2024年普通高等學校招生全國統一考試數學新模式模擬卷2

中圖分類號：G632""" 文獻標識碼：A""" 文章編號：1008-0333（2024）16-0089-09

收稿日期：2024-03-05

作者簡介：李昌成（1977—），男，四川資陽人，本科，中學正高級教師，從事中學數學教學研究.

一、單選題（本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的選項中，只有一項是符合題目要求的）

1.“xgt;2且ygt;3”是“x+ygt;5”的（" ）.

A. 充分不必要條件""" B. 必要不充分條件C. 既不充分也不必要條件" D. 充要條件

2.圓臺的上、下底面半徑和高的比為1∶4∶4，母線長為10，則圓臺的側面積為（" ）.A. 81π" B. 100π" C. 14π" D. 169π

3.用函數M（x）表示函數f（x）和g（x）中的較大者，記為：M（x）=max{f（x），g（x）}.若f（x）=2x+2-x，g（x）=-x2+72，則M（x）的最小值為（" ）.

A. 32""" B. 2""" C. 52""" D. 72

4.函數f（x）=2sin（ωx+φ）（ωgt;0，-π2lt;φlt;π2）的部分圖象如圖1所示，則ω，φ的值分別是（" ）.

A. 2，-π3" B. 2，-π6" C. 4，-π6" D. 4，π3

5.已知復數z=102-i-i3（其中i為虛數單位），給出下列命題：

p1：z的共軛復數為4-i；

p2：z的虛部為3i；

p3：z的模為25；

p4：z在復平面內對應的點位于第四象限，

其中真命題的個數為（" ）.

A. 0""" B. 1""" C. 2""" D. 3

6.已知冪函數f（x）=xm-2（m∈N）的圖象關于原點對稱，且在（0，+

SymboleB@ ）上是減函數，若（a+1）-m2lt;

（3-2a）-m2，則實數a的取值范圍是（" ）.

A. （-1，3）""" B. （23，32）

C. （-1，32）D. （-

SymboleB@ ，-1）∪（23，32）

7.如圖2，已知電路中4個開關閉合的概率都是12，且相互獨立，則燈亮的概率為（" ）.

A. 116""" B. 316""" C. 14""" D. 1316

8.已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（agt;bgt;0）的右焦點為F，直線l：bx-ay=0與橢圓C交于M，N兩點.若tan∠MFN=22，則橢圓C的離心率為（" ）.

A. 55" B. 255" C. 12或55" D. 22或255

二、多選題（本題共3小題，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求）

9.已知正項數列an的前n項和為Sn，若2anSn=1+a2n，bn=log2Sn+2Sn，數列bn的前n項和為Tn，則下列結論正確的是（" ）.

A. S2n是等差數列B. anlt;an+1

C.Sn≤en-1D. 滿足Tn≥3的n的最小正整數解為10

10.如圖3，正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1，E，F，G分別為BC，CC1，BB1的中點，則下列說法正確的是（" ） .

A. 直線D1D與直線AF垂直

B. 直線A1G與平面AEF平行

C. 平面AEF截正方體所得的截面面積為9/8

D. 點C與點G到平面AEF的距離相等

11.在5道題中有3道理科題和2道文科題，不放回地依次抽取2道題，則下列結論正確的是（" ）.

A. 第1次抽到理科題的概率為3/5

B. 第1次和第2次都抽到理科題的概率為3/10

C. 第1次抽到理科題，第2次抽到文科題的概率為1/2

D. 在第1次抽到理科題的條件下，第2次抽到理科題的概率為1/2

三、填空題（本題共3小題，每小題5分，共15分）

12.直線l過（3，1）且與圓x2+y2-2x-2y-2=0相切，則直線l的方程為.

13.若A為不等邊△ABC的最小內角，則f（A）=2sinAcosA1+sinA+cosA的值域為.

14.已知F1，F2分別為雙曲線C：x22-y26=1的左、右焦點，過F2的直線與雙曲線C的右支交于A，B兩點（其中點A在第一象限）.設點H，G分別為△AF1F2，△BF1F2的內心，則|HG|的取值范圍是.

