2024屆高考數(shù)學(xué)(新高考Ⅰ卷)模擬卷

中圖分類號：G632""" 文獻(xiàn)標(biāo)識碼：A""" 文章編號：1008-0333（2024）16-0098-04

收稿日期：2024-03-05

作者簡介：李鴻昌（1991.10—），男，貴州省凱里人，本科，中學(xué)二級教師，從事高中數(shù)學(xué)解題研究.

基金項(xiàng)目：2022年貴州省教育科學(xué)規(guī)劃課題重點(diǎn)課題“大概念視角下高中數(shù)學(xué)大單元作業(yè)設(shè)計(jì)原理及案例研究”（課題編號：2022A052）.

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(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的）

1.已知集合M={-1，1，2，3}，N=x|x2-4≥0，則M∩N=（" ）.

A.{2，3}""""" B.{1，3}

C.{-1，1，2，3}D.{-1，1}

2.已知i為虛數(shù)單位，則i+i2+i3+…+i2024=（" ）.

A.i""" B.-i""" C.0""" D.1

3.拋物線y=4x2的焦點(diǎn)到準(zhǔn)線的距離為（" ）.

A.2""" B.1""" C.14""" D.18

4.已知a，b為非零向量，且|a|=|b|=r（rgt;0），lt;a，bgt;=π3，若|a+tb|的最小值為3，則r2+t2的值為（" ）.

A.52""" B.94""" C.4""" D.174

5.設(shè)a=log23，b=log35，c=log58，則（" ）.

A.alt;blt;c""" B.clt;blt;aC.alt;clt;bD.clt;alt;b

6.已知A（-3，0），B（0，3），設(shè)C是圓M：x2+y2-2x-3=0上一動點(diǎn)，則△ABC面積的最大值與最小值之差等于（" ）.

A.12" B.62" C.6""" D.32

7.設(shè)數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，設(shè)甲：an是等比數(shù)列；乙：存在常數(shù)c，使{Sn+c}是等比數(shù)列.已知兩個數(shù)列的公比都不等于1，則（" ）.

A.甲是乙的充分條件但不是必要條件

B.甲是乙的必要條件但不是充分條件

C.甲是乙的充要條件

D.甲既不是乙的充分條件也不是乙的必要條件

8.“擬柱”是這樣一個多面體，它的所有頂點(diǎn)在兩個稱為底的平行平面上，它的側(cè)面不是三角形便是梯形，兩底間的距離叫作高，與兩底平行且等距的截面稱為中截面.棱柱、棱錐、棱臺都是“擬柱”的特例.設(shè)“擬柱”兩底面積為S，S1，中截面面積為M，高為h，則（" ）.

A.6V=h（2S+3M+2S1）

B.3V=h（2S+3M+2S1）

C.6V=h（S+4M+S1）

D.3V=h（S+6M+S1）

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(xiàng)中，有多項(xiàng)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.已知a，bgt;0，且ab=a+b+3，則（" ）.

A.ab≥9""""" B.a+b≤6

C.1a+1b≥23D.a2+b2≥18

10.已知f（x）和g（x）分別是定義在R上的奇函數(shù)和偶函數(shù)，且f（x）+g（x）=ex，則（" ）.

A.f（x）是增函數(shù)B.g（-2 023）lt;g（2 024）

C.f（2x）=2f（x）g（x）D.g（2x）=［f（x）］2-［g（x）］2

11.下列物體中，能夠被整體放入棱長為1（單位：m）的正四面體容器（容器壁厚度忽略不計(jì)）內(nèi)的有（" ）.

A.直徑為0.4m的球體

B.底面邊長為0.5m，高為0.4m的正三棱柱

C.底面直徑為0.01m，高為1.1m的圓柱體

D.底面直徑為0.25m，高為0.45m的圓柱體

三、填空題（本題共3小題，每小題5分，共15分）

12.（x2+1x）6的展開式中的常數(shù)項(xiàng)為.

13.設(shè)x∈［0，π2］，則函數(shù)y=sinx+cosx的最大值為.

14.設(shè)F1，F(xiàn)2分別為橢圓C：x2a2+y2b2=1（agt;bgt;0）的左、右焦點(diǎn)，B為C的上頂點(diǎn)，直線BF1與C的另一個交點(diǎn)為A.若AF2·BF2=0，則C的離心率為.

