2024年高考数学真题分类汇编

1一、单选题A．p和q都是真命题B．p和q都是真命题C．p和q都是真命题D．p和q都是真命题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92024·天津）设a,b∈R，则“a3=b3”是“3a=3b”的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件2C．充要条件D．既不充分也不必要条件二、填空题3参考答案：【分析】化简集合A，由交集的概念即可得解.故选：A.【分析】对于两个命题而言，可分别取x=一1、x=1，再结合命题及其否定的真假性相反即可得解.x+1【解析】对于p而言，取x=一x+1=0<1，故p是假命题，p是真命题，对于q而言，取x=1，则有x3=13=1=x，故q是真命题，q是假命题，综上，p和q都是真命题.故选：B.【分析】根据集合B的定义先算出具体含有的元素，然后根据交集的定义计算.【解析】依题意得，对于集合B中的元素x，满足x+1=1,2,3,4,5,9，故选：A【分析】由集合B的定义求出B，结合交集与补集运算即可求解.故选：D【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.所以x.(x+1)+2x=0，解得x=0或一3，即必要性不成立，故A错误；4故选：C.【分析】直接根据并集含义即可得到答案.故选：A.析判断..22，即a..若..故选：A.【分析】根据集合交集的概念直接求解即可.故选：B5【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.【解析】根据立方的性质和指数函数的性质，a3=b3和3a=3b都当且仅当a=b，所以二者互为充要条件.故选：C.【分析】根据补集的定义可求A.6一、单选题12024·全国1卷）已知函数为f(x)的定义域为R，f(x)>f(x-1)+f(x-2)，且当x<3时f(x)=x，则下列结论中一定正确的是()A．f(10)>100B．f(20)>1000C．f(10)<1000D．f(20)22024·全国1卷）已知函数为上单调递增，则a取值的A．p和q都是真命题B．p和q都是真命题C．p和q都是真命题D．p和q都是真命题42024·全国2卷）设函数f(x)=(x+a)ln(x+b)，若f(x)≥0，则a2+b2的最小值为()52024·全国甲卷文）若实数x,y满足约束条件，则z=x-5y的最小值为272024·北京）记水的质量为，并且d越大，水质量越好．若S不变，且d1=2.1，d2=2.2，则n1与n2的关系为2782024·北京）已知(x1,y1)，(x2,y2)是函数y=2x图象上不同的两点，则下列正确的是()A．log2B．log2292024·天津）若a=4.2一0.3二、填空题三、解答题(1)求f(x)的单调区间；(2)若a≤2时，证明：当x>1时，f(x)<ex一1恒成立.(1)当a=2时，求f(x)的极值；(2)当x≥0时，f(x)≥0恒成立，求a的取值范围.8参考答案：【分析】代入得到f(1)=1,f(2)=2，再利用函数性质和不等式的性质，逐渐递推即可判断.【解析】因为当x<3时f(x)=x，所以f(1)=1,f(2)=2，又因为f(x)>f(x一1)+f(x一2)，则f(3)>f(2)+f(1)=3,f(4)>f(3)+f(2)>5，f(5)>f(4)+f(3)>8,f(6)>f(5)+f(4)>13,f(7)>f(6)+f(5)>21，f(8)>f(7)+f(6)>34,f(9)>f(8)+f(7)>55,f(10)>f(9)+f(8)>89，f(11)>f(10)+f(9)>144,f(12)>f(11)+f(10)>233,f(13)>f(12)+f(11)>377f(14)>f(13)+f(12)>610,f(15)>f(14)+f(13)>987，f(16)>f(15)+f(14)>1597>1000，则依次下去可知f(20)>1000，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f(1)=1,f(2)=2，再利用题目所给的函数性质f(x)>f(x一1)+f(x一2)，代入函数值再结合不等式同向可加性，不断递推即可.【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.【解析】因为f(x)在R上单调递增，且x≥0时，f(x)=ex+ln(x+1)单调递增，0故选：B.【分析】对于两个命题而言，可分别取x=一1、x=1，再结合命题及其否定的真假性相反即可得解.x+1【解析】对于p而言，取x=一x+1=0<1，故p是假命题，p是真命题，对于q而言，取x=1，则有x3=13=1=x，故q是真命题，q是假命题，综上，p和q都是真命题.9故选：B.系，结合符号分析判断，即可得b=a+1，代入可得最值；解法二：根据对数函数的性质分析ln(x+b)的符号，进而可得x+a的符号，即可得b=a+1，代入可得最值.【解析】解法一：由题意可知：f(x)的定义域为(一b,+∞)，此时f(x)<0，不合题意；此时f(x)<0，不合题意；此时f(x)<0，不合题意；2所以a2+b2的最小值为；解法二：由题意可知：f(x)的定义域为(一b,+∞)，222当且仅当时，等号成立，所以a2+b2的最小值为.故选：C.【点睛】关键点点睛：分别求x+a=0、ln(x+b)=0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.【分析】画出可行域后，利用z的几何意义计算即可得.【解析】实数x,y满足{x一2y一2【解析】实数x,y满足{x一2y一2≤0，作出可行域如图：由z=x5y可得y=x，则该直线截距取最大值时，z有最小值，此时直线x一z过点A，联立解得即故选：D.【分析】直接根据并集含义即可得到答案.故选：A.【分析】根据题意分析可得，讨论S与1的大小关系，结合指数函数单调性分析判断.S-1S-1S-1SS-1S-1S-1S-1结合选项可知C正确，ABD错误；故选：C.