05- 备战2024年高考数学模拟卷（新高考Ⅰ卷专用）（解析版）

这是一份05- 备战2024年高考数学模拟卷（新高考Ⅰ卷专用）（解析版），共23页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
（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．设集合，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】解分式不等式、指数函数值域求集合，再由集合的交运算求结果.
【详解】由题设，，
所以.
故选：C
2．设复数对应的点在第四象限，则复数对应的点在（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
【答案】B
【分析】由的周期性化简，计算后判断所求复数对应点的象限.
【详解】由复数对应的点在第四象限，
则设，
由
得，
由，
得复数对应的点在第二象限.
故选：B.
3．在平行四边形中，是的中点，是的中点，与相交于点，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据题意可知：为的重心，结合向量的线性运算结合重心的性质分析求解.
【详解】设，
由题意可知：为的重心，且为的中点，
可知四点共线，且，
所以.
故选：A.
4．某地投资亿元进行基础建设，年后产生的社会经济效益为亿元，若该地投资基础建设4年后产生的社会经济效益是投资额的2倍，且再过年，该项投资产生的社会经济效益是投资额的16倍，则（ ）
A．4B．8C．12D．16
【答案】C
【分析】由求出的值，再令求出，从而求出.
【详解】依题意，显然，即，所以，则，
所以，令，即，所以，
即，所以，所以该地投资基础建设年后产生的社会经济效益是投资额的倍，
所以.
故选：C
5．某大学强基测试有近千人参加，每人做题最终是否正确相互独立，其中一道选择题有5个选项，假设若会做此题则必能答对.参加考试的同学中有一部分同学会做此题；有一半的同学完全不会，需要在5个选项中随机蒙一个选项；剩余同学可以排除一个选项，在其余四个选项中随机蒙一个选项，最终统计该题的正答率为30%，则真会做此题的学生比例最可能为（ ）
A．5%B．10%C．15%D．20%
【答案】B
【分析】设测试总人数为，真会做此题的学生人数为，再由已知列式计算得解.
【详解】设测试总人数为，真会做此题的学生人数为，
依题意，，解得.
故选：B
6．设函数，且在上单调，则下列结论不正确的是（ ）
A．是的一个对称中心
B．函数的图象关于直线对称
C．函数在区间上的值域为
D．先将的图象的横坐标缩短为原来的，然后向左平移个单位得到的图象
【答案】C
【分析】先求得，然后根据三角函数的对称性、值域、三角函数图象变换等知识求得正确答案.
【详解】依题意，，，，
，
并化简得，，是偶数，
由③得，所以，
代入①得，
而，所以，所以.
A选项，，所以是的一个对称中心，A选项正确.
B选项，，所以函数的图象关于直线对称，B选项正确.
C选项，，
所以，所以C选项错误.
D选项，先将的图象的横坐标缩短为原来的，得到，
然后向左平移个单位得到，
所以D选项正确.
故选：C
7．已知，，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】对平方可得，再构造，对求导，得出的单调性可知，所以时,，即可得比较的大小，即可得出答案.
【详解】，
，∴.
在B，C中选，比较a，b大小，
令，
，
令，在上恒成立，
所以在上单调递减，所以，所以，
所以在上单调递减，所以，
所以时,，则，即，故.
故选：C.
8．油纸伞是中国传统工艺品，至今已有1000多年的历史，为宣传和推广这一传统工艺，北京市文化宫开展油纸伞文化艺术节活动中，某油纸伞撑开后摆放在户外展览场地上，如图所示，该伞伞沿是一个半径为2的圆，圆心到伞柄底端距离为2，当阳光与地面夹角为时，在地面形成了一个椭圆形影子，且伞柄底端正好位于该椭圆的长轴上，若该椭圆的离心率为e，则（ ）

A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据题意先求得短半轴长，再根据正弦定理求得，进而根据离心率的公式求解即可
【详解】因伞柄底端正好位于该椭圆的长轴上，
由图可知，椭圆的短半轴长，
在中，，
由正弦定理得：
，
所以，

故选：D.
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9．在棱长为2的正方体中，分别是棱的中点，则（ ）
A．与是异面直线
B．存在点，使得，且平面
C．与平面所成角的余弦值为
D．点到平面的距离为
【答案】BC
【分析】A选项，建立空间直角坐标系，根据得到与平行；B选项，先求出，得到平面的法向量，根据数量积为0得到，得到平面；C选项，先求出与平面所成角的正弦值，进而求出余弦值；D选项，求出平面的法向量，根据点到平面距离公式求出答案.
【详解】A选项，以作坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
，
则，由于，故与平行，A错误；
B选项，设，因为，所以，
即，解得，故，
设平面的法向量为，
则，
令，则，则，
因为，故，平面，
故存在点，使得，且平面，B正确；
C选项，平面的法向量为，
故与平面所成角的正弦值为，
则与平面所成角的余弦值为，C正确；
D选项，设平面的法向量为，
则，
令，则，故，
则点到平面的距离为，D错误.

