2024年高考數(shù)學(xué)模擬卷（新高考Ⅰ卷專用）含解析

備戰(zhàn)2024年高考數(shù)學(xué)模擬卷（新高考I卷專用）

（考試時(shí)間：120分鐘試卷滿分：150分）

第I卷（選擇題）

一、單項(xiàng)選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分，在每小題給出的四個選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合要

求的。

1.設(shè)集合A=X2+3X-10<0},3={X[-3<X<3},則AB=（）

A.{x|-3<x<2}B.{x|-5<x<2}

C.{x|—3<x<3}D.{x\-5<x<3]

2.若i（l-可=3,則|z—司=（）

A.6iB.-6iC.2D.6

3.如圖，在四邊形ABC。中，DC=2AB,BE=2EC,設(shè)OC=Q,DA=B，則OE等于（）

「217

B.—a+—b

32

-2rIf

D.—Q+—b

33

4.攢尖是我國古代建筑中屋頂?shù)囊环N結(jié)構(gòu)形式,宋代稱為最尖，清代稱攢尖，通常有圓形攢尖、三角攢尖、

四角攢尖、八角攢尖，也有單檐和重檐之分，多見于亭閣式建筑、園林建筑.下面以四角攢尖為例，如圖，它

的屋頂部分的輪廓可近似看作一個正四棱錐.已知正四棱錐的底面邊長為3五米，側(cè)棱長為5米，則其體積

為（）立方米.

A.24-72B.24C.7272D.72

5.我國數(shù)學(xué)家陳景潤在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界領(lǐng)先的成果.哥德巴赫猜想是“每個大于2的偶數(shù)

可以表示為兩個素?cái)?shù)的和“，如20=3+17.在不超過15的素?cái)?shù)（素?cái)?shù)是指在大于1的自然數(shù)中，除了1和自

身外沒有其他因數(shù)的自然數(shù)）中，隨機(jī)選取兩個不同的數(shù)，其和等于16的概率是（）

B.A

AD

-:15-n

2兀)圖象上所有點(diǎn)的橫坐標(biāo)變?yōu)樵瓉淼墓ぃ┛v坐標(biāo)不變，所得圖象在區(qū)間

6.將函數(shù)/(x)=cos3>0,

27兀rIT7T

0,y上恰有兩個零點(diǎn)，且在-石，仃上單調(diào)遞減，則。的取值范圍為（）

3

11)

A.?3B.P4C.D.

7.已知a=6=c=，則0方，°的大小關(guān)系為（）

A.a<c<bB.b<a<cC.b<c<aD.a<b<c

8.已知等腰直角一ABC中，NC為直角，邊AC=#，P,。分別為AC,AB上的動點(diǎn)（尸與C不重合），將

△4尸。沿PQ折起，使點(diǎn)A到達(dá)點(diǎn)A的位置，且平面APQL平面BCP。若點(diǎn)A,B,C,P,。均在球。的

球面上，則球。表面積的最小值為（）

A.8TIB.4KC.隨^D.—

33

二、多項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分，在每小題給出的四個選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目的

要求，全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得。分。

9.如圖，正方體ABC。-AAGR的棱長為1,則下列四個命題正確的是（）

A.正方體ABCD-AgGA的內(nèi)切球的半徑為走

2

TT

B.兩條異面直線2c和BG所成的角為2

C.直線3C與平面A3GA所成的角等于;

D.點(diǎn)D到面AC，的距離為也

2

10.已知函數(shù)/■（元）=；x3-/+x,則（）

A.，(x)為奇函數(shù)B.x=l不是函數(shù)/(x)的極值點(diǎn)

C./(x)在上單調(diào)遞增D.了⑺存在兩個零點(diǎn)

11.已知拋物線C：V=6x的焦點(diǎn)為尸，過點(diǎn)尸的直線交C于M,N兩個不同點(diǎn)，則下列結(jié)論正確的是()

A.同的最小值是6B.若點(diǎn)嗒,2；則即+|網(wǎng)的最小值是4

C./+向=3D.若陽斗|麗|=18,則直線跖V的斜率為±1

12.已知函數(shù)/(x)及其導(dǎo)函數(shù)/(X)的定義域均為R,記g(x)=/'(x).若/，一2x),g(2+無)均為偶函數(shù)，

則()

A.f(-l)=/(4)B.g[-，=。C./(0)=1D.g(-l)=-g(2)

第II卷(非選擇題)

三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。

13.1x+￡|6(2x+5)展開式中含d項(xiàng)的系數(shù)是.

