数学（七省新高考01）（全解全析）

2024年高考数学第一次模拟考试（七省新高考）数学·全解全析（考试时间：120分钟试卷满分：150分）注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．写在本试卷上无效．3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．4．测试范围：高考全部内容5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．第Ⅰ卷（选择题）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．设i为虚数单位，复数满足，则（    ）A． B．2 C． D．1【答案】A【分析】先求出复数，再求.【详解】∵，∴.故选：A2．已知集合，则（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】直接解一元二次不等式得集合，解一元一次不等式的集合，从而可得并集.【详解】因为，解得或，所以或，又，所以或．故选：B.3．“”是“方程表示焦点在x轴上的椭圆”的（    ）A．充要条件 B．必要而不充分条件C．充分而不必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【分析】由椭圆的标准方程结合充分必要条件的定义即得.【详解】若，则方程表示焦点在轴上的椭圆；反之，若方程表示焦点在轴上的椭圆，则；所以“”是“方程表示焦点在x轴上的椭圆”的充要条件.故选：A.4．某校高三年级有500人，一次数学考试的成绩X服从正态分布．估计该校高三年级本次考试学生数学成绩在120分以上的有（    ）参考数据：若，则，．A．75人 B．77人 C．79人 D．81人【答案】C【分析】，，由概率计算人数即可.【详解】，，，因为，所以，所以数学成绩在分以上的人数约为人.故选：C．5．唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河”隐含着一个有趣的数学问题—“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回到军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在区域为，河岸线所在直线方程为，若将军从点处出发，并假定将军只要到达军营所在区域即回到军营，则“将军饮马”的最短路程为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】求得关于直线的对称点，根据点和圆的位置关系求得正确答案.【详解】设关于直线的对称点为，则，解得，圆的圆心为，半径，所以“将军饮马”的最短路程为.故选：D6．已知函数在区间上单调递减，则的取值范围是（   ）A． B． C． D．【答案】D【分析】复合函数利用“同增异减”求解函数的单调性，求出函数在上单调递减，从而得到集合的包含关系，求出的取值范围.【详解】令，则.由在上单调递减，则在上单调递减.所以.所以，解得.故选：D.7．如图，在棱长为2的正方体中，，，，，均为所在棱的中点，则下列结论正确的是（    ）  A．棱上一定存在点，使得B．设点在平面内，且平面，则与平面所成角的余弦值的最大值为C．过点，，作正方体的截面，则截面面积为D．三棱锥的外接球的体积为【答案】C【分析】对于A，建立空间直角坐标系，由数量积判定即可；对于B，先确定M的位置，由空间中的线面关系计算即可；对于C，由平面的性质确定截面图象，计算正六边形的面积即可；对于D，确定球心及球半径计算即可.【详解】  如图所示建立空间直角坐标系，对于A项，可设，而，∴，令，故A错误；如图所示，取中点T、S，连接，易证面面，则M在线段ST上，连接，由正方体特征可知与平面所成角为,且，显然越大越大，，故B错误；  如图所示，取中点Y，顺次连接EPGSFY，易知面EPGSFY为该截面，且是正六边形，  如图，设正六边形的中心为O，连接OS、OG、OP、OE、OY、OF，则将正六边形分割为六个正三角形，故，故C正确；  对于D项，易证为等腰直角三角形，则其外接圆圆心为EH的中点Z，过Z作ZN⊥面EPH，交面于N，则N为的中心，三棱锥F-EPH的外接球球心Q在直线ZN上，设球半径为，，则，故.