《山東省煙臺招遠市2024屆高考三模 數(shù)學試題【含答案】》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《山東省煙臺招遠市2024屆高考三模 數(shù)學試題【含答案】（21頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 2024年全國新高考Ⅰ卷模擬試題 數(shù) 學 注意事項： 1.本試題滿分150分，考試時間為120分鐘. 2.答卷前，務(wù)必將姓名和準考證號填涂在答題紙上. 3.使用答題紙時，必須使用0.5毫米的黑色簽字筆書寫，要字跡工整，筆跡清晰；超出答題區(qū)書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效 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，只有一項符合題目要求. 1．已知集合，，則（????） A． B． C． D． 2．若復(fù)數(shù)z滿足，則的最小值為（????） A．1 B． C． D．2 3．若橢圓與橢圓（）的離心率相同，則實數(shù)b的值為（?

2、???） A． B． C． D． 4．一袋子中裝有5個除顏色外完全相同的小球，其中3個紅球，2個黑球，從中不放回的每次取出1個小球，連續(xù)取兩次，則取出的這兩個小球顏色不同的概率為（????） A． B． C． D． 5．若圓與軸沒有交點，則實數(shù)的取值范圍為（????） A． B． C． D． 6．若函數(shù)在上有且只有一條對稱軸和一個對稱中心，則正整數(shù)的值為（????） A．1 B．2 C．3 D．4 7．已知向量，滿足，在方向上的投影向量為，且，則的值為（????） A．4 B． C．16 D．48 8．若定義在上的函數(shù)滿足：，，且對任意，，都有，則（????） A． B

3、．為偶函數(shù) C．是的一個周期 D．圖象關(guān)于對稱 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．下列說法正確的有（????） A．數(shù)據(jù)1，2，5，7，10的分位數(shù)為8.5 B．設(shè)隨機變量，若，則 C．已知回歸直線方程為，若樣本中心為，則 D．的極差小于，的極差 10．如圖1，半圓O的直徑為4，點B，C三等分半圓，P，Q分別為OB，OC的中點，將此半圓以O(shè)A為母線卷成如圖2所示的圓錐，D為BC的中點，則在圖2中，下列結(jié)論正確的有（????） A． B．平面 C．平面

4、D．三棱錐與公共部分的體積為 11．在銳角△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且，則（????） A．邊上的高為 B．為定值 C．的最小值為2 D．若，則 三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分. 12．展開式的中間一項的系數(shù)為 . 13．已知雙曲線：（，）的漸近線方程為，其右焦點為F，若直線與在第一象限的交點為P且軸，則實數(shù)k的值為 . 14．在平面直角坐標系中，若定義兩點和之間的“t距離”為，其中表示p，q中的較大者，則點與點之間的“t距離”為 ；若平面內(nèi)點和點之間的“t距離”為，則A

5、點的軌跡圍成的封閉圖形的面積為 . 四、解答題：本題共6小題，共70分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟. 15．為提高學生對航天科技的興趣，培養(yǎng)學生良好的科學素養(yǎng)，某學校組織學生參加航天科普知識挑戰(zhàn)賽，比賽共設(shè)置A，B，C三個問題，規(guī)則如下：①每位參加者計分器的初始分均為50分，答對問題A，B，C分別加10分，20分，30分，答錯任一題減10分；②每回答一題，計分器顯示累計分數(shù)，當累計分數(shù)小于40分或答完三題時累計分數(shù)不足80分，答題結(jié)束，挑戰(zhàn)失??；當累計分數(shù)大于或等于80分時，答題結(jié)束，挑戰(zhàn)成功；③每位參加者按問題A，B，C順序作答，直至挑戰(zhàn)結(jié)束.設(shè)甲同學能

6、正確回答出問題A，B，C的概率分別為，，，且回答各題正確與否互不影響. (1)求甲同學挑戰(zhàn)成功的概率； (2)用X表示甲同學答題結(jié)束時答對問題的個數(shù)，求X的分布列和數(shù)學期望. 16．如圖，在直三棱柱中，，M，N分別為，中點，且． (1)證明：； (2)若D為棱上的動點，當與平面所成角最大時，求二面角的余弦值. 17．在數(shù)列中，已知，. (1)求數(shù)列的通項公式； (2)若，為數(shù)列的前n項和，證明：. 18．已知拋物線C：（）過點，F(xiàn)為C的焦點，A，B為C上不同于原點O的兩點. (1)若，試探究直線是否過定點，若是，求出該定點；若不是，請說明理由； (2)若，求面積的最小