【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.【解析】由题意不妨设x1<x2，因为函数y=2x是增函数，所以0<2x<2x，即0<y1<y2，xx根据函数y=log2x是增函数，所以log2>log222=，故A正确，B错误；xx对于选项D：例如x1=-1,x2=-2，则y1=,y2=2，故D错误，故选：A.【分析】利用指数函数和对数函数的单调性分析判断即可.【解析】因为y=4.2x在R上递增，且-0.3<0<0.3，因为y=log4.2x在(0,+∞)上递增，且0<0.故选：B【分析】求出方程x2一2x一3=0的解后可求不等式的解集.11．(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x>1时，ex一1一2x+1+lnx>0即可.【解析】（1）f(x)定义域为当a≤0时，f,<0，故f在上单调递减；当a>0时，x∈时，f,>0，f单调递增，当时，f,<0，f单调递减.综上所述，当a≤0时，f(x)在(0,+∞)上单调递减；a>0时，f在上单调递增，在上单调递减.x12+，再令h，则h,=ex1显然h,(x)在(1,+∞)上递增，则h,(x)>h,(1)即g,(x)=h(x)在(1,+∞)上递增，故g,(x)>g,(1)=e0-2+1=0，即g(x)在(1,+∞)上单调递增，故g(x)>g(1)=e0-2+1+ln1=0，问题得证12．(1)极小值为0，无极大值.【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a≤-<a<0、a≥0分类讨论后可得参数的取值范围.【解析】（1）当a=-2时，f(x)=(1+2x)ln(1+x)-x，故f,(x)=2ln(1+x)+-1=2ln(1+x)-+1，故f,(x)在(-1,+∞)上为增函数，而f,(0)=0，故当-1<x<0时，f,(x)<0，当x>0时，f,(x)>0，故f(x)在x=0处取极小值且极小值为f(0)=0，无极大值.当a≤-时，s,(x)>0，故s所以f(x)在[0,+∞)上为增函数，故f(x)≥f(0)=0.故s(x)在(|(0,-),上为减函数，故在(|(0,-),上s(x)<s即在<0即f为减函数，故在上f不合题意，舍.当a≥0，此时s,(x)<0在(0,+∞)上恒成立，同理可得在(0,+∞)上f(x)<f(0)=0恒成立，不合题意，舍；【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.一、单选题A．-1-iB．-1+iC．1-i32024·全国）已知z=-1-i，则z=() 52024·全国）设z=·2i，则z.z=()A．1-iB．-iC．-1-iD．1A．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二、填空题102024·天津）已知i是虚数单位，复数(·i5+i).(v5-2i)=.112024·天津）在边长为1的正方形ABCD中，点E为线段CD的三等分点，CE=DE，则λ+μ=为线段BE上的动点，G为AF中点，132024·上海）已知虚数z，其实部为1，且z+则实数m为.参考答案：【分析】由复数四则运算法则直接运算即可求解.故选：C.【分析】根据向量垂直的坐标运算可求x的值.所以24.=0即4+x24x=0，故x=2，故选：D.【分析】由复数模的计算公式直接计算即可.故选：C.2a22由此即可得解.2又因为从而故选：B.22【分析】先根据共轭复数的定义写出z，然后根据复数的乘法计算. 故选：D【分析】结合共轭复数与复数的基本运算直接求解.故选：A【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.【解析】对A，当a丄b时，则a.所以x.(x+1)+2x=0，解得x=0或—3，即必要性不成立，故A错误；所以丄，即充分性成立，故C正确； 对B，当a//b时，则2(x+1)=x2，解得x=1± 对D，当x=1+·3时，不满足2(x+1)=x2，所以a//b不成立，即充分性不立，故D错误.故选：C.【分析】直接根据复数乘法即可得到答案.故选：C.析判断.)综上所述，+)=0”是“≠且≠”的必要不充分条件.故选：A. 【分析】借助复数的乘法运算法则计算即可得.. 11．-λ+μ,设F，求结合数量积可得,μ=1，所以λ+μ=由题意可知：BC=BA=1,BA.BC=(k-1,)=k-),2-，解法二：以B为坐标原点建立平面直角坐标系，如图所示，可得因为则所以λ+μ=因为点F在线段BE:y=-3x,x∈上，设F且G为AF中点，则G可得且所以当时，取到最小值为-；故答案为.【分析】根据向量平行的坐标表示得到方程，解出即可.【解析】://，:2k=5×6，解得k=15.故答案为：15.【分析】设z=1+bi，直接根据复数的除法运算，再根据复数分类即可得到答案.故答案为：2.一、单选题12024·全国）等差数列{an}的前n项和为Sn，若S9=1，a3+a7=()22024·全国）等差数列{an}的前n项和为Sn，若S5=S10，a5=1，则a1=()二、填空题32024·全国）记Sn为等差数列{an}的前n项和，若a3+a4=7，3a2+a5=5，则42024·北京）已知M={k|ak=bk}，an，bn不为常数列且各项均不相同，下列正确的①an，bn均为等差数列，则M中最多一个元素；②an，bn均为等比数列，则M中最多三个元素；③an为等差数列，bn为等比数列，则M中最多三个元素；④an单调递增，bn单调递减，则M中最多一个元素.若对任意正整数n集合In是闭区间，则q的取值范围是.三、解答题62024·全国）设m为正整数，数列a1,a2,...,a4m+2是公差不为0的等差数列，若从中删去两项ai和aj(i<j)后剩余的4m项可被平均分为m组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列a1,a2,...,a4m+2是(i,j)-可分数列.