14.寫出與圓(x-l)2+(y-2)2=l和圓(x+iy+(y+2)2=l都相切的一條直線的方程.

14

15.若函數(shù)”彳)=3爐+4依與g(x)=56lnx_e辦，〃>。有公共點(diǎn)，且在公共點(diǎn)處的切線方程相同，貝昉的

最小值為.

-V2

16.已知橢圓C：土+21=1,耳、工分別是其左，右焦點(diǎn)，P為橢圓c上非長軸端點(diǎn)的任意一點(diǎn)，。是X

1612

c2S

軸上一點(diǎn)，使得尸口平分/耳尸居.過點(diǎn)。作尸斗、P外的垂線，垂足分別為A、2.則產(chǎn)幺+的最小

^/\PFiF2^ADAB

值是.

四、解答題：本題共6小題，共70分，解答應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程及驗(yàn)算步驟。

17.(10分)已知公差不為零的等差數(shù)列｛%｝的前〃項(xiàng)和為3,出=3,且%%，生成等比數(shù)列.

(1)求｛%｝的通項(xiàng)公式；

1Q

⑵若%=心——77,數(shù)列抄“｝的前”項(xiàng)和為1,證明：Tn<~.

肛一4+14

18.(12分)在.ABC中，內(nèi)角AB,C所對的邊分別為。也c,滿足6=a-2反osC

(1)求證：C=2B；

⑵若,ABC為銳角三角形，求2sinC+cosB-sinB的最大值.

19.(12分)如圖，在三棱柱ABC-中，AC=2,AB=42,E,尸分別為A。，B用的中點(diǎn)，且所上

(1)求棱BC的長度：

(2)若84,A用，且△4EC的面積s=君，求平面4片尸與平面A/C的夾角的余弦值.

20.(12分)為了解學(xué)生中午的用餐方式(在食堂就餐或點(diǎn)外賣)與最近食堂間的距離的關(guān)系，某大學(xué)于某

日中午隨機(jī)調(diào)查了2000名學(xué)生，獲得了如下頻率分布表(不完整)：

學(xué)生與最近食堂間的距離d(m)(0,200](200,400](400,600](600,800](800,+oo)合計(jì)

在食堂就餐0.150.100.000.50

點(diǎn)外賣0.200.000.50

合計(jì)0.200.150.001.00

并且由該頻率分布表，可估計(jì)學(xué)生與最近食堂間的平均距離為370m(同一組數(shù)據(jù)以該組數(shù)據(jù)所在區(qū)間的中

點(diǎn)值作為代表).

(1)補(bǔ)全頻率分布表，并根據(jù)小概率值a=0.0001的獨(dú)立性檢驗(yàn)，能否認(rèn)為學(xué)生中午的用餐方式與學(xué)生距最近

食堂的遠(yuǎn)近有關(guān)(當(dāng)學(xué)生與最近食堂間的距離不超過400m時(shí)，認(rèn)為較近，否則認(rèn)為較遠(yuǎn))：

(2)已知該校李明同學(xué)的附近有兩家學(xué)生食堂甲和乙，且他每天中午都選擇食堂甲或乙就餐.

(i)一般情況下，學(xué)生更愿意去飯菜更美味的食堂就餐.某日中午，李明準(zhǔn)備去食堂就餐.此時(shí)，記他選擇去

甲食堂就餐為事件A,他認(rèn)為甲食堂的飯菜比乙食堂的美味為事件。，且。、A均為隨機(jī)事件，證明：

P(D|A)>P(D|A)：

(ii)為迎接為期7天的校慶，甲食堂推出了如下兩種優(yōu)惠活動方案，顧客可任選其一.

①傳統(tǒng)型優(yōu)惠方案：校慶期間，顧客任意一天中午去甲食堂就餐均可獲得。元優(yōu)惠；

②"饑餓型''優(yōu)惠方案：校慶期間，對于顧客去甲食堂就餐的若干天(不必連續(xù))中午，第一天中午不優(yōu)惠(即

“饑餓”一天)，第二天中午獲得抄元優(yōu)惠，以后每天中午均獲得6元優(yōu)惠(其中。，6為已知數(shù)且6>。>0).

