备战2024年高考数学模拟卷第一卷(新高考专用)共8套

黄金卷01（考试时间：120分钟注意事项：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．测试范围：高考全部内容5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．试卷满分：150分）第Ⅰ卷

一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。x∣y3x,1x0},Bx0，则AðUB等于（）1．设全集UR，集合A{yx2A．2,02．已知zA．3

B．2,0C．3,2）D．3）D．）3π,2π2D．3,2mi

mR，z2，则实数m的值为（1iB．3C．3

3．下列区间中，函数f(x)3sinx的单调递减区间是（6

A．0,2ππB．,π

23πC．π,

2

4．已知函数f(x)的图象如图所示，则该函数的解析式为（x2A．f(x)xxeeruuuruuuruuuruuu

5．在ABC中，过重心E任作一直线分别交AB，AC于M，N两点，设AMxAB，ANyAC，（x0，y0），则4xy的最小值是（exexB．fxx3x2

C．f(x)xxeeexexD．fxx2）C．3第1页共8页A．43B．103D．26．一百零八塔，位于宁夏吴忠青铜峡市，是始建于西夏时期的实心塔群，共分十二阶梯式平台，自上而下一共12层，每层的塔数均不少于上一层的塔数，总计108座．已知其中10层的塔数成公差不为零的等差数列，剩下两层的塔数之和为8，则第11层的塔数为（）A．17B．18C．19D．20x2y27．已知双曲线C:221(a,b0)的右焦点为F，过F作x轴的垂线与C的一个交点为P，与C的一条ab14Q,O渐近线交于为坐标原点，若OPOFOQ，则双曲线C的离心率为（55A．5B．2C．5

3）D．）8．对任意x0,2e,xalnxe恒成立，则实数a的取值范围为（A．e,2e3eB．,2e

2e2e,2eD．

ln2e

e2e,2eC．ln2e二、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．为推动学校体育运动发展，引导学生积极参与体育锻炼，增强健康管理意识，某校根据性别比例采用分层抽样方法随机抽取了120名男生和80名女生，调查并分别绘制出男、女生每天在校平均体育活动时间的频率分布直方图（如图所示），则（）A．a0.010

B．该校男生每天在校平均体育活动时间中位数的估计值为75C．估计该校至少有一半学生每天在校平均体育活动时间超过一小时D．估计该校每天在校平均体育活动时间不低于80分钟的学生中男、女生人数比例为3:1

第2页共8页10．已知圆锥OP的底面半径r3，侧面积为6π，内切球的球心为O1，外接球的球心为O2，则下列说法正确的是（）A．外接球O2的表面积为16π

B．设内切球O1的半径为r1，外接球O2的半径为r2，则r22r1C．过点P作平面截圆锥OP的截面面积的最大值为2D．设母线PB中点为M，从A点沿圆锥表面到M的最近路线长为1511．已知抛物线C:y22px(p0)的焦点为F，点A,B在抛物线C上，且A,B都在x轴的上方，OFB2OFA

2（O为坐标原点），记OFB,OFA的面积分别为S1,S2，则（333）A．直线AB的斜率为3p2C．S1S2

6B．直线AB的斜率为32p2

D．S1S2

312．设定义在R上的函数fx与gx的导函数分别为fx和gx，若fx2g1x2，fxgx1，且gx1为奇函数，则下列说法中一定正确的是（A．g10C．fkgk0

k12021）B．函数gx的图象关于x2对称D．gk0

k12022

第Ⅱ卷

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。1

13．4x的展开式中的常数项为___________.2x

14．能说明“设数列an的前n项和Sn，对于任意的nN*，若an1an，则Sn1Sn”为假命题的一个等比数列是__________．（写出数列的通项公式）15．在ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，下列说法正确的是________．①若A＝30°，b＝5，a＝2，则ABC有2解②若AB，则cosAcosB

③若cosAcosBcosC0，则ABC为锐角三角形④若abccosBccosA，则ABC为等腰三角形或直角三角形9

第3页共8页16．已知三棱锥PABC中，PBC为等边三角形，ACAB，PABC，PA23，BC26，则三棱锥的外接球的半径为___________；若M､N分别为该三棱锥的内切球和外接球上的动点，则线段MN的长度的最大值为___________.四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。（10分）17．π2在锐角三角形ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c，b1，asinC.42(1)求角A；(2)求c的取值范围.18．（12分）给定数列an，若满足a1aa0，a1，对于任意的m,nN，都有amnaman，则称an为“指数型数列”.若数列an满足：a11,an2an1anan1；1

