2024年新高考數學模擬卷（四）

李春林

中圖分類號：G632文獻標識碼：A文章編號：1008-0333（2024）11-0074-08

（河南、山西、江西、安徽、甘肅、青海、內蒙古、黑龍江、吉林、寧夏、新疆、陜西）

第Ⅰ卷（選擇題）

一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.

1.已知集合A=x|x2<4，B={x|y=lg（1-x）}，則A∩B=（）.

A.（-2，1］B.（1，2］C.（-2，1）D.（0，2）

2.復數z=cos2π3-isinπ3，則復數z3=（）.

A.1B.-1C.iD.-i

3.已知平面向量a，b和實數λ，則“a=λb”是“a與b共線”的（）.

A.充分不必要條件

B.必要不充分條件

C.充要條件

D.既不充分也不必要條件

4.已知函數f（x）=（x+a-2）（x2+a-1）為奇函數，則f（a）的值是（）.

A.0B.-12C.12D.10

5.設F1，F2分別是橢圓x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的左、右焦點，若在直線x=a2c上存在點P，使線段PF1的中垂線過點F2，則橢圓離心率的取值范圍是（ ）.

A.（0，22］B.（0，33］C.［22，1）D.［33，1）

6.已知圓C：x2+y2+2x-2y=0，直線l的橫縱截距相等且與圓C相切﹐則滿足條件的直線l有（）條.

A.1B.2C.3D.4

7.圖1是第七屆國際數學家大會（簡稱ICME-7）的會徽圖案，會徽的主題圖案是由圖2的一連串直角三角形演化而成.已知OA1=A1A2=A2A3=A3A4=A4A5=A5A6=A6A7=A7A8=…=2，A1，A2，A3…為直角頂點，設這些直角三角形的周長從小到大組成的數列為an，令bn=2an-2，Sn為數列bn的前n項和，則S120=（）.

A.8B.9C.10D.11

8.已知角α的頂點為坐標原點，始邊與x軸的非負半軸重合，終邊上有一點P（2，t），且tanα=2，則cos（α+π3）=（）.

A.32-36B.3-326C.36D.33

二、多選題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.

9.下列說法正確的是（）.

A.線性回歸方程中，若線性相關系數r越大，則兩個變量的線性相關性越強

B.數據1，3，4，5，7，9，11，16的第75百分位數為10

C.根據分類變量X與Y的成對樣本數據，計算得到χ2=3.937，根據小概率值α=0.05的獨立性檢驗（x0.05=3.841），可判斷X與Y有關聯，此推斷犯錯誤的概率不大于0.05

D.某校共有男女學生1 500人，現按性別采用分層抽樣的方法抽取容量為100人的樣本，若樣本中男生有55人，則該校女生人數是675

10.某地下車庫在排氣扇發生故障的情況下測得空氣中一氧化碳含量達到了危險狀態，經搶修排氣扇恢復正常，排氣4分鐘后測得車庫內的一氧化碳濃度為81 ppm，繼續排氣4分鐘后又測得濃度為27 ppm.由檢驗知該地下車庫一氧化碳濃度y（ppm）與排氣時間t（分鐘）之間存在函數關系y=f（t），其中f ′（t）f（t）=R（R為常數）.（注：［lnf（x）］′=f ′（x）f（x））若空氣中一氧化碳濃度不高于0.5 ppm為正常，人就可以安全進入車庫了，則（）.

A.R=-ln34B.R=e-13

C.排氣20分鐘后，人可以安全進入車庫

D.排氣24分鐘后，人可以安全進入車庫

11.已知函數f（x）=（x2-x+1）ex，則（）.

A.f（x）有兩個極值點

B.f（x）在x=1處的切線方程為y=2ex-e

C.f（x）在［-1，1］上的值域為［3e-1，e］

D.當a<1時，方程f（x）=a有且僅有一解

第Ⅱ卷（非選擇題）

三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.

12.從一顆骰子的六個面中任意選取三個面，其中恰有兩個面平行的不同選法共有種（用數字作答）.

13.已知三棱錐A-BCD的三條側棱AB，AC，AD兩兩互相垂直，且該三棱錐外接球的表面積為25π，且AB=3，AD=6，則三棱錐A-BCD的體積為.

14.將函數y=cos（2x+π3）的圖象向左平移φ個單位長度后，得到的函數圖象關于y軸對稱，則|φ|的最小值為.