故选：BC
10．已知函数，则（ ）
A．B．恰有5个零点
C．必有极值点D．在上单调递减
【答案】BCD
【分析】代入求值判断A，根据零点定义结合余弦函数方程根判断B，利用导数研究函数的极值点、单调性判断CD.
【详解】对于A，，错误；
对于B，，
令得，所以或，又，
所以或或或或，
解得或或或或，即恰有5个零点，正确；
对于C，因为，所以，
因为，，
由零点存在性定理知在上存在异号零点，
则在必有极值点，正确；
对于D，当时，，，
所以，
当时，，，
所以，，所以，
所以时，所以，所以在上单调递减，正确.
故选：BCD
11．已知为坐标原点，为抛物线的焦点，过点的直线交于、两点，直线、分别交于、，则（ ）
A．的准线方程为B．
C．的最小值为D．的最小值为
【答案】ABD
【分析】利用抛物线的方程求出准线方程，可判断A选项；设出直线的方程，将该直线的方程与抛物线的方程联立，结合韦达定理结合平面向量数量积的坐标运算可判断B选项；利用抛物线的焦半径以及基本不等式可判断C选项；利用韦达定理结合基本不等式可判断D选项.
【详解】对于A选项，对于抛物线，，可得，
所以，抛物线的准线方程为，A对；
对于B选项，若直线与轴重合，此时，直线与抛物线只有一个公共点，不合乎题意，
设直线的方程为，设点、，
联立，可得，，
所以，，，
则，则，B对；
对于C选项，，
当且仅当时，即当时，等号成立，故的最小值为，C错；
对于D选项，设点、，
设直线的方程为，联立可得，
判别式为，由韦达定理可得，，同理可得，
，同理可得，，
所以，
，
当且仅当时，即当时，等号成立，
所以，的最小值为，D对.
故选：ABD.
12．在平面直角坐标系xOy中，将函数的图象绕坐标原点逆时针旋转后，所得曲线仍然是某个函数的图象，则称为“旋转函数”，则（ ）
A．存在“90°旋转函数”
B．“70°旋转函数”一定是“80°旋转函数”
C．若为“45°旋转函数”，则
D．若为“45°旋转函数”，则
【答案】ACD
【分析】对A，举例说明即可；对B，举反例判断即可；根据函数的性质，结合“旋转函数”的定义逐个判断即可；对CD，将旋转函数转化为函数与任意斜率为1的函数最多一个交点，再联立函数与直线的方程，分析零点个数判断即可．
【详解】对于A，如，旋转90°后为满足条件，故A正确；
对于B，如倾斜角为的直线是旋转函数，不是旋转函数，故B错误；
对与C，若为旋转函数，
则根据函数的性质可得，逆时针旋转后，
不存在与轴垂直的直线，使得直线与函数有1个以上的交点．
故不存在倾斜角为的直线与的函数图象有两个交点．
即与至多1个交点．
联立，可得．
当时，最多1个解，满足题意；
当时，的判别式，
对任意的，都存在使得判别式大于0，不满足题意，故．故C正确；
对与D，同C，与的交点个数小于等于1，
即对任意的，至多1个解，故为单调函数，
由，故恒成立，即恒成立．
即图象在上方，故，即．
当与相切时，可设切点，
对求导有，故，解得，此时，故．故D正确．
故选：ACD．