(1)判断1是否为“指数型数列”，若是给出证明，若不是说明理由；an

(2)若bnan，求数列bn的前n项和Tn.n

1第4页共8页19．（12分）8

如图，四棱锥PABCD的底面ABCD为长方形，其体积为，PAD的面积为2.3(1)求点C到平面PAD的距离；(2)设E为PB的中点，ABAD，PAPD，平面PAD平面ABCD，求平面EAC与平面PCD所成锐二面角的余弦值.第5页共8页20．（12分）汽车尾气排放超标是全球变暖、海平面上升的重要因素.我国近几年着重强调可持续发展，加大在新能源项目的支持力度，积极推动新能源汽车产业发展，某汽车制造企业对某地区新能源汽车的销售情况进行调查，得到下面的统计表：年份t年份代码x（xt2016）销量y/万辆20171102018212201931720204202021526(1)统计表明销量y与年份代码x有较强的线性相关关系，利用计算器求y关于x的线性回归方程，并预测该地区新能源汽车的销量最早在哪一年能突破50万辆；(2)为了解购车车主的性别与购车种类（分为新能源汽车与传统燃油汽车）的情况，该企业随机调查了该地区200位购车车主的购车情况作为样本，其中男性车主中购置传统燃油汽车的有w名，购置新能源汽车的有45名，女性车主中有20名购置传统燃油汽车.①若w95，将样本中购置新能源汽车的性别占比作为概率，以样本估计总体，试用（1）中的线性回归方程预测该地区2023年购置新能源汽车的女性车主的人数（假设每位车主只购买一辆汽车，结果精确到千人）；②设男性车主中购置新能源汽车的概率为p，将样本中的频率视为概率，从被调查的所有男性车主中随机抽取5人，记恰有3人购置新能源汽车的概率为fp，求当w为何值时，fp最大.第6页共8页21．（12分）22xy已知点A0,1在椭圆C:21上.3b(1)求椭圆C的方程；(2)设直线l:ykx1（其中k1）与椭圆C交于不同两点E､F，直线AE､AF分别交直线x3于点M､N.当AMN的面积最小时，求k的值.第7页共8页22．（12分）x2已知函数fxex2ax2a．(1)若曲线yfx在点0，f0处的切线与直线l：x4y10垂直，求a；33

(2)若对a,，存在x2,3，使得fxb22a有解，求b的取值范围．22

第8页共8页备战2024年高考数学模拟卷（新高考专用）

黄金卷01（考试时间：120分钟注意事项：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．测试范围：高考全部内容5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．试卷满分：150分）第Ⅰ卷

一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。x∣y3x,1x0},Bx0，则AðUB等于（）1．设全集UR，集合A{yx2A．2,0【答案】B∣y3x,1x0}3,0，【解析】A{y

B．2,0C．3,2D．3,2由xx20x0，得，解得x0或x<2，x20x2

0,20,，则ðUB2,0，x所以Bxx2所以AðUB2,0.故选：B.2．已知zA．3【答案】C【解析】因为zz2，且zm1m1所以2222mi

mR，z2，则实数m的值为（1i）D．3B．3C．3mimi1im1m1im1m1

i，1i1i1i2222，解得m3.故选：C.

3．下列区间中，函数f(x)3sinx的单调递减区间是（6

A．0,2【答案】Bπ）D．3π,2π2π

B．,π

23πC．π,

2

πππ3π

【解析】函数f(x)3sinx，由2kπx2kπkZ，解得62622kπ

π4ππ4π

x2kπ(kZ)，取k0，可得函数f(x)的一个单调递减区间为,，3333

故选：B.4．已知函数f(x)的图象如图所示，则该函数的解析式为（）x2A．f(x)xxeeexex

B．fx

x3x2

C．f(x)xxeeexex

D．fx

x2【答案】D【解析】由题图：f(x)的定义域为(,0)(0,)，排除A；exexexexexexexex,f(x)f(x)，故f(x)当f(x)是奇函数，排除x3(x)3x3x3B.22x2xxx当fxxx,fxxxxxfx，故f(x)xx是奇函数，排除C.eeeeeeee2故选：Druuuruuuruuuruuu

