2024年新高考数学模拟卷（四）

李春林

中图分类号：G632文献标识码：A文章编号：1008-0333（2024）11-0074-08

（河南、山西、江西、安徽、甘肃、青海、内蒙古、黑龙江、吉林、宁夏、新疆、陕西）

第Ⅰ卷（选择题）

一、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，只有一项是符合题目要求的.

1.已知集合A=x|x2<4，B={x|y=lg（1-x）}，则A∩B=（）.

A.（-2，1］B.（1，2］C.（-2，1）D.（0，2）

2.复数z=cos2π3-isinπ3，则复数z3=（）.

A.1B.-1C.iD.-i

3.已知平面向量a，b和实数λ，则“a=λb”是“a与b共线”的（）.

A.充分不必要条件

B.必要不充分条件

C.充要条件

D.既不充分也不必要条件

4.已知函数f（x）=（x+a-2）（x2+a-1）为奇函数，则f（a）的值是（）.

A.0B.-12C.12D.10

5.设F1，F2分别是椭圆x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的左、右焦点，若在直线x=a2c上存在点P，使线段PF1的中垂线过点F2，则椭圆离心率的取值范围是（ ）.

A.（0，22］B.（0，33］C.［22，1）D.［33，1）

6.已知圆C：x2+y2+2x-2y=0，直线l的横纵截距相等且与圆C相切﹐则满足条件的直线l有（）条.

A.1B.2C.3D.4

7.图1是第七届国际数学家大会（简称ICME-7）的会徽图案，会徽的主题图案是由图2的一连串直角三角形演化而成.已知OA1=A1A2=A2A3=A3A4=A4A5=A5A6=A6A7=A7A8=…=2，A1，A2，A3…为直角顶点，设这些直角三角形的周长从小到大组成的数列为an，令bn=2an-2，Sn为数列bn的前n项和，则S120=（）.

A.8B.9C.10D.11

8.已知角α的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边上有一点P（2，t），且tanα=2，则cos（α+π3）=（）.

A.32-36B.3-326C.36D.33

二、多选题：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.下列说法正确的是（）.

A.线性回归方程中，若线性相关系数r越大，则两个变量的线性相关性越强

B.数据1，3，4，5，7，9，11，16的第75百分位数为10

C.根据分类变量X与Y的成对样本数据，计算得到χ2=3.937，根据小概率值α=0.05的独立性检验（x0.05=3.841），可判断X与Y有关联，此推断犯错误的概率不大于0.05

D.某校共有男女学生1 500人，现按性别采用分层抽样的方法抽取容量為100人的样本，若样本中男生有55人，则该校女生人数是675

10.某地下车库在排气扇发生故障的情况下测得空气中一氧化碳含量达到了危险状态，经抢修排气扇恢复正常，排气4分钟后测得车库内的一氧化碳浓度为81 ppm，继续排气4分钟后又测得浓度为27 ppm.由检验知该地下车库一氧化碳浓度y（ppm）与排气时间t（分钟）之间存在函数关系y=f（t），其中f ′（t）f（t）=R（R为常数）.（注：［lnf（x）］′=f ′（x）f（x））若空气中一氧化碳浓度不高于0.5 ppm为正常，人就可以安全进入车库了，则（）.

A.R=-ln34B.R=e-13

C.排气20分钟后，人可以安全进入车库

D.排气24分钟后，人可以安全进入车库

11.已知函数f（x）=（x2-x+1）ex，则（）.

A.f（x）有两个极值点

B.f（x）在x=1处的切线方程为y=2ex-e

C.f（x）在［-1，1］上的值域为［3e-1，e］

D.当a<1时，方程f（x）=a有且仅有一解

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.从一颗骰子的六个面中任意选取三个面，其中恰有两个面平行的不同选法共有种（用数字作答）.

13.已知三棱锥A-BCD的三条侧棱AB，AC，AD两两互相垂直，且该三棱锥外接球的表面积为25π，且AB=3，AD=6，则三棱锥A-BCD的体积为.

14.将函数y=cos（2x+π3）的图象向左平移φ个单位长度后，得到的函数图象关于y轴对称，则|φ|的最小值为.

四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

15.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，c>b，AB·AC=20，△ABC的面积为103.

（1）求∠A；

（2）设点O为△ABC外心，且满足OB·OC=-496，求a.