【点睛】数学中的新定义题目解题策略：①仔细阅读，理解新定义的内涵；②根据新定义，对对应知识进行再迁移.
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．已知，且，若的展开式中存在常数项，则展开式中的系数为 .
【答案】6
【分析】根据展开式通项公式及存在常数项确定，再求出展开式中含的项即可得解.
【详解】展开式的通项公式为，
因为存在常数项，所以，故只有当时满足题意，
即求展开式中含的项的系数，
令 ，即，
所以展开式中含的项为，
所以展开式中的系数为6.
故答案为：6
14．已知圆和两点，.若圆上存在点，使得，则的最大值为 ．
【答案】11
【分析】首先判断点在以为直径的圆上（不能是两点），将问题化为两圆有交点求参数范围，即可得最大值.
【详解】由题意得：圆的圆心，半径，
∵，则点在以为直径的圆上（不能是两点），
以为直径的圆的圆心为，半径，
注意到圆心到y轴的距离为，即y轴与圆相离，
由题意得：圆与圆有公共点（由于y轴与圆相离，公共点不可能为），且,
则，即，解得，故的最大值为11.
故答案为：11
15．已知是定义域为的奇函数.若以点为圆心，半径为2的圆在x轴上方的部分恰好是图像的一部分，则的解析式为 .
【答案】
【分析】求出给定圆的方程，再根据给定条件结合奇函数的定义求出的解析式.
【详解】以点为圆心，半径为2的圆的方程为，
则该圆在x轴上方的部分的方程为，
由是奇函数，得，当时，，
，
所以的解析式为.
故答案为：
16．如图，对于曲线G所在平面内的点O，若存在以O为顶点的角，使得对于曲线G上的任意两个不同的点恒有成立，则称角为曲线G的相对于点O的“界角”，并称其中最小的“界角”为曲线G的相对于点O的“确界角”.已知曲线C：（其中e是自然对数的底数），点O为坐标原点，曲线C的相对于点O的“确界角”为，则 .
【答案】1
【分析】求过原点曲线的两条切线，求解两切线的夹角即可.
【详解】函数，
因为，
所以该函数在单调递减，在单调递增.
过原点作的切线，设切点，
由，则切线的斜率为，
直线过，
∴，∴，
即，由函数与的图象在有且只有一个交点，
且当时满足方程，故方程有唯一解，则；
过原点作的切线，设切点，
由，得切线的斜率，
则切线过原点，
则有，∴，
则，则有，
∴两切线垂直，曲线C的相对于点O的“确界角”为，
则，.
故答案为：1.
四、解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。
17．（10分）已知数列的前n项和为，且．
(1)求的通项公式；
(2)若数列满足，求数列的前2n项和．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据即可求解，
（2）根据分组求和，结合等差等比数列的求和公式即可求解.
【详解】（1）当时，，
当时，，因为也符合上式．
所以．
（2）由（1）可知，
所以
．
18．（12分）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且向量，，.
(1)求角A的大小；
(2)若为上一点，且，，求面积的最大值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据向量垂直得到，计算化简得到，根据余弦定理得到答案.
（2）根据余弦定理得到，再利用均值不等式得到，计算面积得到最值.
【详解】（1），故，
即，故，
整理得到，即，，故.
（2），，故为等边三角形，即，

