(2024新题型)备战2024年高考数学模拟卷(新题型地区专用) 及答案

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．某校高一年级18个班参加艺术节合唱比赛，通过简单随机抽样，获得了10个班的比赛得分如下：91，89，90，92，94，87，93，96，91，85，则这组数据的80%分位数为（）A．93【答案】B【解析】将比赛得分从小到大重新排列：85，87，89，90，91，91，92，93，94，96，因为1080%8，所以这组数据的80%分位数第8个数与第9个数的平均值，即2．若abab,a1,2,bm,3，则实数m（939493.5，故选B.2B．93.5C．94D．94.5）D．3A．6【答案】BB．6C．3【解析】因为abab，所以ab22ab，2222即ab2abab2ab，所以ab0，即m60，解得m6，故选B.3．各项为正的等比数列an中，a11,a2a481，则an的前4项和S4（A．40【答案】A3【解析】设等比数列公比为q,a11,a2a481,qq81,an0,q0,）B．121C．27D．81q3,S41134138040.故选A.2ππ4．“函数ytanx的图象关于,0对称”是“kπ，kZ”的（44）A．充分不必要条件C．充要条件B．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件【答案】Bπ【解析】当函数ytanx的图象关于,0对称时，4πkππkππk1π，kZ，得，kZ，424242ππkπ易知kπ，kZ442ππ所以“函数ytan(x)的图象关于,0对称”是“kπ，kZ”的必要不充分条件．故选B．44有5．某小组两名男生和两名女生邀请一名老师排成一排合影留念，要求两名男生不相邻，两名女生也不相邻，老师不站在两端，则不同的排法共有（A．48种【答案】B112【解析】当老师从左到右排在第二或第四位时，共有C2C4A216种排法，）C．24种D．16种B．32种当老师从左到右排在第三位时，共有C4C2A2=16种排法，于是共有161632种排法.故选：B.6．设m、n是不同的直线，α、β是不同的平面，以下是真命题的为（A．若，m//，则mC．若，m，则m//【答案】B）112B．若n，n，则//D．若m，mn，则n//【解析】对于A,如上图正方体中，设平面ABB1A1为，平面A1B1C1D1为，CD为m，满足，m//，此时m//，故A错误；对于B，因为n，n，α、β是不同的平面，则必有//，故B正确；对于C，如上图正方体中，设平面ABB1A1为，平面A1B1C1D1为，A1D1为m，满足，m，此时m，故C错误；对于D，如上图正方体中，设平面ABB1A1为，A1D1为m，A1B1为n，则满足m，mn，此时n，故D错误.故选:B.7．已知函数f(x)cosx，若A，B是锐角ABC的两个内角，则下列结论一定正确的是（x）A．f(sinA)f(sinB)C．f(sinA)f(cosB)【答案】D【解析】因为f(x)B．f(cosA)f(cosB)D．f(cosA)f(sinB)cosxxsinxcosx，所以f(x)，x2xxsinxcosxπ0，即f(x)0，当x0,时，sinx0,cosx0，所以2x2π所以fx在0,上单调递减.2因为A，B是锐角ABC的两个内角，所以ABπ因为ycosx在0,上单调递减，2ππ所以0cosAcosBsinB1，22πππ，则AB0，222故f(cosA)f(sinB)，故D正确.同理可得f(cosB)f(sinA)，C错误；而A,B的大小不确定，故sinA与sinB，cosA与cosB的大小关系均不确定，所以f(sinA)与f(sinB)，f(cosA)与f(cosB)的大小关系也均不确定，AB不能判断.故选：Dx2y28．已知椭圆C：221ab0的焦点分别为F1，F2，点A在C上，点B在y轴上，且满足AF1BF1，ab2AF2F2B，则C的离心率为（）3A．2【答案】D1B．22C．33D．55【解析】x2y2如图，C：221ab0的图象，则F1c,0，F2c,0，其中c2a2b2，ab设Ax0,y0，B0,y，则AF2cx0,y0，F2Bc,y22x0y0AF1cx0,y0，BF1c,y，221，ab332333FBAFcx0,y0因AF2F2B，得22cx0,y0，222232533xcccx00322故，得，33yyyy0022由AF1BF1得AF1BF1cx0cy0y0，1625232222得ccx0yy00即ccy00，得y0c9325162cxycc222e由，又，，1，得3bac9a1aba2b22022022化简得25e450e290，又椭圆离心率e0,1，152所以e，得e.55故选：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，有多项符合题目的要求，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．