(1)写出所有的(i,j)，1≤i<j≤6，使数列a1,a2,...,a6是(i,j)-可分数列；(2)当m≥3时，证明：数列a1,a2,...,a4m+2是(2,13)-可分数列；(3)从1,2,...,4m+2中一次任取两个数i和j(i<j)，记数列a1,a2,...,a4m+2是(i,j)-可分数列的概率为Pm，证明：P照如下方式依次构造点Pn(n=2,3,...)，过Pn-1作斜率为k的直线与C的左支交于点Qn-1，令Pn为Qn-1关于y轴的对称点，记Pn的坐标为(xn,yn).(1)若k=，求x2,y2；(2)证明：数列{xn-yn}是公比为的等比数列；(3)设Sn为△PnPn+1Pn+2的面积，证明：对任意的正整数n，Sn=Sn+1.82024·全国）已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且2Sn=3an+1-3.(1)求{an}的通项公式；(2)求数列{Sn}的通项公式.92024·全国）记Sn为数列{an}的前n项和，且4Sn=3an+4.(1)求{an}的通项公式；(2)设bn=(-1)n-1nan，求数列{bn}的前n项和为Tn.换T：将数列A的第i1,j1,s1,t1项加1，得到数列T1(A)；将数列T1(A)的第i2,j2,s2,t2列加1，得到数列T2T1(A)…；重复上述操作，得到数列Ts...T2T1(A)，记为Ω(A).写出一个符合条件的Ω;若不存在，请说明理由；(3)若数列A的各项均为正整数，且a1+a3+a5+a7为偶数，证明：“存在序列Ω,使得Ω(A)(1)求数列{an}前n项和Sn；k=1，其中k是大于1的正整数.参考答案：【分析】可以根据等差数列的基本量，即将题目条件全转化成a1和d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.【解析】方法一：利用等差数列的基本量故选：D方法二：利用等差数列的性质根据等差数列的性质，a1+a9=a3+a7，由S9=1，根据等差数列的求和公式，故选：D方法三：特殊值法故选：D【分析】由S5=S10结合等差中项的性质可得a8=0，即可计算出公差，即可得a1的值.8故选：B.【分析】利用等差数列通项公式得到方程组，解出a1,d，再利用等差数列的求和公式节即可得到答案.【解析】因为数列an为等差数列，则由题意得解得故答案为：95.【分析】利用两类数列的散点图的特征可判断①④的正误，利用反例可判断②的正误，结合通项公式的特征及反证法可判断③的正误.【解析】对于①,因为{an},{bn}均为等差数列，故它们的散点图分布在直线上，而两条直线至多有一个公共点，故M中至多一个元素，故①正确.对于②,取an=2n-1,bn=-(-2)n-1,则{an},{bn}均为等比数列，但当n为偶数时，有an=2n-1=bn=-(-2)n-1，此时M中有无穷多个元素，故②错误.n若M中至少四个元素，则关于n的方程Aqn=kn+b至少有4个不同的正数解，若q>0,q≠1，则由y=Aqn和y=kn+b的散点图可得关于n的方程Aqn=kn+b至多有两个不同的解，矛盾；若q<0,q≠±1，考虑关于n的方程Aqn=kn+b奇数解的个数和偶数解的个数，当Aqn=kn+b有偶数解，此方程即为Aqn=kn+b，方程至多有两个偶数解，且有两个偶数解时Aklnq>0，否则Aklnq<0，因y=Aqn,y=kn+b单调性相反，方程Aqn=kn+b至多一个偶数解，当Aqn=kn+b有奇数解，此方程即为-Aqn=kn+b，方程至多有两个奇数解，且有两个奇数解时-Aklnq>0即Aklnq<0否则Aklnq>0，因y=-Aqn,y=kn+b单调性相反，方程Aqn=kn+b至多一个奇数解，因为Aklnq>0，Aklnq<0不可能同时成立，故Aqn=kn+b不可能有4个不同的正数解，故③正确.对于④,因为{an}为单调递增，{bn}为递减数列，前者散点图呈上升趋势，后者的散点图呈下降趋势，两者至多一个交点，故④正确.故答案为：①③④【点睛】思路点睛：对于等差数列和等比数列的性质的讨论，可以利用两者散点图的特征来分析，注意讨论两者性质关系时，等比数列的公比可能为负，此时要注意合理转化.【分析】当n≥2时，不妨设x≥y，则x-y∈[0,a2-a1]u[an-a2,an+1-a1]u[0,an+1-an]，结合In为闭区间可得q-2≥-对任意的n≥2恒成立，故可求q的取值范围.]，故x-y∈[a1-a2,a2-a1]，此时I1为闭区间，当n≥2时，不妨设x≥y，若x,y∈[a1,a2]，则n]，则x-y∈[an-a2,an+1-a1]，而an+1-a1>an+1-an>a2-a1，故an+1-an≥an-a2对任意n≥2恒成立，故q-2≥-对任意的n≥2恒成立，因q>1，故当n→+∞时，-→0，故q-2≥0即q≥【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.(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）直接根据(i,j)-可分数列的定义即可；（2）根据(i,j)-可分数列的定义即可验证结论；（3）证明使得原数列是(i,j)-可分数列的(i,j)至少有(m+1)2-m个，再使用概率的定义.【解析】（1）首先，我们设数列a1,a2,...,a4m+2的公差为d，则d≠0.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故我们可以对该数列进行适当的变形,m+2进行相应的讨论即可.换言之，我们可以不妨设ak=k(k=1,2,...,4m+2)，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1,2,3,4,5,6中取出两个数i和j(i<j)，使得剩下四个数是等差数列.那么剩下四个数只可能是1,2,3,4，或2,3,4,5，或3,4,5,6.