16.如图3，四棱台ABCD-A1B1C1D1中，上、下底面均是正方形，且侧面是全等的等腰梯形，AB=2A1B1=4，E，F分别为DC，BC的中点，上下底面中心的连线O1O垂直于上下底面，且O1O与侧棱所在直线所成的角为45°.

（1）求证：BD1∥平面C1EF；

（2）求点A1到平面C1EF的距离；

（3）边BC上是否存在点M，使得直线A1M与平面C1EF所成的角的正弦值为32222，若存在，求出线段BM的长；若不存在，请说明理由

17.已知函数f（x）=ex-sinx-cosx，f ′（x）为其导函数.

（1）求f（x）在［-π，+

SymboleB@

）上极值点的个数；

（2）若f ′（x）≥ax+2-2cosx（a∈R）对x∈［-π，+

SymboleB@

）恒成立，求a的值.

18.设数列an的前n项和为Sn，已知a1=1，Sn+1-2Sn=1（n∈N*）.

（1）求数列an的通项公式；

（2）若数列bn满足bn=4an（an+1-1）（an+2-1），数列bn的前n项和为Tn，n∈N*，都有m2-43m

19.在平面直角坐标系xOy中，椭圆Γ：x2a2+y2b2=（a>b>0）的离心率为33，其短轴的一个端点与两焦点构成的三角形周长为2（3+1）.

（1）求椭圆Γ的方程；

（2）已知A，B，C是椭圆Γ上的相异三点，并且A，C关于原点对称，若△ABC的面积为6，求

|AB|·|BC|的取值范围.

参考答案

1.由题意得A=x|-2

故选C.

2.z=cos2π3-isinπ3=-12-32i，则

z2=（-12-32i）2=14+32i+34i2=-12+32i.

故z3=（-12+32i）·（-12-32i）=（-12）2-（-32i）2=14-34i2=14+34=1.

故选A

3.若a=λb，则a与b共线，可知充分性成立；

若a与b共线，例如a≠0，b=0，则a=λb不成立，可知必要性不成立；

所以“a=λb”是“a与b共线”的充分不必要条件.

故选A.

4.因为函数f（x）=（x+a-2）（x2+a-1）为奇函数，

所以f（0）=0.

即（a-2）（a-1）=0.

即a=2或a=1.

显然函数f（x）=（x+a-2）（x2+a-1）的定义域为R关于原点对称，

且当a=2时，f（x）=x（x2+1）.

从而有f（-x）=-x（x2+1）=-f（x）.

当a=1时，有f（x）=x2（x-1），但f（-1）=-2≠-f（1）=0，所以a=2，即f（x）=x（x2+1）.

所以f（a）=f（2）=2×（22+1）=10.

故选D.

5.如图4所示，设P（a2c，m），F1（-c，0），F2（c，0），

由线段PF1的中垂线过点F2得

|PF2|=|F1F2|.

即（a2c-c）2+m2＝2c.

得m2＝4c2-（a2c-c）2＝-a4c2＋2a2＋3c2≥0.

即3c4＋2a2c2-a4≥0.

得3e4＋2e2-1≥0.

解得e2≥13.

又0＜e＜1，所以33≤e＜1.

故选D.

6.由圆C：（x+1）2+（y-1）2=2，

则圆心C（-1，1），半径r=2.

若截距为0，设l：y=kx，则

|1+k|1+k2=2.

解得k=1.此时l：y=x.

若截距不为0，设l：xa+ya=1，则

|a|2=2.

解得a=±2.

此时l：x+y±2=0.

综上，如图5，共有3条满足条件的直线l.

故选C

7.由OA1=A1A2=A2A3=A3A4=A4A5=A5A6=A6A7=A7A8=…=2，

可得OA2=22，OA3=23，…，OAn=2n.

故an=OAn+OAn+1+AnAn+1=2n+2n+1+2.

所以bn=2an-2=1n+n+1=n+1-n.

所以前n项和Sn=b1+b2+…+bn=2-1+3-2+…+n+1-n=n+1-1.

所以S120=120+1-1=10.

故选C.

8.由题意，tanα=2=t2，解得t=2，则P（2，2）.

所以角α的终边OP与单位圆交于点P′（33，63）.

所以sinα=63，cosα=33.

