2024年全国高考(新高考Ⅰ卷)数学模拟卷

李鸿昌

中图分类号：G632文献标识码：A文章编号：1008-0333（2024）11-0095-05

一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出四个选项中，只有一项是符合题目要求的.

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

A.{0，1，2}B.[0，2）C.{0，1}D.[0，1）

2.已知i为虚数单位，复数z满足（1-i）z=3+i，则z-在复平面上对应的点在（）.

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满足|a|=|b|=33|a+b|=1，则|a-b|=（）.

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

4.已知函数f（x）=21+x-21-x，x≥0，m·2x+n·2-x，x<0是定义在R上的偶函数，则m-n=（）.

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

5.已知圆O的直径AB=6，动点M满足|MA|=2|MB|，若点M的轨迹为曲线C，曲线C与圆O相交于C，D两点，则|CD|=（）.

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

6.已知等差数列{an}的前n项和Sn有最大值， 若（a3-1）（a4-1）=2，S6=15，则Sn≥0时n的最大值为（）.

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

7.已知函数f（x）=2sin（ωx+φ）（ω>0，|φ|<π2）的最小正周期为T，且f（T2）=2，若f（x）在（0，π4］上有且只有一个极大值点和一个极小值点，则ω的取值范围是（）.

A.[7，11）B.[6，15）

C.[5，11）D.[6，12）

8.如图1，在直三棱柱ABC-A′B′C′中，AB=BC=2，AA1=5，∠ABC=2π3，M，N分别为棱BB′，AC上的动点，当MC′+MN最小时，BM=（）.

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

二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，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.

9.一组样本数据x1，x2，…，xn的平均数为x-（x-≠0），标准差为s.另一组样本数据xn+1，xn+2，…，x2n，的平均数为3x-，标准差为s.两组数据合成一组新数据x1，x2，…，xn，xn+1，…，x2n，新数据的平均数为y-，标准差为s′，则（）.

A.y->2x-B.y-=2x-C.s′>sD.s′=s

10.已知Р是圆O：x2+y2=1上的动点，直线l1：xcosθ+ysinθ=4与l2：xcosθ+ysinθ=2交于点Q，则（）.

A.l1与l2的距离为2

B.点P到直线l1距离的最大值为5

C.存在θ∈R，直线l2经过点P

D.对任意的θ∈R，动点P到两直线l1，l2的距离以及l1与l2的距离之和的最大值为10

11.已知函数f（x）满足：①f（a+x）为偶函数；②f ′（c+x）+f ′（c-x）=2a，a≠c，其中f ′（x）是f（x）的导函数，则下列结论正确的是（）.

A.f ′（x）关于（a，0）对称

B.f（x）关于x=c对称

C.f（x）的一个周期为2|c-a|

D.f［f ′（x）］关于x=c对称

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.

12.（2+ax）（x-1）6展开式中x3的系数为5，则a=.

13.已知正六棱台ABCDEF-A1B1C1D1E1F1的上、下底面边长分别为3，4，该正六棱台的外接球的表面积为100π，则该正六棱台的高为.

14.若直线ex-2y+eln 2=0是指数函数y=ax（a>0且a≠1）图象的一条切线，则实数a的值为.

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.在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为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的面积.

16.如图2，在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中，高为6，A1B1=2BB1，上、下底面均为正方形且位似比为1∶2，点E为边BB1中点，点F为边DD1上一动点.

（1）求证：DB1⊥BA1；

（2）当点F移动到DD1的中点时，求BA1与平面C1EF夹角的正弦值.

17.杭州第19届亚运会于2023年9月23日在萬众期待中开幕，乒乓球作为国球又一次掀起热潮.为推进素质教育某学校举行了乒乓球比赛，其中参加男子乒乓球决赛的12名队员来自3个不同校区，三个校区的队员人数分别是3，4，5.本次决赛的比赛赛制采取单循环方式，即每名队员进行11场比赛（每场比赛都采取5局3胜制），最后根据积分选出最后的冠军.积分规则如下：比赛中以3∶0或3∶1取胜的队员积3分，失败的队员积0分；而在比赛中以3∶2取胜的队员积2分，失败的队员积1分.已知第10轮张三对抗李四，设每局比赛张三取胜的概率均为p（0

（1）比赛结束后冠亚军（没有并列）恰好来自不同校区的概率是多少？

（2）第10轮比赛中，记张三3∶1取胜的概率为f（p）.