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.△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，c>b，AB·AC=20，△ABC的面積為103.

（1）求∠A；

（2）設點O為△ABC外心，且滿足OB·OC=-496，求a.

16.如圖3，四棱臺ABCD-A1B1C1D1中，上、下底面均是正方形，且側面是全等的等腰梯形，AB=2A1B1=4，E，F分別為DC，BC的中點，上下底面中心的連線O1O垂直于上下底面，且O1O與側棱所在直線所成的角為45°.

（1）求證：BD1∥平面C1EF；

（2）求點A1到平面C1EF的距離；

（3）邊BC上是否存在點M，使得直線A1M與平面C1EF所成的角的正弦值為32222，若存在，求出線段BM的長；若不存在，請說明理由

17.已知函數f（x）=ex-sinx-cosx，f ′（x）為其導函數.

（1）求f（x）在［-π，+

SymboleB@

）上極值點的個數；

（2）若f ′（x）≥ax+2-2cosx（a∈R）對x∈［-π，+

SymboleB@

）恒成立，求a的值.

18.設數列an的前n項和為Sn，已知a1=1，Sn+1-2Sn=1（n∈N*）.

（1）求數列an的通項公式；

（2）若數列bn滿足bn=4an（an+1-1）（an+2-1），數列bn的前n項和為Tn，n∈N*，都有m2-43m

19.在平面直角坐標系xOy中，橢圓Γ：x2a2+y2b2=（a>b>0）的離心率為33，其短軸的一個端點與兩焦點構成的三角形周長為2（3+1）.

（1）求橢圓Γ的方程；

（2）已知A，B，C是橢圓Γ上的相異三點，并且A，C關于原點對稱，若△ABC的面積為6，求

|AB|·|BC|的取值范圍.

參考答案

1.由題意得A=x|-2

故選C.

2.z=cos2π3-isinπ3=-12-32i，則

z2=（-12-32i）2=14+32i+34i2=-12+32i.

故z3=（-12+32i）·（-12-32i）=（-12）2-（-32i）2=14-34i2=14+34=1.

故選A

3.若a=λb，則a與b共線，可知充分性成立；

若a與b共線，例如a≠0，b=0，則a=λb不成立，可知必要性不成立；

所以“a=λb”是“a與b共線”的充分不必要條件.

故選A.

4.因為函數f（x）=（x+a-2）（x2+a-1）為奇函數，

所以f（0）=0.

即（a-2）（a-1）=0.

即a=2或a=1.

顯然函數f（x）=（x+a-2）（x2+a-1）的定義域為R關于原點對稱，

且當a=2時，f（x）=x（x2+1）.

從而有f（-x）=-x（x2+1）=-f（x）.

當a=1時，有f（x）=x2（x-1），但f（-1）=-2≠-f（1）=0，所以a=2，即f（x）=x（x2+1）.

所以f（a）=f（2）=2×（22+1）=10.

故選D.

5.如圖4所示，設P（a2c，m），F1（-c，0），F2（c，0），

由線段PF1的中垂線過點F2得

|PF2|=|F1F2|.

即（a2c-c）2+m2＝2c.

得m2＝4c2-（a2c-c）2＝-a4c2＋2a2＋3c2≥0.

即3c4＋2a2c2-a4≥0.

得3e4＋2e2-1≥0.

解得e2≥13.

又0＜e＜1，所以33≤e＜1.

故選D.

6.由圓C：（x+1）2+（y-1）2=2，

則圓心C（-1，1），半徑r=2.

若截距為0，設l：y=kx，則

|1+k|1+k2=2.

解得k=1.此時l：y=x.

若截距不為0，設l：xa+ya=1，則

|a|2=2.

解得a=±2.

此時l：x+y±2=0.

綜上，如圖5，共有3條滿足條件的直線l.

故選C

7.由OA1=A1A2=A2A3=A3A4=A4A5=A5A6=A6A7=A7A8=…=2，

可得OA2=22，OA3=23，…，OAn=2n.

故an=OAn+OAn+1+AnAn+1=2n+2n+1+2.

所以bn=2an-2=1n+n+1=n+1-n.

所以前n項和Sn=b1+b2+…+bn=2-1+3-2+…+n+1-n=n+1-1.

所以S120=120+1-1=10.

故選C.

8.由題意，tanα=2=t2，解得t=2，則P（2，2）.