已知z1，z2为复数，则下列说法正确的是（A．若z1R，则z1z1C．若z1z2，则z1z2【答案】AC【解析】A：根据共轭复数的定义，本选项正确；B：取z11，z2i，满足z1z2，但z1z2，故本选项错误；）B．若z1z2，则z1z2D．若z1z2z1，则z10或z22z1C：设z1abi，z2cdi，a,b,c,dR，由z1z2，得abicdi，即ac，bd，所以a2b2c2d2，即z1z2，故本选项正确；D：取z12，z213i，则z1z213i，z1z22z1，此时z10且z22z1，故D不正确．故选：AC310．如图，点A,B,C是函数fxsinx(0)的图象与直线y相邻的三个交点，且2ππBCAB,f0，则（）312A．ω=49π1B．f82ππC．函数fx在,上单调递减32D．若将函数fx的图象沿x轴平移个单位，得到一个偶函数的图像，则的最小值为【答案】ACDπ2π32kπ，kZ，得，x2kπ或x332ππ2π2kπ，由图可知：xA2kπ，xC2kπ+2π，xB333π24【解析】令fxsinx1π1π2π，ABxBxA，33π12π所以BCAB2π，所以ω=4，故A选项正确，33所以BCxCxBππ所以fxsin4x，由f0得sin0，123π所以π2kπ，kZ，3所以4π2kπ，kZ，34π4ππ2kπsin4x所以fxsin4xsin4x，33319π9ππfsin，故B错误.2823π5ππππ当x,时，4x,2π，33332π5πππ因为ysint在t,2π为减函数，故fx在,上单调递减，故C正确；3323π0时向左平移）将函数fx的图象沿x轴平移个单位得gxsin4x4，（0时向右平移，，3gx为偶函数得4ππ32kπ，kZ，所以π24kπ4，kZ，则的最小值为π24，故D正确.故选：ACD.11．已知定义在R上的函数f(x)满足f(x2)f(x)f(2026)，且f(x1)1是奇函数.则（A．f(1)f(3)2B．f(2023)f(2025)f(2024)C．f(2023)2024是f(2022)与f(2024)的等差中项D．f(i)2024i1【答案】ACD【解析】因为f(x2)f(x)f(2026)，所以f(x4)f(x2)f(2026)，两式相减得f(x4)f(x)，所以f(x)的周期为4.因为f(x1)1是奇函数，所以f(x1)1f(x1)1，所以f(x1)f(x1)2，即f(x)f(x2)2，令x=1，得f(1)1.因为f(x2)f(x)f(2026)f(2)，令x2，得f(4)f(2)f(2)，所以f(4)0，即f(0)0.因为f(x)f(x2)2，令x0，得f(0)f(2)2，所以f(2)2，所以f(x2)f(x)2，所以f(3)f(1)2，故A正确.因为f(x)f(x2)2，所以f(1)f(3)2，即f(3)f(3)2，所以f(3)1.）因为f(2023)f(2025)f(3)f(1)2，f(2024)f(0)0，所以B错误.因为f(2022)f(2024)f(2)f(0)2，f(2023)f(3)1，所以f(2022)f(2024)2f(2023)，所以f(2023)是f(2022)与f(2024)的等差中项，故C正确.因为f(1)f(2)f(3)f(4)f(1)f(3)f(2)f(4)2204，所以f(i)506[f(1)f(2)f(3)f(4)]50642024，故D正确.i12024

故选：ACD第II卷（非选择题）