（2）由于从数列1,2,...,4m+2中取出2和13后，剩余的4m个数可以分为以下两个部分，共m组，使得每组成等差数列：（如果m-3=0，则忽略②)故数列1,2,...,4m+2是(2,13)-可分数列.下面证明，对1≤i<j≤4m+2，如果下面两个命题同时成立，则数列1,2,...,4m+2一定是(i,j)-可分数列：命题2：j-i≠3.我们分两种情况证明这个结论.第一种情况：如果i∈A,j∈B，且j-i≠3.则由i<j可知4k1+1<4k2+2，即k2-k1>-，故k2≥k1.此时，由于从数列1,2,...,4m+2中取出i=4k1+1和j=4k2+2后，剩余的4m个数可以分为以下三个部分，共m组，使得每组成等差数列：-3,4k1-2,4k1-1,4k1}，共k1组；+9},...,{4k2-2,4k2-1,4k2,4k2+1}，共k2-k1组；③共m-k2组.（如果某一部分的组数为0，则忽略之）故此时数列1,2,...,4m+2是(i,j)-可分数列.第二种情况：如果i∈B,j∈A，且j-i≠3.则由i<j可知4k1+2<4k2+1，即k2-k1>，故k2>k1.由于j-i≠3，故(4k2+1)-(4k1+2)≠3，从而k2-k1≠1，这就意味着k2-k1≥2.此时，由于从数列1,2,...,4m+2中取出i=4k1+2和j=4k2+1后，剩余的4m个数可以分为以下四个部分，共m组，使得每组成等差数列：-3,4k1-2,4k1-1,4k1}，共k1组；共2组；③全体{4k1+p,3k1+k2+p,2k1+2k2+p,k1+3k2+p}，其中p=3,4,...,k2-k1，共k2-k1-2组；④共m-k2组.（如果某一部分的组数为0，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k2-k1-2个行，4个列的数表以后，4个列分别是下面这些数：2}，2}.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{4k1+1,4k1+2,...,4k2+2}中+2}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4k1+2和4k2+1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1,2,...,4m+2是(i,j)-可分数列.至此，我们证明了：对1≤i<j≤4m+2，如果前述命题1和命题2同时成立，则数列1,2,...,4m+2一定是(i,j)-可分数列.然后我们来考虑这样的(i,j)的个数.首先，由于A∩B=⑦,A和B各有m+1个元素，故满足命题1的(i,j)总共有(m+1)2个；但这导致k2-k1=，矛盾，所以i∈B,j∈A.,k222-k1=1.所以可能的(k1,k2)恰好就是(0,1),(1,2),...,(m-1,m)，对应的(i,j)分别是所以这(m+1)2个满足命题1的(i,j)中，不满足命题2的恰好有m个.这就得到同时满足命题1和命题2的(i,j)的个数为(m+1)2-m.当我们从1,2,...,4m+2中一次任取两个数i和j(i<j)时，总的选取方式的个数等于而根据之前的结论，使得数列a1,a2,...,a4m+2是(i,j)-可分数列的(i,j)至少有(m+1)2-m个.所以数列a1,a2,...,a4m+2是(i,j)-可分数列的概率Pm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.(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P2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Sn的取值为与n无关的定值即可.思路二：使用等差数列工具，证明Sn的取值为与n无关的定值即可.由已知有m=52-42=9，故C的方程为x2-y2=9.当时，过且斜率为的直线为y=，与x2-y2=9联立得到解得x=-3或x=5，所以该直线与C的不同于P1的交点为Q1(-3,0)，该点显然在C的左支上.（2）由于过Pn(xn,yn)且斜率为k的直线为y=k(x-xn)+yn，与x2-y2=9联立，得到方程展开即得(1-k2)x2-2k(yn-kxn)x-(yn-kxn)2-9=0，由于Pn(xn,yn)已经是直线y=k(x-xn)+yn和x2-y2=9的公共点，故方程必有一根x=xn.从而根据韦达定理，另一根-xn=相应的所以该直线与C的不同于Pn的交点为而注意到Qn的横坐标亦可通过韦达定理表示为，故Qn一定在C的左支上.所以1-k再由x-y=9，就知道x1-y1≠0，所以数列{xn-1-k的等比数列.S△UVW=ad-bc.（若U,V,W在同一条直线上，约定S△UVW=0）UV..UWsinUV,UW=2UV.UW1-1-cos2UV,UWW UV.UW-UV.W UV.UW-UV.UWUV.UW(,22a2+b2c2+d2·a2c22d2+b2c2+b2d2-a2c2-b2d2-2abcd=sa2d2+b2c2-2abcd=·(ad-bc)2=ad-bc.证毕，回到原题..再由x-y=9，就知道x1+y1≠0，所以数列{xn+yn}是公比为的等比数列.所以对任意的正整数m，都有xnyn+m-ynxn+mn+2-xn+1,yn+2-yn+1)，故利用前面已经证明的结论即得Sn=-(xn+1-xn)(yn+2-yn+1)+(yn+1-yn)(xn+2-xn+1)=(xn+1-xn)(yn+2-yn+1)-(yn+1-yn)(xn+2-xn+1)12(xn+1yn+2-yn+1xn+2)+(xnyn+1-ynxn+1)-(xnyn+2-ynxn+2)129(1-k1+k)9(1-k1+k)9((1-k)2(1+k)2)2(|1+k-1-k,+2|(1+k-1-k,-2(||(1+k,-|(1-k,,.这就表明Sn的取值是与n无关的定值，所以Sn=Sn+1..再由x-y=9，就知道x1+y1≠0，所以数列{xn+yn}是公比为的等比数列.