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

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：A

7．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：AD

11．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8

C．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4

D．

【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：32

14．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.