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。x12．已知集合Mx|x12，Nx21，则MN【答案】x|0x1x【解析】因为Mx|x12x|3x1，Nx|21x|x0，所以MNx|0x1.5625613．已知多项式(x2)(x1)a0a1xa2xa5xa6x，则a1.【答案】74【解析】对于(x-2)5，其二项展开式的通项为Tr1C5x令5r1，得r4，44故T5C5x(2)80x，r5r(2)r，对于(x1)6，其二项展开式的通项为Tk1C6xk6k(1)k，55令6k1，得k5，故T6C6x(1)6x，所以a180674.14．在正三棱台ABC-A1B1C1中，AB2，ABA1B1，侧棱AA1与底面ABC所成角的正切值为2．若该三棱台存在内切球，则此正三棱台的体积为．【答案】7212【解析】如图，取BC和B1C1的中点分别为P，Q，上、下底面的中心分别为O1，O2，设A1B1x，内切球半径为r，因为tanA1AO22，棱台的高为2r，所以AA1BB1CC12r22r26r，O2P11333，同理O1Qx．APAB63323因为内切球与平面BCC1B1相切，切点在PQ上，所以PQO2PO1Q3x2①，62在等腰梯形BB1C1C中，PQ226r22x②，222xx2．由①②得6r2122在梯形AA1QP中，PQ22r233x3③，66，32由②③得2x6r，代入得x1，则棱台的高h2r1333672V4所以棱台的体积为312．3442四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。15．（本小题满分13分）已知函数fxa3x3x29x3(1)当a3时，求fx在区间0,4上的最值；(2)若直线l:12xy10是曲线yfx的一条切线，求a的值.232【解】（1）当a3时，fxx3x9x，则fx3x6x93x3x1，当x0,3时，fx0；当x3,4时，f¢(x)>0；\\f(x)在0,3上单调递减，在3,4上单调递增，fxminf327，fxmaxmaxf0,f4，又f00，f464483620，fxmax0.2（2）由题意知：fxax6x9，a32设直线l与fx相切于点x0,x03x09x0，32ax06x091222x010，解得：x01，则a3，消去a得：x02x03x09x0112x03则a6912，解得：a3.（本小题满分15分）如图，AB是半球O的直径，AB4，M,N依次是底面16．AB上的两个三等分点，P是半球面上一点，且PON60．(1)证明：PBPM；(2)若点P在底面圆上的射影为ON中点，求直线PM与平面PAB所成的角的正弦值．【解】（1）连接AM,OM,MN,PN，因为M,N依次是底面AB上的两个三等分点，所以四边形OMNB是菱形，设MBONQ，则Q为ON中点，且ONMB，又因为OPON,∠PON60，故OPN是等边三角形，连接PQ，则ONPQ，又因为MB,PQ面PMB，MBPQQ，所以ON面PMB，因为PB面PMB，所以ONPB，因为M,N依次是底面AB上的两个三等分点，所以ON//AM，所以AMPB，又因为AB是半球O的直径，P是半球面上一点，所以PBPA，因为AM,PA面PAM，AMPAA，所以PB面PAM，又因为PM面PAM，所以PBPM（2）因为点P在底面圆上的射影为ON中点，所以PQ面AMB，因为QM,QN面AMB，所以PQ⊥QM,PQ⊥QN，又因为QMQN，所以以QM,QN,QP为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系，所以P0,0,3,MPM所以3,0,0,B3,0,0,A3,2,0，3,0,3,PA3,2,3,BA23,2,0，设平面PAB的法向量nx,y,z，nPA3x2y3z0则，令x1，则n1,3,1，nBA23x2y0设直线PM与平面PAB所成角为0PMn23则sincosPM,n65PMnπ，2105所以直线PM与平面PAB所成角的正弦值为105（本小题满分15分）“村BA”后，贵州“村超”又火出圈!所谓“村超”，其实是目前火爆全网的贵州乡村体17．育赛事一一榕江（三宝侗寨）和美乡村足球超级联赛，被大家简称为“村超”.“村超”的民族风､乡土味､欢乐感，让每个人尽情享受着足球带来的快乐.某校为了丰富学生课余生活，组建了足球社团.足球社团为了解学生喜欢足球是否与性别有关，随机抽取了男､女同学各50名进行调查，部分数据如表所示：喜欢足球不喜欢足球合计男生女生合计22015100n(adbc)2附：.abcdacbdx0.12.7060.053.8410.016.6350.0057.8790.00110.828(1)根据所给数据完成上表，依据0.005的独立性检验，能否有99.5%的把握认为该中学学生喜欢足球与性别有关？(2)社团指导老师从喜欢足球的学生中抽取了2名男生和1名女生示范定点射门.据统计，这两名男生进球的概率均为，这名女生进球的概率为2，每人射门一次，假设各人进球相互独立，求3人进球总次数X的分布列和数学期望.