备战2024年新高考新试卷结构高考数学模拟卷01（解析版）.docx

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备战2024年新高考新试卷结构高考模拟卷数学试卷（考试时间：120分钟试卷满分：150分）第I卷（选择题）一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。1．抛物线的焦点坐标是（    ）A．B．C．D．【答案】D【分析】由方程求出可得焦点坐标．【详解】抛物线方程可转化为：，故焦点在轴正半轴，且，故焦点坐标为.故选：D.2．某中学举行数学解题比赛，其中5人的比赛成绩分别为：70，85，90，75，95，则这5人成绩的上四分位数是（    ）A．90B．75C．95D．70【答案】A【分析】根据第p百分位数定义计算判断即可.【详解】将5人的比赛成绩由小到大排列依次为：70，75，85，90，95，，5人成绩的上四分位数为第四个数:90.故选：A.3．在三棱锥中，若顶点到底面三边距离相等，则顶点在平面上的射影为的（    ）A．外心B．内心或旁心C．垂心D．重心【答案】B【分析】作出图象，利用几何知识证明在平面上的射影到三边距离相等，从而求解.【详解】如图，在平面的射影为，连接，则平面，作，，，且分别交于，所以，连接，，，因为平面，所以，，，学科网（北京）股份有限公司 所以在，，中，，，，又因为，所以，由，，，平面，所以平面，因为平面，所以，同理可证，，又因为，所以点到的三边距离相等，为的内心或旁心，故B正确.故选：B.4．已知是等比数列的前项和，且存在，使得，，成等差数列.若对于任意的，满足，则（    ）A．B．C．32D．16【答案】D【分析】借助等比数列知识，利用，，成等差数列，求出，再利用，求出，再计算即可.【详解】因为，，成等差数列，所以即，即，所以，因为数列是等比数列，且，所以，，学科网（北京）股份有限公司 所以，即，所以（无解）或，即又因为，所以，所以，所以，故选：D.5．某中学教师节活动分上午和下午两场，且上午和下午的活动均为A，B，C，D，E这5个项目.现安排甲、乙、丙、丁四位教师参加教师节活动，每位教师上午、下午各参加一个项目，每场活动中的每个项目只能有一位老师参加，且每位教师上午和下午参加的项目不同.已知丁必须参加上午的项目E，甲、乙、丙不能参加上午的项目A和下午的项目E，其余项目上午和下午都需要有人参加，则不同的安排方法种数为（    ）A．20B．40C．66D．80【答案】C【分析】先求上午的安排方法种数，再求下午的安排方法种数，结合分步乘法计数原理运算求解.【详解】因为丁必须参加上午的项目E，甲、乙、丙不能参加上午的项目A，所以上午甲、乙、丙参加B，C，D这3个项目，共有种不同的安排方法.又因为甲、乙、丙、丁四人下午参加的项目为A，B，C，D，分2类：①丁参加项目A，共有2种不同的安排方法；②丁参加B，C，D这3个项目中的1个，从甲、乙、丙中选1人参加项目A，剩下两人参加剩下的2个项目，共有种不同安排方法；综上所述：共有种不同的安排方法.故选：C.6．若，，则（   ）A．B．C．D．【答案】C学科网（北京）股份有限公司 【分析】合理换元，求出关键数值，结合诱导公式处理即可.【详解】令，，得，则，即，整理得，且，那么，则.故选：C.7．已知函数，若不等式在上恒成立，则实数的取值范围是（    ）A．B．C．D．【答案】D【分析】判断函数的奇偶性以及单调性，从而将不等式在上恒成立，转化为在上恒成立，参变分离，再结合构造函数，利用导数求得函数的最小值，即可得答案.【详解】由于函数，定义域为R，满足，得是奇函数，且在R上为减函数.在上恒成立，在上恒成立，在上恒成立，在上恒成立.令，则，当时，，当时，，故在上单调递减，在上单调递增，，即a的取值范围为，故选：D.8．已知椭圆：的左右焦点分别为，，过的直线交椭圆于A，B两点，若，点满足，且，则椭圆C的离心率为（    ）A．B．C．D．学科网（北京）股份有限公司 【答案】B【详解】由椭圆定义可知，由，故，，点满足，即，则，又，，即，又，故，则，即，即平分，又，故，则，则，，，由，故，即，即，又，故.故选：B.二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。9．函数的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（    ）  A．函数的图象可由函数向左平移个长度单位得到学科网（北京）股份有限公司 B．是函数图象的一条对称轴C．若，则的最小值为D．