校慶期間，已知李明每天中午去甲食堂就餐的概率均為P(O<P<1),且是否去甲食堂就餐相互獨(dú)立.又知

李明是一名“激進(jìn)型”消費(fèi)者，如果兩種方案獲得的優(yōu)惠期望不一樣，他傾向于選擇能獲得優(yōu)惠期望更大的方

案，如果兩種方案獲得的優(yōu)惠期望一樣，他傾向于選擇獲得的優(yōu)惠更分散的方案.請你據(jù)此幫他作出選擇，

并說明理由.

,n(ad-bc\,

附：力~=7~7T7--------------\7Z~~n;其中〃=a+6+c+d?

ya+b)[c+d]^a+c)(b+d)

a0.100.0100.001

Xa2.7066.63510.828

21.(12分)已知雙曲線C:0-3=1伍>0力>0)上的一點(diǎn)到兩條漸近線的距離之積為2且雙曲線C的離

心率為亞

2

⑴求雙曲線C的方程；

⑵已知M是直線x=《O<r<a)上一點(diǎn)，直線加工交雙曲線C于AG4在第一象限)，3兩點(diǎn)，。為坐標(biāo)原點(diǎn)，

過點(diǎn)M作直線CM的平行線/,/與直線交于點(diǎn)P與x軸交于點(diǎn)。，若尸為線段MQ的中點(diǎn)，求實(shí)數(shù)/

的值.

22.(12分)已知函數(shù)/(x)=a*-elog“x-e,g(x)=aX-xlna,其中。>l,e是自然對數(shù)的底數(shù).

⑴求函數(shù)g(x)的單調(diào)區(qū)間和最值；

(2)證明：函數(shù)f(x)有且只有一個極值點(diǎn);

(3)當(dāng)ae[e,e]時(shí)，證明：/(%)>0,

【贏在高考?黃金8卷】備戰(zhàn)2024年高考數(shù)學(xué)模擬卷（新高考I卷專用）

黃金卷?參考答案

（考試時(shí)間：120分鐘試卷滿分：150分）

第I卷（選擇題）

一、單項(xiàng)選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分，在每小題給出的四個選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合要

9101112

BCBCABDABD

第口卷（非選擇題）

三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。

5521

13.12014.尤=0或4y—3x=0或2x—y±=0（答案不唯一'）15.——16.

四、解答題：本題共6小題，共70分，解答應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程及驗(yàn)算步驟。

17.（10分）

【詳解】（1）設(shè)｛4｝的公差為d（dwO）,因?yàn)?,%，%成等比數(shù)列，所以〃；=4?%，

即（q+2dp=q（q+6d）,因?yàn)閐wO,所以4=2d,

又。2=3,所以％+d=2d+d=3,

所以d=l，4=2,

所以一l)d=2+〃-1=幾+1.

_〃(2+〃+1)_/+3〃

（2）由（1）得,3”-二

"22

所以

2\nn+2)

所以北=:1j__]

+—

2nn+2

32435nn+22〃+ln+2

18.(12分)

【詳解】(1)由題人=a-2Z?cosc,

由正弦定理：sinB=sinA-2sinBcosC=sin(B+C)-2sinBcosC,

所以sin3=sinBcosC+cossinC-2sinBcosC,

整理sinB=sinCcos5-cosCsin5,

所以sin8=sin(C-B),

:.B=C-B^B+C-B=TI(舍)，

:.C=2B.

(2)ABC為銳角三角形，

71

0<TI-3B<-

八n兀片77/口7T―7T「廣?兀n兀

:.<0<B<—，解得：8<二,所以°<:一3〈百，

264412

71

0<2B<-

2

7171

=sin—cos----cos—sin—=

121334344

由(1)問，C=23,「.2sinC+cos5—sinB=2sin26+cos5—sin5,

=cosB-sinB=^2sinf--G0,^---,

【4八2J

則sin25=1—(cosB—sinB)2,

所以2sinC+cosB—sinB=2(l—〃)+/=—2』+/+2=—2^—+?,

117

，當(dāng)f=:時(shí)，所求2sinC+cosB-sinB的最大值為甚.

