2024屆高考數學模擬試卷（新高考Ⅰ卷）

王東海

中圖分類號：G632文獻標識碼：A文章編號：1008-0333（2024）11-0090-05

第Ⅰ卷（選擇題）

一、單選題：本題共8小題，共40分.在每小題列出的選項中，選出符合的一項.

1.已知集合A=y|y=2x-1，x∈R，B=x|x2-x-2<0，則（）.

A.-1∈AB.3B

C.A∪B=AD.A∩（

瘙綂

RB）=A

2.已知復數z滿足z（3+i）=3+i2020，其中i為虛數單位，則z的共軛復數z-的虛部為（）.

A.-25iB.-25C.2i5D.25

3.已知平面向量a=（1，m），b=（0，2），若b⊥（3a-mb），則實數m=（）.

A.-1B.0C.1D.2

4.已知f（x）=ln1+x1-x+sinx，則關于a的不等式f（a-2）+f（a2-4）>0的解集是（）.

A.（-3，2）B.（3，2）

C.（2，5）D.（3，5）

5.已知F1，F2分別是雙曲線E：x2a2-y2b2=1（a>0，b>0）的左、右焦點，焦距為4，若過點F1且傾斜角為π6的直線與雙曲線的左、右支分別交于A，B兩點，S△ABF2=2S△AF1F2，則該雙曲線的離心率為（）.

A.2B.3C.433D.233

6.古希臘數學家阿波羅尼奧斯（約公元前262-公元前190年）的著作《圓錐曲線論》是古代世界光輝的科學成果，著作中有這樣一個命題：平面內與兩定點距離的比為常數k（k>0且k≠1）的點的軌跡是圓，后人將這個圓稱為阿波羅尼斯圓，已知點A（-1，0），B（2，0），圓C：（x-2）2+（y-m）2=14（m>0），在圓上存在點P滿足|PA|=2|PB|，則實數m的取值范圍是（）.

A.［22，62］B.［54，212］

C.（0，212］D.［52，212］

7.正項數列an滿足an+1=an+2an-1（n∈N*），則“1

A.充要條件 B.充分不必要條件

C.必要不充分條件D.既不充分也不必要條件

8.已知β∈（0，π2），且sin（α-2β）+3sinα=0，則tanα的最大值為（）.

A.-24B.24C.-34D.34

二、多選題：本大題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，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.若甲組樣本數據x1，x2，…，xn（數據各不相同）的平均數為3，乙組樣本數據2x1+a，2x2+a，…，2xn+a的平均數為5，下列說法錯誤的是（）.

A.a的值不確定

B.乙組樣本數據的方差為甲組樣本數據方差的2倍

C.兩組樣本數據的極差可能相等

D.兩組樣本數據的中位數可能相等

10.地震震級根據地震儀記錄的地震波振幅來測定，一般采用里氏震級標準，里氏震級的計算公式為M=lgAmaxA0（其中常數A0是距震中100公里處接收到的0級地震的地震波的最大振幅，Amax是距震中100公里處接收到的地震波的最大振幅）.地震的能量E（單位：焦耳）是指當地震發生時，以地震波的形式放出的能量.已知E=104.8×101.5M，其中M為地震震級.下列說法正確的是（）.

A.若地震震級M增加1級，則最大振幅Amax增加到原來的10倍

B.若地震震級M增加1級，則放出的能量E增加到原來的10倍

C.若最大振幅Amax增加到原來的100倍，則放出的能量E也增加到原來的100倍

D.若最大振幅Amax增加到原來的100倍，則放出的能量E增加到原來的1 000倍

11.如圖1所示，在棱長為1的正方體ABCD—A1B1C1D中，E為側面BCC1B1的中心，F是棱C1D1的中點，若點P為線段BD1上的動點，N為ABCD所在平面內的動點，則下列說法正確的是（）.

A.PE·PF的最小值為148

B.若BP=2PD1，則平面PAC截正方體所得截面的面積為98

C.若D1N與AB所成的角為π4，則點N的軌跡為雙曲線的一部分

D.若正方體繞BD1旋轉θ角度后與其自身重合，則θ的最小值是2π3

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.某校在新學期開設了“遇見GGB”“數學與生活”“微積分初步”“無限的世界”和“數學閱讀與寫作”5門數學類校本課程.小明和小華兩位同學商量每人選報2門校本課程.若兩人所選的課程至多有一門相同，且小明一定選報“遇見GGB”課程，則兩位同學不同的選課方案有種.（用數字作答）

13.已知函數f（x）=cos2ωx2+32sinωx-12（ω>0，x∈R）.若函數f（x）在區間（π，2π）內沒有零點，則ω的取值范圍是.