四、解答題（本題共5小題，共77分.解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟）

15.一次跳高比賽中，甲同學(xué)挑戰(zhàn)某個高度，挑戰(zhàn)規(guī)則是：最多可以跳三次.若三次都未跳過該高度，則挑戰(zhàn)失敗；若有一次跳過該高度，則無需繼續(xù)跳，挑戰(zhàn)成功.已知甲成功跳過該高度的概率為2/3，且每次跳高相互獨(dú)立.

（1）記甲在這次比賽中跳的次數(shù)為X，求X的分布列和數(shù)學(xué)期望；

（2）已知甲挑戰(zhàn)成功，求甲第二次跳過該高度的概率.

16.在長方體ABCD-A1B1C1D1中，AB=3，

BC=4，AA1=5，點(diǎn)E，F(xiàn)，G分別在棱AA1，DD1，CC1上，AE=2，DF=3，CG=1.

（1）證明：B，E，F(xiàn)，G四點(diǎn)共面；

（2）點(diǎn)P在棱CC1上，當(dāng)平面EFP與平面EFA的夾角的余弦值為4/13時，求C1P.

17.已知函數(shù)f（x）=a（ex+a2）-x.

（1）討論f（x）的單調(diào)性；

（2）證明：當(dāng)agt;0時，f（x）≥4lna+2.

18.已知雙曲線C的方程為x2a2-y2b2=1（agt;0，bgt;0），虛軸長為2，點(diǎn)A（-4，-1）在雙曲線C上.

（1）求雙曲線C的方程；

（2）過點(diǎn)（0，1）的直線交雙曲線C于P，Q兩點(diǎn)，直線AP，AQ與x軸交于M，N兩點(diǎn)，求證：MN的中點(diǎn)為定點(diǎn).

19.已知正項(xiàng)數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，且a31+a32+…+a3n=S2n.

（1）求a1和a2的值，并求出數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；

（2）設(shè)bn=1an，求［b1+b2+…+b2 024］的值（其中［x］表示不超過x的最大整數(shù)）.

參考答案

1.A" 2.C" 3.D" 4.D" 5.B" 6.B" 7.A

8.C" 9.ACD" 10.ABC" 11.ABD

12.15" 13.234" 14.55

15.記Ai表示“第i次跳過該高度”，i=1，2，3.

（1）X的可能取值為1，2，3，且

P（X=1）=P（A1）=23，

P（X=2）=P（A1A2）=（1-23）×23=29，

P（X=3）=P（A1A2）=（1-23）2=19.

所以X的概率分布為

X

1

2

3

P

23

29

19

所以X的數(shù)學(xué)期望為E（X）=1×23+2×29+3×19=139.

（2）記B表示“甲同學(xué)挑戰(zhàn)成功”，則

P（B）=1-P（A1A2A2）=1-（1-23）3=2627，

P（A2B）=P（A1A2）=（1-23）×23=29，

由條件概率公式知

P（A2|B）=P（A2B）P（B）=313.

所以甲挑戰(zhàn)成功，且第二次跳過該高度的概率為313.

16.（1）以D為原點(diǎn)，DA，DC，DD1所在的直線分別為x軸、y軸、z軸，建立空間直角坐標(biāo)系D-xyz.

可得E（4，0，2），F(xiàn)（0，0，3），G（0，3，1），B（4，3，0）.

所以EF=（-4，0，1），BG=（-4，0，1）.

所以EF∥BG.

所以B，E，F(xiàn)，G四點(diǎn)共面.

（2）設(shè)P（0，3，a），0≤a≤5，則FP=（0，3，a-3）.

設(shè)n=（x，y，z）是平面EFP的法向量，

則

n·EF=0，n·FP=0，所以-4x+z=0，3y+（a-3）z=0.

取x=3，則z=12，y=4（a-3）.

故n=（3，4（a-3），12）.

又因?yàn)槠矫鍱FA的法向量為m=（0，1，0），所以

|coslt;m，ngt;|=|m·n||m|·|n|

=4|3-a|153+16（3-a）2=413.

平方整理，得

16×153+162（3-a）2=169×16（3-a）2.

化簡，得（3-a）2=1.

解得a=2或a=4.

所以當(dāng)a=4時，平面EFP與平面EFA的夾角為鈍角，舍去.

綜上，a=2，即C1P=3.

17.（1）f（x）的定義域?yàn)椋?

SymboleB@ ，+∞），

f ′（x）=aex-1.

若a≤0，則f ′（x）lt;0.所以f（x）在（-∞，+∞）上單調(diào)遞減.

若agt;0，則由f ′（x）=0得x=-lna.

