决胜2024年高考数学模拟卷（一）-2024年新高考数学适应性测试卷

这是一份决胜2024年高考数学模拟卷（一）-2024年新高考数学适应性测试卷，共19页。试卷主要包含了选择题等内容，欢迎下载使用。

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．（2024·湖南长沙·一模）为了了解学生们的身体状况，某学校决定采用分层抽样的方法，从高一､高二､高三三个年级共抽取100人进行各项指标测试.已知高三年级有500人，高二年级有700人，高一年级有800人，则高三年级抽取的人数为（ ）
A．30B．25C．20D．15
2．（2024·辽宁抚顺·一模）已知集合，，若，则实数的值是（ ）
A．B．C．D．
3．（2024·河南新乡·二模）已知，则（ ）
A．B．C．D．
4．（2024·河北沧州·模拟预测）某企业的废水治理小组积极探索改良工艺，致力于使排放的废水中含有的污染物数量逐渐减少．已知改良工艺前排放的废水中含有的污染物数量为，首次改良工艺后排放的废水中含有的污染物数量为，第n次改良工艺后排放的废水中含有的污染物数量满足函数模型（，），其中为改良工艺前排放的废水中含有的污染物数量，为首次改良工艺后排放的废水中含有的污染物数量，n为改良工艺的次数．假设废水中含有的污染物数量不超过时符合废水排放标准，若该企业排放的废水符合排放标准，则改良工艺的次数最少为（ ）（参考数据：，）
A．12B．13C．14D．15
5．（2024·湖北·二模）已知椭圆，则“”是“椭圆的离心率为”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
6．（2024·辽宁抚顺·一模）在三棱锥中，，，，，则三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
7．（23-24高三上·云南德宏·期末）已知正项等比数列中，成等差数列.若数列中存在两项，使得为它们的等比中项，则的最小值为（ ）
A．3B．4C．6D．9
8．（2024·河北·一模）函数的导数仍是x的函数，通常把导函数的导数叫做函数的二阶导数，记作，类似地，二阶导数的导数叫做三阶导数，三阶导数的导数叫做四阶导数……．一般地，阶导数的导数叫做n阶导数，函数的n阶导数记为，例如的n阶导数．若，则（ ）
A．B．50C．49D．
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
9．（2024·云南·一模）已知、都是复数，下列正确的是（ ）
A．若，则 B．
C．若，则 D．
10．（2024·辽宁·一模）在一个只有一条环形道路的小镇上，有一家酒馆，一个酒鬼家住在，其相对位置关系如图所示.小镇的环形道路可以视为8段小路，每段小路需要步行3分钟时间.某天晚上酒鬼从酒馆喝完酒后离开，因为醉酒，所以酒鬼在每段小路的起点都等可能的选择顺时针或者逆时针的走完这段小路.下述结论正确的是（ ）

A．若酒鬼经过家门口时认得家门，那么酒鬼在10分钟或10分钟以内到家的概率为
B．若酒鬼经过家门口时认得家门，那么酒鬼在15分钟或15分钟以内到家的概率为
C．若酒鬼经过家门口也不会停下来，那么酒鬼步行15分钟后恰好停在家门口的概率为
D．若酒鬼经过家门口也不会停下来，那么酒鬼步行21分钟后恰好停在家门口的概率为
11．（2024·河南郑州·模拟预测）已知，则（ ）
A．的图象关于点对称
B．的值域为
C．在区间上有33个零点
D．若方程在（）有4个不同的解（，2，3，4），其中（，2，3），则的取值范围是
三．填空题 本题共3小题，每小题5分，共15分
12．（2024·陕西西安·一模）已知平面向量，若与共线，则实数 ．
13．（2024·陕西榆林·二模）已知函数恰有3个零点，则的取值范围是 .
14．（2024·河南郑州·模拟预测）平面几何中有一个著名的塞尔瓦定理：三角形任意一个顶点到其垂心（三角形三条高的交点）的距离等于外心（外接圆圆心）到该顶点对边距离的2倍．若点A，B，C都在圆E上，直线BC方程为，且，△ABC的垂心在△ABC内，点E在线段AG上，则圆E的标准方程 .
