2024年普通高等學校招生全國統一考試數學新模式模擬卷

李昌成

中圖分類號：G632???文獻標識碼：A???文章編號：1008-0333（2024）13-0100-08

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.“幸福感指數”是指某個人主觀地評價他對自己目前生活狀態的滿意程度的指標，常用區間［0，10］內的一個數來表示，該數越接近10表示滿意度越高.現隨機抽取10位北京市民，他們的幸福感指數為3，4，5，5，6，7，7，8，9，10，則這組數據的75%分位數是（??）.A.7??B.7.5??C.8??D.8.52.設直線l過雙曲線C的一個焦點，且與C的一條對稱軸垂直，l與C交于A，B兩點，若|AB|是實軸長的2倍，則C的離心率為（??）.

A.2??B.3??C.2??D.3

3.已知an是等比數列，a2=2，a5=14，則a1a3+a2a4+…+anan+2=（??）.

A.16（1-4-n）????B.16（1-2-n）

C.163（1-2-n）D.163（1-4-n）

4.如圖1所示，AB是⊙O的直徑，VA垂直于⊙O所在的平面，點C是圓周上不同于A，B的任意一點，M，N分別為VA，VC的中點，則下列結論正確的是（??）.

A.MN∥AB????B.MN與BC所成的角為45°

C.OC⊥平面VACD.平面VAC⊥平面VBC

5.某學校邀請高二年級6個班級的部分家長開座談會，高二（1）班有2名家長到會，其余5個班級各有1名家長到會.會上任選3名家長發言，則發言的3名家長來自3個不同班級的可能情況的種數為（??）.

A.15??B.30??C.35??D.42

6.已知點P（x，y）在圓x2+y2-10x-10y+45=0上，則2x2-xy-yx的最小值為（??）.

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

7.2cos48°-23sin36°cos36°cos27°-sin27°=（??）.

A.22??B.1??C.-1??D.-22

8.過拋物線y2=2px（p>0）的焦點F的直線與拋物線交于A，B兩點，且AF=2FB，拋物線的準線l與x軸交于C，△ACF的面積為82，則|AB|=（??）.

A.6??B.9??C.92??D.62

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.若z1，z2是關于x的方程x2-2x+2=0的兩個虛根，則（??）.

A.z1=z-2?????B.z21+z22>0

C.（z1+z2）2>0D.z21·z22>0

10.已知定義在R上的函數f（x）滿足：2f（x）f（y）=f（x+y）+f（x-y），某同學由此前提條件出發，然后又補充一個附加條件，再經過推理，他得出下列四個選項結論，其中可能正確的有（??）.

A.若f（0）=0時，f（x）是奇函數且一定是單調增函數;B.若f（0）=1，f（x）是偶函數且有最大值為1;

C.若f（π3）=12，則f（π4）=22;

D.若f（1）=12，則f（100）=-12.

11.已知函數f（x）=tan（ωx+φ）（ω>0，0<φ<π2）的圖象關于點（π6，0）成中心對稱，且與直線y=a的兩個相鄰交點間的距離為π2，則下列敘述正確的是（??）.

A.函數f（x）的最小正周期為π

B.函數f（x）的圖象的對稱中心為（kπ4+π6，0）（k∈Z）

C.函數f（x）的圖象可由y=tan2x的圖象向左平移π6個單位得到

D.函數f（x）的單調遞增區間為（kπ2-π3，kπ2+π6）（k∈Z）

三、填空題（本題共3小題，每小題5分，共15分）

12.設集合P={x|x=3k+1，k∈Z}，Q={x|x=3k-1，k∈Z}，則c

Z（P∪Q）=.

13.如圖2，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是平行四邊形，DB⊥AB，AB=DB=BP=PC=2.記四面體P-BCD的外接球的球心為O，M為球O表面上的一個動點，當∠MAO取最大值時，四面體M-ABD體積的最大值為.

14.已知f（x）是定義在R上的偶函數，且在［0，+∞）上單調遞增，若對任意x∈R，不等式f（a+x-b）≥f（x-2x-1）（a，b∈R）恒成立，則2a2+b2的最小值是.

