2024届福建省厦门第一中学高考模拟（最后一卷）数学试题（原卷版+解析版）

这是一份2024届福建省厦门第一中学高考模拟（最后一卷）数学试题（原卷版+解析版），共22页。试卷主要包含了 1024所有正因数之和为， 若，，则下列结论正确的是， 已知圆，圆，则等内容，欢迎下载使用。
满分：150分 考试时间：120分钟
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
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，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知随机变量，且，，则的值为（ ）
A. B. C. D.
2. 已知，若，则m的取值范围是（ ）
A. B. C. 或D. 或
3. 若抛物线的准线经过双曲线的右焦点，则的值为（ ）
A B. 4C. D. 8
4. 已知三棱锥中，平面，，，，，则该三棱锥外接球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
5. 1024所有正因数之和为（ ）
A. 1023B. 1024C. 2047D. 2048
6. 二维码与我们的生活息息相关，我们使用的二维码主要是大小的特殊的几何图形，即441个点.根据0和1的二进制编码规则，一共有种不同的码，假设我们1万年用掉个二维码，那么所有二维码大约可以用（ ）（参考数据：）
A. 万年B. 万年C. 万年D. 万年
7. 在一次数学模考中，从甲､乙两个班各自抽出10个人的成绩，甲班的十个人成绩分别为，乙班的十个人成绩分别为.假设这两组数据中位数相同､方差也相同，则把这20个数据合并后（ ）
A. 中位数一定不变，方差可能变大
B. 中位数可能改变，方差可能变大
C. 中位数一定不变，方差可能变小
D. 中位数可能改变，方差可能变小
8. 若曲线 有且仅有一条过坐标原点的切线，则正数a的值为（ ）
A. B. C. D.
二、多项选择题：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，有多个选项符合题目要求，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. 若，，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D.
10. 已知圆，圆，则（ ）
A. 两圆的圆心距的最小值为1
B. 若圆与圆相切，则
C. 若圆与圆恰有两条公切线，则
D. 若圆与圆相交，则公共弦长的最大值为2
11. 已知函数的定义域为，，且，则（ ）
A. B.
C. 奇函数D. 在上具有单调性
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知复数实部为0，则______．
13. 已知空间中有三点，，，则点O到直线的距离为______.
14. 设函数，对于任意的实数a，b，总存在，使得成立，则实数t的取值范围是________.
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. 用1，2，3，4，5这五个数组成无重复数字的五位数，则
（1）在两个偶数相邻的条件下，求三个奇数也相邻的概率；
（2）对于这个五位数，记夹在两个偶数之间的奇数个数为，求的分布列与期望.
16. 已知在正三棱柱中，，.
（1）已知，分别为棱，的中点，求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
17. 三角学于十七世纪传入中国，此后徐光启、薛风祚等数学家对此深入研究，对三角学的现代化发展作出了巨大贡献，三倍角公式就是三角学中的重要公式之一，类似二倍角的展开，三倍角可以通过拆写成二倍角和一倍角的和，再把二倍角拆写成两个一倍角的和来化简.
（1）证明：；
（2）若，，求的值.
18. 已知圆和点，点是圆上任意一点，线段的垂直平分线与线段相交于点，记点的轨迹为曲线.
（1）求曲线的方程；
（2）点在直线上运动，过点的动直线与曲线相交于点.
（ⅰ）若线段上一点，满足，求证：当坐标为时，点在定直线上；
（ⅱ）过点作轴的垂线，垂足为，设直线的斜率分别为，当直线过点时，是否存在实数，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
19. 对于数列，数列称为数列的差数列或一阶差数列.差数列的差数列，称为的二阶差数列.一般地，的阶差数列的差数列，称为的阶差数列.如果的阶差数列为常数列，而阶差数列不是常数列，那么就称为阶等差数列.
（1）已知20，24，26，25，20是一个阶等差数列的前5项.求的值及；
（2）证明：二阶等差数列的通项公式为；
（3）证明：若数列是阶等差数列，则的通项公式是的次多项式，即（其中（）为常实数）
2024年普通高等学校招生全国统一考试模拟考
数学
满分：150分 考试时间：120分钟
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
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，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知随机变量，且，，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由正态分布曲线的性质即可得解.
【详解】.
故选：A.
2. 已知，若，则m的取值范围是（ ）
A. B. C. 或D. 或
【答案】A
【解析】
【分析】将代入，然后转化为一元二次不等式求解可得.
