2024年全國高考(新高考Ⅰ卷)數(shù)學模擬卷

李鴻昌

中圖分類號：G632文獻標識碼：A文章編號：1008-0333（2024）11-0095-05

一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出四個選項中，只有一項是符合題目要求的.

1.已知集合A={x∈Z|x2-2x-8<0}，集合B={x|xx-2≤0}，則A∩B=（）.

A.{0，1，2}B.[0，2）C.{0，1}D.[0，1）

2.已知i為虛數(shù)單位，復數(shù)z滿足（1-i）z=3+i，則z-在復平面上對應的點在（）.

A.第一象限 B.第二象限

C.第三象限D.第四象限

3.已知向量a，b滿足|a|=|b|=33|a+b|=1，則|a-b|=（）.

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

4.已知函數(shù)f（x）=21+x-21-x，x≥0，m·2x+n·2-x，x<0是定義在R上的偶函數(shù)，則m-n=（）.

A.-4B.-2C.0D.2

5.已知圓O的直徑AB=6，動點M滿足|MA|=2|MB|，若點M的軌跡為曲線C，曲線C與圓O相交于C，D兩點，則|CD|=（）.

A.83B.125C.163 D.245

6.已知等差數(shù)列{an}的前n項和Sn有最大值， 若（a3-1）（a4-1）=2，S6=15，則Sn≥0時n的最大值為（）.

A.9B.10C.11D.12

7.已知函數(shù)f（x）=2sin（ωx+φ）（ω>0，|φ|<π2）的最小正周期為T，且f（T2）=2，若f（x）在（0，π4］上有且只有一個極大值點和一個極小值點，則ω的取值范圍是（）.

A.[7，11）B.[6，15）

C.[5，11）D.[6，12）

8.如圖1，在直三棱柱ABC-A′B′C′中，AB=BC=2，AA1=5，∠ABC=2π3，M，N分別為棱BB′，AC上的動點，當MC′+MN最小時，BM=（）.

A.2B.3C.52D.53

二、選擇題：本題共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.

9.一組樣本數(shù)據(jù)x1，x2，…，xn的平均數(shù)為x-（x-≠0），標準差為s.另一組樣本數(shù)據(jù)xn+1，xn+2，…，x2n，的平均數(shù)為3x-，標準差為s.兩組數(shù)據(jù)合成一組新數(shù)據(jù)x1，x2，…，xn，xn+1，…，x2n，新數(shù)據(jù)的平均數(shù)為y-，標準差為s′，則（）.

A.y->2x-B.y-=2x-C.s′>sD.s′=s

10.已知Р是圓O：x2+y2=1上的動點，直線l1：xcosθ+ysinθ=4與l2：xcosθ+ysinθ=2交于點Q，則（）.

A.l1與l2的距離為2

B.點P到直線l1距離的最大值為5

C.存在θ∈R，直線l2經(jīng)過點P

D.對任意的θ∈R，動點P到兩直線l1，l2的距離以及l(fā)1與l2的距離之和的最大值為10

11.已知函數(shù)f（x）滿足：①f（a+x）為偶函數(shù)；②f ′（c+x）+f ′（c-x）=2a，a≠c，其中f ′（x）是f（x）的導函數(shù)，則下列結論正確的是（）.

A.f ′（x）關于（a，0）對稱

B.f（x）關于x=c對稱

C.f（x）的一個周期為2|c-a|

D.f［f ′（x）］關于x=c對稱

三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.

12.（2+ax）（x-1）6展開式中x3的系數(shù)為5，則a=.

13.已知正六棱臺ABCDEF-A1B1C1D1E1F1的上、下底面邊長分別為3，4，該正六棱臺的外接球的表面積為100π，則該正六棱臺的高為.

14.若直線ex-2y+eln 2=0是指數(shù)函數(shù)y=ax（a>0且a≠1）圖象的一條切線，則實數(shù)a的值為.

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.在銳角△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知3-6cosCsinC+cosC=（23-3）tanC.

（1）求角C；

（2）若c=2且sinA+sinBa-c=sinCa-b，求△ABC的面積.

16.如圖2，在正四棱臺ABCD-A1B1C1D1中，高為6，A1B1=2BB1，上、下底面均為正方形且位似比為1∶2，點E為邊BB1中點，點F為邊DD1上一動點.

（1）求證：DB1⊥BA1；

（2）當點F移動到DD1的中點時，求BA1與平面C1EF夾角的正弦值.