5．在ABC中，过重心E任作一直线分别交AB，AC于M，N两点，设AMxAB，ANyAC，（x0，y0），则4xy的最小值是（A．）C．3D．24

3B．103【答案】C211

【解析】在ABC中，E为重心，所以AE(ABAC)(ABAC)，332ruuuruuuruuuruuu

设AMxAB，ANyAC，（x0，y0）111111所以ABAM，ACAN，所以AEAMAN.3x3yyx因为M、E、N三点共线，所以111，3x3yy4x1141y4x5y4x1

23（当且仅当所以(4xy)，即x，3x3y23x3y3x3y333x3y3y1时取等号）．故4xy的最小值是3．故选：C．6．一百零八塔，位于宁夏吴忠青铜峡市，是始建于西夏时期的实心塔群，共分十二阶梯式平台，自上而下一共12层，每层的塔数均不少于上一层的塔数，总计108座．已知其中10层的塔数成公差不为零的等差数列，剩下两层的塔数之和为8，则第11层的塔数为（）A．17【答案】AB．18C．19D．20【解析】设成为等差数列的其中10层的塔数为：a1,a2,,a10，由已知得，该等差数列为递增数列，因为剩下两层的塔数之和为8，故剩下两层中的任一层，都不可能是第十二层，所以，第十二层塔数必为a10；故10a1a101088100，a1a1020①；2又由a10a19d②，d0，且dN*，所以，9

①+②得，2a10209d，得a1010d，2由a1a1020知a1020，*又因为a10N，观察答案，当且仅当d2时，a10满足条件，所以，a1019；组成等差数列的塔数为：1，3，5，7，9，11，13，15，17，19；剩下两层的塔数之和为8，只能为2，6.所以，十二层的塔数，从上到下，可以如下排列：1，2，3，5，6，7，9，11，13，15，17，19；其中第二层的2和第五层的6不组成等差数列，满足题意，则第11层的塔数为17.故答案选：Ax2y2已知双曲线C:221(a,b0)的右焦点为F，过F作x轴的垂线与C的一个交点为P，7．ab14Q,OOPOFOQ，与C的一条渐近线交于为坐标原点，若则双曲线C的离心率为（55A．5【答案】CB．2C．53）D．144【解析】因为OPOFOQ，所以OPOFOQOF，55544FPFQFPFQ.又设Fc,0，其中c2a2b2.即55x2y2则点P，点Q横坐标为c.又C:221(a,b0)，abb2bcb

则其中一条渐近线方程为：yx.得Pc,，Qc,.aaa

4b24bc

FQ可得，即4c5b，所以16c225b2，则由FP5a5a222

所以16c25ca，即c5c225e.，故a3a29故选：C.8．对任意x0,2e,xalnxe恒成立，则实数a的取值范围为（A．e,2e）3eB．,2e

2e

,2eD．2eln2e

e2e,2eC．ln2e【答案】D【解析】当x0,1时，lnx0，不等式显然成立；当x1,2e时，xalnxex

ee

ax，lnxlnxeexln2xe

令gxx，,gx122lnxxlnxxlnx2

令pxxlnxe，则ypx是x1,2e上的增函数且pe0，当x1,e时px0，此时gx递减，xe,2e时，px0此时gx递增.故gx的最小值为ge2ea2e，令hxx

ee

0，，则hx1

lnxxln2x故hx是增函数，hx的最大值为h2e2e综上所述，2e故选：Dea2e，ln2eeea2e，故，ln2eln2e二、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．为推动学校体育运动发展，引导学生积极参与体育锻炼，增强健康管理意识，某校根据性别比例采用分层抽样方法随机抽取了120名男生和80名女生，调查并分别绘制出男、女生每天在校平均体育活动时间的频率分布直方图（如图所示），则（）A．a0.010数的估计值为75B．该校男生每天在校平均体育活动时间中位C．估计该校至少有一半学生每天在校平均体育活动时间超过一小时D．估计该校每天在校平均体育活动时间不低于80分钟的学生中男、女生人数比例为3:1【答案】ACa0.010；【解析】A：由已知得，10a+10×0.020+10×0.035+10×0.020+10a+10×0.005=1，解得，B：a0.010，前两个小矩形面积之和为0.3，即中位数在60,70内，设为m，则有m6040