所以角α的終邊OP與單位圓交于點P′（33，63）.

所以sinα=63，cosα=33.

所以cos（α+π3）=cosαcosπ3-sinαsinπ3=33×12-63×32=3-326.

故選B.

9.對于A，相關系數|r|≤1，且|r|越接近于1，相關程度越大，反之兩個變量的線性相關性越弱，當-1≤r<0時，線性相關系數r越大，|r|則越小，線性相關性越弱，故選項A錯誤；

對于B，數據1，3，4，5，7，9，11，16是從小到大排列的，由8×75%=6，則第75百分位數為第6項數據與第7項數據的平均數9+112=10，故選項B正確；

對于C：因為χ2=3.937>3.841=x0.05，所以有95%的把握可判斷分類變量X與Y有關聯，此推斷犯錯誤的概率不大于0.05，故選項C正確；

對于D，設該校女生人數是x，則由分層抽樣的比例分配方式，得1001 500=100-55x，解得x=675，故選項D正確.

故選BCD.

10.由題意可設f（t）=abt（ab≠0），

則f ′（t）=abtlnb，此時f ′（t）f（t）=lnb=R為常數.

由81=ab4，27=ab8， 得13=b4.

則4lnb=ln13=-ln3.

即lnb=-ln34.

所以R=-ln34.

故A正確，B錯誤.

把b4=13代入ab4=81，得a=243.

又b=（13）14，所以f（t）=243×（13）t4.

由243×（13）t4≤0.5，得t≥20+4log32.

由于log32∈（0，1），故排氣24分鐘后，人可以安全進入車庫，則C錯誤，D正確.

故選AD.

11.因為f（x）=（x2-x+1）ex定義域為R，且f ′（x）=（x2+x）ex=x（x+1）ex，

令f ′（x）>0，解得x<-1或x>0.

令f ′（x）<0，解得-1

所以f（x）在（-

SymboleB@

，-1），（0，+

SymboleB@

）上單調遞增，在（-1，0）上單調遞減.

則f（x）在x=-1處取得極大值，在x=0處取得極小值，即f（x）有兩個極值點，故A正確；

又f（1）=e，f ′（1）=2e，所以f（x）在x=1處的切線方程為y-e=2e（x-1），即y=2ex-e，故B正確；

因為f（-1）=3e-1>1，f（0）=1，f（1）=e，所以f（x）在［-1，1］上的值域為［1，e］，故C錯誤；

方程f（x）=a的解，即為y=f（x）與y=a的交點的橫坐標.

因為x2-x+1=（x-12）2+34≥34，ex>0，

所以f（x）=（x2-x+1）ex>0恒成立.

所以當a≤0時，y=f（x）與y=a沒有交點，故D錯誤；

故選AB

12.從一顆骰子的六個面中任意選取三個面有C36=6×5×43×2×1=20種，若其中有三個面彼此相鄰，則當且僅當這三個面都交于這顆骰子的同一個頂點，而骰子一共有8個頂點，所以其中有三個面彼此相鄰的有8種，所以由間接法可知恰有兩個面平行的不同選法共有20-8=12種.

13.因為三棱錐A-BCD的三條側棱AB，AC，AD兩兩互相垂直，所以將三棱錐補成如圖6所示的長方體，則長方體的體對角線等于三棱錐外接球的直徑.

因為三棱錐外接球的表面積為25π，

所以4πR2=25π，得R=52.

所以AB2+AD2+AC2=（2R）2=25.

即3+6+AC2=（2R）2=25，解得AC=4.

所以VA-BCD=VD-ABC=13S△ABC·AD=13×12×3×4×6=22.

14.將函數y=cos（2x+π3）的圖象向左平移φ個單位長度后，得到函數y=cos［2（x+φ）+π3］=cos（2x+2φ+π3）的圖象.

因為圖象關于y軸對稱，

所以2φ+π3=kπ，k∈Z.

則φ=kπ2-π6，k∈Z.

令k=0，得|φ|的最小值為π6.

15.（1）由AB·AC=20，得bccosA=20.

所以S△ABC=103.即12bcsinA=103.

兩式相除，得tanA=3.

又0°

所以∠A=60°.

（2）因為O為外心，故∠BOC=2∠A=120°，

OB·OC=|OB|2×（-12）=-496.

解得|OB|=73.

由正弦定理可知：asinA=2R=143，即a=7.