四、解答題（本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟）

15.已知函數f（x）=ax-1-lnx（a∈R）.

（1）討論函數f（x）的單調性；

（2）若函數f（x）在x=1處取得極值，不等式f（x）≥bx-2對x∈（0，+

SymboleB@ ）恒成立，求實數b的取值范圍.

16.光伏發電是利用太陽能電池及相關設備將太陽光能直接轉化為電能.近幾年在國內出臺的光伏發電補貼政策的引導下，某地光伏發電裝機量急劇上漲，見表1：

表1" 光伏發電裝機量

年份年份代碼x新增光伏裝機量y兆瓦

2011年10.4

2012年20.8

2013年31.6

2014年43.1

2015年55.1

2016年67.1

2017年79.7

2018年812.2

某位同學分別用兩種模型：①y^=bx2+a，②y^=dx+c進行擬合，得到相應的回歸方程并進行殘差分析，殘差如圖4所示（注：殘差等于yi-yi^）.

經過計算得∑8i=1（xi-x）（yi-y）=72.8，

∑8i=1（xi-x）2=42，

∑8i=1（ti-t）（yi-y）=686.8，

∑8i=1（ti-t）2=3 570，其中ti=xi2，t=18∑8i=1ti.

（1）根據殘差圖，比較模型①②的擬合效果，應該選擇哪個模型？并簡要說明理由.

（2）根據（1）的判斷結果及表中數據建立y關于x的回歸方程，并預測該地區2020年新增光伏裝機量是多少.（在計算回歸系數時精確到0.01）

附：回歸直線的斜率和截距的最小二乘估計公式分別為：

b^=∑ni=1（xi-x）-（yi-y）∑ni=1（xi-x）2，a^=y-b^x.

17.如圖5，在四棱錐S-ABCD中，平面SAD⊥平面ABD，∠ASD=∠BAD=∠BCD=π2，SA=SD=2，AB=2BC=2CE=2SF=1.

（1）求證：EF ∥平面SAB；

（2）求點E到平面SAB的距離；

（3）求平面SAB與平面SBC的夾角.

18.已知拋物線G：y2=2px（pgt;0），點M（2，0）在G的焦點F的右側，且M到G的準線的距離是M到F距離的3倍，經過點M的直線與拋物線G交于不同的A，B兩點，直線OA與直線x=-2交于點P，經過點B且與直線OA垂直的直線l交x軸于點Q.

（1）求拋物線G的標準方程;

（2）判斷直線PQ與直線AB的位置關系，并說明理由.19.已知a∈R，f（x）=log2（1+ax）.

（1）求f（x2）的值域；

（2）若關于x的方程f（x）-log2［（a-4）x2+（2a-5）x］=0的解集恰有一個元素，求實數a的取值范圍；

（3）當agt;0時，對任意的t∈（13，+

SymboleB@ ），f（x2）在［t，t+1］的最大值與最小值的差不超過4，求a的取值范圍.

參考答案

1.若xgt;2且ygt;3，則x+ygt;5一定成立，即xgt;2且ygt;3x+ygt;5.

當x=1，y=6時滿足x+ygt;5，但不滿足xgt;2且ygt;3成立，

所以“xgt;2且ygt;3”是“x+ygt;5”的充分不必要條件.

故選A.

2.因為圓臺的上、下底面半徑和高的比為

1∶4∶4，母線長為10，設圓臺上底面的半徑為r，則下底面半徑和高分別為4r和4r.由100=（4r）2+（4r-r）2，得r=2.故圓臺的側面積等于π（r+4r）l=π（2+8）×10=100π.故選B.

3.因為函數f（x），g（x）的定義域均為R，且f（-x）=2-x+2x=f（x），

g（-x）=-（-x）2+72=g（x），所以函數y=f（x）和y=g（x）均為偶函數.

當x≥0時，y=f（x）-g（x）單調遞增，

且x=1時，f（x）=g（x），

則M（x）=maxf（x），g（x）=g（x），0≤|x|lt;1，f（x），|x|≥1.故函數y=M（x）的最小值為f（1）=52.