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）=ax2-lnx-axx，a∈R.

（1）若x=1是f（x）的極值點，求函數f（x）的單調性；

（2）若1

16.一盒中有9個正品零件和3個次品零件，安裝機器時從這批零件中隨機抽取，若取出的是次品則不放回，求在第一次取到正品之前已取出的次品數X的分布列和均值.

17.如圖3，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為直角梯形，∠ABC=∠BAD=90°，AD=2且PA=AB=BC=1，PA⊥平面ABCD.

（1）求PA與平面PCD所成角的正弦值；

（2）棱PD上是否存在一點E，滿足∠AEC=90°？若存在，求AE的長；若不存在，說明理由.

18.已知雙曲線C與雙曲線x212-y23=1有相同的漸近線，且過點A（22，-1）.

（1）求雙曲線C的標準方程;

（2）已知D（2，0），E，F是雙曲線C上不同于D的兩點，且DE·DF=0，DG⊥EF于點G，證明：存在定點H，使|GH|為定值.

19.已知數列an的前n項和為Sn，滿足Sn=1-an，數列bn滿足b1=1，bn+1=bn+n-2.

（1）求數列an，bn的通項公式；

（2）cn=an，n為奇數，log2an，n為偶數（n∈N*），求數列cn的前n項和Tn；

（3）對任意的正整數m，是否存在正整數k，使得am>bk恒成立？若存在，請求出k的所有值；若不存在，請說明理由.

參考答案

1.數據3，4，5，5，6，7，7，8，9，10共10個，且10×75%=7.5，所以分位數是第8個數，為8.

故選C.

2.不妨設雙曲線C：x2a2-y2b2=1，焦點F（-c，0），對稱軸y=0.

由題設知c2a2-y2b2=1，y=±b2a.

所以2b2a=4a.

即b2=2a2，c2=3a2.

所以e=ca=3.

故選B.

3.設等比數列{an}的公比為q，因為a2=2，a5=14，所以q3=a5a2=18，q=12.

所以an+1an+3anan+2=q2=14.

所以數列{anan+2}為等比數列，公比為14，首項為a1a3=a22=4.所以a1a3+a2a4+…+an+an+2=4［1-（1/4）n］1-1/4=163（1-4-n）.

故選D.

4.因為M，N分別為VA，VC的中點，

所以MN∥AC.

又因為AC∩AB=A，所以MN和AB不可能平行，排除A;

因為MN∥AC，BC⊥AC，所以BC⊥MN，排除B;

因為∠OCA≠90°，所以OC和平面VAC不垂直，排除C；

因為VA⊥平面ABC，BC平面ABC，

所以VA⊥BC.

又因為BC⊥AC，VA∩AC=A，VA，AC平面VAC，所以BC⊥平面VAC.

因為BC平面VBC，所以平面VBC⊥平面VAC，故D正確.故選D.

5.若高二（1）班有家長發言，共有C12C25種；若高二（1）班沒有家長發言，共有C35種，所以發言的3名家長來自3個不同班級的可能情況的種數共有C12C25+C35=30種.

故選B.

6.圓的方程可化為（x-5）2+（y-5）2=5，所以圓心為（5，5），半徑為5.易得直線y=2x與圓（x-5）2+（y-5）2=5相切，且切點為（3，6），此時2x-y的值最小，yx的值最大，如圖4.

此時2x2-xy-yx=2x-y-yx=-2.

即2x2-xy-yx的最小值為-2.

故選A.

7.2cos48°-23sin36°cos36°cos27°-sin27°

=2cos（90°-42°）-3sin72°2［（2

/2）cos27°-（2

/2）sin27°］

=2sin42°-3sin72°2cos（27°+45°）

=2sin（72°-30°）-3sin72°2cos72°

=2［（3/2）sin72°-（1/2）cos72°］-3sin72°2cos72°

=-cos72°2cos72°=-22.

故選D.