所以对任意的正整数m，都有xnyn+m-ynxn+m(xn+yn)(xn-yn)9(1-k1+k)1+k,-|(1-k,,=xnyn+2-ynxn+2.这就得到xn+2yn+9(1-k1+k)1+k,-|(1-k,,=xnyn+2-ynxn+2.两式相减，即得(xn+2yn+3-yn+2xn+3)-(xn+1yn+3-yn+1xn+3)=(xnyn+1-ynxn+1)-(xnyn+2-ynxn+2).移项得到xn+2yn+3-ynxn+2-xn+1yn+3+ynxn+1=yn+2xn+3-xnyn+2-yn+1xn+3+xnyn+1.故(yn+3-yn)(xn+2-xn+1)=(yn+2-yn+1)(xn+3-xn).n+2-xn+1,yn+2-yn+1).所以PnPn+3和Pn+1Pn+2平行，这就得到S△PPP=S△PPP，即Sn=Sn+1.【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.3(5)n3(2)2|(33(5)n3【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Sn.【解析】（1）因为2Sn=3an+1-3,故2Sn-1=3an-3，所以2an=3an+1-3an(n≥2)（2）由等比数列求和公式得),n-.9．(1)an=4.(-3)n-1(2)Tn=(2n-1).3n+1【分析】（1）利用退位法可求{an}的通项公式.（2）利用错位相减法可求Tn.当n≥2时，4Sn-1=3an-1+4，所以4Sn-4Sn-1=4an=3an-3an-1即an=-3an-1，∴数列{an}是以4为首项，-3为公比的等比数列，所以an=4.(-3)n-1.2.32n14n.3n3n11n:Tn=(2n1).3n+1.(2)不存在符合条件的Ω,理由见解析(3)证明见解析【分析】（1）直接按照Ω(A)的定义写出Ω(A)即可；（2）利用反证法，假设存在符合条件的Ω,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.（2）假设存在符合条件的Ω,可知Ω(A)的第1,2项之和为a1+a2+s，第3,4项之和为a34则{而该方程组无解，故假设不成立，故不存在符合条件的Ω;必要性：若存在序列Ω:w1,w2,...,ws，使得Ω(A)为常数列.s,3s,4s,5s,6s,7s,4s,5s,6s,7充分性：345678.78，所以4)也是偶数.我们设Ts...T2T1(A)是通过合法的序列Ω的变换能得到的所有可能的数列Ω(A)中，使得as,1as,2+as,3as,4+as,5as,6+as,7as,8最小的一个.567s,4s,6s,7下面证明不存在j=1,2,3,4使得s,2j一1s.对该数列连续作四次变换(2,3,5,8),(2,4,6,8)as+4,1as+4,2+as+4,3as+4,4+as+4,5as+4,6+as+4,7as+4,8相比原来的as,1as,2+as,3as,4+as,5as,6+as,7as,8减少4，这与as,1as,2+as,3as,4+as,5as,6+as,7as,8的最小性矛盾；情况2：若as,3一as,4+as,5as,6+情况2-1：如果as,3一as,4≥1，则对该数列连续作两次变换(2,4,5,7),(2,4,6,8)后，新的as+2,1as+2,2+as+2,3as+2,4+as+2,5as+2,6+as+2,7as+2,8相比原来的as,1as,2+as,3as,4+as,5as,6+as,7as,8至少减少2，这与as,1as,2+as,3as,4+as,5as,6+as,7as,8的最小性矛盾；情况2-2：如果as,4一as,3≥1，则对该数列连续作两次变换(2,3,5,8),(2,3,6,7)后，新的as+2,1as+2,2+as+2,3as+2,4+as+2,5as+2,6+as+2,7as+2,8相比原来的as,1as,2+as,3as,4+as,5as,6+as,7as,8至少减少2，这与as,1as,2+as,3as,4+as,5as,6+as,7as,8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j=1,2,3,4都有as,2j一1一as,2j≤1.s,2s,3s,4s,5s,6s,7s,8都是奇数，设为2N+1.s,8都是偶数，故集合{mas,m=N}中的四个元素i,j,s,t之和为偶数，对该数列进行一次变换(i,j,s,t)，则该数列成为常数列，新的as+1,1as+1,2+as+1,3as+1,4+as+1,5as+1,6+as+1,7as+1,8等于零，比原来的as,1as,2+as,3as,4+as,5as,6+as,7as,8更小，这与as,1as,2+as,3as,4+as,5as,6+as,7as,8的最小性矛盾.s,6s,7=Ω(A)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．(1)Sn=2n1(2)①证明见详解【分析】（1）设等比数列{an}的公比为q>0，根据题意结合等比数列通项公式求q，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ak=2k-1,bn=k+1，bn-1=k(2k-1)，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.2可得1+q=q2-1，整理得q2-q-2=0，解得q=2或q=-1（舍去所以=2n-1.（2i）由（1）可知an=2n-1，且k∈N*,k≥2，kbn-1k+1-ak-1).2k=k+2k(2k-1-1)=k(2k-1)，可得bn-1-ak.bn=k(2k-1)-(k+1)2k-1=(k-1)2k-1-k≥2(k-1)-k=k-2≥0，当且仅当k=2时，等号成立，若n≥2，则ak+1-ak=2k-1，当2k-1<ik-1时，bi-bi-1=2k，可知{bi}为等差数列，2-2×43-5×42n-且n=1，符合上式，综上所述【点睛】关键点点睛：1.