福建省厦门第一中学2024届高考模拟（最后一卷）数学试题（Word版附答案）

这是一份福建省厦门第一中学2024届高考模拟（最后一卷）数学试题（Word版附答案），共11页。试卷主要包含了1024的所有正因数之和为(，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的所有正因数之和为(
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，一共有种不同的二维码，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.中位数可能改变，方差可能变小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.中位数一定不变，方差可能变大
8.若曲线有且仅有一条过坐标原点的切线，则正数的值为（ ）
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.为奇函数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（）的实部为0，则___________.
13.已知空间中有三点，，，则点到直线的距离为_________.
14.设函数，若对于任意实数，，总存在，使得，则实数的取值范围是_________.
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.（13分）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.（15分）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.（15分）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.（17分）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）当直线过点时，过点作轴的垂线，垂足为，设直线，的斜率分别为，，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.（17分）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
数学参考答案
1.A 2.B 3.C 4.C 5.C 6.A 7.D 8.A
6.解析：∵1万年用掉个二维码，∴大约能用万年，设，则即万年.
7.解析：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.
8.解析：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的切线，
所以方程①只有一个解，故，解得.
9.BC 10.AD 11.AC
11.解析：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.
12.13.14.
14.解析：设的最大值为，因为，所以
即，当且仅当，时，等号成立.
故当时，总存在，使得
几何解释：本题即求曲线与直线与轴垂直方向的距离最大值的最小值，如图所示，取，，连接并做曲线与平行的切线，切点为，当且仅当恰好位于与中间时，竖直距离最大值最小，即在，，三点处，同时取到最大值，这也是前述代数法中，取，，三个值的原因.
15.（1）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；
（2）的所有可能取值为0，1，2，
由题意知“”表示2个偶数相邻，则，
“”表示2个偶数中间共插入了1个奇数，则，
“”表示2个偶数中间共插入了2个奇数，则；
“”表示2个偶数中间共插入了3个奇数，则，
所以的分布列为
的期望为.
16.（1）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.
（2）如图以为坐标原点，，分别为，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.（1）
；
（2）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.（1）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；
（2）（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.
19.（1）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，一阶差数列的第5项为，即，故.
（2）令，
因为是二阶等差数列，所以，
因此
所以
，命题得证.
（3）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，
将取0，1，2，…，，求和可得
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.
0
1
2
3