8.設直線AB的方程為x=ty+p2（t≠0），代入拋物線方程y2=2px中，得

y2-2pty-p2=0.

設A（x1，y1），B（x2，y2），不妨假設y1>0，y2<0，則有y1+y2=2pt，y1y2=-p2（*）.

由AF=2FB，得

（p2-x1，-y1）=2（x2-p2，y2）.

于是有y1=-2y2.

代入（*）式中，整理得到y1=2p.

因為△ACF的面積為82，

所以12py1=82.

即py1=162.

結合上式解得p=4，y1=42，y2=-22.

由y1+y2=2pt，解得t=24.

由拋物線的定義可得

|AB|=x1+x2+p

=t（y1+y2）+2p

=24×22+2×4=9.

故選B.

9.因為Δ=（-2）2-4×1×2=-4，所以方程x2-2x+2=0的兩個虛根為x=2±2i2=1±i.不妨設z1=1+i，z2=1-i，則z1=z-2，故A正確；

z21+z22=（1+i）2+（1-i）2=2i+（-2i）=0，故B錯誤；

（z1+z2）2=22=4>0，故C正確；

z21·z22=2i·（-2i）=-4i2=4>0，故D正確.

故選ACD.

10.由已知關系式2f（x）f（y）=f（x+y）+f（x-y）（x，y∈R），對于A，因為f（0）=0，故令x=0，得2f（0）f（y）=f（y）+f（-y）.

則f（-y）=-f（y）.

所以f（x）是奇函數.

令x=1，y=0，得

2f（1）f（0）=f（1+0）+f（1-0）.

則f（1）=0.

又f（0）=0，故一定是單調增函數是錯誤的，故A錯誤;

對于B，因為f（0）=1時，令x=0，則

2f（0）f（y）=f（y）+f（-y）.

進而有f（-y）=f（y）.

所以f（x）是偶函數.

此時不妨取f（x）=cosx，顯然有

cos（x+y）+cos（x-y）=2cosxcosy.

即滿足2f（x）f（y）=f（x+y）+f（x-y）（x，y∈R），且f（x）=cosx有最大值1.

故B能成立.

對于C來說，f（x）=cosx顯然滿足題意，則f（π4）=22，故C能成立.

對于D，因為f（1）=12，特取y=1，則2f（x）f（1）=f（x+1）+f（x-1）（x，y∈R）.進而有f（x）=f（x+1）+f（x-1）.

整理，得f（x+1）=f（x）-f（x-1），①

且有f（x+2）=f（x+1）-f（x），②

由①②，得f（x+2）=-f（x-1）.

推得f（x+3）=-f（x）.

又得f（x+6）=f（x）.

因為f（x）是最小正周期為6的周期函數，根據f（1）=12，特取x=1，y=0，則

2f（1）f（0）=f（1）+f（1）.

得f（0）=1.

再取x=0，y=1，即

2f（0）f（1）=f（1）+f（-1）.

解得f（-1）=f（1）=12.

令x=-1，y=1，于是

2f（-1）f（1）=f（0）+f（-2），

解得f（-2）=2×12×12-2=-12.

所以f（100）=f（6×17-2）=f（-2）=-12.故D成立.

故選BCD.

11.因為直線y=a的兩個相鄰交點間的距離為π2，所以函數f（x）的最小正周期為π2.

所以ω=ππ/2=2.

所以函數f（x）的最小正周期為π2，故A錯；

因為圖象關于點（π6，0）成中心對稱，所以2×π6+φ=kπ2，k∈Z.

因為0<φ<π2，所以φ=π6.所以函數f（x）的解析式為

f（x）=tan（2x+π6）.

令2x+π6=π2+kπ2（k∈Z），解得x=kπ4+π6（k∈Z）.即函數f（x）的圖象的對稱中心為（kπ4+π6，0）（k∈Z），故B正確；

因為f（x）=tan（2x+π6）=tan［2（x+π12）］，所以函數f（x）的圖象可由y=tan2x的圖象向左平移π12得到，故C錯；

因為-π2+kπ<2x+π6<π2+kπ，k∈Z，解得kπ2-π3

故選BD.