48

19.（12分）

【詳解】（1）取AC的中點(diǎn)。，連接8。磯）,

在三棱柱ABC-A4G中，可得。E//4V/2瓦，S.DE=^AAi=BF=^BBl,

二四邊形DEFB為平行四邊形，則EF//DB,

又EF2平面44]C]C,.?.JDB_L平面AAQC,

；ACu平面A^GC,

:.DB1AC,

又D為AC的中點(diǎn)，

為等腰三角形，

VAC=2,AB=C，則BC=AB=VL

（2）由（1）知，AB2+BC2=AC2,：.ABYBC,EF=BD=\,

ACu平面A41GC，所以EFLAC，

故S&尸c=；AC..=岔=>40=2岔，

由（1）知，ZJB，平面A41GC，A4JU平面A41clC,

則DBVAAX,

又三棱柱中M//Bg,，，8月

又/.AB1BB,,

,:又ABcDB=B,AB、D8u平面ABC,

.-,BBt，平面ABC,

三棱柱ABC-AAC為直三棱柱，

???△A4C為直角三角形，可得A&=4,

又在三棱柱ABC-中，AB±BC,AB114G，

以耳為坐標(biāo)原點(diǎn)，B?,B.A，8出所在直線為坐標(biāo)軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,

4F=(0,-^2,2),AC=(V2,-A/2,4),

設(shè)平面A尸。的一個法向量為n=(x,y,z)

n?4F=-V2y+2z=0

令z=1,則y=應(yīng)x=-5/2，

n-\C=V2x-+4z=0

二.平面A/C的一個法向量為〃=卜也0,1),

易得平面4AL的一個法向量為m=(1,0,0)

設(shè)平面片4尸與平面A尸C的夾角為6,

\m-n\V2A/W

COSUQ=:II；=—j=-=---,

|m|-|n|<5x15

???平面B^F與平面AFC的夾角的余弦值為手.

20.(12分)

【詳解】(1)(1)設(shè)de(200,400]組的頻率為二,則de(400,600]組的頻率為1-0.20-0.15T=0.65f

估計(jì)學(xué)生與最近食堂間的平均距離Z=100x0.20+300f+500(0.65—f)+700x0.15=450—200f=370,解得

t=0.40,

故可補(bǔ)全頻率分布表如下：

學(xué)生與最近食堂間的距離d(加)(0,200](200,400](400,600](600,800](800,+00)合計(jì)

在食堂就餐0.150.200.100.050.000.50

點(diǎn)外賣0.050.200.150.100.000.50

合計(jì)0.200.400.250.150.001.00

據(jù)此結(jié)合樣本容量為2000可列出2x2列聯(lián)表如下:

學(xué)生距最近食堂較近學(xué)生距最近食較堂遠(yuǎn)合計(jì)

在食堂就餐7003001000

點(diǎn)外賣5005001000

合計(jì)12008002000

零假設(shè)：學(xué)生中午的用餐情況與學(xué)生距最近食堂的遠(yuǎn)近無關(guān).

注意…以焦藍(lán)藍(lán)，詈一?

據(jù)小概率值。=0.001的獨(dú)立性檢驗(yàn)，推斷"。不成立,

即可以認(rèn)為學(xué)生中午的用餐方式與學(xué)生距最近食堂的遠(yuǎn)近有關(guān).

（2）（i）證法一：由題意得尸（川。）＞尸伊。）,P（A|D）＞P（A|5）,

結(jié)合P(川。)+P(A\D)=P(A|D)+P(A|P)=1,P(A|D)>0.5>P(A|D).

P（AD\P\AD\

結(jié)合條件概率公式知＞-W=即尸(A0>尸(A)P(0.

尸（D）P［D）1一產(chǎn)⑵

/、(一、P(AD)尸AO

I/I/尸⑷PA

P（Ar＞）［l-P（A）］-［P（D）-P（AZ））］P（A）_P（AD）-P（A）P（D）

>0,

P（A）［1-P（A）］P（A）［1-P（A）］

即尸IA）＞尸（Q|可成立.