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）（2024·内蒙古包头·一模）如图，在中，，是斜边上的一点，，．
(1)若，求和的面积；
(2)若，求的值．
16．（15分）（2024·辽宁·二模）已知函数在点处的切线与直线垂直.
(1)求的值；
(2)求的单调区间和极值.
17．（15分）（2024·内蒙古包头·一模）如图，在四棱锥中，平面，，点在棱上，，点，是棱上的三等分点，点是棱的中点．，．
(1)证明：∥平面，且，，，四点共面；
(2)证明：平面平面；
(3)求直线与平面所成角的正弦值．
18．（17分）（2024·广东·一模）某单位进行招聘面试，已知参加面试的名学生全都来自A，B，C三所学校，其中来自A校的学生人数为.该单位要求所有面试人员面试前到场，并随机给每人安排一个面试号码，按面试号码由小到大依次进行面试，每人面试时长5分钟，面试完成后自行离场.
(1)求面试号码为2的学生来自A校的概率.
(2)若，，且B，C两所学校参加面试的学生人数比为，求A校参加面试的学生先于其他两校学生完成面试（A校所有参加面试的学生完成面试后，B，C两校都还有学生未完成面试）的概率.
(3)记随机变量X表示最后一名A校学生完成面试所用的时长（从第1名学生开始面试到最后一名A校学生完成面试所用的时间），是的数学期望，证明：.
19．（17分）（2024·山东青岛·一模）已知O为坐标原点，点W为：和的公共点，，与直线相切，记动点M的轨迹为C．
(1)求C的方程；
(2)若，直线与C交于点A，B，直线与C交于点，，点A，在第一象限，记直线与的交点为G，直线与的交点为H，线段AB的中点为E．
①证明：G，E，H三点共线；
②若，过点H作的平行线，分别交线段，于点，，求四边形面积的最大值．
参考答案：
1．B
【分析】根据分层抽样的抽样比公式进行求解即可.
【详解】根据分层抽样的性质可知：
高三年级抽取的人数为.
故选：B
2．B
【分析】
首先解绝对值不等式求出集合，再根据集合的包含关系求出参数的取值范围，即可判断.
【详解】由，即，解得，
所以，
又且，所以或，
故符合题意的只有B选项.
故选：B
3．A
【分析】根据题意，求得，结合，代入即可求解.
【详解】因为，可得，
则，
.
故选：A.
4．D
【分析】
由题意，根据指数幂和对数运算的性质可得，由，解不等式即可求解.
【详解】由题意知，，
当时，，故，解得，
所以．
由，得，即，
得，又，
所以，
故若该企业排放的废水符合排放标准，则改良工艺的次数最少要15次．
故选：D
5．A
【分析】
根据椭圆离心率定义，对参数的取值进行分类讨论即可判断出结论.
【详解】由可得椭圆，此时离心率为，
此时充分性成立；
若椭圆的离心率为，当时，可得离心率为，解得，
即必要性不成立；
综上可知，“”是“椭圆的离心率为”的充分不必要条件.
故选：A
6．A
【分析】在中由余弦定理求得，由题意证得平面ABC，进而确定外接球球心O，由球心与相关点的位置关系求球的半径，最后求表面积即可.
【详解】在中，，
即，又，
因为，所以，同理，
又由平面ABC，平面.
设的外接圆半径为，所以，
所以，所以外接球的半径R满足，
∴三棱锥外接球的表面积为.
故选：A.
7．A
【分析】
由已知条件求出等比数列的公比，得到，利用基本不等式求的最小值.
【详解】设正项等比数列的公比为，由，，成等差数列，
有，即，得，由，解得，
若数列中存在两项，，使得为它们的等比中项，
则，即，得，则，
，
当且仅当，即时等号成立，
所以的最小值为3.
故选：A
8．A
【分析】
根据条件，列举的前几项，根据规律，写出，代入，即可求解.
【详解】由，，
，，
依此类推，，
所以.