當(dāng)xlt;-lna時，f ′（x）lt;0；當(dāng)xgt;-lna時，

f ′（x）gt;0.

故f（x）在（-∞，-lna）上單調(diào)遞減，在

（-lna，+∞）上單調(diào)遞增.

（2）當(dāng)agt;0時，由（1）知，當(dāng)x=-lna時，f（x）取得最小值.

所以f（x）≥f（-lna）=a3+1+lna.

從而f（x）-（4lna+2）=a3-3lna-1.

設(shè)g（x）=x3-3lnx-1（xgt;0），則

g′（x）=3x2-3x=3x3-3x.

當(dāng)0lt;xlt;1時，g′（x）lt;0；當(dāng)xgt;1時，g′（x）gt;0.

所以g（x）在（0，1）上單調(diào)遞減，在（1，+∞）上單調(diào)遞增.

故當(dāng)xgt;0時，g（x）≥g（1）=0.

當(dāng)agt;0時，a3-3lna-1≥0，即f（x）≥4lna+2.

18.（1）因?yàn)樘撦S長2b=2，所以b=1.

又因?yàn)辄c(diǎn)A（-4，-1）在雙曲線上，

所以16a2-1b2=1，

解得a2=8.

故雙曲線C的方程為x28-y2=1.

（2）設(shè)P（x1，y1），Q（x2，y2），直線PQ的方程為y=kx+1.

聯(lián)立y=kx+1，x2-8y2=8，得

（1-8k2）x2-16kx-16=0.

所以x1+x2=16k1-8k2，x1x2=-161-8k2.①

所以

y1+y2=（kx1+1）+（kx2+1）

=21-8k2，②

y1y2=（kx1+1）（kx2+1）=1.③

直線AP的方程為y=y1+1x1+4（x+4）-1.

令y=0，得點(diǎn)M的橫坐標(biāo)為

xM=x1+4y1+1-4.

同理可得點(diǎn)N的橫坐標(biāo)為xN=x2+4y2+1-4.

所以xM+xN=x1+4y1+1+x1+4y1+1-8

=x1y2+x2y1+x1+x2+4（y1+y2）+8（y1+1）（y2+1）-8

=2kx1x2+2（x1+x2）+4（y1+y2）+8y1y2+y1+y2+1-8.

將①②③式代入上式，并化簡得到

xM+xN=8+8（1-8k2）2+2（1-8k2）-8=4-8=-4.

所以MN的中點(diǎn)的橫坐標(biāo)為

x=xM+xN2=-2.

故MN的中點(diǎn)是定點(diǎn)（-2，0）.

19.（1）由題意，當(dāng)n=1時，a31=a21，所以a1=1.

當(dāng)n=2時，1+a32=（1+a2）2，所以a22-a2-2=0.解得a2=2.

因?yàn)閍31+a32+…+a3n=S2n，

則當(dāng)n≥2時，有a31+a32+…+a3n-1=S2n-1.

兩式相減，得

a3n=S2n+1-S2n=（Sn+1+Sn）（Sn+1-Sn）

=（Sn+1+Sn）an+1=（2Sn+an+1）an+1.

又因?yàn)閍ngt;0，所以a2n+1=2Sn+an+1.

故2Sn=a2n+1-an+1，2Sn-1=a2n-an（n≥2）.

兩式相減，得

2an=a2n+1-an+1-a2n+an.

所以（an+1+an）（an+1-an-1）=an+1+an.

因?yàn)閍n+1+angt;0，

所以an+1-an=1（n≥2）.

又因?yàn)閍1=1，a2=2，

所以對n∈N*，有an+1-an=1，

故an是等差數(shù)列，因此an=n.

（2）由（1）知，bn=1n.

則［b1+b2+…+b2 024］=

［1+12+13+…+12 024］.

由k+1-k=1k+1+klt;12k，知

1kgt;2（k+1-k）.

故1gt;2（2-1），12gt;2（3-2），…，12 024gt;2（2 025-2 024）.

所以1+12+13+…+12 024gt;2（2 025-1）=

2（45-1）=88.

又由k+1-k=1k+1+kgt;12k+1，知

1k+1lt;2（k+1-k）.

故12lt;2（2-1），13lt;2（3-2），…，12 024lt;

2（2 024-2 023），

所以1+12+13+…+12 024lt;1+2（2 024-1）lt;1+

2（45-1）=89.

故［1+12+13+…+12 024］=88.

即［b1+b2+…+b2 024］=88.

［責(zé)任編輯：李" 璟］