故選C.

4.由題意可知T=2×（11π12-5π12）=π.

所以ω=2.

由圖1知x=5π12時，函數取得最大值2.

可得2sin（2×5π12+φ）=2.

所以5π6+φ=π2+2kπ.

即φ=-π3+2kπ，（k∈Z）.

又因為-π2lt;φlt;π2，

所以當k=0時，φ=-π3.

故選A.

5.z=102-i-i3=10（2+i）（2-i）（2+i）+i=4+3i，故p1錯誤；z的虛部為3，故p2錯誤；|z|=5，故p3錯誤；

z在復平面內對應的點（4，3）位于第一象限，故p4錯誤.

所以真命題的個數為0個，故選A.

6.因為冪函數f（x）=xm-2的圖象關于原點對稱，且在（0，+

SymboleB@ ）上單調遞減，所以m-2lt;0，解得mlt;2.

因為m∈N，所以m=0或m=1.

當m=0時，f（x）=x-2，其圖象關于y軸對稱，不滿足題意;

當m=1時，f（x）=x-1，其圖象關于原點對稱，滿足題意，所以不等式（a+1）-m2lt;（3-2a）-m2可化為（a+1）-12lt;（3-2a）-12.

因為函數y=x-12在定義域（0，+

SymboleB@ ）上單調遞減，所以a+1gt;0，3-2agt;0，a+1gt;3-2a.解得23lt;alt;32.

即實數a的取值范圍是（23，32）.故選B.

7.由題意，燈泡不亮包括四個開關都開，或下邊的2個都開且上邊的2個中有一個開另一個閉，這三種情況是互斥的，每一種情況中的事件都是相互獨立的，所以燈泡不亮的概率為12×12×12×12+12×12×12×12+12×12×12×12=316.

所以燈泡亮的概率為1-316=1316.故選D.

8.不妨設點M，N分別在第一、三象限，聯立bx-ay=0，x2a2+y2b2=1，解得M（2a2，2b2），N（-2a2，-2b2）.故|MF|=（2a2-c）2+（2b2）2

=a2-2ac+c22，|NF|=（-2a2-c）2+（-2b2）2

=a2+2ac+c22，

|MN|=（-2a2-2a2）2+（-2b2-2b2）2

=4a2-2c2.

在△MNF中，由余弦定理可得

|MN|2=|MF|2+|NF|2-2|MF|·|NF|·cos∠MFN.

由tan∠MFN=22可得cos∠MFN=13.

化簡可得10c4-13a2c2+4a4=0，其中3c2gt;2a2，

解得5c2=4a2，或2c2=a2（舍去）.

故e=ca=255.

故選B.

9.因為2anSn=1+a2n，

當n=1時，2a1S1=1+a21.

又Sn是正項數列an的前n項和，

解得S1=a1=1.

當n≥2時，an=Sn-Sn-1，即

2（Sn-Sn-1）Sn=1+（Sn-Sn-1）2.

整理，得S2n-S2n-1=1.

所以數列S2n是首項為S21=1，公差為1的等差數列.則S2n=1+（n-1）×1=n.

又正項數列{an}的前n項和為Sn，所以Sn=n，故A正確.當n≥2時，an=Sn-Sn-1=n-n-1，當n=1時，a1=1滿足an=n-n-1，所以an=n-n-1=1n+n-1，an+1=n+1-n=1n+1+n.因為n+1+ngt;n+n-1，所以1n+1+nlt;1n+n-1.

即an+1lt;an，故B錯誤.

要證Sn≤en-1，由Sn=n，即證n≤en-1.

令x=n-1（x≥0），原不等式即為

ex≥x+1（x≥0）.

即證ex-x-1≥0（x≥0）.

令f（x）=ex-x-1（x≥0），

所以f ′（x）=ex-1.

當x≥0時，ex-1≥0恒成立，

所以f（x）在［0，+

SymboleB@ ）單調遞增.