故选：A
9．BD
【分析】
利用特殊值判断A、C，根据复数代数形式的运算法则及复数的模判断B、D.
【详解】对于A：令、，则，显然不满足，故A错误；
对于C：令、，则，，
所以，但是，故C错误；
设，，
所以，
则
，
又，
所以，故B正确；
，又，
所以，故D正确.
故选：BD
10．ABD
【分析】
根据分类计数原理和分布计数原理可逐个判定选项得结果.
【详解】选项A：10分钟或10分钟以内到家只能是，
所以酒鬼在10分钟或10分钟以内到家的概率为，故A正确；
选项B：15分钟或15分钟以内到家,即共走小于或等于步，
可能顺时针走5步概率为，可能逆时针走3步概率为，
或者逆时针走四步，顺时针走一步，概率为，
故其概率概率为，故B正确；
选项C：经过家门口不停， 15分钟后恰好停在家门口，共走5步，
可以顺时针走5步,即，概率为，
可以逆时针走5步，概率为，
故其概率为，故C错误；
选项D：经过家门口不停， 21分钟后恰好停在家门口，共走7步，
可以逆时针走5步返回2步，可以顺时针走6步返回1步，
所以其概率为，故D正确；
故选：ABD.
11．AB
【分析】根据题意可得，从而可对A判断；由题意可得，则为的一个周期，不妨讨论内的值域情况，从而可对B判断；令，可得或，即（），从而可对C判断；根据分情况讨论得到，，从而可对D判断.
【详解】
对A：由，
所以，则的图象关于对称，故A正确；
对B：由，
因为，所以的一个周期为，
不妨讨论一个周期的值域情况，
当，此时，
则，
因为，所以，则，则；
当，此时，
则，
因为，所以，则，则，
当，此时，
则，
因为，所以，则，则，
当，此时，
则，
因为，所以，则，则，
综上所述，故B正确；
对C：，令得或，可得（），
所以，，所以在上有31个零点，故C错误；
对D：是以为周期的周期函数，当时，
则在上有2个实根，，且与关于对称，所以；
当时，则在上没有实根，
则在上有2个实根，，且与关于对称，且，
且，，
当时，则在上没有实根，
当时，有2个实根，但只需有4个零点，
所以，又因为，
所以的取值范围是，故D错误，
故选：AB．
【点睛】方法点睛：已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；
（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；
（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.
12．2
【分析】利用向量共线的坐标表示可得答案.
【详解】，
若与共线，则，
解得.
故答案为：.
13．
【分析】
将函数零点问题转化为与的交点问题，数形结合即可求解范围.
【详解】令，得或.
作出的大致图象，如图所示，
这两个函数图象的交点为，因为，，
所以由图可知的取值范围是.
故答案为：
14．
【分析】
首先根据塞尔瓦定理以及圆的几何性质，求解和，并求直线的方程，求解点的坐标，即可求解圆的方程.
【详解】
由△ABC的垂心到直线BC距离，设圆E半径为r，
由塞尔瓦定理可得，由圆的几何性质可得，联立解得，，
因为直线BC方程为，,且，所以直线EG方程为，
设，则E到直线BC距离，解得（舍去）或，
所以圆E的标准方程为．
故答案为：
15．(1)，
(2)
【分析】（1）在中由正弦定理可求，从而确定是等边三角形，为等腰三角形，求出边角可得面积.
（2）设出长，在与中，用双余弦可得的值.
【详解】（1）由，，可得．
在中，由正弦定理可得，所以，
所以或，又，故只能有．
因此，，又，所以是等边三角形，
所以，
又在中，，，故，
所以，，
.
（2）令，，，则，
在与中，由余弦定理可得，
消去，得，
整理得，所以得，所以．
16．(1)
(2)单调递减区间为和，单调递增区间为，的极大值为，极小值为.
【分析】（1）由导数的几何意义求出斜率，利用直线垂直列式求解即可；
（2）求出导数方程的根，根据导数与极值的关系列表即可得解.
