14a=x1−x2lnx1−lnx2，令ℎx=lnx−2x−1x+1，可得ℎx在0,1上单调递增，因为x1x2<1，所以ℎx1x2<ℎ1，根据不等式性质计算即可得证.
【解答过程】（1）若a=−1，则fx=xlnx+2x2+1，所以f′x=lnx+1+4x，
所以f′1=1+4=5，又f1=2+1=3，
所以fx的图象在x=1处的切线方程为y−3=5x−1，即5x−y−2=0.
（2）①由题意知f′x=lnx+1−4ax.
令gx=f′x=lnx−4ax+1，则g′x=1x−4a.
因为fx有两个极值点x1，x2（x1若a≤0，g′x>0，则gx在0,+∞上单调递增，
所以gx在0,+∞上至多有一个零点，不符合题意；
若a>0，令g′x=0，解得x=14a，所以当00，
当x>14a时，g′x<0，所以gx在0,14a上单调递增，在14a,+∞上单调递减.
所以x=14a时，gx取得极大值，即最大值为g14a=−ln4a，
所以g14a=−ln4a>0，解得0当00，又g1e=−4ae<0，所以g14a⋅g1e<0，
由零点存在性定理知：存在唯一的x1∈1e,14a，使得gx1=0.
又g1a2=ln1a2−4a⋅1a2+1=−2lna−4a+1，令μx=−2lnx−4x+1，
所以μ′x=−2x+4x2=4−2xx2，所以当00，当x>2时，μ′x<0，
所以μx在0,2上单调递增，在2,+∞上单调递减，
所以μa=−2lna−4a+1≤μ2=−2ln2−1<0，
所以g1a2<0，所以g14a⋅g1a2<0，
由零点存在性定理知：存在唯一的x2∈14a,1a2，使得gx2=0.
所以当0综上，a的取值范围是0,14.
②证明：由①知01，
因为gx在0,14a上为增函数，及g1=1−4a>0，所以x1<1，
又x2>14a，所以x2−x1>14a−1.
因为gx1=0，gx2=0，所以lnx1−4ax1+1=0，lnx2−4ax2+1=0，
所以lnx1−lnx2=4ax1−x2，所以14a=x1−x2lnx1−lnx2.
令ℎx=lnx−2x−1x+1（0所以ℎ′x=1x−4x+12=x−12xx+12>0，所以ℎx在0,1上单调递增，
因为x1所以lnx1x2−2x1x2−1x1x2+1<0，所以x1−x2lnx1−lnx2所以14a=x1−x2lnx1−lnx212a.
所以3x2−x1=x1+x2+2x2−x1>12a+12a−2=1a−2.
选择物理
选择历史
合计
男生
a
10
女生
30
d
合计
30
PK2>k0
0.10
0.05
0.025
0.01
0.005
k0
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879