2024年高考数学艺体生一轮复习高分突破讲义：2024年高考数学全真模拟卷一（新高考）解析版

这是一份2024年高考数学艺体生一轮复习高分突破讲义：2024年高考数学全真模拟卷一（新高考）解析版，共16页。试卷主要包含了请将答案正确填写在答题卡上，若正实数满足，则，已知函数，则等内容，欢迎下载使用。
2023年高考全真模拟卷一（新高考卷）数学考试时间：120分钟；试卷满分：150分注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2．请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）一、单选题（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，只有一项符合题目要求）1．已知集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【详解】由于集合，，则.故选：B.2．已知复数，则（    ）A． B．5 C． D．【答案】A【详解】．故选：A．3．在平行四边形中，对角线与交于点，若，则（    ）A． B．2 C． D．【答案】B【详解】在平行四边形中，，所以．故选：B．4．地震震级是根据地震仪记录的地震波振幅来测定的，一般采用里氏震级标准．里氏震级是用距震中100千米处的标准地震仪所记录的地震波的最大振幅的对数值来表示的．里氏震级的计算公式为，其中是被测地震的最大振幅，是“标准地震”的振幅（使用标准地震振幅是为了修正测震仪距实际震中的距离造成的偏差）．根据该公式可知，2021年7月28日发生在美国阿拉斯加半岛以南91公里处的级地震的最大振幅约是2021年8月4日发生在日本本州近岸级地震的最大振幅的（    ）倍（精确到1）．（参考数据：，，）A．794 B．631 C．316 D．251【答案】A【详解】由题意，即，则；当时，地震的最大振幅，当时，地震的最大振幅，所以，即；故选：A．5．如图所示某城区的一个街心花园，共有五个区域，中心区域E已被设计为代表城市特点的一个标志性塑像，要求在周围ABCD四个区域中种植鲜花，现有四个品种的鲜花可供选择，要求每个区域只种一个品种且相邻区域所种品种不同，则不同的种植方法的种数为（    ）A．12 B．24 C．48 D．84【答案】D【详解】由题意可知：四个区域最少种植两种鲜花，最多种植四种，所以分一下三类：当种植的鲜花为两种时：和相同，和相同，共有种种植方法；当种植鲜花为三种时：和相同或和相同，此时共有种种植方法；当种植鲜花为四种时：四个区域各种一种，此时共有种种植方法，综上：则不同的种植方法的种数为种，故选：.6．记函数的最小正周期为，若，且为的一条对称轴，则的最小值为（    ）A． B． C． D．【答案】A【详解】由于，所以，由于，所以，则，由于为的一条对称轴，所以，由于，所以的最小值为.故选：A7．若正实数满足，则（    ）A． B．C． D．【答案】A【详解】即即即令，根据增函数加增函数为增函数得在上为增函数，，，故选：A.8．若圆柱轴截面周长C为定值，则表面积最大值为（    ）A． B． C． D．【答案】D【详解】设圆柱底面半径为r，高为h，因为圆柱的轴截面周长为(C为定值)，所以，所以圆柱的表面积为，当时，圆柱的表面积有最大值为．故选：D．二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。）9．在正方体中，M，N，P分别是面，面，面的中心，则下列结论正确的是（    ）A． B． 平面C．平面 D．与所成的角是【答案】ABD【详解】连接，则是的中位线，∴，故A正确；连接，，则，平面，平面，∴平面，即平面，故B正确；连接，则平面即为平面，显然不垂直平面，故C错误；∵，∴或其补角为与所成的角，，故D正确．故选：ABD．10．已知函数，则（    ）A．的定义域为 B．是偶函数C．函数的零点为0 D．当时，的最大值为【答案】AD【详解】对A，由解析式可知的定义域为，故A正确；对B，因为，可知是奇函数，故B不正确；对C,，得，故C不正确；对D, 当时，，当且仅当时取等号，故D正确.故选：AD11．过抛物线上一点A(1，-4)作两条相互垂直的直线，与C的另外两个交点分别为M，N，则（    ）A．C的准线方程是B．过C的焦点的最短弦长为8C．直线MN过定点(0，4)D．当点A到直线MN的距离最大时，直线MN的方程为【答案】AD【详解】将代入中得：，则为，所以的准线方程是，故A正确；由题可知的焦点为，可设过的焦点的直线为，由，可得，设交点为，则，，所以，即过C的焦点的最短弦长为16，故B不正确；设，，直线为，联立抛物线得：，所以，，又，所以，因为，，即，所以，整理得，故，得，所以直线为，所以直线过定点，故C不正确；当时，到直线的距离最大，此时直线为，故D正确.故选：AD.12．已知函数的定义域为，且，若函数为偶函数，，则下列选项正确的是（    ）A．为偶函数B．的图象关于点对称C．的周期为4D．