2024年高考数学考前信息必研卷04（新高考新题型专用）（Word版附解析）

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数 学
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
全国陆续有多个省份官宣布在2024年的高考数学中将采用新题型模式。
新的试题模式与原模式相比变化较大，考试题型为8（单＋3（多选题）＋3（填空题）＋5（解答题），其中单选题的题量不变，多选题、填空题、解答题各减少1题，多选题由原来的0分、2分、5分三种得分变为“部分选对得部分分，满分为6分”，填空题每题仍为5分，总分15分，解答题变为5题，分值依次为13分、15分、15分、17分、17分。函数和导数不再是压轴类型，甚至有可能是第一道大题，增加的新定义的压轴题，以新旧知识材料为主来考察考生的数学思维能力，难度较大。
从2024届九省联考新模式出题方向可以看出，除了8+3+3+5的模式外，核心的变化在于改变以往的死记硬背的备考策略，改变了以前套公式的学习套路，现在主要是考查学生的数学思维的灵活，对三角函数喝数列的考察更加注重技巧的应用，统计概率结合生活情景来考查考生数学在生活中的实际应用，特别是最后一道大题，题目给出定义，让考生推导性质，考查考生的数学学习能力和数学探索能力，这就要求考生在平时的学习中要注重定理、公式的推导证明，才能培养数学解决这类问题的思维素养。
一：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，只有一项是符合题目要求的．
1．现有随机选出的20个数据，统计如下，则（ ）
7 24 39 54 61 66 73 82 82 82
87 91 95 8 98 102 102 108 114 120
A．该组数据的众数为102B．该组数据的极差为112
C．该组数据的中位数为87D．该组数据的80%分位数为102
【答案】D
【解析】将数据按从小到大的顺序排列：
7，8，24，39，54，61，66，73，82，82，
82，87，91，95，98，102，102，108，114，120，
对于A，出现次数最多的是82，所以众数是82，故A错误；
对于B，极差为，故B错误；
对于C，，第10个数和第11个数的平均数为中位数，
即，故C错误；
对于D，，第16个数和第17个数的平均数为80%分位数，
即，故D正确.
故选：D.
2．的值为（ ）
A．B．C．2D．4
【答案】D
【解析】，
则，
故选：D.
3．已知，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】，
设 ，则，
故在上为减函数，故即，
所以，故，
故选：D.
4．已知双曲线的左，右焦点分别为，点M为关于渐近线的对称点．若，且的面积为8，则C的方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】记与渐近线相交于点N，
由题可知，ON为的中位线，且，
所以，
因为焦点到渐近线的距离，
所以，，
则，
又，即，
联立解得，
所以C的方程为.
故选：C
5．已知的展开式中各项系数之和为，则该展开式中含的项的系数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】令得，，解得，所以的展开式中含的项的系数为．
故选：D.
6．已知正四棱锥各顶点都在同一球面上，且正四棱锥底面边长为4，体积为，则该球表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】
如图，设在底面的射影为，则平面，
且为的交点.
因为正四棱锥底面边长为4，故底面正方形的面积可为，且，
故，故.
由正四棱锥的对称性可知在直线上，设外接球的半径为，
则，故，故，
故正四棱锥的外接球的表面积为，
故选：B.
7．已知数列满足，，若为数列的前项和，则（ ）
A．624B．625C．626D．650
【答案】C
【解析】数列中，，，
当时，，即数列的奇数项构成等差数列，其首项为1，公差为2，
则，
当时，，即数列的偶数项构成等比数列，其首项为1，公比为，
则，
所以.
故选：C
8．在三棱锥中，，，，，且，则二面角的余弦值的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】因为，所以，点的轨迹方程为（椭球），

又因为，所以点的轨迹方程为，（双曲线的一支）

过点作，而面，
所以面，

设为中点，则二面角为，
所以不妨设，
所以，
所以，令，
所以，
等号成立当且仅当，
所以当且仅当时，.
故选：A.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．已知函数的部分图象如图所示，则（ ）