7、值. 19．已知函數(shù). (1)討論函數(shù)的單調(diào)性； (2)當時，若方程有三個不等的實根，求實數(shù)的取值范圍. 1．C 【分析】解對數(shù)不等式化簡集合，由集合的交并補混合運算即可得解. 【詳解】因為，所以， 因為，所以. 故選：C. 2．B 【分析】由復(fù)數(shù)的幾何意義即可求解. 【詳解】若復(fù)數(shù)z滿足，則由復(fù)數(shù)的幾何意義可知復(fù)數(shù)對應(yīng)的點集是線段的垂直平分線，其中， 所以的最小值為. 故選：B. 3．A 【分析】由離心率相等列出關(guān)于的方程求解即可. 【詳解】若橢圓與橢圓（）的離心率相同， 則，解得滿足題意. 故選：A. 4．D 【分析】分第一次取出為紅球和黑球兩種情況

8、求解即可. 【詳解】由題意，第一次取出可能為紅球或黑球，故連續(xù)取兩次，則取出的這兩個小球顏色不同的概率為. 故選：D 5．C 【分析】求出圓心坐標利用幾何法得到不等式，解出即可. 【詳解】即， ，解得或， 且其圓心坐標為，若該圓與軸沒有交點， 則，解得 故選：C. 6．C 【分析】先得出，然后結(jié)合已知列出關(guān)于的不等式組，結(jié)合是正整數(shù)即可得解. 【詳解】由題意且是整數(shù)， 若，則， 若函數(shù)在上有且只有一條對稱軸和一個對稱中心， 所以，解得，即. 故選：C. 7．B 【分析】根據(jù)題意結(jié)合投影向量可得，再根據(jù)垂直關(guān)系可得，進而可求模長. 【詳解】由題意可知：，即，

9、 因為在方向上的投影向量為，可得， 又因為，則，可得， 則，所以. 故選：B. 8．D 【分析】首先得出的對稱中心以及周期，結(jié)合剩下的已知來構(gòu)造函數(shù)，以此排除ABC，并證明D選項. 【詳解】在中，令，得，則是函數(shù)的一個對稱中心， 在中，令，得，所以，是的一個周期， 接下來我們構(gòu)造反例說明ABC錯誤，然后證明D正確： 首先對于ABC而言，由以上分析不妨設(shè)， 而 ， ， 若要恒成立， 只需恒成立，只需， 因為，所以，從而滿足題意的可以是， 但是，故A錯誤； ，故B錯誤； 是函數(shù)的一個最小正周期，故C錯誤； 現(xiàn)在我們來證明D是正確的： 對于D，由以上分析

10、有，，這表明圖象關(guān)于對稱，故D正確. 故選：D. 【點睛】關(guān)鍵點點睛：關(guān)鍵是得出是函數(shù)的一個對稱中心，且是函數(shù)的一個周期，由此即可順利得解. 9．AC 【分析】根據(jù)第百分位定義計算可判斷A；根據(jù)二項分布的期望和方差計算可判斷B；根據(jù)回歸直線方程必過樣本中心代入計算可判斷C；根據(jù)極差的概念計算可判斷D. 【詳解】對A，因為，所以第分位數(shù)為，故A正確； 對B，因為隨機變量，所以，解得或， 當時，，當時，，故B錯誤； 對C，因為樣本中心在回歸直線方程上，所以，解得，故C正確； 對D，原數(shù)據(jù)極差為：，新數(shù)據(jù)極差為：， 因為， 所以的極差大于，的極差，故D錯誤. 故選：AC 1

11、0．ACD 【分析】對于A，先求出圓錐的底面圓半徑，再利用正弦定理求出，進而可判斷；對于B，由勾股定理逆定理結(jié)合，可得與不垂直，由此即可判斷；對于C，由中位線定理得，結(jié)合線面平行的判定定理即可判斷；對于D，連接交于點，連接并延長，可知交于點，則三棱錐與三棱錐公共部分即為三棱錐，再確定點的位置即可求解體積并判斷D. 【詳解】對于A，在圖中，設(shè)圓錐的底面圓半徑為， 則，解得， 因為在圖1中，點、三等分半圓， 所以在圖中，點、為圓錐的底面圓周的三等分點， 所以為等邊三角形， 所以，所以， 又因為點、分別是、的中點， 所以，故A正確； 對于B， 連接，因為三角形邊長為的等邊三