所以cos（α+π3）=cosαcosπ3-sinαsinπ3=33×12-63×32=3-326.

故選B.

9.对于A，相关系数|r|≤1，且|r|越接近于1，相关程度越大，反之两个变量的线性相关性越弱，当-1≤r<0时，线性相关系数r越大，|r|则越小，线性相关性越弱，故选项A错误；

对于B，数据1，3，4，5，7，9，11，16是从小到大排列的，由8×75%=6，则第75百分位数为第6项数据与第7项数据的平均数9+112=10，故选项B正确；

对于C：因为χ2=3.937>3.841=x0.05，所以有95%的把握可判断分类变量X与Y有关联，此推断犯错误的概率不大于0.05，故选项C正确；

对于D，设该校女生人数是x，则由分层抽样的比例分配方式，得1001 500=100-55x，解得x=675，故选项D正确.

故选BCD.

10.由题意可设f（t）=abt（ab≠0），

则f ′（t）=abtlnb，此时f ′（t）f（t）=lnb=R为常数.

由81=ab4，27=ab8， 得13=b4.

则4lnb=ln13=-ln3.

即lnb=-ln34.

所以R=-ln34.

故A正确，B错误.

把b4=13代入ab4=81，得a=243.

又b=（13）14，所以f（t）=243×（13）t4.

由243×（13）t4≤0.5，得t≥20+4log32.

由于log32∈（0，1），故排气24分钟后，人可以安全进入车库，则C错误，D正确.

故选AD.

11.因为f（x）=（x2-x+1）ex定义域为R，且f ′（x）=（x2+x）ex=x（x+1）ex，

令f ′（x）>0，解得x<-1或x>0.

令f ′（x）<0，解得-1

所以f（x）在（-

SymboleB@

，-1），（0，+

SymboleB@

）上单调递增，在（-1，0）上单调递减.

则f（x）在x=-1处取得极大值，在x=0处取得极小值，即f（x）有两个极值点，故A正确；

又f（1）=e，f ′（1）=2e，所以f（x）在x=1处的切线方程为y-e=2e（x-1），即y=2ex-e，故B正确；

因为f（-1）=3e-1>1，f（0）=1，f（1）=e，所以f（x）在［-1，1］上的值域为［1，e］，故C错误；

方程f（x）=a的解，即为y=f（x）与y=a的交点的横坐标.

因为x2-x+1=（x-12）2+34≥34，ex>0，

所以f（x）=（x2-x+1）ex>0恒成立.

所以当a≤0时，y=f（x）与y=a没有交点，故D错误；

故选AB

12.从一颗骰子的六个面中任意选取三个面有C36=6×5×43×2×1=20种，若其中有三个面彼此相邻，则当且仅当这三个面都交于这颗骰子的同一个顶点，而骰子一共有8个顶点，所以其中有三个面彼此相邻的有8种，所以由间接法可知恰有两个面平行的不同选法共有20-8=12种.

13.因为三棱锥A-BCD的三条侧棱AB，AC，AD两两互相垂直，所以将三棱锥补成如图6所示的长方体，则长方体的体对角线等于三棱锥外接球的直径.

因为三棱锥外接球的表面积为25π，

所以4πR2=25π，得R=52.

所以AB2+AD2+AC2=（2R）2=25.

即3+6+AC2=（2R）2=25，解得AC=4.

所以VA-BCD=VD-ABC=13S△ABC·AD=13×12×3×4×6=22.

14.将函数y=cos（2x+π3）的图象向左平移φ个单位长度后，得到函数y=cos［2（x+φ）+π3］=cos（2x+2φ+π3）的图象.

因为图象关于y轴对称，

所以2φ+π3=kπ，k∈Z.

则φ=kπ2-π6，k∈Z.

令k=0，得|φ|的最小值为π6.

15.（1）由AB·AC=20，得bccosA=20.

所以S△ABC=103.即12bcsinA=103.

两式相除，得tanA=3.

又0°

所以∠A=60°.

（2）因为O为外心，故∠BOC=2∠A=120°，

OB·OC=|OB|2×（-12）=-496.

解得|OB|=73.

由正弦定理可知：asinA=2R=143，即a=7.

16.（1）因为O1O⊥平面ABCD，以点O为坐标原点，DA，OF，OO1的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图7所示的空间直角坐标系.