則當x≥0時，f（x）≥f（0）=0.

即ex-x-1≥0成立.

所以Sn≤en-1成立，故C正確.

因為Sn=n，所以Sn+2=n+2.則 bn=log2Sn+2Sn=log2n+2n=log2（n+2n）12=12log2n+2n=12［log2（n+2）-log2n］.

當n=1時，Tn=b1=log23lt;1lt;3，故n=1時不等式不成立.

當n≥2時，Tn=b1+b2+b3+…+bn-1+bn

=12［log23-log21+log24-log22+log25-log23+…+log2（n+1）-log2（n-1）+log2（n+2）-log2n］=12［-1+log2（n+1）+log2（n+2）］=12{-1+log2［（n+1）（n+2）］}，因為Tn≥3，即

12{-1+log2［（n+1）（n+2）］}≥3.

化簡整理，得n2+3n-126≥0.

當n=9時，92+3×9-126=-18lt;0，當n=10時，102+3×10-126=4gt;0，綜上，滿足Tn≥3的n的最小正整數解為10，故 D正確.故選ACD.

10.選項A，因為 D1D∥CC1，顯然AF與CC1不垂直，故A錯誤；

選項B，取B1C1的中點M，連接GM，A1M，如圖6.

則EF∥GM，GM平面A1MG，EF平面A1MG，故EF∥平面A1MG.

同理可得AE∥平面A1MG.

又AE∩EF=E，AE，EF平面AEF，所以平面A1MG∥平面AEF，A1G平面A1MG，

所以直線A1G與平面AEF平行 ，故B正確.

選項C，因為平面AEF截正方體所得的截面為AEFD1，

所以截面面積為121+14-（24）2（2+22）

=324×322=98.故C正確.選項D，因為E為BC中點，所以B，C到平面AEF的距離相等，而B，G到平面AEF的距離不相等，所以點C與點G到平面AEF的距離不相等，故D錯誤.故選BC.

11.選項A，在5道題中有3道理科題和2道文科題，不放回地依次抽取2道題，第1次抽到理科題的概率p1=35，故A正確；

選項B，第1次和第2次都抽到理科題的概率p2=35×24=310，故B正確；

選項C，第1次抽到理科題，第2次抽到文科題的概率p3=35×12=310，故C不正確；

選項D，設事件A表示“第1次抽到理科題”，事件B表示“第2次抽到理科題”，則P（A）=35，P（AB）=35×24=310.

所以在第1次抽到理科題的條件下，第2次抽到理科題的概率：P（B|A）=P（AB）P（A）=3/103/5=12，故D正確.故選ABD.

12.由圓的方程x2+y2-2x-2y-2=0，得

（x-1）2+（y-1）2=4.

則此圓的圓心為（1，1），半徑為2.

所以點（3，1）在圓上，直線l的方程為x=3.

13.因為A為不等邊△ABC的最小內角，

所以A∈（0，π3）.

設t=sinA+cosA，

所以t=sinA+cosA=2sin（A+π4）∈（1，2］.

又2sinAcosA=t2-1，

所以f（A）=2sinAcosA1+sinA+cosA=t2-1t+1=t-1∈（0，2-1］.

故答案為（0，2-1］.

14.設AF1，AF2，F1F2上的切點分別為M，N，E，如圖7所示，

則點H，E的橫坐標相等，且|AM|=|AN|，

|F1M|=|F1E|，|F2N|=|F2E|.

因為|AF1|-|AF2|=2a，即

|AM|+|MF1|-（|AN|+|NF2|）=2a.

所以|MF1|-|NF2|=2a.

即|F1E|-|F2E|=2a .

設點H的橫坐標為x0，則點E（x0，0）.

則x0+c-（c-x0）=2a.

即x0=a.

設直線AB的傾斜角為θ，則

∠OF2G=θ2， ∠HF2O=90°-θ2 .