A．
B．的图象过点
C．函数的图象关于直线对称
D．若函数在区间上不单调，则实数的取值范围是
【答案】BCD
【解析】A：设该函数的最小正周期为，则有，
即，由函数的图象可知：，即，
由图象可知：，
所以，因此本选项不正确；
B：，
所以本选项正确；
C：因为，
，
所以，
所以函数的图象关于直线对称，因此本选项正确；
D：
当时，，
当，
，
当函数在区间上不单调时，
则有，
故选：BCD
10．如图，在正方体中，点是的中点，点是直线上的动点，则下列说法正确的是（ ）
A．是直角三角形
B．异面直线与所成的角为
C．当的长度为定值时，三棱锥的体积为定值
D．平面平面
【答案】ABC
【解析】对于A，设正方体的棱长为2，点是的中点，故;
平面平面，故，
则，
则，即，即是直角三角形，A正确；
对于B，在正方体中，点是的中点，

则直线DP即为直线，异面直线与所成的角即异面直线与所成的角，
由于，，故四边形为平行四边形，
所以，则即为异面直线与所成的角或其补角，
连接，则，即，
故异面直线与所成的角为，B正确；
对于C，设交于点O，则O为AC的中点，连接PO，

则PO为的中位线，故，平面，平面，
故平面，
当的长度为定值时，到平面的距离为定值，则Q到平面的距离为定值，
而的面积为定值，故为定值，
又三棱锥的体积，故三棱锥的体积为定值，C正确；
对于D，以D为坐标原点，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，

则，
则，
设平面的法向量为，则，
令，则；
设平面的法向量为，则，
令，则；
则，即不垂直，
故平面和平面不垂直，D错误，
故选：ABC.
11．已知函数恰有三个零点，设其由小到大分别为，则（ ）
A．实数的取值范围是
B．
C．函数可能有四个零点
D．
【答案】BCD
【解析】对于B，，
设，则它的定义域为，它关于原点对称，
且，所以是奇函数，
由题意有三个根，则，故B正确；
对于C，由，
所以，
所以，
即已经有3个实根，
当时，令，则，只需保证可使得方程有4个实根，故C正确；
由B可知，，而，
又，
所以
，故D正确；
对于A，，设，
则，所以，
从而，故A错误.