因为侧棱所在的直线与上下底面中心的连线O1O所成的角为45°，则B（2，2，0），D1（-1，-1，2），C1（-1，1，2），F（0，2，0），E（-2，0，0），A1（1，-1，2）.

所以BD1=（-3，-3，2），C1E=（-1，-1，-2），EF=（2，2，0）.

設平面C1EF的一个法向量为n=（x，y，z），

则n·EF=x+y=0，n·C1E=x+y+2z=0.

令x=1，则n=（1，-1，0）.

因为BD1=（-3，-3，2），

所以n·BD1=0.

所以n⊥BD1.

又因为BD1平面C1EF，

所以BD1∥平面C1EF.

（2）由（1）知，A1E=（-3，1，-2）.

所以点A1到平面C1EF的距离为

d=|A1E·n||n|=|-4|2=22.

（3）假设边BC上存在点M（x，2，0）满足条件，

x∈［-2，2］，

则A1M=（x-1，3，-2）.

设直线A1M与平面C1EF所成角为θ，

由题意可得sinθ=|cos〈A1M，n〉|=|A1M·n||A1M|·|n|=|x-4|2·x2-2x+12=32222.

化简，得x2-35x+34=0.

则x=1或x=34（舍去）.

即存在点M符合题意，此时BM=1.

17.（1）由题知f ′（x）=ex+2sin（x-π4），

①当-π≤x<-3π4时，-5π4≤x-π4<-π，

所以2sin（x-π4）>0，ex>0，则f ′（x）>0.

所以f（x）在［-π，-34π）单调递增.

②当-3π4≤x<-π2时，则-π≤x-π4<-3π4.

设g（x）=f ′（x）=ex+2sin（x-π4），则

g′（x）=ex+2cos（x-π4），

且ex<1，-2≤2cos（x-π4）<-1，则g′（x）<0.

所以g（x）在［-34π，-π2）单调递减.

又g（-34π）=e-34π>0，g（-π2）=e-π2-1<0，

故存在x0∈（-34π，-π2），使得g（x0）=0，即f ′（x0）=0，

且在（-34π，x0）上，f ′（x0）>0，在（x0，-π2）上，f ′（x）<0，

所以f（x）在［-34π，x0）上单调递增，在（x0，-π2）上单调递减.

③当-π2≤x<0时，则-3π4≤x-π4<-π4.

所以-2≤2sin（x-π4）≤-1.

又ex<1，所以f ′（x）<0.

故f（x）在［-π2，0）上单调递减.

④当0≤x<π4时，则-π4≤x-π4<0.

所以-1≤2sin（x-π4）<0.

又ex≥1，所以f ′（x）≥0，当且仅当x=0时取等号.

所以f（x）在［0，π4）上单调递增.

⑤当x≥π4时，则x-π4≥0，

ex≥eπ4>e>2，2sin（x-π4）≥-2.

所以f ′（x）>0，f（x）在［π4，+

SymboleB@

）上单调递增.

综上所述，f（x）在［-π，x0）上单调递增，在（x0，0）上单调递减，在［0，+

SymboleB@

）上单调递增.

所以f（x）在［-π，+

SymboleB@

）上仅有2个极值点.

（2）当x≥-π时，f ′（x）≥ax+2-2cosx（a∈R）恒成立，

即ex+sinx+cosx-ax-2≥0（a∈R）.

令φ（x）=ex+cosx+sinx-ax-2，

若φ（x）≥0对x∈［-π，+

SymboleB@

）恒成立，

由φ（0）=e0+cos0-2=0，φ（x）≥0=φ（0），

所以当x=0时，φ（x）取得最小值.

由φ′（x）=ex-sinx+cosx-a，

则x=0为函数φ（x）的极小值点，故φ′（0）=2-a=0，解得a=2.

下面证明：当a=2时，x=0为函數φ（x）的最小值点.

φ′（x）=ex-sinx+cosx-2，

令h（x）=ex-sinx+cosx-2，

则h′（x）=ex-cosx-sinx=f（x）.

由（1）可知，f（x）在［-π，x0）上单调递增，在（x0，0）上单调递减，在［0，+

SymboleB@

）上单调递增.