證法二：由題意得「（A|D）＞P（，|D）,P（A|D）＞P（A|5）,

所以鈣心。

P（AD）＞P（AD）,同理尸（AD）＞尸（AD）,

P（D）P（D）

于是尸（A￡＞）尸（布）＞P（AD）P（AD）,

，、（一、P（AD）P（AD）

故P0A-尸D|A=4一--"

''P（A）尸㈤

P（AD）^P（AZ））+P（AD^-P（Ar））［P（Ar））+P（A5）］

一「⑷尸（可

P（AD）AD）-AD）AD）

>0,即尸（D|A）>「伊閭成最

尸（A）P0）

（ii）設(shè)李明在校慶期間去食堂甲就餐的次數(shù)為J,

若選擇傳統(tǒng)型優(yōu)惠方案獲得的優(yōu)惠為x元，若選擇“饑餓型”優(yōu)惠方案獲得的優(yōu)惠為y元,

p（g=o）+pe=i）歡=o

則J?g（7,p）,X=a&,對04左47,P（Y=kb）=\o,k=1

P^=k）,2<k<l

故E（X）=現(xiàn)若）=aE（/=7pa,

777

E8=￡kbP{Y=kb）=b￡kP（匕=k）=b』EP（J=A）—P（J=1）

k=2&=2|_左=0.

=卅E?）—尸C=1）］=7pb［l-（l-p）6］,

令E（X）=E（y）,結(jié)合得p=i-°U，記為p°.

若則E（y）-E（X）=7p他國-（I-。），］一.}>0,磯￥）>磯X）,

此時(shí)李明應(yīng)選擇“饑餓型”優(yōu)惠方案；

若0<p<p°,則E（y）—E（X）=7p{司”（l_p）6］_a}<0,E（y）<E（X）,

此時(shí)李明應(yīng)選擇傳統(tǒng)型優(yōu)惠方案.

若°=外，則（1一06=1-=,E（X）=E（Y）.

b

注意到D（X）=。（若）=a.）=7pa?（1一p）,

07c。

D（y）=￡（r2）-［￡（y）］-=^（^）-p（y=^）-［E（x）］-

k=2

=〃*2Pq=k?49P2a2=〃I_=左）_=0-49P2a2

k=2［_k=0_

=b2［碓2）-P^=l）］-49pV=/{W⑷］2+D?—pq=1）}—49P2〃

2246J_2

=b~|^49/7+7p（l-p）-7P（1-_49P=7Jj7pa）

因此D（y）-r＞（x）=7p{〃[6p+i-（i-p）6]-7w2-（i-p）/}

=1p^6pb2+a6-(60+1“}=7P(6-a){6p(b+a)+a]>0,

即D(Y)>D(X).

此時(shí)李明選擇獲得的優(yōu)惠更分散的方案，即獲得的優(yōu)惠方差更大的方案，即“饑餓型”優(yōu)惠方案.

綜上所述，當(dāng)0<P<P。時(shí)，李明應(yīng)選擇傳統(tǒng)型優(yōu)惠方案；

當(dāng)p°Vp<l時(shí)，李明應(yīng)選擇“饑餓型”優(yōu)惠方案.

21.（12分）

【詳解】(1)雙曲線的漸近線方程為法士做=0,設(shè)雙曲線上一點(diǎn)。(5,%),

劇1bxo—。%].|bxO+|=|6無0-。%||6.%+。%|=一一%一"一鬧=

y/a2+b2Va2+b2

22

又因?yàn)椤?%,%)在雙曲線上，所以由一烏=1,即

ab

代入可得4=2,又因?yàn)閑=￡=逅，c2=a2+b2,代入可得〃=3,^2=6,

ca2

22

所以雙曲線方程為

若直線g斜率為0,此時(shí)點(diǎn)A不在第一象限，矛盾，故皿斜率不為0,

3

設(shè)直線M鳥的方程為x=my+3,A(Xj,yJ,B(x2,>2),貝九加1、

x=my+3

聯(lián)立fJ化簡可得（機(jī)2-2）/+6沖+3=。，

------二1

I63

m2-2^0mw±-^2

則,/,、，可得，

A=36m2-12|m2-2）＞024（〃/+1）＞0’

-6m

m-2

則

3

m-2

又因?yàn)椤?OA,所以《=%=&=」=&=%

knB

x2my2+3

所以直線/的方程為=直線°B的方程為片二x,

t-3%

y-------x-t)

mmyx+3，孫％+(3-。%

聯(lián)立解得y=

my2+3

fny.y?+(3-。必

即P的縱坐標(biāo)為力=管、一產(chǎn).