分析可知当2k-1<i≤2k-1时，bi-bi-1=2k，可知{bi}为等差数列；2.根据等差数列求和分析可得一、单选题12024·全国）已知cos(α+β)=m,tanαtanβ=2，则cos(α-β)=()时，曲线y=sinx与y=2sin的交点个数为()32024·全国）设函数f(x)=a(x+1)2-1，g(x)=cosx+2ax，当x∈(-1,1)时，曲线y=f(x)与y=g(x)恰有一个交点，则a=()52024·全国）在△ABC中内角A,B,C所对边分别为a,b,c，若B=，则 62024·全国）设函数则曲线y=f(x)在(0,1)处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积为()6 92024·上海）下列函数f(x)的最小正周期是2π的是()2xD．sin2x-cos2x二、多选题102024·全国）对于函数=sin2x和g=sin下列说法正确的有()A．f(x)与g(x)有相同的零点B．f(x)与g(x)有相同的最大值C．f(x)与g(x)有相同的最小正周期D．f(x)与g(x)的图像有相同的对称轴三、填空题112024·全国）已知α为第一象限角，β为第三象限角，tanα+tanβ=4，tanαtanβ=·+1，则sin(α+β)=.122024·全国）函数f(x)=sinx-·i3cosx在[0,π]上的最大值是.已知α∈,且α与β的终边关于原点对称，则cosβ的最大值四、解答题142024·全国）记△ABC内角A、B、C的对边分别为a，b，c，已知sinC=·cosB，a2(1)求B； (2)若△ABC的面积为3+3，求c.152024·全国）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sinA+·cosA=2.(1)求A.(2)若a=2，·bsinC=csin2B，求△ABC的周长.162024·北京）在△ABC中，a=7(1)求上A；(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.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.(1)求a；(2)求sinA；(3)求cos(B-2A).参考答案：【分析】根据两角和的余弦可求cosαcosβ,sinαsinβ的关系，结合tanαtanβ的值可求前者，故可求cos(α-β)的值.【解析】因为cos(α+β)=m，所以cosαcosβ-sinαsinβ=m，而tanαtanβ=2，所以sinαsinβ=2cosαcosβ,故cosαcosβ-2cosαcosβ=m即cosαcosβ=-m，从而sinαsinβ=-2m，故cos(α-β)=-3m，故选：A.【分析】画出两函数在[0,2π]上的图象，根据图象即可求解【解析】因为函数y=sinx的的最小正周期为T=2π,函数y=2sin的最小正周期为，所以在x∈[0,2π]上函数y=2sin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【分析】解法一：令F(x)=ax2+a-1,G(x)=cosx，分析可知曲线y=F(x)与y=G(x)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a=2，并代入检验即可；解法二：令h(x)=f(x)-g(x),x∈(-1,1)，可知h(x)为偶函数，根据偶函数的对称性可知h(x)的零点只能为0，即可得a=2，并代入检验即可.【解析】解法一：令f(x)=g(x)，即a(x+1)2-1=cosx+2ax，可得ax2+a-1=cosx，原题意等价于当x∈(-1,1)时，曲线y=F(x)与y=G(x)恰有一个交点，注意到F(x),G(x)均为偶函数，可知该交点只能在y轴上，若a=2，令F(x)=G(x)，可得2x2+1-cosx=0可得2x2+1-cosx≥0，当且仅当x=0时，等号成立，则方程2x2+1-cosx=0有且仅有一个实根0，即曲线y=F(x)与y=G(x)恰有一个交点，所以a=2符合题意；原题意等价于h(x)有且仅有一个零点，则h(x)为偶函数，根据偶函数的对称性可知h(x)的零点只能为0，又因为2x2≥0,1-cosx≥0当且仅当x=0时，等号成立，可得h(x)≥0，当且仅当x=0时，等号成立，即h(x)有且仅有一个零点0，所以a=2符合题意；故选：D.【分析】先将弦化切求得tanα,再根据两角和的正切公式即可求解.故选：B.【分析】利用正弦定理得sinAsinC=再利用余弦定理有a2+c2=再利用正弦定理得到sin2A+sin2C的值，最后代入计算即可.因为B=,b2=则由正弦定理得sinAsinsin2B=2所以(sinA+sinC)2=sin2A+si因为A,C为三角形内角，则sinA+sinC>0，则sinA+sinC=故选：C.【分析】借助导数的几何意义计算可得其在点(0,1)处的切线方程，即可得其与坐标轴交点坐标，即可得其面积.即该切线方程为y一1=3x，即y=3x+1，令x=0，则y=1，令y=0，则x=-，故该切线与两坐标轴所围成的三角形面积一故选：A.【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.【解析】由题意可知：x1为f(x)的最小值点，x2为f(x)的最大值点，故选：B.【分析】先由诱导公式化简，结合周期公式求出w，得f(x)=一sin2x，再整体求出时，2x的范围，结合正弦三角函数图象特征即可求解.画出f(x)=一sin2x图象，如下图，所以，当x=min=sin=故选：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.对于选项C，sin2x+cos2x=1，是常值函数，不存在最小正周期，故C错误；故选：A.