【详解】因为，所以，等价于，
解得.
故选：A
3. 若抛物线的准线经过双曲线的右焦点，则的值为（ ）
A. B. 4C. D. 8
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，分别求得双曲线的右焦点以及抛物线的准线方程，代入计算，即可得到结果.
【详解】因为双曲线的右焦点为，
又抛物线的准线方程为，则，即.
故选：C
4. 已知三棱锥中，平面，，，，，则该三棱锥外接球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】取中点E，根据已知可得E为的外心，过E作底面的垂线，使，可得O为三棱锥外接球的球心，计算球的半径，由球的表面积公式可得结果.
【详解】在中，因为，，，所以，
所以，取中点E，则E为的外心，且外接圆的半径为，
过E作底面的垂线，使，又平面，则O为三棱锥外接球的球心，
所以外接球的半径，
所以三棱锥外接球的表面积为，
故选：C.
5. 1024的所有正因数之和为（ ）
A. 1023B. 1024C. 2047D. 2048
【答案】C
【解析】
【分析】根据等比数列前n项求和公式计算即可求解.
【详解】由题意知，，则1024的所有正因数之和为
.
故选：C
6. 二维码与我们的生活息息相关，我们使用的二维码主要是大小的特殊的几何图形，即441个点.根据0和1的二进制编码规则，一共有种不同的码，假设我们1万年用掉个二维码，那么所有二维码大约可以用（ ）（参考数据：）
A. 万年B. 万年C. 万年D. 万年
【答案】A
【解析】
【分析】利用取对数法进行化简求解即可．
【详解】万年用掉个二维码，
大约能用万年，
设，则，
即万年．
故选：A．
7. 在一次数学模考中，从甲､乙两个班各自抽出10个人的成绩，甲班的十个人成绩分别为，乙班的十个人成绩分别为.假设这两组数据中位数相同､方差也相同，则把这20个数据合并后（ ）
A. 中位数一定不变，方差可能变大
B. 中位数可能改变，方差可能变大
C. 中位数一定不变，方差可能变小
D 中位数可能改变，方差可能变小
【答案】A
【解析】
【分析】不妨设，表达出两组数据的中位数，根据中位数相同得到或，则合并后的数据中位数是或者，中位数不变，再设第一组数据的方差为，平均数为，第二组数据的方差为，平均数为，根据公式得到合并后平均数为，方差为，，得到结论.
【详解】不妨设，
则的中位数为，的中位数为，
因为，所以或，
则合并后的数据中位数是或者，所以中位数不变.
设第一组数据的方差为，平均数为，第二组数据的方差为，平均数为，
合并后总数为20，平均数为，方差为，
如果均值相同则方差不变，如果均值不同则方差变大.
故选：A.
8. 若曲线 有且仅有一条过坐标原点的切线，则正数a的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设切点，利用导数的几何意义求得切线方程，将原点坐标代入，整理得，结合计算即可求解.
【详解】设，则，
设切点为，则，
所以切线方程为，
又该切线过原点，所以，
整理得①，因为曲线只有一条过原点切线，
所以方程①只有一个解，故，解得.
故选：A
关键点点睛：本题主要考查导数的几何意义，切点未知，设切点坐标，由导数的几何意义求出切线方程，确定方程的解与根的判别式之间的关系是解决本题的关键.
二、多项选择题：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，有多个选项符合题目要求，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. 若，，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】由已知可得，由幂函数性质可判断A; 由对数函数性质可判断B; 由幂函数性质可判断C; 由不等式的性质可判断D.
【详解】对于A：∵，幂函数在上单调递增，
且，∴，故选项A错误；
对于B：∵，∴函数在上单调递减，
又∵，∴，
∴，即，故B正确；
对于选项C：∵，则，幂函数在上单调递减，
且，∴，∴，故选项C正确；
对于选项D：由选项B可知：，∴，
∵，
∴，∴，故D错误.
故选：BC.