方程在区间上只有一个根时，实数a的取值范围为【答案】BC【分析】先根据函数图象求出函数解析式，然后逐个选项分析判断即可得.【详解】由题可得，故，又，故，，故，解得，由，故，即，对A：函数向左平移个长度单位后，可得，故A错误；对B：当时，，故B正确；对C：由，故、中一个为最小值点，一个为最大值点，故，故C正确；对D：当时，，由，故方程在区间上只有一个根时，实数的取值范围为，故D错误.故选：BC.10．设x，y，z，w是复数，满足，则（    ）A．B．C．D．【答案】ABD【分析】根据共轭复数及其运算性质，结合已知关系，可判断各项的正误.【详解】由学科网（北京）股份有限公司 又，则，所以，A正确；由，，B正确；由，即，故，又，则，即，所以，同理得，C错、D正确；故选：ABD11．已知函数及其导函数的定义域均为，若是奇函数，，且对任意x，，，则（    ）A．B．C．D．【答案】BD【分析】根据赋值法，结合原函数与导函数的对称性，奇、偶函数的定义、函数周期性进行求解即可.【详解】令，得，因为，所以，所以A错误；令，得①，所以，因为是奇函数，所以是偶函数，所以②，由①②，得，学科网（北京）股份有限公司 即，所以，所以，是周期为3的函数，所以，，所以B正确，C错误；因为，在①中令得，所以，，所以D正确．故选：BD．【点睛】对于可导函数有：奇函数的导数为偶函数偶函数的导数为奇函数若定义在R上的函数是可导函数，且周期为T，则其导函数是周期函数，且周期也为T第II卷（非选择题）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12．已知集合，，若集合A，B中至少有一个非空集合，实数a的取值范围.【答案】或且【分析】先考虑A，B为空集得出a的范围，再利用补集思想求得结果.【详解】对于集合A，由，解得;对于集合B，由，解得.因为A,B两个集合中至少有一个集合不为空集,所以a的取值范围是或，且故答案为：或且学科网（北京）股份有限公司 13．已知圆，过点的直线与圆交于两点，则的最小值为．【答案】4【分析】根据表示，两点到直线的距离之和的倍，结合，两点到直线的距离之和等于线段的中点到直线距离的2倍，根据题意分析可得中点的轨迹是以为直径的圆，从而求出到直线距离的最小值的倍即可得到答案.【详解】由题可得：，所以表示，两点到直线距离之和的倍，根据题意作出图形如下：如图，设，的中点为，且，，在直线的投影分别为，，，圆心到直线的距离，所以直线与圆相离，易得，即，所以点在以为直径的圆上，其圆心为，半径为，由图可得：由于到直线的距离，所以，即的最小值为.学科网（北京）股份有限公司 故答案为：414．定义：为实数中较大的数．若，则的最小值为．【答案】【分析】先根据的范围，讨论的大小关系，在每种情况中分别用均值不等式和不等式的性质确定的范围，即可得解．【详解】设，则由题意可得，因为，所以①当时，，只需考虑，所以，，所以，可得，当且仅当时取等号；②当时，，只需考虑，所以，可得，当且仅当时取等号.综上所述，的最小值为2.故答案为：2.【点睛】关键点点睛：本题的关键点是在利用均值不等式和不等式的性质时，特别注意同向不等式的应用和均值不等式成立的条件.四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。15．（13分）已知函数．(1)若在上单调递增，求的取值范围；(2)试讨论函数的单调性．【答案】(1)(2)答案见解析学科网（北京）股份有限公司 【分析】（1）由题意可知：在上恒成立，结合二次函数分析求解；（2）分和两种情况，结合导数以及二次不等式分析求解.【详解】（1）由题意可得：，若在上单调递增，则在上恒成立，且，则，且在上单调递增，当时，取得最小值，可得，即，所以的取值范围.（2）由（1）可得：，且，当，即时，则，所以在上单调递增；当，即时，令，解得或；令，解得；所以在，上单调递增，在内单调递减；综上所述：当时，所以在上单调递增；当时，所以在，上单调递增，在内单调递减.16．（15分）一枚质地均匀的小正四面体，其中两个面标有数字1，两个面标有数字2.现将此正四面体任意抛掷次，落于水平的桌面，记次底面的数字之和为.(1)当时，记为被3整除的余数，求的分布列与期望；(2)求能被3整除的概率.【答案】(1)分布列见解析，期望为(2)【分析】（1）先确定的可能值，再分别求概率列表求期望.学科网（北京）股份有限公司 （2）先得到递推关系，再构造等比数列求解.【详解】（1）由题可知，正四面体与桌面接触的数字为1和2的概率均为，的取值可能为0，1，2.，，，则的分布列为012.