17.杭州第19屆亞運會于2023年9月23日在萬眾期待中開幕，乒乓球作為國球又一次掀起熱潮.為推進素質(zhì)教育某學校舉行了乒乓球比賽，其中參加男子乒乓球決賽的12名隊員來自3個不同校區(qū)，三個校區(qū)的隊員人數(shù)分別是3，4，5.本次決賽的比賽賽制采取單循環(huán)方式，即每名隊員進行11場比賽（每場比賽都采取5局3勝制），最后根據(jù)積分選出最后的冠軍.積分規(guī)則如下：比賽中以3∶0或3∶1取勝的隊員積3分，失敗的隊員積0分；而在比賽中以3∶2取勝的隊員積2分，失敗的隊員積1分.已知第10輪張三對抗李四，設每局比賽張三取勝的概率均為p（0

（1）比賽結束后冠亞軍（沒有并列）恰好來自不同校區(qū)的概率是多少？

（2）第10輪比賽中，記張三3∶1取勝的概率為f（p）.

①求出f（p）的最大值點p0；

②若以p0作為p的值，這輪比賽張三所得積分為X，求X的分布列及期望.

18.已知函數(shù)f（x）=xlnx-2x+m（m∈R）有兩個零點x1，x2，且x1

（1）求m的取值范圍；

（2）證明：x1+x2<3e-m.

19.設F1，F(xiàn)2分別為橢圓Γ：x24+y23=1的左、右焦點，過點F2的直線與Γ交于A，B兩點，過點F1的直線與Γ交于C，D兩點，且CD⊥AB.

（1）設AB與CD交于點E，求證：點E在橢圓Γ內(nèi)；

（2）求四邊形ACBD的面積的取值范圍.

參考答案

1.C2.D3.A4.A5.D6.C7.A8.D9.BC10.AB11.AD

12.-313.1或714.e或e2

15.（1）由題意得

3sinC-3cosCsinC+cosC=（23-3）tanC.

即3tanC-3tanC+1=（23-3）tanC.

整理，得［（2-3）tanC-1］（3tanC-3）=0.

所以tanC=3，或tanC=2+3.

因為C∈（0，90°），所以C=60°或75°.

（2）由c=2，及a+ba-c=ca-b，得a2+c2-b2=ac.

由余弦定理，得cosB=a2+c2-b22ac=ac2ac=12.

所以B=60°.

①若C=60°，易知△ABC為等邊三角形.

②若C=75°，則A=45°.

由正弦定理，得csinC=bsinB.

解得b=32-6.

所以S△ABC=12bcsinA=12×（32-6）×2×22=3-3.

16.（1）由題意可得平面AA1C1C與平面BB1D1D互相垂直.

因為A1C1⊥B1D1，所以A1C1⊥DB1.

連接A1C1，B1D1交于一點G，設AB=x，則

A1B1=2x，BB1=2x.

則BB1=BD=DD1=12B1D1=B1G=GD1=2x.

所以四邊形BB1GD為菱形.

所以BG⊥DB1.

又因為A1C1∩BG=G，

所以DB1⊥平面BA1C1.

又BA1平面BA1C1，故DB1⊥BA1.

（2）因為正四棱臺的高為6，易解得x=2.

建立如圖3所示空間直角坐標系G-xyz，則

A1（-22，0，0），B（0，-2，6），E（0，-322，62），F(xiàn)（0，322，62），C1（22，0，0）.

所以A1B=（22，-2，6），

EF=（0，32，0），

EC1=（22，322，-62）.

設平面C1EF的一個法向量為n=（x，y，z），

則n·EF=0，n·EC1=0.

即32y=0，22x+322y-62z=0.

令x=3，則n=（3，0，4）.

設BA1與平面C1EF的夾角為θ，

所以sinθ=|cos|=|A1B·n||A1B||n|=311438.

故BA1與平面C1EF夾角的正弦值為311438.

17.（1）比賽結束后冠亞軍恰好來自不同校區(qū)的概率是p=C13C14+C14C15+C13C15C212=4766.

（2）①由題可知

f（p）=C23p3（1-p）=3p3（1-p），

f ′（p）=3［3p2（1-p）+p3×（-1）］

=3p2（3-4p）.

令f ′（p）=0，得p=34.

當p∈（0，34）時，f ′（p）>0，f（p）在（0，34）上單調(diào)遞增；

當p∈（34，1）時，f ′（p）<0，f（p）在（34，1）上單調(diào)遞減.

所以f（p）的最大值點p0=34.