皿%一%)

—6m3

又由上可知M+%=F^，兩式相除，

m-2m-2

得根%%=一;(%+%)，

代入可得y_根%為+(3-/)%—；(乂+%)+(37)%一二乂+口7)%

根(%一%)根(以一%)根(%一%)

因?yàn)閜為線段M。的中點(diǎn)，所以

22m

-^yi+||y2to-：％+仁一4%to

即212)_t-5212jJ-3，

加(3-%)2m2

?-15t-3

所以需滿足解得f=2.

22.(12分)

【詳解】(1)由g(x)=a"-xlna求導(dǎo)可得：g'(x)=a'Infl-In?={ax-1)Ina

因a>l,故lna>0,

當(dāng)尤>0時(shí)，優(yōu)>l,，-l>0,g'(x)>0,故g(無)在(0,+<o)上單調(diào)遞增;

當(dāng)尤<0時(shí)，ax<1,-1<0,g'(x)<0,故g(x)在(-00,。)上單調(diào)遞減；

所以函數(shù)g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(。，內(nèi))，遞減區(qū)間為(-8,0),最小值為g(0):1,無最大值.

In2〃-e

(2)因/(x)=a*-elog?x-e,其定義域?yàn)?0,+8),f'(x)=axlna———=—

x\nax\na

取h(x)=xaxIn2a-e,貝ljh\x)=ax\n2a(l+x\na),因Q〉L故hr(x)>0,貝Ij/z(x)在(0,+GO)上單調(diào)遞增,

2

①當(dāng)a>e時(shí)，/7(0)=-e<0,/i(l)=?lna-e>0,故函數(shù)以尤)在(0,1)內(nèi)有且僅有一個變號零點(diǎn)，

則此時(shí)，函數(shù)有且僅有一個極值點(diǎn);

②當(dāng)。=e時(shí)，/7(x)=xe，-e,因〃⑴=0,因h(x)在(0,+⑹上單調(diào)遞增，故函數(shù)〃(無)有且僅有一個變號零點(diǎn)，

則此時(shí)，函數(shù)/(無)有且僅有一個極值點(diǎn);

111..

③當(dāng)lva<e時(shí)，h(l)=a\n2a-e<0,又因/z(^—)=々帝。一匕,

I1―1—1

in2a

—T——?In〃=--->1,a>e,BP—)>0,

Ina\naIna

故函數(shù)以X)在(1,高)內(nèi)有且僅有一個變號零點(diǎn)，則此時(shí)，函數(shù)"X)有且僅有一個極值點(diǎn);

綜上所述，函數(shù)f(x)有且僅有一個極值點(diǎn).

(3)由(2)可知，當(dāng)。e[e,e?]時(shí)，函數(shù)(無)有且僅有一個零點(diǎn)，設(shè)為機(jī)，則/'(刈)=0,機(jī)>0,

又由(2)函數(shù)〃2有最小值為/O).

由外加)=0可得:mamIn2—e=0,即am=1》，兩邊取自然對數(shù)得:mlna=l-h\m-21n(lna),

mlna

故Inm=1一mIna—2ln(lna),

—i-pqp,\mmee1ci/i、、

于是/(m)=Q-elogm-e=a--------e=------------(1-mma-21n(lna))-e

aInamlnaIna

=e{“2“+m[21n(ln，-In"-1]In"+1},不妨設(shè)(=皿“，則ae[ed],故得則

mlna

m2In2a+m[2\n(lna)-lna-l]lna+l=m2/2+mt(2In-1)+1,

對于函數(shù)丁=病/+加(21n--l)+l,其對應(yīng)方程的判別式A=/(21n”"l)2-4產(chǎn)=戶[(21皿7-1產(chǎn)-4],

22-t

設(shè)四=21…Tyi,2],則“⑺丁2。恒成立,

故函數(shù)夕⑺在口,2]上單調(diào)遞增，則。⑴VW)〈0(2),gp-2<^(0<21n2-3<0,

從而0<[°(力]2<4,于是A<0,

故有y=/產(chǎn)+的(21IUT-1)+120恒成立,故有㈤之。恒成立,所以"%)之0.