16.（1）因為O1O⊥平面ABCD，以點O為坐標原點，DA，OF，OO1的方向分別為x軸，y軸，z軸的正方向，建立如圖7所示的空間直角坐標系.

因為側棱所在的直線與上下底面中心的連線O1O所成的角為45°，則B（2，2，0），D1（-1，-1，2），C1（-1，1，2），F（0，2，0），E（-2，0，0），A1（1，-1，2）.

所以BD1=（-3，-3，2），C1E=（-1，-1，-2），EF=（2，2，0）.

設平面C1EF的一個法向量為n=（x，y，z），

則n·EF=x+y=0，n·C1E=x+y+2z=0.

令x=1，則n=（1，-1，0）.

因為BD1=（-3，-3，2），

所以n·BD1=0.

所以n⊥BD1.

又因為BD1平面C1EF，

所以BD1∥平面C1EF.

（2）由（1）知，A1E=（-3，1，-2）.

所以點A1到平面C1EF的距離為

d=|A1E·n||n|=|-4|2=22.

（3）假設邊BC上存在點M（x，2，0）滿足條件，

x∈［-2，2］，

則A1M=（x-1，3，-2）.

設直線A1M與平面C1EF所成角為θ，

由題意可得sinθ=|cos〈A1M，n〉|=|A1M·n||A1M|·|n|=|x-4|2·x2-2x+12=32222.

化簡，得x2-35x+34=0.

則x=1或x=34（舍去）.

即存在點M符合題意，此時BM=1.

17.（1）由題知f ′（x）=ex+2sin（x-π4），

①當-π≤x<-3π4時，-5π4≤x-π4<-π，

所以2sin（x-π4）>0，ex>0，則f ′（x）>0.

所以f（x）在［-π，-34π）單調遞增.

②當-3π4≤x<-π2時，則-π≤x-π4<-3π4.

設g（x）=f ′（x）=ex+2sin（x-π4），則

g′（x）=ex+2cos（x-π4），

且ex<1，-2≤2cos（x-π4）<-1，則g′（x）<0.

所以g（x）在［-34π，-π2）單調遞減.

又g（-34π）=e-34π>0，g（-π2）=e-π2-1<0，

故存在x0∈（-34π，-π2），使得g（x0）=0，即f ′（x0）=0，

且在（-34π，x0）上，f ′（x0）>0，在（x0，-π2）上，f ′（x）<0，

所以f（x）在［-34π，x0）上單調遞增，在（x0，-π2）上單調遞減.

③當-π2≤x<0時，則-3π4≤x-π4<-π4.

所以-2≤2sin（x-π4）≤-1.

又ex<1，所以f ′（x）<0.

故f（x）在［-π2，0）上單調遞減.

④當0≤x<π4時，則-π4≤x-π4<0.

所以-1≤2sin（x-π4）<0.

又ex≥1，所以f ′（x）≥0，當且僅當x=0時取等號.

所以f（x）在［0，π4）上單調遞增.

⑤當x≥π4時，則x-π4≥0，

ex≥eπ4>e>2，2sin（x-π4）≥-2.

所以f ′（x）>0，f（x）在［π4，+

SymboleB@

）上單調遞增.

綜上所述，f（x）在［-π，x0）上單調遞增，在（x0，0）上單調遞減，在［0，+

SymboleB@

）上單調遞增.

所以f（x）在［-π，+

SymboleB@

）上僅有2個極值點.

（2）當x≥-π時，f ′（x）≥ax+2-2cosx（a∈R）恒成立，

即ex+sinx+cosx-ax-2≥0（a∈R）.

令φ（x）=ex+cosx+sinx-ax-2，

若φ（x）≥0對x∈［-π，+

SymboleB@

）恒成立，

由φ（0）=e0+cos0-2=0，φ（x）≥0=φ（0），

所以當x=0時，φ（x）取得最小值.

由φ′（x）=ex-sinx+cosx-a，

則x=0為函數φ（x）的極小值點，故φ′（0）=2-a=0，解得a=2.

下面證明：當a=2時，x=0為函數φ（x）的最小值點.

φ′（x）=ex-sinx+cosx-2，

令h（x）=ex-sinx+cosx-2，

則h′（x）=ex-cosx-sinx=f（x）.

由（1）可知，f（x）在［-π，x0）上單調遞增，在（x0，0）上單調遞減，在［0，+

SymboleB@

）上單調遞增.