【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.【解析】A选项，令f(x)=sin2x=0，解得x=,k∈Z，即为f(x)零点，显然f(x),g(x)零点不同，A选项错误；B选项，显然f(x)max=g(x)max=1，B选项正确；C选项，根据周期公式，f(x),g(x)的周期均为=π,C选项正确；D选项，根据正弦函数的性质f(x)的对称轴满足2x=kπ+x=+,k∈Z，显然f(x),g(x)图像的对称轴不同，D选项错误.故选：BC 2211．-3【分析】法一：根据两角和与差的正切公式得tan(α+β)=-2·,再缩小α+β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.【解析】法一：由题意得22解得法二：因为α为第一象限角，β为第三象限角，则cosα>0,cosβ<0,则sin(α+β)=sinαcosβ+cosαsinβ=cosαcosβ(tanα+tanβ) 故答案为：.【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.故答案为：2【分析】首先得出β=α+π+2kπ,k∈Z，结合三角函数单调性即可求解最值.因为，所以cosα的取值范围是，cosβ的取值范围是，当且仅当α=，即β=+2kπ,k∈Z时，cosβ取得最大值，且最大值为一.故答案为：. (2)22【分析】（1）由余弦定理、平方关系依次求出cosC,sinC，最后结合已知sinC=cosB得cosB的值即可；（2）首先求出A,B,C，然后由正弦定理可将a,b均用含有c的式子表示，结合三角形面积公式即可列方程求解.可得cosC=所以由正弦定理有由三角形面积公式可知，△ABC的面积可表示为 所以c=22.【分析】（1）根据辅助角公式对条件sinA+·cosA=2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B，然后根据正弦定理算出b,c即可得出周长.【解析】（1）方法一：常规方法（辅助角公式） 方法二：常规方法（同角三角函数的基本关系） 由sinA+3cosA=2，又sin2A+cos2A=1，消去sinA得到： 4cos2A4cosA+3=0(2cosA)2=0，解得cosA=，又A∈(0,π)，故A=方法三：利用极值点求解显然x=时，f(x)max=2，注意到f(A)=sinA+cosA=2=2sin(A+)，f(x)max=f(A)，在开区间(0,π)上取到最大值，于是x=A必定是极值点， 又A∈(0,π)，故A=方法四：利用向量数量积公式（柯西不等式）根据向量的数量积公式，.=cos,=2cos,，又A∈(0,π)，故A=方法五：利用万能公式求解 π又A∈(0,π)，故A=6（2）由题设条件和正弦定理又B,C∈(0,π)，则sinBsinC≠0，进而cosB=，得到B=，于是C=πAB=由正弦定理可得，即故△ABC的周长为2+6+32 (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； 再代入式子得b=3，再利用两角和的正弦公式即可求出sinC，最后利用三角形面积公式即可；选择③,首先得到c=5，再利用正弦定理得到sinC=再利用两角和的正弦公式即可求出sinB，最后利用三角形面积公式即可；【解析】（1）由题意得2sinBcosB=bcosB，因为A为钝角，2 2337sinAsinA，解得sinA= 3 2因为A为钝角，则A=.因为C为三角形内角，则cosC=【分析】（1）a=2t,c=3t，利用余弦定理即可得到方程，解出即可；（2）法一：求出sinB，再利用正弦定理即可；法二：利用余弦定理求出cosA，则得到sinA；（3）法一：根据大边对大角确定A为锐角，则得到cosA，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. 再根据正弦定理得即解得sinA=法二：由余弦定理得cosA=由法一知sinB=21一、单选题 12024·全国）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3，则圆锥的体积为() 22024·全国）已知正三棱台ABC-A1B1C1的体积为AB=6，A面ABC所成角的正切值为()32024·全国）设α、β是两个平面，m、n是两条直线，且α∩β=m.下列四个命题：①若m//n，则n//α或n//β②若m丄n，则n丄α,n丄β③若n//α,且n//β,则m//n④若n与α和β所成的角相等，则m丄n其中所有真命题的编号是() 42024·北京）已知以边长为4的正方形为底面的四棱锥，四条侧棱分别为4，4，22， 2·2，则该四棱锥的高为()52024·天津）若m,n为两条不同的直线，α为一个平面，则下列结论中正确的是()A．若m//α,nα,则m//nB．若m//α,n//α,则m//n62024·天津）一个五面体ABC—DEF．已知AD∥BE∥CF，且两两之间距离为1．并已二、多选题的一条切线，Q为切点，过P作l的垂线，垂足为B，则()A．l与ΘA相切D．满足|PA|=|PB|的点P有且仅有2个三、填空题82024·全国）已知甲、乙两个圆台上、下底面的半径均为r1和r2，母线长分别为2(r2—r1))，则两个圆台的体积之比.92024·北京）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.102024·上海）已知点B在点C正北方向，点D在点C的正东方向，BC=CD,存在点A四、解答题(1)若AD丄PB，证明：AD//平面PBC；(2)若AD丄DC，且二面角A-CP-D的正弦值为求AD.F满足，将△AEF沿EF对折至!PEF，使得(2)求面PCD与面PBF所成的二面角的正弦值.132024·全国）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，BC//AD,EF//AD，AD=4,AB=BC=EF=2，(1)证明：BM//平面CDE；(2)求点M到ABF的距离.142024·全国）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，BC//AD,EF//AD，AD=4,AB=BC=EF=2，(1)证明：BM//平面CDE；E是AD上一点，PE丄AD.