（2）由题可知，当时，次底面的数字之和能被3整除的概率为，所以，则，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，则，即.17．（15分）如图，在三棱柱中，四边形是菱形，分别是的中点，平面，.(1)证明：(2)若，点到平面的距高为.求直线与平面所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)学科网（北京）股份有限公司 【分析】（1）取的中点，连接，，可证得，由平面，可得⊥，进而证得平面，即可证得结论；（2）由已知可证得知MC，ME，MF两两垂直，即可建立空间直角坐标系，设利用到平面的距高为计算即可求得，进而求得平面的法向量，计算即可求得结果.【详解】（1）证明：因为平面，所以⊥，取的中点，连接，，所以，又因为，所以，因为平面，所以平面，又因为平面，所以.（2）取的中点，连接ME，MF，由（1）知MC，ME，MF两两垂直，如图，建立空间直角坐标系设则设平面的法向量为，则有可取，由点到平面的距高为，，解得.，设平面的法向量为，则有,可取设直线与平面所成角为，，学科网（北京）股份有限公司 即直线与平面所成角的正弦值.18．（17分）已知圆F：，点，点G是圆F上任意一点，线段EG的垂直平分线交直线FG于点T，点T的轨迹记为曲线C．(1)求曲线C的方程；(2)已知曲线C上一点，动圆N：，且点M在圆N外，过点M作圆N的两条切线分别交曲线C于点A，B①求证：直线AB的斜率为定值；②若直线AB与交于点Q，且时，求直线AB的方程．【答案】(1)；(2)①证明见解析；②或.【分析】（1）由垂直平分线的性质，探讨点T具有的几何特征，再结合圆锥曲线的定义求解即得；（2）①设出直线的方程，与曲线C的方程联立，结合圆的切线性质，利用韦达定理及斜率坐标公式推理即得；②利用①的信息，利用给定的面积关系求出点横坐标关系，即可计算得解.【详解】（1）圆F：的圆心，半径，如下左图，，如上右图，，因此，学科网（北京）股份有限公司 点T的轨迹是以点E、F为焦点，且实轴长为的双曲线，其中焦距，虚半轴长，所以点T的轨迹方程为.（2）①设点，，直线AB的方程为，由消去y得，其中，且，，，由点在曲线C上，得，显然直线MA和直线MB关于对称，直线MA和直线MB的斜率满足，即，整理得，即，整理得，即，于是，即，则或，当，直线方程为，此直线过定点，不符合题意，所以直线AB的斜率为定值.②由①知，，显然，即，学科网（北京）股份有限公司 当时，，，即，，，解得或，当时，，不符合题意，当时，直线方程为，当时，，即，，，解得（舍去）或，当时，直线方程为，所以直线AB的方程为或.【点睛】方法点睛：（1）引出变量法，解题步骤为先选择适当的量为变量，再把要证明为定值的量用上述变量表示，最后把得到的式子化简，得到定值；（2）特例法，从特殊情况入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．19．（17分）已知是各项均为正整数的无穷递增数列，对于，定义集合，设为集合中的元素个数，若时，规定.(1)若，写出及的值；(2)若数列是等差数列，求数列的通项公式；(3)设集合，求证：且.【答案】(1)，，，(2)(3)证明见解析【分析】（1）根据集合新定义求出前几项判断即可；（2）通过集合新定义结合等差数列性质求出，然后利用反证法结合数列的单调性求得，利用等差数列定义求解通项公式即可；（3）先利用集合性质得数列是递增数列，然后利用反证法结合数列的单调性证明，由集合新定义及集合相等证明．【详解】（1）因为，所以，学科网（北京）股份有限公司 则，所以，，又，所以，，所以；（2）由题可知，所以，所以.若，则，，所以，，与是等差数列矛盾.所以.设，因为是各项均为正整数的递增数列，所以.假设存在使得.设，由得.由得，，与是等差数列矛盾.所以对任意都有.所以数列是等差数列，.（3）因为对于，，所以.所以，即数列是递增数列.先证明.假设，设正整数.由于，故存在正整数使得，所以.因为是各项均为正整数的递增数列，所以.所以，.所以，.又因为数列是递增数列，所以，矛盾.所以.再证明.由题可知.设且，因为数列是各项均为正整数的递增数列，所以存在正整数，使得.令.若，则，即，所以.所以，所以.若，则，所以.所以，所以.因为，所以.所以.综上，且.【点睛】方法点睛：求解新定义运算有关的题目，关键是理解和运用新定义的概念以及元算，利用化归和转化的数学思想方法，将不熟悉的数学问题，转化成熟悉的问题进行求解.学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司