故选：C8．定义在区间上的函数满足：对恒成立，其中为的导函数，则A．B．C．D．【答案】B【分析】分别构造函数，，，，利用导数研究其单调性即可得出．【详解】令，，，，恒成立，，，，函数在上单调递增，，．令，，，，恒成立，，函数在上单调递减，，．综上可得：，故选：B．二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。9．已知一组样本数据，其中（，2，…，15），由这组数据得到另一组新的样本数据，，…，，其中，则（    ）A．两组样本数据的样本方差相同B．两组样本数据的样本平均数相同C．，，…，样本数据的第30百分位数为D．将两组数据合成一个样本容量为30的新的样本数据，该样本数据的平均数为5【答案】AC【分析】根据一组数据加减一个数以及乘以一个数时，平均数以及方差的性质可判断ABD；根据百分位数的计算可判断C；【详解】由题意可得：，∵，则，，故A正确，B错误；由于求第30百分位数：15×0.3=4.5，故为第5个数，的排列为：，因此，第30百分位数为，C正确；将两组数据合成一个样本容量为30的新的样本数据，新样本的平均数为，D错误，故选：AC．10．若函数（，，）的图象如图，且，，则下列说法正确的是（    ）A．函数的周期为5B．函数的对称轴为，C．函数在内没有单调性D．若将的图象向左平移（）个单位长度，得到的函数图象关于轴对称，则的最小值为1【答案】BD【分析】根据给定的函数及图象，结合“五点法”作图，求出函数的解析式，再逐项分析、计算判断作答.【详解】观察图象知，，而，解得，又，则，因为，由“五点法”作图知，，解得，于是，对于A，函数的周期，A错误；对于B，由，得，函数图象的对称轴为，B正确；对于C，当时，，因此函数在上单调递增，C错误；对于D，将的图象向左平移（）个单位长度，得到函数的图象，依题意，，解得，因此，D正确.故选：BD11．已知定义在上的函数满足，且为偶函数，则下列说法一定正确的是（    ）A．函数的周期为2 B．函数的图象关于对称C．函数为偶函数 D．函数的图象关于对称【答案】BC【分析】根据给定的信息，推理论证周期性、对称性判断AB；借助变量替换的方法，结合偶函数的定义及对称性意义判断CD作答.【详解】依题意，上的函数，，则，函数的周期为4，A错误；因为函数是偶函数，则，函数的图象关于对称，且，即，函数图象关于对称，B正确；由得，则函数为偶函数，C正确；由得，由得，因此，函数的图象关于对称，D错误.故选：BC12．已知是抛物线的焦点，点在抛物线上，过点的两条互相垂直的直线，分别与抛物线交于，和，，过点分别作，的垂线，垂足分别为，，则（    ）A．四边形面积的最大值为2B．四边形周长的最大值为C．为定值D．四边形面积的最小值为32【答案】ABD【分析】根据给定条件，求出抛物线的方程，确定四边形形状，利用勾股定理及均值不等式计算判断A，B；设出直线的方程，与抛物线方程联立，求出弦长即可计算推理判断C，D作答.【详解】依题意，，解得，即抛物线：，焦点，准线方程为：，直线，与坐标轴不垂直，因为，，则四边形为矩形，有，当且仅当时取等号，，即四边形面积的最大值为2，A正确；因为，则，当且仅当时取等号，因此四边形周长的最大值为，B正确；  设直线方程为：，，由消去y得：，则，，同理，因此，C错误；四边形面积，当且仅当时取等号，所以四边形面积的最小值为32，D正确.故选：ABD第Ⅱ卷（非选择题）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分13．已知向量是单位向量，且与垂直，与的夹角为135°，则．【答案】【分析】根据数量积定义与运算律求解．【详解】由题意，∴，故答案为：．14．