①求出f（p）的最大值点p0；

②若以p0作为p的值，这轮比赛张三所得积分为X，求X的分布列及期望.

18.已知函数f（x）=xlnx-2x+m（m∈R）有两个零点x1，x2，且x1

（1）求m的取值范围；

（2）证明：x1+x2<3e-m.

19.设F1，F2分别为椭圆Γ：x24+y23=1的左、右焦点，过点F2的直线与Γ交于A，B两点，过点F1的直线与Γ交于C，D两点，且CD⊥AB.

（1）设AB与CD交于点E，求证：点E在椭圆Γ内；

（2）求四边形ACBD的面积的取值范围.

参考答案

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

12.-313.1或714.e或e2

15.（1）由题意得

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为等边三角形.

②若C=75°，则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）由题意可得平面AA1C1C与平面BB1D1D互相垂直.

因为A1C1⊥B1D1，所以A1C1⊥DB1.

连接A1C1，B1D1交于一点G，设AB=x，则

A1B1=2x，BB1=2x.

则BB1=BD=DD1=12B1D1=B1G=GD1=2x.

所以四边形BB1GD为菱形.

所以BG⊥DB1.

又因为A1C1∩BG=G，

所以DB1⊥平面BA1C1.

又BA1平面BA1C1，故DB1⊥BA1.

（2）因为正四棱台的高为6，易解得x=2.

建立如图3所示空间直角坐标系G-xyz，则

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

所以A1B=（22，-2，6），

EF=（0，32，0），

EC1=（22，322，-62）.

设平面C1EF的一个法向量为n=（x，y，z），

则n·EF=0，n·EC1=0.

即32y=0，22x+322y-62z=0.

令x=3，则n=（3，0，4）.

设BA1与平面C1EF的夹角为θ，

所以sinθ=|cos|=|A1B·n||A1B||n|=311438.

故BA1与平面C1EF夹角的正弦值为311438.

17.（1）比赛结束后冠亚军恰好来自不同校区的概率是p=C13C14+C14C15+C13C15C212=4766.

（2）①由题可知

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.

当p∈（0，34）时，f ′（p）>0，f（p）在（0，34）上单调递增；

当p∈（34，1）时，f ′（p）<0，f（p）在（34，1）上单调递减.

所以f（p）的最大值点p0=34.

②X的可能取值为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的分布列见表1：

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

1 323512.

18.（1）由题知f ′（x）=lnx-1.

令f ′（x）=0，得x=e.

当x∈（0，e）时，f ′（x）<0，f（x）单调递减，

当x∈（e，+

SymboleB@

）时，f ′（x）>0，f（x）单调递增.

所以f（x）min=f（e）=m-e.

要使f（x）有两个零点，则需满足m-e<0，解得m

且当x→0+时，f（x）→m，当x→+

SymboleB@

时，f（x）→+

SymboleB@

，故m>0.

因为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.

综上所述，m的取值范围是（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）单调递增.

即g（x）

故lnx<2（x-1）x+1（0

当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.

又因为x2-x1>0，所以x1+x2<3e-m.

故原不等式得证.

19.（1）由题意知c2=a2-b2=4-3=1.

所以F1（-1，0），F2（1，0）.

因为CD⊥AB，即F1E⊥F2E.

所以点E在以线段F1F2为直径的圆上，该圆的方程为x2+y2=1.

由于1<3，即c

（2）由（1）知AB与CD交于点E在椭圆Γ内，所以四边形ACBD的面积S=12|AB|·|CD|.

①若AB垂直于x轴，则CD为长轴，此时

S=12|AB|·|CD|=12×2b2a×2a=2b2=6.

②若AB和CD都不垂直于x轴，如图4所示.

设AB的斜率为k（k≠0），则由

y=k（x-1），3x2+4y2=12，

得（3+4k2）x2-8k2x+4k2-12=0.

则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）.

记k2=t（t>0），构造函数

f（t）=72（1+t）2（3+4t）（4+3t）.

求导得到

f ′（t）=72（t+1）（t-1）（3+4t）2（4+3t）2.

所以当x∈（0，1）时，f ′（t）<0，f（t）单调递减；

当x∈（1，+

SymboleB@

）时，f ′（t）>0，f（t）单调递增.

当t→0（t>0）时，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，

所以当t→

SymboleB@

时，f（t）→7212=6.

综合①②可知，四边形ACBD的面积S的最小值是28849，最大值是6.

故四边形ACBD的面积的取值范围是［28849，6］.

［责任编辑：李璟］