(1)若F是PE中点，证明：BF//平面PCD.(2)若AB丄平面PED，求平面PAB与平面PCD夹角的余弦值.面ABCD，AD丄AB，其中AB=AA1=2,AD=DC=1．N是B1C1的中点，M是DD1的中点.(1)求证D1N//平面CB1M；(2)求平面CB1M与平面BB1CC1的夹角余弦值；(3)求点B到平面CB1M的距离.172024·上海）如图为正四棱锥P-ABCD,O为底面ABCD的中心. (1)若AP=5,AD=32，求△POA绕PO旋转一周形成的几何体的体积；(2)若AP=AD,E为PB的中点，求直线BD与平面AEC所成角的大小.参考答案：【分析】设圆柱的底面半径为r，根据圆锥和圆柱的侧面积相等可得半径r的方程，求出解后可求圆锥的体积. 【解析】设圆柱的底面半径为r，则圆锥的母线长为·r2+3，故r=3，故圆锥的体积为π×9×故选：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ABC-A1B1C1补成正三棱锥P-ABC，A1A与平面ABC所成角即为PA与平面ABC所成角，根据比例关系可得VP-ABC=18，进而可求正三棱锥P-ABC的高，即可得结果.【解析】解法一：分别取BC,B1C1的中点D,D1，则AD=3,A1D1=，设正三棱台ABC-A1B1C1的为h，如图，分别过A1,D1作底面垂线，垂足为M,N，设AM=x，则AA1=·iAM2+A1M2=·x2+，DN=AD-AM-MN=2-x，结合等腰梯形BCC1B1可得BB2+DD所以A1A与平面ABC所成角的正切值为tanÐA1AD=解法二：将正三棱台ABC-A1B1C1补成正三棱锥P-ABC，则A1A与平面ABC所成角即为PA与平面ABC所成角，取底面ABC的中心为O，则PO丄底面ABC，且AO=2所以PA与平面ABC所成角的正切值tan上PAO=.故选：B.【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.当nβ,因为m//n，mα,则n//α,当n既不在α也不在β内，因为m//n，mα,mβ,则n//α且n//β,故①正确；对②,若m丄n，则n与α,β不一定垂直，故②错误；对③,过直线n分别作两平面与α,β分别相交于直线s和直线t，因为n//α,过直线n的平面与平面α的交线为直线s，则根据线面平行的性质定理知n//s，同理可得n//t，则s//t，因为s丈平面β,t平面β,则s//平面β,因为s平面α,α∩β=m，则s//m，又因为n//s，则m//n，故③正确；对④,若α∩β=m,n与α和β所成的角相等，如果n//α,n//β,则m//n，故④错误；综上只有①③正确，故选：A.【分析】取点作辅助线，根据题意分析可知平面PEF丄平面ABCD，可知PO丄平面ABCD，利用等体积法求点到面的距离.【解析】如图，底面ABCD为正方形，当相邻的棱长相等时，不妨设PA=PB=AB=4,PC=PD=2，分别取AB,CD的中点E,F，连接PE,PF,EF，则PE丄AB,EF丄AB，且PE∩EF=E，PE,EF平面PEF，可知AB丄平面PEF，且AB平面ABCD，所以平面PEF丄平面ABCD，过P作EF的垂线，垂足为O，即PO丄EF，由平面PEF∩平面ABCD=EF，PO平面PEF，所以PO丄平面ABCD，由题意可得：PE=2,PF=2,EF=4，则PE2+PF2=EF2，即PE丄PF，则PE.PF=PO.EF，可得所以四棱锥的高为·.因为BD=42=PB+PD，此时不能形成三角形PBD，与题意不符，这样情况不存在.故选：D.【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.【解析】对于A，若m//α,nα,则m,n平行或异面，故A错误.对于B，若m//α,n//α,则m,n平行或异面或相交，故B错误.对于C，m//α,n丄α,过m作平面β,使得β∩α=s，因为mβ,故m//s，而sα,故n丄s，故m丄n，故C正确.对于D，若m//α,n丄α,则m与n相交或异面，故D错误.故选：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.【解析】用一个完全相同的五面体HIJ-LMN（顶点与五面体ABC-DEF一一对应）与该五面体相嵌，使得D,N；E,M;F,L重合，因为AD∥BE∥CF，且两两之间距离为1．AD=1,BE=2,CF=3，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.【分析】A选项，抛物线准线为x=-1，根据圆心到准线的距离来判断；B选项，P,A,B三点共线时，先求出P的坐标，进而得出切线长；C选项，根据PB=2先算出P的坐标，然后验证kPAkAB=-1是否成立；D选项，根据抛物线的定义，PB=PF，于是问题转化成 PA=PF的P点的存在性问题，此时考察AF的中垂线和抛物线的交点个数即可，亦可直接设P点坐标进行求解.【解析】A选项，抛物线y2=4x的准线为x=-1，ΘA的圆心(0,4)到直线x=-1的距离显然是1，等于圆的半径，故准线l和ΘA相切，A选项正确；B选项，P,A,B三点共线时，即PA丄l，则P的纵坐标yP=4，由y=4xP，得到xP=4，故P(4,4)，-r2C选项，当PB=2时，xP=1，此时y=4xP=4，故P(1,2)或P(1,-2)，AB不满足kPAkAB=-1；不满足kPAkAB=-1；于是PA丄AB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，PB=PF，这里F(1,0)，于是PA=PB时P点的存在性问题转化成PA=PF时P点的存在性问题，A(0,4),F(1,