又f（-π）=e-π+1>0，且f（0）=0，

所以当x≥-π时，f（x）的最小值为f（0）=0，则f（x）≥0恒成立.

即h′（x）≥0在［-π，+

SymboleB@

）上恒成立.

所以h（x）即φ′（x）在［-π，+

SymboleB@

）上单调递增.

又φ′（0）=0，

所以当-π≤x<0时，φ′（x）<0，当x>0时，φ′（x）>0，

所以函数φ（x）在［-π，0）上单调递减，在（0，+

SymboleB@

）上单调递增.

所以φ（x）≥φ（0）=0，即ex+sinx+cosx-2x-2≥0恒成立，符合题意.

综上所述，a=2.

18.（1）一方面：因为Sn+1-2Sn=1（n∈N*），

所以Sn+2-2Sn+1=Sn+1-2Sn=1（n∈N*）.

所以Sn+2-Sn+1=2（Sn+1-Sn）（n∈N*）.

即an+2=2an+1（n∈N*）.

另一方面：当n=1时，有S2-2S1=1，即a2-a1=1，且a1=1，所以此时a2=2a1.

结合以上两方面以及等比数列的概念可知數列an是首项为a1=1，公比为q=2的等比数列.

故数列an的通项公式为an=1×2n-1=2n-1.

（2）由（1）可知an=2n-1.

又由题意

bn=4an（an+1-1）（an+2-1）

=2×2n（2n-1）（2n+1-1）

=2×（12n-1-12n+1-1），

数列bn的前n项和为

Tn=2×（121-1-122-1+122-1-123-1+…+12n-1-12n+1-1）=2×（1-12n+1-1）.

又n∈N*，都有m2-43m

m2-43m<（Tn）min.

而y1=2n+1-1关于n单调递增，

所以y2=12n+1-1关于n单调递减，y3=Tn=2×（1-12n+1-1）关于n单调递增.

所以当n=1时，有

（Tn）min=T1=2×（1-122-1）=43.

因此m2-43m<（Tn）min=43.

即（m+23）（m-2）<0.

解得-23

综上所述，m的取值范围为（-23，2）.

19.（1）设椭圆的半焦距为c，则由ca=33，得

a=3c，短轴的一个端点与两焦点构成的三角形周长为2a+2c=2（3+1）c.

所以2（3+1）c=2（3+1），

解得c=1.

从而a=3，b2=a2-c2=2.

所以椭圆的方程为x23+y22=1.

（2）当直线AB的斜率存在时，设其方程为y=kx+m，由题意知m≠0.

将y=kx+m代入方程x23+y22=1中，整理，得

（2+3k2）x2+6km+3（m2-2）=0.

此时有Δ=36k2m2-12（2+3k2）（m2-2）>0，

即3k2+2>m2.（*）

设A（x1，y1），B（x2，y2），则有

x1+x2=-6km2+3k2，x1x2=3（m2-2）2+3k2.

所以AB=1+k2|x1-x2|

=（1+k2）［（x1+x2）2-4x1x2］

=1+k2·263k2+2-m22+3k2.

又A，C关于原点对称，则C（-x1，-y1）.

所以点C到直线AB的距离

h=|k（-x1）+y1+m|1+k2=|k（-x1）+（kx1+m）+m|1+k2

=2|m|1+k2.

所以△ABC的面积

S=121+k2263k2+2-m22+3k2×|2m|1+k2=6.

整理，得3k2+2=2m2，符合（*）式.

又x1+x22=-3km2+3k2=-3km2m2=-3k2m，

y1+y22=k·x1+x22+m=k（-3k2m）+m=1m，

所以弦AB的中点为M（-3k2m，1m）.

从而BC=2OM=29k24m2+1m2=2（3-1m2），

AB=1+k2|x1-x2|

=1+k2·263k2+2-m22+3k2

=261+2（m2-1）3·m22m2

=62m2+13m2，

所以AB·BC=62m2+13m2·2（3-1m2）

=2（2+1m2）（3-1m2）.

因为3k2+2=2m2，所以m2≥1.

所以6≤（2+1m2）（3-1m2）≤254.

所以26≤AB·BC≤5.

当直线AB的斜率不存在时，△ABC为直角三角形，AB·BC=2S=26.

综上，|AB|·|BC|的取值范围为［26，5］.

［责任编辑：李璟］