②X的可能取值為0，1，2，3.

P（X=0）=（1-p）3+C13p（1-p）3=（1-34）3+C13×34×（1-34）3=13256，

P（X=1）=C24p2（1-p）3

=C24×（34）2×（1-34）3=27512，

P（X=2）=C24p2（1-p）2p=C24（34）2×（1-34）2×34=81512，

P（X=3）=p3+pC23p2（1-p）=（34）3+C23（34）2×（1-34）×34=189256.

所以X的分布列見表1：

X的期望為E（X）=0×13256+1×27512+2×81512+3×189256=

1 323512.

18.（1）由題知f ′（x）=lnx-1.

令f ′（x）=0，得x=e.

當x∈（0，e）時，f ′（x）<0，f（x）單調(diào)遞減，

當x∈（e，+

SymboleB@

）時，f ′（x）>0，f（x）單調(diào)遞增.

所以f（x）min=f（e）=m-e.

要使f（x）有兩個零點，則需滿足m-e<0，解得m

且當x→0+時，f（x）→m，當x→+

SymboleB@

時，f（x）→+

SymboleB@

，故m>0.

因為f（m29）=m29lnm29-2m29+m>m29·（-3m）-2m29+m=2m（3-m）9>0，f（e2）=m>0，

所以此時存在x1∈（m29，e），x2∈（e，e2），使得f（x1）=f（x2）=0.

綜上所述，m的取值范圍是（0，e）.

（2）由（1）得0

x1lnx1-2x1+m=0，x2lnx2-2x2+m=0，

整理，得lnx1=2-mx1，lnx2=2-mx2.①②

令g（x）=lnx-2（x-1）x+1（0

g′（x）=1x-4（x+1）2=（x-1）2x（x+）2>0.

所以g（x）在（0，1）單調(diào)遞增.

即g（x）

故lnx<2（x-1）x+1（0

當0

即lnx<3x-ex+e（0

同理可得，lnx>3x-ex+e（x>e）.

由①可得，2-mx1=lnx1<3x1-ex1+e.

整理，得x12+（m-3e）x1+me>0.③

由②可得，2-mx2=lnx2<3x2-ex2+e.

整理，得x22+（m-3e）x2+me<0.④

④-③整理，得

（x2-x1）［x2+x1-（3e-m）］<0.

又因為x2-x1>0，所以x1+x2<3e-m.

故原不等式得證.

19.（1）由題意知c2=a2-b2=4-3=1.

所以F1（-1，0），F(xiàn)2（1，0）.

因為CD⊥AB，即F1E⊥F2E.

所以點E在以線段F1F2為直徑的圓上，該圓的方程為x2+y2=1.

由于1<3，即c

（2）由（1）知AB與CD交于點E在橢圓Γ內(nèi)，所以四邊形ACBD的面積S=12|AB|·|CD|.

①若AB垂直于x軸，則CD為長軸，此時

S=12|AB|·|CD|=12×2b2a×2a=2b2=6.

②若AB和CD都不垂直于x軸，如圖4所示.

設AB的斜率為k（k≠0），則由

y=k（x-1），3x2+4y2=12，

得（3+4k2）x2-8k2x+4k2-12=0.

則x1+x2=8k23+4k2，x1x2=4k2-123+4k2.

所以|AB|=1+k2|x1-x2|

=1+k2·（x1+x2）2-4x1x2

=12（1+k2）3+4k2.

同理可得

|CD|=12（1+1/k2）3+4·（1/k2）=12（1+k2）4+3k2.

所以S=72（1+k2）2（3+4k2）（4+3k2）.

記k2=t（t>0），構造函數(shù)

f（t）=72（1+t）2（3+4t）（4+3t）.

求導得到

f ′（t）=72（t+1）（t-1）（3+4t）2（4+3t）2.

所以當x∈（0，1）時，f ′（t）<0，f（t）單調(diào)遞減；

當x∈（1，+

SymboleB@

）時，f ′（t）>0，f（t）單調(diào)遞增.

當t→0（t>0）時，f（t）→6；

f（1）=28849<29449=6，

又f（t）=72（t2+2t+1）12t2+25t+12=72（1+2/t+1/t2）12+25/t+12/t2，

所以當t→

SymboleB@

時，f（t）→7212=6.

綜合①②可知，四邊形ACBD的面積S的最小值是28849，最大值是6.

故四邊形ACBD的面積的取值范圍是［28849，6］.

［責任編輯：李璟］