【答案】ABC【详解】为偶函数，则①.由知②，进而③，将①代入③得④，由②④知，所以为偶函数，A正确;由条件，③与此式作差得：⑤，所以的图象关于点对称，B正确；由为偶函数，结合⑤式知：，所以，两式作差得：，即的周期为4，C正确；中令，则，，在⑤中令得，，，，在⑤中令得，，，∴，由的周期为4知，，D错误，故选：ABC.第II卷（非选择题）三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13．二项式的展开式中各项的二项式系数之和为________.【答案】32【详解】由，即二项式系数和为32.故答案为：3214．圆在点处的切线方程为______．【答案】【详解】圆的圆心为，即，则，则切线斜率为，故切线方程为：，即.故答案为：15．若曲线与曲线存在2条公共切线，则a的值是_________．【答案】【详解】设公切线在上的切点为，在上的切点为，则曲线在切点的切线方程的斜率分别为，，对应的切线方程分别为、，即、，所以，得，有，则，整理，得，设，则，，令，令或，所以函数在上单调递减，在和上单调递增，因为两条曲线有2条公共切线，所以函数与图像有两个交点，又，且，如图，所以，解得.故答案为：.16．已知椭圆的左焦点为，过斜率为的直线与椭圆相交于、两点，若，则椭圆的离心率______．【答案】【详解】因为直线过且斜率为，所以直线为：，与椭圆：联立消去，得，设，则因为，可得，代入上式得消去并化简整理得：，将代入化简得：，解得，因此，该双曲线的离心率.故答案为：.四、解答题（本题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。）17．已知的内角的对边分别为，且.(1)求角的大小；(2)若边上的高为，求.【答案】(1)(2)【详解】（1）由题意可得，根据正弦定理可得，所以，又根据余弦定理可得，因为，所以.（2）因为，即，由正弦定理可得，所以.18．已知数列，的前n项和分别为，，，．(1)求及数列，的通项公式；(2)设，求数列的前2n项和．【答案】(1)；(2)．解:（1）在中，当n＝1时，b1﹣a1＝0，当n⩾2时，，显然b1﹣a1＝0适合上式，所以，，又，所以两式相减得，两式相加得且a1＝1，b1＝1；（2）因为，结合（1）中所求，，故19．如图，在直三棱柱中，，点F是的中点，点E满足.(1)求证：；(2)若，，直线与平面所成的角为，求的值.【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）因为三棱柱是直三棱柱，所以平面，因为平面，所以. 因为，点F是的中点，所以，，平面，平面，所以平面，因为点E是棱上异于端点的动点，所以平面，所以.（2）不妨设，则. 因为三棱柱是直三棱柱，所以平面，因为平面，平面，所以. 又，所以，如图，以为坐标原点，直线，，分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，，，则，，. 设平面的法向量为，则，令，则. 所以， 整理得，解得或（舍去），所以.20．某次考试共有四个环节，只有通过前一个环节才能进入后一个环节．现已知某人能够通过第一、二、三、四环节的概率依次是，，，，且每个环节是否通过互不影响．求：(1)此人进入第四环节才被淘汰的概率；(2)此人至多进入第三环节的概率．【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用独立事件的概率乘法公式直接求解；（2）利用独立事件的概率乘法公式分别求得此人进入第一环节、第二环节、第三环节被淘汰的概率，从而得出答案．【详解】（1）由独立事件的概率乘法公式可得，此人进入第四环节才被淘汰的概率；（2）此人进入第一环节被淘汰的概率；此人进入第二环节被淘汰的概率；此人进入第三环节被淘汰的概率，此人至多进入第三环节的概率为．21．已知，是双曲线的左、右焦点，且双曲线过点，．(1)求双曲线的方程；(2)已知过点的直线交双曲线左、右两支于，两点，交双曲线的渐近线于，（点位于轴的右侧）两点，求的取值范围．【答案】(1)；(2).【详解】（1）设双曲线的半焦距为，∵，∴．又，，解得，，∴双曲线的方程为．（2）由题意可设直线的方程为，双曲线的渐近线方程为，联立得，联立得，∴．联立得，设，，则，，由即，∴，∴．又，∴，∴，∴的取值范围为．22．已知，函数，.(1)若，求函数的极小值；(2)若函数存在唯一的零点，求的取值范围.【答案】(1)2(2)【详解】（1）由，所以，，令，当时，，当时，，所以在上递减，在上递增，所以的极小值为；（2），令（），存在唯—的零点，，令，，令，当时，；当时，，所以在上递减，在上递增，所以，①若，即，令，所以，所以，所以，即时，，所以在上递增，注意到，所以存在唯一的零点，符合题意②当时，，，，令，，则，因为，所以，所以，所以在上单调递增，所以，所以所以即在和上各有一个零点，，在上递增，上递减，上递增，而，所以，，当时，；当时，，而，，所以在，和上各有一个零点，共3个零点了，舍去.综上，的取值范围为.