12、角形，三角形為等腰三角形， 點是的中點，所以， 而，所以，這表明與不垂直，故B錯誤； 對于C，因為點、分別是、的中點， 所以， 因為平面，平面， 所以平面，故C正確； 對于D，連接交于點，連接并延長，則由對稱性可知必定交于點， 則三棱錐與三棱錐公共部分即為三棱錐， 因為點分別是、的中點， 所以為的重點，所以， 由上易知，圓錐的軸截面為邊長為2的正三角形，所以圓錐的高為， 所以， 所以三棱錐與三棱錐公共部分的體積為，故D正確. 故選：ACD. 11．ABD 【分析】對A，根據(jù)邊上的高為求解即可；對B，由正弦定理結(jié)合三角恒等變換化簡即可；對C，由正弦定理結(jié)合三角

13、恒等變換化簡，結(jié)合B中，再根據(jù)基本不等式求解即可；對D，根據(jù)三角形內(nèi)角關(guān)系，結(jié)合兩角和差的正切公式與正弦定理判斷即可. 【詳解】對A，邊上的高為，由題意，故A正確； 對B，由正弦定理即， 故， 又銳角，故，即，故B正確； 對C，， 又，故 ，當且僅當， 即時取等號，此時，，與銳角矛盾，故C錯誤； 對D，， 即，又，即， 故，解得，故. 則，即，解得. 故，，或，. 不妨設(shè)，， 則，， 故，，， 故，由正弦定理，故D正確. 故選：ABD 12． 【分析】中間一項是第4項，結(jié)合二項展開式的系數(shù)的計算公式即可求解. 【詳解】因為展開式共有7項，它的中間一項是

14、第4項， 所以展開式的中間一項的系數(shù)為. 故答案為：. 13． 【分析】根據(jù)雙曲線的漸近線方程可得，由軸得，利用斜率公式可得結(jié)果. 【詳解】因為雙曲線：（，）的漸近線方程為，依題意有， 即，又右焦點為，且軸，所以， 所以， 故答案為：. ?? 14． 4 【分析】第一空：直接根據(jù)“t距離”的定義計算即可求解；第二空：根據(jù)“t距離”的定義分兩種情況討論得出A點的軌跡是正方形的四條線段；由此即可得解. 【詳解】第一空：點與點之間的“t距離”為 ； 第二空：若平面內(nèi)點和點之間的“t距離”為， 則， 不妨設(shè)，解得或，此時，即， 由對稱性可知，當或時，

15、，如圖所示： ??，所以A點的軌跡就是正方形的四條線段， 則A點的軌跡圍成的封閉圖形的面積為. 故答案為：；4. 【點睛】關(guān)鍵點點睛：關(guān)鍵是嚴格按照“t距離”的定義進行計算，由此即可順利得解. 15．(1) (2)分布列見解析，數(shù)學期望為 【分析】（1）用表示甲第i個問題回答正確，表示甲第i個問題回答錯誤，分析甲同學能進入下一輪包括，分別求概率，再相加； （2）分析出的可能取值：0，1，2，分別求概率，寫出分布列，求出數(shù)學期望即可. 【詳解】（1）用表示甲第i個問題回答正確，表示甲第i個問題回答錯誤，則; . 記事件Q：甲同學能進入下一輪的概率，則： . 即甲同學

16、能進入下一輪的概率為. （2）由題意知的可能取值：0，1，2， ∴;, ， ， ∴的分布列為： 0 1 2 ∴, 即數(shù)學期望為. 16．(1)證明過程見解析 (2) 【分析】（1）建立適當?shù)目臻g直角坐標系，證明即可； （2）當與平面所成角最大時，求出此時點的位置，再求出二面角所對應(yīng)的兩個平面的法向量，結(jié)合向量夾角公式即可運算求解. 【詳解】（1）在直三棱柱中，平面，而平面，平面， 所以，， 因為，，平面，平面， 所以平面， 因為平面， 所以， 因為，， 所以兩兩互相垂直， 以點為坐標原點，所在直線分別為軸建立如圖所示的空間直