【详解】（1）因为，所以，
则，因为函数在点处的切线与直线垂直，
故，解得；
（2）因为，所以，
令，解得或，令得或，令得，
列表如下：
故的单调递减区间为和，单调递增区间为，
的极大值为，极小值为.
17．(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）由中位线得，结合线面平行的判定定理即可证得∥平面，要证，，，四点共面，只需，只需，连接，结合条件证明四边形是平行四边形即可；
（2）由勾股定理得，由线面垂直的性质得，进一步由线面垂直、面面垂直的判定定理即可得证；
（3）建立适当的空间直角坐标系，分别求出直线与平面的方向向量、法向量，由向量夹角的坐标公式即可求解.
【详解】（1）
因为F，G分别为的中点，
所以，
又平面CFG，平面，
所以平面．
连接HE，在中，，
所以，且，
因为，，
所以，且，
所以四边形为平行四边形．
所以，
又，所以，
故C，E，F，G四点共面．
（2）由题意可知，，，，
所以，故．
又平面，平面，所以，
又平面，
故平面，
又平面，
所以平面平面．
（3）
因为平面，平面，
所以，，
在平面内，，，
所以．
所以两两互相垂直，
以C为坐标原点，的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，，
向量，，，
设平面的法向量为，则由，得，
可取，
设直线与平面所成角为，则．
因此直线与平面所成角的正弦值为．
18．(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）按古典概型的计算方法求解.
（2）先确定来自各校的学生人数，再利用条件概率公式进行计算.
（3）先求出分布列，再按期望的公式进行化简.
【详解】（1）记“面试号码为2的学生来自A校”为事件A，
将A校n名学生面试号码的安排情况作为样本空间，则样本点总数为，
事件A表示A校有1名学生的面试号码为2，
其他名学生的面试号码在剩余个面试号码中随机安排，
则事件A包含的样本点数为，
故．
（2）设B校参加面试的学生有x名，由题意得，解得．
所以B校参加面试的学生有10名，C校参加面试的学生有20名．
记“最后面试的学生来自B校”为事件B，“最后面试的学生来自C校”为事件C，
显然事件B，C互斥．
记“A校参加面试的学生先于其他两校学生完成面试”为事件D，则．
当事件B发生时，只需考虑A，C两所学校所有参加面试的学生中最后面试的那位来自C校，
则．
当事件C发生时，只需考虑A，B两所学校所有参加面试的学生中最后面试的那位来自B校，
则．
所以．
（3）由题知随机变量X的取值为，，…，，
则随机变量X的分布列为，，，…，N．
所以随机变量X的期望
．
所以．
【点睛】关键点点睛：在第三问的证明过程中，利用组合数的性质：进行化简是关键.
19．(1)
(2)①证明见解析 ；②16
【分析】
（1）设，根据题目条件列式化简可得轨迹；
（2）①设线段的中点为，利用向量证明G，E，F三点共线，同理H，E，F三点共线，进而可得结论；②将四边形面积转化为四边形GAHB面积，将直线和抛物线联立，利用韦达定理，求出直线和直线的方程，则可求出坐标，然后利用面积公式求解最值即可.
【详解】（1）
设，与直线的切点为N，则，
所以
化简得，所以C的方程为：；
（2）
①设线段的中点为，
因为，所以可设，，
又因为，
所以G，E，F三点共线，同理，H，E，F三点共线，
所以G，E，H三点共线．
②设，，，，AB中点为E，中点为F，
将代入得：，所以，，
所以，
同理，，（均在定直线上）
因为，所以△EAT与△EAH面积相等，与△EBH面积相等；
所以四边形的面积等于四边形GAHB的面积，
设，，
直线，即
整理得：直线，又因为，所以，
同理，直线，，所以
所以
所以四边形GAHB面积
，
当且仅当，即，即时取等号，
所以四边形面积的最大值为16．
【点睛】关键点点睛：本题的关键是将四边形的面积转化为四边形GAHB的面积，还有充分利用第一问中的点共线求出的横坐标，可以给求面积带来便利.
3
0
+
0
↘
极小值
↗
极大值
↘