0.035100.30.5，解得m6065.7，该校男生每天在校平均体育活70607动时间中位数的估计值为65.7；C：根据频率分布直方图可得，男生中每天在校平均体育活动时间超过一小时的频率为10×(0.035+0.020+0.010+0.005)=0.700，人数为1200.784；女生中每天在校平均体育活动时间超过一小时的频率为10×(0.030+0.010+0.005)=0.450，人数为800.45036.则可得，学生每天在校平均体育活动时间超过一小时的频率为每天在校平均体育活动时间超过一小时；D：根据频率分布直方图可得，男生中每天在校平均体育活动时间不低于80分钟的频率为8436

0.6，所以该校至少有一半学生12080女生中每天在校平均体育活动时间不低于8010×(0.010+0.005)=0.15，人数为1200.1518；分钟的频率为10×0.005=0.050，人数为800.0504，所以每天在校平均体育活动时间不低于80分钟的学生中男、女生人数比例为1

，所以该校每天在校平均体育活动时间不低42于80分钟的学生中男、女生人数比例为9:2.故选：AC.10．已知圆锥OP的底面半径r3，侧面积为6π，内切球的球心为O1，外接球的球心为O2，则下列说法正确的是（）A．外接球O2的表面积为16π

B．设内切球O1的半径为r1，外接球O2的半径为r2，则r22r1C．过点P作平面截圆锥OP的截面面积的最大值为2D．设母线PB中点为M，从A点沿圆锥表面到M的最近路线长为15【答案】ABD【解析】设母线长为l，侧面积为πrl3πl6π，所以l23.所以l2r，PAB为等边三角形.则圆锥的轴截面PAB的内切圆半径即为圆锥内切球的半径，其外接圆的半径为圆锥外接球的半径，如图1图1设内切球O1的半径为r1，外接球O2的半径为r2，则SVPAB

11

r1PAABPB63r133r1，22又SVPAB

2113PAABsinPAB2333，222所以，r11.PB2r2r2，即2由正弦定理可得，在PAB中，sinPAB

2

所以，外接球O2的表面积为4πr216π，A正确.23324，则r22.因为，r11，r22，所以r22r1，B项正确.显然，过点P作平面截圆锥OP的截面均为腰长为23等腰三角形，如图2，在底面圆上任取一点C，易知APCAPB

π.3所以，SACPSABP33，即最大面积为33，C项错误.图2将圆锥侧面沿PA剪开，得到的扇形的半径Rl23，弧长l12πr23π，则扇形的圆心角l123ππ，如图3所示.R23图3连结AM，即为最近路线，在Rt△APM中，有PAR23，PM

1

PB3，2所以，AM故选：ABD.PA2PM22332215，D项正确.11．已知抛物线C:y22px(p0)的焦点为F，点A,B在抛物线C上，且A,B都在x轴的上方，OFB2OFAA．直线AB的斜率为3p2C．S1S2

6332（O为坐标原点），记OFB,OFA的面积分别为S1,S2，则（3B．直线AB的斜率为）32p2

D．S1S2

3【答案】BC【解析】设AFm,BFn，过点A,B分别作抛物线C的准线的垂线，垂足分别为A1，B1，由抛物线的定义可得AA1m,BB1n，2p3p

,3p，mmcos60pm,A所以npncos60n2p,B23

3p

33，故A项错误；B项正确；

312pp263pp3p

6,3，

所以kAB

11p3p211p33p2，S1OFyB3p,S2OFyAp

22242223123p23p23p2所以S1S2，C正确，D错误，

4126故选：BC.12．设定义在R上的函数fx与gx的导函数分别为fx和gx，若fx2g1x2，fxgx1，且gx1为奇函数，则下列说法中一定正确的是（）A．g10C．fkgk0

k12021B．函数gx的图象关于x2对称D．gk0

k12022

【答案】AC【解析】因为gx1为奇函数，所以gx1gx1，取x0可得g10，A对，因为fx2g1x2，所以fx2g1x0；所以fxg3x0，又fxgx1，gx1g3x0，故g2xg2x0，所以函数gx的图象关于点(2,0)对称，B错，fxgx1c，c为常数，因为fxgx1，所以fxgx10，所以因为fx2g1x2，所以fxg3x2，所以gx1g3x2c，取x1可得c2，所以gx1g3x，又gx1gx1，所以g3xgx1，所以gxgx2，所以gx4gx2g(x)，故函数g(x)为周期为4的函数，因为gx2gx，所以g3g10，g4g2，所以g(1)g(2)g(3)g(4)0，所以2022k1gkg(1)g(2)g(3)g(4)g(5)g(6)g(7)g(8)