中：，
即，
即，当且仅当时等号成立.
.
19．（12分）如图，已知四边形和都是直角梯形，，，，，，，且二面角的大小为．

(1)证明：平面平面；
(2)在线段上是否存在点，使得二面角的大小为，若存在，请求出点的位置；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在点，使得二面角的大小为，．
【分析】（1）根据线面垂直的判定定理和面面垂直的判定定理进行证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用二面角的定义，结合空间向量夹角公式进行求解即可.
【详解】（1）因为四边形和都是直角梯形，
所以，，且平面，
所以，平面，
因为平面，所以平面平面．
（2）过点、分别作直线、的垂线、垂足为、．
由已知和平面几何知识易知，，，
则四边形和四边形是矩形，所以在和中，，
假设在上存在点，使得二面角的大小为．
由（1）知平面，则是二面角的平面角，
所以，所以是正三角形．
取的中点，则，又平面，
所以平面，过点作平行线，
则以点为原点，，、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，
设，则，，，，
则，则，，
设平面的法向量为，
由，得，取，
又平面的法向量，所以，
整理化简的，解得或（舍去）．
所以存在点，使得二面角的大小为，且．
20．（12分）已知，.
(1)函数有且仅有一个零点，求的取值范围.
(2)当时，证明：（其中），使得.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意转化为方程仅有一个实数根，设，求得，得到函数的单调性和极值，作出函数的图象，结合图象，即可求解；
（2）设，转化为在存在极值点，求得的值，即可求解.
【详解】（1）由函数，可得，所以不是函数的零点，
因为函数有且仅有一个零点，即方程仅有一个实数根，
即方程仅有一个实数根，即方程仅有一个实数根，
设，可得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当时，，单调递减，
所以函数的极小值为，
又由当且时，；当且时，，
所以函数的图象如图所示，
要使得函数有且仅有一个零点，则满足或，
即实数的取值范围是.
（2）解：设，即，
当，令
满足，且，
若在区间单调递增，此时，不满足题意；
若在区间单调递减，此时，不满足题意；
所以函数在区间上不是单调函数，所以函数在区间上必有极值点，
即存在，使得，即，
即，使得.
【点睛】方法总结：利用导数证明或判定不等式问题：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题，从而判定不等关系；
3、适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系；
4、构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
21．（12分）已知动点P到定点的距离和它到直线距离之比为2；
(1)求点P的轨迹C的方程；
(2)直线l在x轴上方与x轴平行，交曲线C于A，B两点，直线l交y轴于点D.设OD的中点为M，是否存在定直线l，使得经过M的直线与C交于P，Q，与线段AB交于点N，，均成立；若存在，求出l的方程；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)存在，
【分析】（1）设，由化简可求轨迹C的方程；
（2）设直线PQ的方程为，与双曲线联立得出韦达定理，结合两个向量共线的坐标表示求得m，得到直线l的方程.
【详解】（1）设，由动点P到定点的距离和它到直线距离之比为2，
可得，化简得，即，
故点P的轨迹C的方程为；
（2）设l的方程为，则，故，
由已知直线PQ斜率存在，设直线PQ的方程为，故.
与双曲线方程联立得：，
由对应渐近线方程为：，易判断，
得，设，，
则，①，
由，得：
，
，
即，，
消去得：，
即②
由①②得：，化简得，由已知，
故存在定直线l：满足条件.

22．（12分）某种植物感染病毒极易死亡，当地生物研究所为此研发出了一种抗病毒的制剂．现对20株感染了病毒的该植株样本进行喷雾试验测试药效．测试结果分“植株死亡”和“植株存活”两个结果进行统计，并对植株吸收制剂的量（单位：毫克）进行统计．规定植株吸收在6毫克及以上为“足量”，否则为“不足量”．现对该20株植株样本进行统计，其中“植株存活”的13株，对制剂吸收量统计得下表．已知“植株存活”但“制剂吸收不足量”的植株共1株．
(1)补全列联表中的空缺部分，依据的独立性检验，能否认为“植株的存活”与“制剂吸收足量”有关？
(2)现假设该植物感染病毒后的存活日数为随机变量（可取任意正整数）．研究人员统计大量数据后发现：对于任意的，存活日数为的样本在存活日数超过的样本里的数量占比与存活日数为1的样本在全体样本中的数量占比相同，均等于0.1，这种现象被称为“几何分布的无记忆性”．试推导的表达式，并求该植物感染病毒后存活日数的期望的值．
附：，其中；当足够大时，．
【答案】(1)表格见解析，可以认为成立，即认为“植株的存活”与“制剂吸收足量”无关．
(2)，．
【分析】（1）根据独立性检验先求出，再将与对应比较大小即可.
（2）先根据递推关系得到与的关系，进而利用等比数列得到通项公式，推导出的表达式，最后得到的表达式，应用错位相减法求和即可.
【详解】（1）填写列联表如下：
零假设为：“植株的存活”与“制剂吸收足量”无关联．
根据列联表中的数据，经计算得到：，
依据的独立性检验，没有充分证据推断不成立，因此可以认为成立，即认为“植株的存活”与“制剂吸收足量”无关．
（2）由题意得．
又，故．
把换成，则．
两式相减，得，
即．
又，
故对任意都成立，
从而是首项为0.1，公比为0.9的等比数列，因此．
由定义可知，
而，下面先求．
，
，
作差得
．
所以，当足够大时，，，故，可认为．编号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
吸收量（毫克）
6
8
3
8
9
5
6
6
2
7
编号
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
吸收量（毫克）
7
5
10
6
7
8
8
4
6
9
吸收足量
吸收不足量
合计
植株存活
1
植株死亡
合计
20
0.010
0.005
0.001
6.635
7.879
10.828
吸收足量
吸收不足量
合计
植株存活
12
1
13
植株死亡
3
4
7
合计
15
5
20