14.已知F1，F2是雙曲線x2a2-y2b2=1（a>0，b>0）的左、右焦點，P是其漸近線在第一象限內的點，點Q在雙曲線上，且滿足PF1·PF2=0，PF2=4PQ，則雙曲線的離心率為.

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.已知△ABC的內角A，B，C所對應的邊分別為a，b，c，且滿足sinAsinB+sinC+bsinBbsinA+csinB=1.

（1）求角C的大小；

（2）若△ABC為銳角三角形，且b=2，求△ABC周長的取值范圍.

16.

如圖2，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1=2，AB=1，點D，E，F分別在棱AA1，BB1，CC1上，A1D=CF=23，BE=1，M為AC中點，連接BM.

（1）證明：BM∥平面DEF;

（2）點P在棱BB1上，當二面角P-DF-E為30°時，求EP的長.

17.已知函數f（x）=a（lnx+a）x.

（1）當a=1時，求函數f（x）的單調區間;

（2）求證：當a>0時，f（x）≤e2a-2.

18.已知數列an滿足a1=1，an+1=3an+2，n∈N*，數列bn滿足b1=1，Sn+1-n=Sn+bn+n+1，其中Sn為數列bn的前n項和.

（1）求數列{an}，{bn}的通項公式;

（2）令cn=2（bn+n）n（an+1），求數列cn的前n項和Tn，并證明：2≤Tn<154.

19.

已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的離心率為12，點A（-1，32）在橢圓C上，P是y軸正半軸上的一點，過橢圓C的右焦點F和點P的直線l與橢圓C交于M，N兩點.

（1）求橢圓C的標準方程；

（2）求PM+PNPF的取值范圍.

參考答案

1.C2.D3.B4.C5.C6.D7.A

8.B9.ABC10.AD11.BCD

12.3613.（0，512］∪［56，1112］14.2

15.（1）由正弦定理，得ab+c+b2ab+bc=1.

整理，得a2+b2-c2=ab.

即a2+b2-c22ab=12.

由余弦定理，得cosC=12.

又C∈（0，π），所以C=π3.

（2）由（1）知A+B=2π3，即A=2π3-B.

因為△ABC為銳角三角形，

所以0<2π3-B<π2，0

由正弦定理asinA=bsinB=csinC，得

a+b+csinA+sinB+sinC=bsinB.

則a+b+c=2sinB［sin（2π3-B）+sinB+32］

=2sinB（32cosB+32sinB+32）

=3+3（1+cosB）sinB

=3+3×2cos2（

B/2）2sin（B/2）cos（B/2）

=3+3tan（B/2）.

當π6

則tanπ12

又tanπ12

=tan（π3-π4）

=tan（π/3）-tan（π/4）1+tan（π/3）tan（π/4）

=2-3.

所以2-3

所以3<3tan（B/2）<3+23.

所以3+3<3+3tan（B/2）<6+23.

即3+3

故△ABC周長的取值范圍是（3+3，6+23）.

16.（1）取DF中點N，連接EN，MN，由MN為梯形ADFC的中位線，得

MN∥AD，MN=AD+CF2=1.

又BE

∥AD，故MN∥BE，且MN=BE.

故四邊形BMNE為平行四邊形，則BM∥NE.

因為NE平面DEF，BM平面DEF，

故BM∥平面DEF.

（2）以BM所在直線為x軸，AC所在直線為y軸，MN所在直線為z軸，建立空間直角坐標系M-xyz，如圖3所示，

則D（0，-12，43），E（32，0，1），F（0，12，23）.

設P（32，0，a），可得DE=（32，12，-13），DF=（0，1，-23），DP=（32，12，a-43）.

設平面DEF的法向量為n1=（x1，y1，z1），平面PDF的法向量為n2=（x2，y2，z2），

則有n1·DE=0，n1·DF=0.

即32x1+12y1-13z1=0，y1-23z1=0.

取z1=3，則y1=2，x1=0，得n1=（0，2，3）.

又n2·DP=0，n2·DF=0，

即32x2+12y2+（a-43）z2=0，y2-23z2=0.

取z2=3，則y2=2，x2=23-23a，得

n2=（23-23a，2，3）.