故选：BCD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知正数x，y满足，若不等式恒成立，则实数a的取值范围是 ．
【答案】
【解析】因为，
所以
，
所以
，等号成立当且仅当，
所以，实数a的取值范围是.
13．已知正三棱柱的底面边长为2，以为球心、为半径的球面与底面的交线长为，则三棱柱的表面在球内部分的总面积为 ．
【答案】
【解析】记以为球心，为半径的球面与底面的交线半径为，正三棱柱的高为，
则，且，解得，，
可知：底面在球内部分是以半径为，圆心角为的扇形，面积为，
底面在球内部是以半径为，圆心角为的扇形，面积为，
侧面在球内部分如图（阴影部分）所示，
因为，可知，
所以面积为，
同理侧面在球内部分面积为，
显然侧面与球不相交，
所以三棱柱的表面在球内部分的总面积为.
故答案为：.
14．已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一项是，接下来的两项是，再接下来的三项是，依此类推，若该数列的前项和为，若，则称为“好数对”，如，，则都是“好数对”，当时，第一次出现的“好数对”是 ．
【答案】
【解析】若，则为2的整数幂，将数列排成如下形式：
……
第k行为，第k行的和为，
该数列前项的和为，
令，则，此时可用以2为底的整数幂表示，
当时，有，此时共有项，不满足总项数；
当时，有，此时共有项，不满足总项数；
当时，有，此时共有项，满足总项数；
所以n的最小值为，此时，，
所以当时，第一次出现的“好数对”是，
故答案为：.
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）设，有三个条件：①是2与的等差中项；②，；③．在这三个条件中任选一个，补充在下列问题的横线上，再作答．（如果选择多个条件分别作答，那么按第一个解答计分）
若数列的前n项和为，且______．
(1)求数列的通项公式；
(2)若是以2为首项，4为公差的等差数列，求数列的前n项和．
【解析】（1）选条件①时，由于是2与的等差中项；
所以，①
当时，解得；
当时，②，
①②得：，
整理得，
所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列；
所以（首项符合通项），
所以；
选条件②时，由于，；
所以：，①，
当时，，②，
①②得：，
所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列；
故（首项符合通项），
所以；
选条件③时，因为，
所以当时，
当时，
因为时也满足，
所以
（2）若是以2为首项，4为公差的等差数列，
所以，
所以，
故①，
②，
①②得：；
整理得．
16．（15分）在某数字通信中，信号的传输包含发送与接收两个环节．每次信号只发送0和1中的某个数字，由于随机因素干扰，接收到的信号数字有可能出现错误，已知发送信号0时，接收为0和1的概率分别为，；发送信号1时，接收为1和0的概率分别为．假设每次信号的传输相互独立．
(1)当连续三次发送信号均为0时，设其相应三次接收到的信号数字均相同的概率为，求的最小值；
(2)当连续四次发送信号均为1时，设其相应四次接收到的信号数字依次为，记其中连续出现相同数字的次数的最大值为随机变量（中任意相邻的数字均不相同时，令），若，求的分布列和数学期望．
【解析】（1）由题可知，
因为，所以当时，的最小值为．
（2）由题设知，的可能取值为1，2，3，4．
①当时，相应四次接收到的信号数字依次为0101或1010．
因此，，
②当时，相应四次接收到的信号数字依次为0010，或0100，或1101，或1011，或1001，或0110，或1100，或0011．
因此，，
③当时，相应四次接收到的信号数字依次为1110，或0111，或0001，或1000．
因此，，
④当时，相应四次接收到的信号数字依次为0000，或1111．
因此，．
所以的分布列为
因此，的数学期望．
17．（15分）已知点、、是抛物线上的点，且．
(1)若点的坐标为，则动直线是否过定点？如果过定点，请求出定点坐标，反之，请说明理由．
(2)若，求面积的最小值．
【解析】（1）解：设直线轴，则直线与抛物线有且只有一个交点，不合乎题意.
设直线的方程为，设点、，则且，
联立可得，，
由韦达定理可得，，
，同理，
，
所以，，可得，
故直线的方程为，
因此，直线过定点.
（2）解：由（1）可知，直线的斜率存在，且直线的方程为，记线段的中点为点.
①当时，则、关于轴对称，此时线段的垂线为轴，
因为，则点为坐标原点，又因为，则为等腰直角三角形，
则的两腰所在直线的方程为，联立，解得或，
此时，，；
②当时，，，即点，
因为，则，
设点，其中且，，，
由已知可得
，
所以，，则，
直线的斜率为，可得，
所以，，当时，等式不成立，
所以，且，
所以，，则
，
所以，，
故.
综上所述，.
因此，面积的最小值为.
18．（17分）已知函数．
(1)当时，求函数在区间上的最小值；
(2)讨论函数的极值点个数；
(3)当函数无极值点时，求证：．
【解析】（1）当时，，
则，
令，则，
因为，所以．则在上单调递减，
又因为，
所以使得在上单调递增，在上单调递减．
因此，在上的最小值是与两者中的最小者．
因为，
所以函数在上的最小值为．
（2），
由，解得，
易知函数在上单调递增，且值域为，
令，由，解得，
设，则，
因为当时，，当时，，所以函数在上单调递增，在上单调递减．
根据时，，
得的大致图像如图所示．
因此有：
（ⅰ）当时，方程无解，即无零点，没有极值点；
（ⅱ）当时，，
设，则，令，
则在上时单调递增函数，即，
得，此时没有极值点；
（ⅲ）当时，方程有两个解，即有两个零点，有两个极值点；
（ⅳ）当时，方程有一个解，即有一个零点，有一个极值点．
综上，当时，有一个极值点；当时，有两个极值点；当时，没有极值点．
（3）先证明当时，．
设，则，
记，则在上单调递减，
当时，，则在上单调递减，，
即当时，不等式成立．
由（2）知，当函数无极值点时，，则，
在不等式中，取，则有，
即不等式成立．
19．（17分）已知集合，其中且，若对任意的，都有，则称集合具有性质.
(1)集合具有性质，求的最小值；
(2)已知具有性质，求证：；
(3)已知具有性质，求集合中元素个数的最大值，并说明理由.
【解析】（1）由性质定义知：，且，
所以的最小值为6.
（2）由题设，且，
所以，
所以，得证.
（3）由（2）知：，
同（2）证明得且，故，又，
所以在上恒成立，
当，取，则，故，
当，则，即.
综上，集合中元素个数的最大值为7.1
2
3
4