2022k1g(2017)g(2018)g(2019)g(2020)g(2021)g(2022)，所以gk5050g(2021)g(2022)g(1)g(2)g(2)，由已知无法确定g(2)的值，故gk的值不一定为0，D错；k12022因为fx2g1x2，所以fx22gx1，fx62gx5，所以fx2f(x6)，故函数f(x)为周期为4的函数，f(x4)g(x4)f(x)g(x)所以函数f(x)g(x)为周期为4的函数，又f(1)2g(0)，f(2)2g(1)2，f(3)2g(2)2g(0)，f(4)2g(3)2，所以f(1)g(1)f(2)g(2)f(3)g(3)f(4)g(4)02g(2)2g(4)0，f(2021)g(2021)所以fkgk505f(1)g(1)f(2)g(2)f(3)g(3)f(4)g(4)k12021k1

2021fkgkf(1)g(1)0，C对，故选：AC.第Ⅱ卷

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。1

13．4x的展开式中的常数项为___________.2x

【答案】849

1

【解析】4x的展开式的通项公式为2xTr1C4xr

9

9r

39r1r9r12C942x，2x9

6

9

rr

3r1163

令90，得r6，所以4x的展开式中的常数项为C4984.22x2故答案为：84.14．能说明“设数列an的前n项和Sn，对于任意的nN*，若an1an，则Sn1Sn”为假命题的一个等比数列是__________．（写出数列的通项公式）【答案】an

1

（答案不唯一）2n【解析】取an

1111

aa0，则an1an，，则n1nnn1nn122221

满足题意.2n但Sn1Snan10，故an故答案为：an

1

.（答案不唯一）2n15．在ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，下列说法正确的是________．①若A＝30°，b＝5，a＝2，则ABC有2解②若AB，则cosAcosB

③若cosAcosBcosC0，则ABC为锐角三角形④若abccosBccosA，则ABC为等腰三角形或直角三角形【答案】②③④．ab5

bsinA【解析】①由正弦定理可得：，251，此时ABC无sinBsinAsinB

1

a24解，故①错误；②AB，sinAsinB，根据同角三角函数基本关系式可知cosAcosB，故②正确；cosA0

③cosAcosBcosC0，且角A，B，C为ABC的内角cosB0，可知A，B，C均cosC0

为锐角，则ABC为锐角三角形，故③正确；a2c2b2b2c2a2

④abccosBccosA，由余弦定理可得：abc，整理得：c

2ac2bcaba2b2c20，ab0或a2b2c20，即ab或a2b2c2，∴ABC为等腰三角形或直角三角形，故④正确．故答案为：②③④．16．已知三棱锥PABC中，PBC为等边三角形，ACAB，PABC，PA23，则三棱锥的外接球的半径为___________；若M､N分别为该三棱锥的内切球和BC26，外接球上的动点，则线段MN的长度的最大值为___________.【答案】3232

【解析】由已知可证明PA，AB，AC两两垂直且长度均为23，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R，则R11AG(23)2(23)2(23)23.22设三棱锥外接球球心为O1，内切球球心为O2，内切球与平面PBC的切点为K，易知：O1，O2，K三点均在AG上，且AK平面PBC，设内切球的半径为r，由等体积法：11SACPSABPSABCSBCPrSABCAP，得r31，33将几何体沿截面PAEG切开，得到如下截面图：两圆分别为外接球与内切球的大圆，注意到AK1

，AG6，GK2∴GK4，∴M，N两点间距离的最大值为GK2r42故答案为：3；232

31232.四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。17．（10分）π2在锐角三角形ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c，b1，asinC.42(1)求角A；(2)求c的取值范围.ππ2

【解析】（1）由b1，asinC得2asinC1b，442

即basinCacosC，由正弦定理得sinBsinAsinCsinAcosC，∴sinACsinAsinCsinAcosC，∴sinAcosCcosAsinCsinAsinCsinAcosC，∴cosAsinCsinAsinC，∵C(0,π),sinC0，ππ