由二面角P-DF-E為30°，得

|n1·n2||n1|·|n2|=32.

即1313·12a2-24a+25=32.

解得a=1±136.

故|EP|=136.

17.（1）當a=1時，f（x）=lnx+1x，f ′（x）=-lnxx2，所以，當x∈（0，1）時，f ′（x）>0，f（x）單調遞增，當x∈（1，+

SymboleB@

）時，f ′（x）<0，f（x）單調遞減.

（2）由題知f ′（x）=a（1-a-lnx）x2.

因為a>0，所以當x∈（0，e1-a）時，f ′（x）>0，f（x）單調遞增，當x∈（e1-a，+

SymboleB@

）時，f ′（x）<0，f（x）單調遞減.

所以f（x）max=f（e1-a）=ae1-a.

下證：ae1-a≤e2a-2.

即證：ea-1≥a.

記g（a）=ea-1-a，則g′（a）=ea-1-1，當a∈（0，1）時，g′（a）<0，g（a）單調遞減，當a∈（1，+

SymboleB@

）時，g′（a）>0，g（a）單調遞增.

所以g（a）min=g（1）=0.

所以g（a）≥0恒成立，即ea-1≥a.

所以當a>0時，f（x）≤e2a-2.

18.（1）由an+1=3an+2，可得

an+1+1=3（an+1）.

所以數列{an+1}是首項為a1+1=2，公比為3的等比數列.

所以an+1=2·3n-1.

所以數列an的通項公式為an=2·3n-1-1.

因為Sn+1-n=Sn+bn+n+1，

所以bn+1=bn+2n+1.

故bn=（bn-bn-1）+（bn-1-bn-2）+…+（b2-b1）+b1=（2n-1）+（2n-3）+…+3+1=（2n-1+1）n2=n2（n=1也滿足）.

所以數列bn的通項公式為bn=n2.

（2）由（1）可得cn=2（n2+n）2n·3n-1=n+13n-1.

所以Tn=230+331+432+…+n3n-2+n+13n-1，①

3Tn=2×330+330+431+…+n3n-3+n+13n-2，②

②-①，得

2Tn=6+（1+13+132+…+13n-2）-n+13n-1

=6+1-（1/3n-1）1-1/3-n+13n-1

=152-2n+52·3n-1.

所以Tn=154-2n+54·3n-1（n∈N*），

Tn+1=154-2n+74·3n.

所以Tn+1-Tn=2n+54·3n-1-2n+74·3n=n+23n>0.

所以Tn是遞增數列.

所以Tn≥T1=154-2×1+54·31-1=2.

又當n→+

SymboleB@

時，2n+54·3n-1→0，所以Tn<154.

因此，2≤Tn<154.

19.（1）由題意得：e=ca=12，1a2+94b2=1，b2=a2-c2，解得a=2，b=3.

所以橢圓的方程為x24+y23=1.

（2）由題意可知直線l的斜率k存在且k<0，設直線l方程為y=k（x-1），代入橢圓方程為

（3+4k2）x2-8k2x+4k2-12=0.

顯然Δ>0恒成立.

設M（x1，y1），N（x2，y2），則

x1+x2=8k23+4k2，x1x2=4k2-123+4k2.

過點M，N分別作y軸的垂線，垂足分別為M′，N′，設原點為O，則

|PM|+|PN||PF|=|MM′|+|NN′||OF|=|x1|+|x2|.

因為點P（0，-k）是y軸正半軸上的一點，當點P在橢圓外時，-k>3，所以k<-3，此時

|x1|+|x2|=x1+x2=8k23+4k2=8（3/k2）+4.

因為k2>3，所以4<3k2+4<5.

所以|x1|+|x2|∈（85，2）.

當點P在橢圓內時，0<-k<3，所以-3

則|x1|+|x2|=|x1-x2|

=（x1+x2）2-4x1x2

=（8k23+4k2）2-4（4k2-123+4k2）

=12k2+13+4k2.

設k2+1=t，則k2=t2-1，且1

所以|x1|+|x2|=12t4t2-1=124t-（1/t）.

因為函數y=4t-1t在（1，2）上單調遞增，

所以4t-1t∈（3，152）.

所以|x1|+|x2|∈（85，4）.

當點P是橢圓的上頂點時，-k=3，則k=-3.

此時|x1|+|x2|=x1+x2=8k23+4k2=85.

綜上，|PM|+|PN||PF|的取值范圍為［85，4）.

［責任編輯：李璟］