在△HF2G中，

|HG|=（c-a）·tanθ2+（c-a）·tan（90°-θ2）

=（c-a）［tanθ2+tan（90°-θ2）］

=（c-a）［sin（θ/2）cos（θ/2）+cos（θ/2）sin（θ/2）］

=（c-a）·sin2（θ/2）+cos2（θ/2）sin（θ/2）cos（θ/2）

=（c-a）·2sinθ ，

由雙曲線方程C ： x22-y26=1，得

a=2，b=6，c=22 .

則 |HG|=22sinθ .

因為點A為雙曲線右支上一點，且雙曲線的漸近線的斜率為 3或-3，傾斜角為60°或120°，所以60°lt;θlt;120°.

所以32lt;sinθ≤1.

所以1≤1sinθlt;233.

所以|HG|=22sinθ∈［22，463）.

故答案為［22，463］.

15.（1）函數的定義域為（0，+

SymboleB@ ），且f ′（x）=ax-1x，當a≤0時，ax-1lt;0，從而f ′（x）lt;0，f（x）在（0，+

SymboleB@ ）上單調遞減.

當agt;0時，若0lt;xlt;1a，則ax-1lt;0.

從而f ′（x）lt;0.

若x≥1a，則ax-1≥0，從而f ′（x）≥0.

所以f（x）在（0，1a）上單調遞減，在（1a，+

SymboleB@ ）上單調遞增.

（2）由（1）可知，函數的極值點是x=1a，若1a=1，則a=1，若f（x）≥bx-2在（0，+

SymboleB@ ）上恒成立，即x-1-lnx≥bx-2在（0，+

SymboleB@ ）上恒成立.

只需b≤1+1x-lnxx在（0，+

SymboleB@ ）上恒成立.

令g（x）=1x-lnxx，則

g′（x）=-1x2-1x2+lnxx2=lnx-2x2.

易知g（x）min=g（e2）=-1e2.

即1+1x-lnxx的最小值為1-1e2.

故只需b≤1-1e2即可.

故b的取值范圍為（-

SymboleB@ ，1-1e2］.

16.（1）選擇模型①，理由如下：根據殘差圖可以看出，模型①殘差對應點分布在以橫軸為對稱軸，寬度小于1的水平帶狀區域內，模型①的各項殘差的絕對值要遠遠小于模型②的各項殘差的絕對值，所以模型①的擬合效果相對較好.

（2）由（1）知，y關于x的回歸方程為y^=b^x2+a^，令t=x2，則y^=b^t+a^.

由所給數據可得t=18∑8i=1ti=18×（1+4+9+16+25+36+49+64）=25.5，

y=18∑8i=1yi=18×（0.4+0.8+1.6+3.1+5.1+7.1+9.7+12.2）=5，

則b^=∑8i=1（ti-t）（yi-y）∑8i=1（ti-t）2=686.83570≈0.19，

a^=y-b^t≈5-0.19×25.5≈0.16.

所以y關于x的回歸方程為y^=0.19x2+0.16.

預測該地區2020年新增光伏裝機量為y^=0.19×102+0.16=19.16（兆瓦）.

17.（1）由已知可得：BD=5，CD=322.

如圖8，以A為坐標原點，AB所在直線為x軸，AD所在直線為y軸，建立空間直角坐標系.則A（0，0，0），D（0，2，0），S（0，1，1），B（1，0，0），F（0，32，12）.

設C（x，y，0），則由CB=22，CD=322，可得方程組（x-1）2+y2=12，x2+（y-2）2=92，

解得x=32，y=12.可得C（32，12，0）.

由于CE=22，可得E（1，1，0）.所以EF=（-1，12，12）.因為SA=（0，-1，-1），AB=（1，0，0），設平面SAB的法向量為n=（x，y，z），

由n·SA=0，n·AB=0，即-y-z=0，x=0.取y=1，得平面SAB的法向量是n=（0，1，-1）.

所以n·EF=（0，1，-1）·（-1，12，12）=0.

因為EF不在平面SAB內，

故EF∥平面SAB.

（2）設點E到平面SAB的距離為d，

因為AE=（1，1，0），

所以d=|AE·n||n|=22.

所以點E到平面SAB的距離是22.