已知正四棱台中，，，则其体积为.【答案】【分析】作出正四棱台的直观图，过点作交于点，过点作交于点，利用勾股定理求出棱台的高，最后根据棱台的体积公式计算可得.【详解】如图正四棱台中，则，，过点作交于点，过点作交于点，则，又，所以，即正四棱台的高，所以棱台的体积.故答案为：15．试写出曲线与曲线的一条公切线方程.【答案】或（写出一个即可）【分析】设出切点坐标，根据切线斜率相等，建立等式，解出即可.【详解】设公切线与曲线切于点，与曲线切于点.由，得.由，得.令，即，则，且，即，化为，所以，解得或.当时，，，此时切线的方程为，即.当时，，，此时切线的方程为，即.综上可知，切线的方程为或，写出任意一个即可.故答案为：或，写出任意一个即可.16．已知各项都不为0的数列的前项和满足，其中，设数列的前项和为，若对一切，恒有成立，则能取到的最大整数是.【答案】【分析】根据题意推得，利用等差数列的通项公式，求得的通项公式为，得到，令，结合，求得最小时为，根据恒成立，求得，即可求解.【详解】因为，当时，，两式相减可得，即，因为数列的各项都不为0，所以，因为，所以，数列的奇数项是以1为首项，公差为2的等差数列，所以；数列的偶数项是以2为首项，公差为2的等差数列，所以，故数列的通项公式为，可得，所以，令，，，则，所以随着的增大而增大，即在处取最小值，，又因为对一切，恒有成立，所以，解得，故能取到的最大整数是.故答案为：.三、解答题：本小题共6小题，共70分，其中第17题10分，18~22题12分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17．在△ABC中，内角A，B，C所对边分别为a，b，c，．(1)求cosB；(2)若b＝3，a＞c，△ABC的面积为，求a．【答案】(1)(2)【分析】（1）由正弦定理得，再利用可得答案；（1）利用可得由余弦定理得，再由a，c可看作一元二次方程的两不等实根可得答案.(1)因为，由正弦定理得，因为，所以，所以，可得.(2)，∵，可得在△ABC中，由余弦定理得，∴，，，∴a，c可看作一元二次方程的两不等实根，∵∴.18．设同时满足条件：①；②，是常数）的无穷数列叫做数列，已知数列的前项和满足为常数，且，．(1)求数列的通项公式；(2)设，若数列为等比数列，求的值；并证明数列为数列．【答案】(1)(2)，证明见解析【分析】(1)根据关系，结合条件求数列的通项公式；(2)根据等比数列性质求的值；根据数列的定义证明结论.【详解】（1）当时，，．当时，，整理得，又，所以，即数列是以为首项、为公比的等比数列，；（2）由（1）知，，，所以，，，由数列是等比数列，则，故，解得，再将代入式，得．因为，所以数列为等比数列，故满足要求；由于，满足条件①；又由于，故存在满足条件②．故数列为数列．19．四棱锥中，四边形为梯形，其中，，，平面平面．(1)证明：；(2)若，且与平面所成角的正弦值为，点在线段上且满足，求二面角的余弦值．【答案】(1)证明见解析；(2).【分析】（1）由题设可得，利用面面垂直的性质可得面，再由线面垂直的性质证；（2）若为中点，连接，首先求证，两两垂直，构建空间直角坐标系，确定相关点坐标并令且，根据线面角及向量夹角的坐标表示求参数m，进而可得，再求面、面的法向量，应用向量夹角的坐标运算求二面角余弦值.（1）由题设，△为等边三角形，则，又四边形为梯形，，则，在△中，，即，面面，面面，面，则面，又面，故.（2）若为中点，，则，面面，面面，面，则面，连接，则，且面，故，综上，，两两垂直，构建以为原点，为x、y、z轴正方向的空间直角坐标系，所以，，，，若且，则，而面的一个法向量为，，所以，可得，故，所以，，，若是面的一个法向量，则，取，若是面的一个法向量，则，取，所以，由图知：锐二面角的余弦值.20．击鼓传花，也称传彩球，是中国古代传统民间酒宴上的助兴游戏，属于酒令的一种，又称“击鼓催花”，在唐代时就已出现．杜牧《羊栏浦夜陪宴会》诗句中有“球来香袖依稀暖，酒凸觥心泛艳光”，可以得知唐代酒宴上击鼓传花助兴的情景．游戏规则为：鼓响时，开始传花(或一小物件)，鼓响时众人