【贏在高考?黃金8卷】備戰(zhàn)2024年高考數(shù)學(xué)模擬卷（新高考I卷專用）

黃金卷

（考試時(shí)間：120分鐘試卷滿分：150分）

第I卷（選擇題）

一、單項(xiàng)選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分，在每小題給出的四個選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合要

求的。

1.設(shè)集合A={NX2+3X_IO<O},B={X|_3<X<3},則A"=（）

A.[x\-3<x<2]B,{x|-5<x<2}

C.{%|-3<x<3}D.{x|-5<x<3}

【答案】A

【詳解】因?yàn)锳={X|X2+3X-10<0}={X|-5<X<2},

所以Ac3={x|-3<x<2}.

故選：A.

2.若i（l—可=3,貝”z—習(xí)=（）

A.6iB.-6iC.2D.6

【答案】D

3

【詳解】由題設(shè)可得1-彳=：=-3i,則下=l+3i,則z=l—3i,

i

i^z-z=-6i,t^\z-z\=6,

故選：D

3.如圖，在四邊形ABC。中，DC=2AB,BE=2EC,設(shè)QC=〃，DA=b，則。石等于（）

217

B.—a+—b

32

2rIf

D.—a+—b

33

【答案】C

【詳解】因?yàn)镈C=2A3,3E=2EC,

所以。E=DC+CE=DC+gCB=DC+g（08一DC）=0C+g+AB-°C）

211911s1

=-DC+-DA+-AB=-DC+-DA+-DC=-a+-b.

33333663

故選：C

4.攢尖是我國古代建筑中屋頂?shù)囊环N結(jié)構(gòu)形式，宋代稱為最尖，清代稱攢尖，通常有圓形攢尖、三角攢尖、

四角攢尖、八角攢尖，也有單檐和重檐之分，多見于亭閣式建筑、園林建筑.下面以四角攢尖為例，如圖，它

的屋頂部分的輪廓可近似看作一個正四棱錐.已知正四棱錐的底面邊長為3亞米，側(cè)棱長為5米，則其體積

為（）立方米.

A.24忘B.24C.72及D.72

【答案】B

【詳解】如圖所示，在正四棱錐尸-ABCD中，連接AC,網(wǎng)＞于。，則。為正方形A3CD的中心,

連接0P，則底面邊長48=3后，對角線BZ）=0AB=6，BO=^BD=3.

又BP=5，^L^OP=\IBP2-BO2=4.

故該正四棱錐體積為V=x4=24.

P

5.我國數(shù)學(xué)家陳景潤在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界領(lǐng)先的成果.哥德巴赫猜想是“每個大于2的偶數(shù)

可以表示為兩個素?cái)?shù)的和“，如20=3+17.在不超過15的素?cái)?shù)（素?cái)?shù)是指在大于1的自然數(shù)中，除了1和自

身外沒有其他因數(shù)的自然數(shù)）中，隨機(jī)選取兩個不同的數(shù)，其和等于16的概率是（）

【答案】C

【詳解】不超過15的素?cái)?shù)有2,3,5,7,11,13,隨機(jī)取兩個不同取法有C；=15種,

其中和等于16的情況有3,13或5,11兩種情況,

2

所以隨機(jī)選取兩個不同的數(shù)，其和等于16的概率是7T.

故選：C

6.將函數(shù)/(x)=cos(x+5)圖象上所有點(diǎn)的橫坐標(biāo)變?yōu)樵瓉淼摹?＞0),縱坐標(biāo)不變，所得圖象在區(qū)間

27r冗冗

0,y上恰有兩個零點(diǎn)，且在-五，歷上單調(diào)遞減，則。的取值范圍為()

【答案】C

【詳解】依題意可得y=cos[0x+]],

八2.2K2兀Ico2兀

因?yàn)镺WxW；兀，所以二+兀十二，

33333

「、r|271I,八2兀...._,I(71,1八

因?yàn)閥=cos[0x+3-J在0,—恰有2個零點(diǎn)，且叫萬+3卜?！闦,

5兀/2G2兀7兀&力,日11,17

所以？4^-兀+?。级?解得二＜口＜二,

233244

冗.?

._.,27r—,7T/027r2匕兀TC2ko=

?！狦XH----<兀+2k2冗,右￡Z,-------1-------W%W------1----—,左2￡Z,

33G03GG

(27ri27rTC

令k?=0,得>=3s+〒在上單調(diào)遞減,

13J3G3。

兀712K71

所以

129123。’3。

2兀<兀

3^-12

所以＜又G＞0,解得0＜。44.