12.P={x|x=3k+1，k∈Z}，表示被3除余數為1的整數構成的集合，Q={x|x=3k-1，k∈Z}={x|x=3n+2，n∈Z}，表示被3除余數為2的整數構成的集合.故P∪Q表示被3除余數為1或余數為2的整數構成的集合.

所以c

Z（P∪Q）={x|x=3k，k∈Z}.

13.依題可得，四面體P-BCD的外接球的球心O為BC中點，外接球半徑r=2，要使∠MAO取到最大值，則∠AMO=90°.

即AM與球O相切時，sin∠MAO=rAO.

在△ABO中，AO2=AB2+BO2-2AB·BO·

cos∠ABO=4+2-2×2×2×cos135°=10，

所以AO=10.

所以sin∠MAO=rAO=210=55.

所以AM=AO2-r2=10-2=22.

如圖5，過點M作MH⊥AO，垂足為點H，所以點M在以H為圓心MH為半徑的圓上.

又MH=AM·sin∠MAO=22×55=2105，

所以四面體M-ABD體積的最大值為

13·S△ABD·MH=13×12×2×2×2105

=41015.

14.因為f（x）是偶函數，且在［0，+∞）上單調遞增，所以a+x-b≥x-2x-1.

令g（x）=a+x-b，h（x）=x-2x-1，則g（x）圖象恒在h（x）圖象上方或重合.

易知當a<0時，g（x）圖象不可能恒在h（x）圖象上方或重合，所以a≥0.

則g（x）=a+x-b=a+x-b，最低點為（b，a），h（x），g（x）的圖象如圖6所示.

由圖象可知：點（b，a）在y=|x-2|的圖象上或圖象上方，則a≥b-2，即a2≥b-22.所以2a2+b2≥2b-22+b2=3b2-8b+8=3（b-43）2+83≥83.

則2a2+b2的最小值是83.

15.（1）f ′（x）=a-1-lnxx2=ax2+lnx-1x2，x>0.

因為x=1是f（x）的極值點，所以f ′（1）=0，可得a=1.

所以f（x）=x-lnxx-1，

f ′（x）=x2+lnx-1x2.

因為y=x2+lnx-1在（0，+∞）上單調遞增，且x=1時，y=0，所以01時，x2+lnx-1>0，

f ′（x）>0，f（x）單調遞增.

故f（x）在（0，1）上單調遞減，在（1，+∞）上單調遞增.

（2）由f（x）≤0得a（x-1）-lnxx≤0.

因為1

所以a≤lnxx（x-1）.

設g（x）=lnxx（x-1），則

g′（x）=x-1-（2x-1）lnxx2（x-1）2.

令h（x）=x-1-（2x-1）lnx，則

h′（x）=1-（2x-1）·1x-2lnx

=1x-2lnx-1.

顯然h′（x）在（0，+∞）內單調遞減，且h′（1）=0.所以1

則h（x）

即g′（x）<0.

所以g（x）在（1，e）內單調遞減.

從而g（x）>g（e）=1e（e-1）.

所以a≤1e（e-1）.

16.隨機變量X的所有可能取值為0，1，2，3.

X=0表示第一次取到正品，則

P（X=0）=A19A112=34，

X=1表示第一次取到次品，第二次取到正品，則

P（X=1）=A13A19A212=944.

同理，可求得P（X=2）=A23A19A312=9220，

P（X=3）=A33A19A412=1220.

因此隨機變量X的分布列為

X0123

P349449220

1220

所以隨機變量X的均值E（X）=0×34+1×944+2×9220+3×1220=66220=310.

17.（1）因為∠BAD=90°，PA⊥平面ABCD，

所以以A為坐標原點，以AB，AD，AP所在的直線分別為x軸，y軸，z軸建立如圖7所示的空間直角坐標系A-xyz.

則P（0，0，1），B（1，0，0），C（1，1，0），D（0，2，0）.從而PA=（0，0，-1），PC=（1，1，-1），PD=（0，2，-1）.