【解】（1）依题意，22列联表如下：喜欢足球男生女生合计301545不喜欢足球203555合计5050100231零假设H0：该中学学生喜欢足球与性别无关，10030351520100的观测值为9.091，50504555112229.0917.879x0.005，根据小概率值0.005的独立性检验，推断H0不成立，所以有99.5%的把握认为该中学学生喜欢足球与性别有关.（2）依题意，X的所有可能取值为0,1,2,3，PX012132111,PX1C2218213213112215，32182221PX2C13321221221841,PX33218932922所以X的分布列为：XP01249329118518数学期EX0154211123.181899618．（本小题满分17分）已知点P（非原点）在抛物线C：y=x2上，点P处的切线分别交x，y轴于点Q，R．(1)若PQPR，求实数的值．(2)定义：过抛物线上一点，且垂直于在该点处切线的直线称为抛物线的法线．若抛物线C在点P处的法线交抛物线C于另一点S，求PSR面积的最小值．【解】（1）不妨设Px1,x1，x1>0，由y=x2得y2x，22所以点P处的切线方程为yx12x1xx1．2令x0，得yRx1，所以yPyR．所以点Q为线段PR的中点．所以1．22（2）设Sx2,x2，由法线定义得SPPR，所以SPPR0，222又SPx1x2,x1x2,PRx1,2x1，222即x1x1x22x1x1x20．因为x1x2，x1>0，所以x1x1x211，x2x1．2x121222x1，PR14x1x114x1x1，2x1因为SP1所以SPSR11x1x21224x14x111SPPR2x13x1．28x13设fx2xx1，x0，8x1．8x22则fx6x13令fx0，得x．63x0,当6时，fx0，fx单调递减；3,当x6时，fx0，fx单调递增．所以当x433时，fxmin．6943．9故PSR面积的最小值为a1,1a1,2a2,1a2,219．（本小题满分17分）已知Amam,1am,2a1,ma2,m(m2)是m2个正整数组成的m行m列的数表，当am,m1ism,1jtm时，记dai,j,as,tai,jas,jas,jas,t．设nN*，若Am满足如下两个性质：①ai,j1,2,3;,n(i1,2,,m;j1,2,,m)；②对任意k1,2,3,,n，存在i1,2,,m,j1,2,,m，使得ai,jk，则称Am为Γn数表．123(1)判断A3231是否为3数表，并求da1,1,a2,2da2,2,a3,3的值；312(2)若2数表A4满足dai,j,ai1,j11(i1,2,3;j1,2,3)，求A4中各数之和的最小值；(3)证明：对任意4数表A10，存在1is10,1jt10，使得dai,j,as,t0．123【解】（1）A3231是3数表，312da1,1,a2,2da2,2,a3,3235.（2）由题可知dai,j,as,tai,jas,jas,jas,t1(i1,2,3;j1,2,3).当ai1,j1时，有dai,j,ai1,j1(ai,j1)(ai1,j11)1，所以ai,jai1,j13.当ai1,j2时，有dai,j,ai1,j1(2ai,j)(2ai1,j1)1，所以ai,jai1,j13.所以ai,jai1,j13(i1,2,3;j1,2,3).所以a1,1a2,2a3,3a4,4336,a1,3a2,43,a3,1a4,23.a1,2a2,3a3,4314或者a1,2a2,3a3,4325，a2,1a3,2a4,3314或者a2,1a3,2a4,3325，a1,41或a1,42，a4,11或a4,12，故各数之和633441122，11A当411111222时，211212各数之和取得最小值22.（3）由于4数表A10中共100个数字，必然存在k1,2,3,4，使得数表中k的个数满足T25.设第i行中k的个数为ri(i1,2,,10).当ri2时，将横向相邻两个k用从左向右的有向线段连接，则该行有ri1条有向线段，所以横向有向线段的起点总数R(ri1)(ri1)T10.ri210i1设第j列中k的个数为cj(j1,2,,10).当cj2时，将纵向相邻两个k用从上到下的有向线段连接，则该列有cj1条有向线段，所以纵向有向线段的起点总数C(cj1)(cj1)T10.cj210j1所以RC2T20,因为T25,所以RCT2T20TT200.所以必存在某个k既是横向有向线段的起点，又是纵向有向线段的终点，1pq10,即存在1uv10，使得au,pav,pav,qk，所以dau,p,av,qau,pav,pav,pav,q0，则命题得证.