17、角坐標系， 因為，M，N分別為，中點， 所以，， 所以， 所以， 所以，即； （2） 由（1）得，， 設(shè)， 所以， 因為平面， 所以取平面的一個法向量為， 設(shè)與平面所成角為， 所以與平面所成角的正弦值為， 若要與平面所成角最大，則當且僅當最大， 所以當且僅當時，最大，此時， 因為，，平面，平面， 所以平面， 因為平面，平面，平面， 所以平面和平面是同一個平面， 所以平面， 所以可取平面的一個法向量為， 若的坐標為，且注意到， 所以， 設(shè)平面的法向量為， 由，可得，令，解得， 所以取平面的一個法向量為， 由圖可知二面角是銳角， 所以

18、二面角的余弦值為， 綜上所述，二面角的余弦值為. 17．(1) (2)證明見解析 【分析】（1）構(gòu)造等比數(shù)列數(shù)列即可求得通項公式； （2）代入（1）中的通項公式可得，再根據(jù)，結(jié)合累加求和證明即可. 【詳解】（1）由可得，則，即， 故是以為首項，為公比的等比數(shù)列. 故，則，. （2）. 易得，故. 又， 故 . 綜上有，即得證. 18．(1)直線過定點 (2) 【分析】（1）首先根據(jù)已知點求出拋物線方程，設(shè)，，聯(lián)立拋物線方程，有，結(jié)合，由向量垂直的坐標表示可列出方程，由此解出，進一步檢驗判別式即可得解； （2）由得條件等式，進一步得出的取值范圍是或，由

19、弦長公式、點到直線的距離公式表示出面積，結(jié)合的范圍即可得解. 【詳解】（1） 已知拋物線C：（）過點， 所以，所以拋物線的方程為， 直線斜率不可能為0，否則直線與拋物線沒有兩個交點， 故可設(shè)，， 聯(lián)立拋物線的方程為，可得 ，， 由韋達定理有， 因為， 所以， 因為A，B為C上不同于原點O的兩點，所以，所以，經(jīng)檢驗符合題意； 即， 所以直線過定點； （2） 顯然，由（1）得，， 因為，所以 ， 即有條件等式成立，而 ， 所以首先有，其次，或， 因為為直線在軸上的截距，且與相異，由圖可知， 從而的取值范圍是或， ， 點到直線的距離為，

20、 所以的面積可表示為：， 因為的取值范圍是或， 所以或， 所以當，即時，， 綜上所述，面積的最小值為. 【點睛】關(guān)鍵點點睛：第（2）問的關(guān)鍵是得出的取值范圍以及面積的表達式，由此即可順利得解. 19．(1)當時，在上單調(diào)遞增；當時，在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減. (2) 【分析】（1）直接使用導數(shù)的符號判斷單調(diào)性； （2）將方程化為，再討論方程的解的個數(shù)，然后得到方程的根滿足的條件，即可求出實數(shù)的取值范圍. 【詳解】（1）求導知. 當時，由可知，在上單調(diào)遞增； 當時，對有，對有，所以在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減. 綜上，當時，在上單調(diào)遞增； 當時，在上單調(diào)遞增，在

21、上單調(diào)遞減. （2）當時，，故原方程可化為. 而，所以原方程又等價于. 由于和不能同時為零，故原方程又等價于. 即. 設(shè)，則，從而對有，對有. 故在上遞增，在上遞減，這就得到，且不等號兩邊相等當且僅當. 然后考慮關(guān)于的方程： ①若，由于當時有，而在上遞增，故方程至多有一個解； 而，，所以方程恰有一個解； ②若，由于在上遞增，在上遞減，故方程至多有兩個解； 而由有， 再結(jié)合，，，即知方程恰有兩個解，且這兩個解分別屬于和； ③若，則. 由于，且不等號兩邊相等當且僅當，故方程恰有一解. ④若，則，故方程無解. 由剛剛討論的的解的數(shù)量情況可知，方程存在三個不同的實根，當且僅當關(guān)于的二次方程有兩個不同的根，且，. 一方面，若關(guān)于的二次方程有兩個不同的根，且，，則首先有，且. 故， ，所以. 而方程的解是，兩解符號相反，故只能，. 所以，即. 這就得到，所以，解得. 故我們得到； 另一方面，當時，關(guān)于的二次方程有兩個不同的根，. 且有，，. 綜上，實數(shù)的取值范圍是. 【點睛】關(guān)鍵點點睛：對于取值范圍問題，使用分類討論法是最直接的手段.