∴cosAsinA，又A0,，∴A.42

（2）由b1得c

csinCsinABsinAcosBcosAsinB21

1，bsinBsinBsinB2tanB

∵ABC是锐角三角形，∴0B

3πππππ

B，得B，，0C42422当1ππ

1，B时，tanB1，0

tanB4222,2.c2，即c的取值范围是22∴另由a2b2c22bcosA得a2c22c1，a2b2c2

∵ABC是锐角三角形，∴222，acb

c22c11c2

22,2即，解得，即c的取值范围是.c22222c2c1c1



18．（12分）给定数列an，若满足a1aa0，a1，对于任意的m,nN，都有amnaman，则称an为“指数型数列”.若数列an满足：a11,an2an1anan1；1

(1)判断1是否为“指数型数列”，若是给出证明，若不是说明理由；an

(2)若bnan，求数列bn的前n项和Tn.n

【解析】（1）将an2an1anan1两边同除anan1得：1112

12(1)1，an1anan1an11

1是以2为首项，公比为2的等比数列，an



1

12nan1111)(1)2mn1anamanm(

1

1是“指数型数列”an

（2）因为11

12n，则bnn2nn1

anan

2nTn22L22n1

n(n1)

2.212Lnn212n121nn2n（12分）19．8

如图，四棱锥PABCD的底面ABCD为长方形，其体积为，PAD的面积为2.3(1)求点C到平面PAD的距离；(2)设E为PB的中点，ABAD，PAPD，平面PAD平面ABCD，求平面EAC与平面PCD所成锐二面角的余弦值.【解析】（1）由题意知四棱锥PABCD的底面ABCD为长方形，1184

故VCPADVPACDVPABCD，而PAD的面积为2.2233114

设点C到平面PAD的距离为d，则VCPADS△PADd2d，333所以d2，即点C到平面PAD的距离为2.（2）取AD的中点O，连接PO，因为PAPD，所以POAD，又平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，PO平面PAD,所以PO平面ABCD,128

设POh，ABl，则VPABCDlh，33S△PAD

l21

lh2，得.2h2

取BC的中点M，连接OM，则OMAD,又PO平面ABCD，OM平面ABCD，故POOM,即OM,OD,OP两两垂直,如图，以O为坐标原点，OM,OD,OP所在直线分别为x,y,z轴.建立空间直角坐标系，0,2，D0,1,0，则A0,1,0，C2,1,0，B2,1,0，P0,

11

E为PB的中点，所以E1,,1，所以AC2,2,0，AE1,,1，CD2,0,0，22



CP2,1,2.2x2y0nAC0设平面EAC的法向量为nx,y,z，则，即，1

xyz0nAE02



令x2，则y=2，z1，所以n2,2,1是平面EAC的一个法向量.2a0mCD0设平面PCD的法向量为ma,b,c，则，即，2ab2c0mCP0

得a0，令b2，则c1，所以m0,2,1是平面PCD的一个法向量.

022211mn5，所以cosm,n353mn

所以平面EAC与平面PCD所成锐二面角的余弦值为20．（12分）汽车尾气排放超标是全球变暖、海平面上升的重要因素.我国近几年着重强调可持续发展，加大在新能源项目的支持力度，积极推动新能源汽车产业发展，某汽车制造企业对某地区新能源汽车的销售情况进行调查，得到下面的统计表：年份t年份代码x（xt2016）销量y/万辆201711020182122019317202042020215265.3(1)统计表明销量y与年份代码x有较强的线性相关关系，利用计算器求y关于x的线性回归方程，并预测该地区新能源汽车的销量最早在哪一年能突破50万辆；(2)为了解购车车主的性别与购车种类（分为新能源汽车与传统燃油汽车）的情况，该企业随机调查了该地区200位购车车主的购车情况作为样本，其中男性车主中购置传统燃油汽车的有w名，购置新能源汽车的有45名，女性车主中有20名购置传统燃油汽车.①若w95，将样本中购置新能源汽车的性别占比作为概率，以样本估计总体，试用（1）中的线性回归方程预测该地区2023年购置新能源汽车的女性车主的人数（假设每位车主只购买一辆汽车，结果精确到千人）；②设男性车主中购置新能源汽车的概率为p，将样本中的频率视为概率，从被调查的所有男性车主中随机抽取5人，记恰有3人购置新能源汽车的概率为fp，求当w为何值时，fp最大.【解析】（1）（1）由题意得x