10. 已知圆，圆，则（ ）
A. 两圆的圆心距的最小值为1
B. 若圆与圆相切，则
C. 若圆与圆恰有两条公切线，则
D. 若圆与圆相交，则公共弦长的最大值为2
【答案】AD
【解析】
【分析】根据两点的距离公式，算出两圆的圆心距，从而判断出A项的正误；根据两圆相切、相交的性质，列式算出的取值范围，判断出B,C两项的正误；当圆的圆心在两圆的公共弦上时，公共弦长有最大值，从而判断出D项的正误．
【详解】根据题意，可得圆的圆心为，半径，
圆的圆心为，半径．
对于A，因为两圆的圆心距，所以A项正确；
对于B，两圆内切时，圆心距，即，解得．
两圆外切时，圆心距，即，解得．
综上所述，若两圆相切，则或，故B项不正确；
对于C，若圆与圆恰有两条公切线，则两圆相交，，
即，可得，解得且，故C项不正确；
对于D，若圆与圆相交，则当圆的圆心在公共弦上时，公共弦长等于，达到最大值，
因此，两圆相交时，公共弦长的最大值为2，故D项正确．
故选：AD．
11. 已知函数的定义域为，，且，则（ ）
A. B.
C. 为奇函数D. 在上具有单调性
【答案】AC
【解析】
【分析】根据题意，令即可判断A，令，，即可判断B，令结合函数奇偶性的定义即可判断C，令即可判断D
【详解】对A：令，则有，即，故A正确；
对B：，，则有，即，
由，，故，即，故B错误；
对C：令，则有，即，
即，又函数的定义域为，则函数的定义域为，
故函数为奇函数，故C正确；
对D：令，则有，即，
即有，则当时，有，即，
故在上不具有单调性，故D错误.
故选：AC
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知复数的实部为0，则______．
【答案】
【解析】
【分析】利用复数的实部为0，求出，再利用二倍角公式得出结论．
【详解】复数的实部为0，
．
．
故答案为：．
13. 已知空间中有三点，，，则点O到直线的距离为______.
【答案】
【解析】
【分析】求出的坐标，求出，根据点O到直线的距离为即可求解.
【详解】因为，，，
所以,
所以，.
所以,
所以.
所以点O到直线的距离为.
故答案为：.
14. 设函数，对于任意的实数a，b，总存在，使得成立，则实数t的取值范围是________.
【答案】
【解析】
【分析】
分情况讨论不同取值时函数在，上的范围，从而确定的最大值，将对任意实数，，总存在实数，使得不等式成立，转化为恒成立，即可解决．
【详解】因为存在，使得成立，
所以，
因为对于任意的实数a，b， ,
所以恒成立，
设的最大值为（b），
令，二次函数的对称轴为，
当，即a>0时，单调递增，
此时，
当时，（b），当时，（b），
从而当时，时（b）取最小值，（b），
当时，在，上单调递减，在，上单调递减，
，
所以当时，.
当时，在，上单调递减，在，上单调递减，
，
所以当时，.
当a＜-8时，单调递减，，
当时，（b），当时，（b），
从而当a＜-8时，时（b）取最小值，（b）.
综合得.所以.
故答案为：
本题主要考查函数的图象和性质的应用，考查函数的单调性和最值，考查恒成立和存在性问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力，属于难题．
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. 用1，2，3，4，5这五个数组成无重复数字的五位数，则
（1）在两个偶数相邻的条件下，求三个奇数也相邻的概率；
（2）对于这个五位数，记夹在两个偶数之间的奇数个数为，求的分布列与期望.
【答案】（1）
（2）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）设“数字2，4相邻”，设“数字1，3，5相邻”，利用排列数公式求出，，最后根据古典概型的概率公式计算可得；
（2）依题意的所有可能取值为，，，，求出所对应的概率，即可得到分布列与数学期望.
【小问1详解】
设“数字2，4相邻”，设“数字1，3，5相邻”，
则数字2，4相邻时的五位数有个，
数字2，4相邻，数字1，3，5也相邻的五位数的个数为，
则；
【小问2详解】
依题意的所有可能取值为，，，，
由题意知“”表示个偶数相邻，则，
“”表示个偶数中间共插入了个奇数，则，
“”表示个偶数中间共插入了个奇数，则；
“”表示个偶数中间共插入了个奇数，则，
所以的分布列为
则的期望为.
16. 已知在正三棱柱中，，.
（1）已知，分别为棱，的中点，求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）为中点，通过证明，证明平面；
（2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，向量法求线面角的正弦值.
【小问1详解】
取中点，连接，.
，分别为，中点，且，
又为中点，且，
且，
故四边形是平行四边形，.
而平面，面，
平面.
【小问2详解】
如图以为坐标原点，，分别为，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
则
设平面的法向量为，则，
令，得，，.