71>71

綜上所述，*…，故。的取值范圍是5,4

故選：C.

7.已知a'：,J詈j，則小乩°的大小關(guān)系為()

A.a<c<bB.b<a<cC.b<c<aD.a<b<c

【答案】D

23

e+11+1

【詳解】a1+-I,b=14

2e

令〃尤)=(1+」,0,則ln/(x)=xln|l+m，x>0

x>

X

令g(x)=xln|l+L

,x>0,

g，(x)=ln[l+11=b1+|1

則1+x，

X

令/z(x)=ln(l+x)-^-----,x>0,

X

則"±一就廣聲7＞。在（0,+8）上恒成立,

故/心）=In（1+月-?在（0,+8）上單調(diào)遞增,

又"0)=0,故〃(x)=ln(l+x)-士>0在(0,+動上恒成立,

1

X1

將/z(x)=In(1+%)—,x＞。中x換為一可得,ln|Id"一|—X>0,

1+xXX1+1

X

即ln[l+^1

1+x>0,故?。ň牛?在（0,+。）上恒成立,

所以g（x）=xln1l+J在（0,+巧上單調(diào)遞增,

由復(fù)合函數(shù)單調(diào)性可知〃同=（1+口在（0,+8）上單調(diào)遞增,

X

23

故[1+g1

<11+-I<11+-,即〃<b<c.

e3

故選：D

8.已知等腰直角715c中，/C為直角，邊AC=?,P,Q分別為ACAB上的動點(diǎn)（尸與C不重合），將

△AP。沿PQ折起，使點(diǎn)A到達(dá)點(diǎn)A的位置，且平面A'PQ，平面BCPQ若點(diǎn)A,B,C,P,。均在球。的

球面上，則球。表面積的最小值為（）

C80兀4兀

A.8兀B.47rD.——

,33

【答案】A

［詳解】顯然尸不與A重合，由點(diǎn)A"2,C,尸,。均在球0的球面上,得2,C,P,Q共圓，則ZC+ZPQB=兀,

又_ABC為等腰直角三角形，AB為斜邊，即有PQ2A5,

將△AP。翻折后，PQ1AQ,PQ±BQ,又平面APQL平面BCPQ,

平面4尸。1平面3CPQ=PQ,

AQu平面A7Q,2。<=平面3"。，于是A0,平面BCPQ,8Q_L平面A7Q,

顯然AP,8尸的中點(diǎn)。，E分別為-APQ,四邊形8CPQ外接圓圓心，

則￡）0,平面A/Q,EO,平面3CPQ,因此EO//A'Q,

取PQ的中點(diǎn)尸，連接BE則有EE//BQ//DO,DFHNQ//EO,

四邊形EFDO為矩形，設(shè)A'Q=尤且o<x<2石，DO=EF=；BQ=,AP=&x，

設(shè)球O的半徑R,<7?2=DO2+f—=3d一氐+3=3（苫一地1+2,

I2J4413J

當(dāng)了=平時(shí)，（笈%=2,所以球。表面積的最小值為4無.%=舐.

故選：A.

二、多項(xiàng)選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分，在每小題給出的四個選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目的

要求，全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分。

9.如圖，正方體ABCD-AgGR的棱長為1,則下列四個命題正確的是（）

A.正方體ABCD-A4G2的內(nèi)切球的半徑為變

2

7T

B.兩條異面直線RC和BG所成的角為令

c.直線3C與平面ABG2所成的角等于;

D.點(diǎn)￡＞到面ACR的距離為且

2

【答案】BC

【分析】根據(jù)正方體和內(nèi)切球的幾何結(jié)構(gòu)特征，可判定A錯誤；連接AC,CR,把異面直線2c和8G所成

的角的大小即為直線2c和Aj所成的角，△ACR為正三角形，可判定B正確；證得gC,平面ABC，，

進(jìn)而求得直線BC與平面ABG2所成的角，可判定C正確；結(jié)合等體積法，得到％yea=%,置8,進(jìn)而可

判定D錯誤.

【詳解】對于A中，正方體A8CD-4g62的內(nèi)切球