12345

3,5xy

i1

i

5

i

110212317420526295，51012172026y17，xi2122232425255．5i1ˆ所以bxyi1nii2inxynx2xi1n2955317ˆ17435．4，aˆybx5545所以y关于x的线性回归方程为y4x5，令y4x550，得x11.25，所以最小的整数为12，2016122028，所以该地区新能源汽车的销量最早在2028年能突破50万辆．（2）①由题意知，该地区200名购车者中女性有200954560名，故其中购置新能源汽车的女性车主的有602040名．所购置新能源汽车的车主中，女性车主所占的比例为408

．404517所以该地区购置新能源汽车的车主中女性车主的概率为当x7时，y4x533，8．17所以预测该地区2023年购置新能源汽车的销量为33万辆，因此预测该地区2020年购置新能源汽车的女性车主的人数为②由题意知，p

45

,0w135，w458

3315.5万人173323

则f(p)C5p(1p)10(p2pp)，f(p)10(5p48p33p2)10p2(5p28p3)10p2(p1)(5p3)，3

当p(0,)时，知f(p)0所以函数f(p)单调递增，5当p(,1)时，知f(p)0所以函数f(p)单调递减3332216333

所以当p,f(p)取得最大值f()C5()(1)．555562535此时453

，解得w30，w455所以当w30时，f(p)取得最大值21．（12分）已知点A0,1在椭圆C:(1)求椭圆C的方程；216

．625x2y21上.3b2(2)设直线l:ykx1（其中k1）与椭圆C交于不同两点E､F，直线AE､AF分别交直线x3于点M､N.当AMN的面积最小时，求k的值.【解析】（1）将点A0,1代入x2y2x22

21，解得b1，所以椭圆C的方程为y21

33bykx1

（2）联立x2，整理得(13k2)x26k2x3k2302

y13设点E，F的坐标分别为(x1,y1)，(x2,y2)，由韦达定理得：x1x2直线AE的方程为y1直线AF的方程为y1

6k23k23，x1x213k213k2y113y33y3x，令x3，得y11，即M3,11x1x1x13y3y213y31，即N3,2x，令x3，得y21x2x2x2MN

3y33y23xyxyxxxx

11131221123k112x2x1x2x1x2x1

3k1x1x24x1x23k12x1x2222k212323k12k21k113332k21所以AMN的面积SMN3MN，令tk1，则22k1S

332t11t2234122，所以当12，即k1时3322333t32ttt33AMN的面积最小.22．（12分）x2已知函数fxex2ax2a．(1)若曲线yfx在点0，f0处的切线与直线l：x4y10垂直，求a；33

(2)若对a,，存在x2,3，使得fxb22a有解，求b的取值范围．22

x2xx2x【解析】（1）fxex2ax2ae2x2ae2a2x4a,则f04a,因为曲线yfx在点0，f0处的切线与直线l：x4y10垂直，所以4a

1

1，解得：a1；433

（2）a,，存在x2,3，使得fxb22a有解，2233

等价于当x2,3时，a,，fxminb22a，22

2xfxexx22ax4aex2ax2，当a1时，fxexx20，即fx在x2,3上单调递增，2

所以fxminf2

212

4bb，所以，即；e2e22e23

当a,1时，2a2，易得fx在x2,3上单调递增，2

故fxminf2

2a432a4

a,1b22a恒成立，，即，e2e22

a23

即a,1，b2恒成立，e1a2

令ha

a2133ha1，则在,1上单调递增，22e1ae1a2

113

所以当a,1时，ha2，所以b2；2e2e2

3

当a1,时，22a3，故fx在2,2a上单调递减，在2a,3上单调递增，232a2a

所以fxminf2a2ae，所以此时a1,，2aeb22a恒成立，2

①当a1时，2e20恒成立，此时bR，2ae2a

②当a1,1时，22a0，可转化为a1,1，b，22amax

tte设t2a2t2，gt，2t2，t2则gtett22t2t22，令gt0，得t13，当gt0，2t13，令gt0，13t2，故gt在2t13上单调递增，在13t2上单调递减，13故gt在t13处取得极大值，也是最大值，gxmaxg1323e，13即b23e，332ae2a③当a1,时，22a0，可转化为a1,，b恒成立，2222a2a32ae

即a1,，b，222amin

设m2a，2m3，mem，2m3，pmm2则pmemm22m2m22，令pm0，m13，令pm0，13m3，令pm0，2m13，故pm在13m3上单调递增，在2m13上单调递减，所以pm在m13处取得极小值，也是最小值，pmminp1323e13，即b23e13，3又23e

323e

11132，，所以23e

22e23e13,23e13.综上：b的取值范围是