（3）由于SB=（1，-1，-1），SC=（32，-12，-1），

設平面SBC的法向量為m=（x，y，z），

由m·SB=0，m·SC=0，即x-y-z=0，32x-12y-z=0.取x=1，可得平面SBC的法向量為

m=（1，-1，2）.設平面SAB與平面SBC的夾角為θ，

則

cosθ=n·m|n||m|

=|1×0+1×（-1）+2×（-1）|2×6

=32.

則θ=30°.故平面SAB與平面SBC的夾角為30°.

18.（1）拋物線y2=2px的準線方程為x=-p2，焦點坐標為F（p2，0），

所以有2+p2=3（2-p2），解得p=1.

所以拋物線方程為y2=4x，焦點坐標為F（1，0）.

（2）直線PQ∥AB，理由如下.

易知直線AB的斜率不為0.

設A（x1，y1），B（x2，y2），x1，x2gt;0，

設直線AB的方程為x=my+2，

聯立方程x=my+2，y2=4x，

消去x整理，得y2-4my-8=0.顯然Δgt;0.

所以y1+y2=4m，y1y2=-8.

所以x1x2=116y21y22=4.

顯然x1x2y1y2≠0.

所以直線OA的方程為y=y1x1x.

令x=-2，則y=-2y1x1.

則P（-2，-2y1x1）.

因為OA⊥BQ，所以kBQ=-x1y1.

直線BQ的方程為y-y2=-x1y1（x-x2）.

令y=0，則x=y1y2x1+x2=y1y2+x1x2x1=-4x1.

則Q（-4x1，0）.

①當m=0時，直線AB的斜率不存在，x1=2，

y1=±22，則P（-2，±22），Q（-2，0）.

所以直線PQ的斜率不存在，則PQ∥AB.

②當m≠0時，kPQ=2y1/x1

-4/x1+2=y1-2+x1=y1-2+（my1+2）=1m=kAB，則PQ∥AB.

綜上所述，PQ∥AB.

19.（1）由f（x）=log2（1+ax），可得

f（x2）=log2（1+ax2）.當agt;0時，1+ax2≥1，即有

log2（1+ax2）≥0.當a=0時，f（x）=log21=0；

當alt;0時，0lt;1+ax2≤1，即有

log2（1+ax2）≤0.

即有當agt;0時，f（x）的值域為［0，+

SymboleB@ ）；當a=0時，f（x）的值域為0.

當alt;0時，f（x）的值域為（-

SymboleB@ ，0］.

（2）由f（x）-log2［（a-4）x2+（2a-5）x］=0，得

log2（1+ax）=log2［（a-4）x2+（2a-5）x］.

即1+ax=（a-4）x2+（2a-5）xgt;0.①

則（a-4）x2+（a-5）x-1=0.

即（x+1）［（a-4）x-1］=0.②

當a=4時，方程②的解為x=-1，代入①，不成立；當a=3時，方程②的解為x=-1，代入①，不成立；當a≠4且a≠3時，方程②的解為x=-1或x=1a-4.

若x=-1是方程①的解，則1-agt;0，即alt;1.

若x=1a-4是方程①的解，則

1+aa-4=2a-4a-4gt;0.

即agt;4或alt;2.則要使方程①有且僅有一個解，則

agt;4或1≤alt;2.

綜上，若方程f（x）-log2［（a-4）x2+（2a-5）x］=0的解集中恰好有一個元素，則a的取值范圍是1≤alt;2或agt;4.

（3）由f（x2）=log2（1+ax2），設g（x）=log2（1+

ax2），當agt;0時，對任意的t∈（13，+

SymboleB@ ），函數g（x）在區間［t，t+1］上單調遞增.

由題意，得g（t+1）-g（t）≤4.

即log2（1+at2+2at+a）-log2（1+at2）≤4.

即1+at2+2at+a≤16（1+at2）.

即有a（15t2-2t-1）+15=a（3t-1）（5t+1）+15gt;0恒成立.

綜上，a的取值范圍是（0，+

SymboleB@ ）.

［責任編輯：李" 璟］