又，.
即直线与平面所成角的正弦值是.
17. 三角学于十七世纪传入中国，此后徐光启、薛风祚等数学家对此深入研究，对三角学现代化发展作出了巨大贡献，三倍角公式就是三角学中的重要公式之一，类似二倍角的展开，三倍角可以通过拆写成二倍角和一倍角的和，再把二倍角拆写成两个一倍角的和来化简.
（1）证明：；
（2）若，，求的值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用两角和的正弦公式及倍角公式证明即可；
（2）将转为方程的一个实根，通过函数的单调性及零点存在性定理即可求解.
小问1详解】
因为
；
【小问2详解】
由（1）可知，，
即是方程的一个实根.
令，
，
显然，
当时，，
所以在上单调递减，
又，
，
所以，
即.
18. 已知圆和点，点是圆上任意一点，线段的垂直平分线与线段相交于点，记点的轨迹为曲线.
（1）求曲线的方程；
（2）点在直线上运动，过点的动直线与曲线相交于点.
（ⅰ）若线段上一点，满足，求证：当的坐标为时，点在定直线上；
（ⅱ）过点作轴的垂线，垂足为，设直线的斜率分别为，当直线过点时，是否存在实数，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）
（2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）
【解析】
【分析】（1）根据中垂线的性质可得，由椭圆的定义可知动点的轨迹是以为焦点，长轴长为的椭圆，从而求出轨迹方程；
（2）（ⅰ）设直线的方程为，设，与椭圆联立韦达定理，把线段长度比转化为坐标比，代入韦达定理化简即可得点在定直线上；
（ⅱ）利用坐标表示两个斜率，然后作商，将韦达定理代入即可判断.
【小问1详解】
由题意知圆心，半径为4，且，，则，所以点的轨迹为以为焦点的椭圆，
设曲线的方程为，则，解得，
所以，
所以曲线的方程为；
【小问2详解】
（ⅰ）因为直线的斜率一定存在，设直线的方程为，
因为在上，所以，
由得，
，设，
则，由得，
化简得，则，
化简得，又因为，所以，
所以点在定直线上.
（ⅱ）因为直线过，所以，直线方程为，
从而得，，
由（ⅰ）知，，，
所以
，
所以存在实数，使得.
方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为、；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；
（5）代入韦达定理求解.
19. 对于数列，数列称为数列的差数列或一阶差数列.差数列的差数列，称为的二阶差数列.一般地，的阶差数列的差数列，称为的阶差数列.如果的阶差数列为常数列，而阶差数列不是常数列，那么就称为阶等差数列.
（1）已知20，24，26，25，20是一个阶等差数列的前5项.求的值及；
（2）证明：二阶等差数列的通项公式为；
（3）证明：若数列是阶等差数列，则的通项公式是的次多项式，即（其中（）为常实数）
【答案】（1），
（2）证明见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据定义直接进行求解，得到，并根据二阶差数列的第4项为，求出一阶差数列的第5项为，得到方程，求出；
（2）令，根据二阶等差数列的定义得到，再利用累加法求出；
（3）数学归纳法证明出为的次多项式，利用引理可证出结论.
【小问1详解】
的一阶差数列为4，2，，；二阶差数列为，，；
三阶差数列为，，为常数列，故为三阶等差数列，即，
二阶差数列的第4项为，故一阶差数列的第5项为，即，故.
【小问2详解】
令，
因为是二阶等差数列，所以，
因此，
所以
，命题得证.
【小问3详解】
证明：先证一个引理：记，是的次多项式，
数学归纳法：当时，是的2次多项式，
假设是的次多项式，对都成立，
由二项式定理，，规定，
将取0，1，2，…，，得，，
，……，，
求和可得
，
则，
故是的次多项式，引理得证.
回到本题，由（2）可知，2阶等差数列的通项是的2次多项式，
假设阶等差数列的通项公式是的次多项式，
对于阶等差数列，它的差数列是阶等差数列，即，
故，
由引理可知，此为的次多项式，命题得证.
数列新定义问题，主要针对于等差，等比，递推公式和求和公式等综合运用，对常见的求通项公式和求和公式要掌握牢固，同时涉及数列与函数，数列与解析几何，数列与二项式定理，数列与排列组合等知识的综合，要将“新”性质有机地应用到“旧”性质上，创造性的解决问题.
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