又f（-π）=e-π+1>0，且f（0）=0，

所以當x≥-π時，f（x）的最小值為f（0）=0，則f（x）≥0恒成立.

即h′（x）≥0在［-π，+

SymboleB@

）上恒成立.

所以h（x）即φ′（x）在［-π，+

SymboleB@

）上單調遞增.

又φ′（0）=0，

所以當-π≤x<0時，φ′（x）<0，當x>0時，φ′（x）>0，

所以函數φ（x）在［-π，0）上單調遞減，在（0，+

SymboleB@

）上單調遞增.

所以φ（x）≥φ（0）=0，即ex+sinx+cosx-2x-2≥0恒成立，符合題意.

綜上所述，a=2.

18.（1）一方面：因為Sn+1-2Sn=1（n∈N*），

所以Sn+2-2Sn+1=Sn+1-2Sn=1（n∈N*）.

所以Sn+2-Sn+1=2（Sn+1-Sn）（n∈N*）.

即an+2=2an+1（n∈N*）.

另一方面：當n=1時，有S2-2S1=1，即a2-a1=1，且a1=1，所以此時a2=2a1.

結合以上兩方面以及等比數列的概念可知數列an是首項為a1=1，公比為q=2的等比數列.

故數列an的通項公式為an=1×2n-1=2n-1.

（2）由（1）可知an=2n-1.

又由題意

bn=4an（an+1-1）（an+2-1）

=2×2n（2n-1）（2n+1-1）

=2×（12n-1-12n+1-1），

數列bn的前n項和為

Tn=2×（121-1-122-1+122-1-123-1+…+12n-1-12n+1-1）=2×（1-12n+1-1）.

又n∈N*，都有m2-43m

m2-43m<（Tn）min.

而y1=2n+1-1關于n單調遞增，

所以y2=12n+1-1關于n單調遞減，y3=Tn=2×（1-12n+1-1）關于n單調遞增.

所以當n=1時，有

（Tn）min=T1=2×（1-122-1）=43.

因此m2-43m<（Tn）min=43.

即（m+23）（m-2）<0.

解得-23

綜上所述，m的取值范圍為（-23，2）.

19.（1）設橢圓的半焦距為c，則由ca=33，得

a=3c，短軸的一個端點與兩焦點構成的三角形周長為2a+2c=2（3+1）c.

所以2（3+1）c=2（3+1），

解得c=1.

從而a=3，b2=a2-c2=2.

所以橢圓的方程為x23+y22=1.

（2）當直線AB的斜率存在時，設其方程為y=kx+m，由題意知m≠0.

將y=kx+m代入方程x23+y22=1中，整理，得

（2+3k2）x2+6km+3（m2-2）=0.

此時有Δ=36k2m2-12（2+3k2）（m2-2）>0，

即3k2+2>m2.（*）

設A（x1，y1），B（x2，y2），則有

x1+x2=-6km2+3k2，x1x2=3（m2-2）2+3k2.

所以AB=1+k2|x1-x2|

=（1+k2）［（x1+x2）2-4x1x2］

=1+k2·263k2+2-m22+3k2.

又A，C關于原點對稱，則C（-x1，-y1）.

所以點C到直線AB的距離

h=|k（-x1）+y1+m|1+k2=|k（-x1）+（kx1+m）+m|1+k2

=2|m|1+k2.

所以△ABC的面積

S=121+k2263k2+2-m22+3k2×|2m|1+k2=6.

整理，得3k2+2=2m2，符合（*）式.

又x1+x22=-3km2+3k2=-3km2m2=-3k2m，

y1+y22=k·x1+x22+m=k（-3k2m）+m=1m，

所以弦AB的中點為M（-3k2m，1m）.

從而BC=2OM=29k24m2+1m2=2（3-1m2），

AB=1+k2|x1-x2|

=1+k2·263k2+2-m22+3k2

=261+2（m2-1）3·m22m2

=62m2+13m2，

所以AB·BC=62m2+13m2·2（3-1m2）

=2（2+1m2）（3-1m2）.

因為3k2+2=2m2，所以m2≥1.

所以6≤（2+1m2）（3-1m2）≤254.

所以26≤AB·BC≤5.

當直線AB的斜率不存在時，△ABC為直角三角形，AB·BC=2S=26.

綜上，|AB|·|BC|的取值范圍為［26，5］.

［責任編輯：李璟］