設平面PCD的法向量為n=（a，b，c），

則n·PC=0，n·PD=0.

所以a+b-c=0，2b-c=0.

取a=1，得b=1，c=2.

所以平面PCD的一個法向量n=（1，1，2）.

設直線PA與平面PCD的夾角為θ，則PA與平面PCD所成角的正弦值為

sinθ=|cos|=-21×6=63.

（2）設PE=λPD（0≤λ≤1），

則E（0，2λ，1-λ）.

所以CE=（-1，2λ-1，1-λ），

AE=（0，2λ，1-λ）.

若∠AEC=90°，則

AE·CE=2λ（2λ-1）+（1-λ）2=0，

此方程無解，故在棱PD上不存在一點E，滿足∠AEC=90°.

18.（1）因為雙曲線C與已知雙曲線有相同的漸近線，設雙曲線C的標準方程為x2-4y2=λ（λ≠0），代入點A坐標，解得λ=4.

所以雙曲線C的標準方程為x24-y2=1.

（2）（ⅰ）當直線EF斜率存在時，設EF：y=kx+m，設E（x1，y1）F（x2，y2），聯立y=kx+m與雙曲線x24-y2=1，化簡得

（4k2-1）x2+8kmx+4（m2+1）=0，

△=（8km）2-4（4m2+4）（4k2-1）>0，

即4k2-m2-1<0.

則有x1+x2=-8km4k2-1，x1x2=4m2+44k2-1.

又y1y2=（kx1+m）（kx2+m）

=k2x1x2+km（x1+x2）+m2，

因為DE·DF=（x1-2）（x2-2）+y1y2=0，

所以（k2+1）·x1x2+（km-2）·（x1+x2）+m2+4=0.

所以（k2+1）·4m2+44k2-1+（km-2）·-8km4k2-1+m2+4=0.

化簡，得3m2+16km+20k2=0.

即（3m+10k）（m+2k）=0.

所以m1=-2k，m2=-103k，且均滿足4k2-m2-1<0.

當m1=-2k時，直線l的方程為y=k（x-2），直線過定點（2，0），與已知矛盾，當m2=-103k時，直線l的方程為y=k（x-103），過定點（103，0）.

（ⅱ）當直線EF斜率不存在時，由對稱性不妨設直線DE：y=x-2，與雙曲線C方程聯立解得xE=xF=103，此時EF也過點M（103，0）.

綜上，直線EF過定點M（103，0）.

由于DG⊥EF，所以點G在以DM為直徑的圓上，故當H為該圓圓心，即點H為DM的中點時，|GH|為該圓半徑，即

|GH|=12DM.

所以存在定點H（83，0），使|GH|為定值23.

19.（1）在數列an中，當n=1時，a1=12，當n≥2時，由Sn=1-an，Sn-1=1-an-1，得an=12an-1.

所以數列an是以12為首項，12為公比的等比數列.

即an=12n（n∈N*）.

在數列bn中，當n≥2時，有

b2-b1=-1，b3-b2=0，……bn-bn-1=n-3.

疊加，得

bn-b1=-1+0+…+n-3.

所以bn=b1+（n-1）（n-4）2=n2-5n+62.

當n=1時，b1=1也符合上式.

所以bn=n2-5n+62（n∈N*）.

（2）由題意，得cn=12n，n為奇數，-n，n為偶數，

當n為偶數時，Tn=（c1+c3+…+cn-1）+（c2+c4+…+cn）=（12+18+…+12n-1）+（-2-4-…-n）

=23（1-12n）-n（n+2）4.

當n為奇數時，Tn=（c1+c3+…+cn）+（c2+c4+…+cn-1）=（12+18+…+12n）+（-2-4-…-n+1）=23（1-12n+1）-n2-14.

（3）對任意的正整數m，有0

假設存在正整數k，使得am>bk，則bk≤0.

令bk=k2-5k+62≤0，

解得2≤k≤3.

又k為正整數，所以k=2或3滿足題意.

［責任編輯：李?璟］