数学（新高考Ⅰ卷02）（全解全析）

2024年高考数学第一次模拟考试数学（新高考I卷）·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．已知复数满足，则（    ）A． B． C．2 D．1【答案】C【分析】根据复数除法运算结合共轭复数的概念即可.【详解】由题意得，则，故选：C.2．已知集合，，若，则的取值范围为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】首先求解集合，再根据，即可求解.【详解】因为，且，因为所以.故选：C3．某戏曲学院图书馆藏有四部戏曲名著各10本，由于该戏曲学院的部分学生对《牡丹亭》这部戏曲产生了浓厚的兴趣，该戏曲学院图书馆决定购买一批《牡丹亭》戏曲书籍（其他三部数量保持不变）若干本．若要保证购买后在该戏曲学院图书馆所藏有的这四大戏曲名著中任取一本，使得能取到一本《牡丹亭》戏曲书籍的概率不小于0.6，则该戏曲学院图书馆需至少购买《牡丹亭》戏曲书籍（    ）A．25本 B．30本 C．35本 D．40本【答案】C【分析】根据题意，设需购买《牡丹亭》戏曲书籍本，由古典概型公式可得，解出得出答案.【详解】解：设需购买《牡丹亭》戏曲书籍本，则购买后该戏曲学院图书馆所藏有的这四大戏曲名著共本，从中任取1本有种取法，《牡丹亭》戏曲书籍共本，从中任取1本有种取法，从该戏曲学院图书馆所藏有的这四大戏曲名著中任取一本，能取到一本《牡丹亭》戏曲书籍的概率为，根据题意可得，解得，即该戏曲学院图书馆需至少购买《牡丹亭》戏曲书籍35本.故选：C4．某工厂新购置并安装了先进的废气处理设备，使产生的废气经过该设备过滤后排放，以减少对空气的污染.已知过滤过程中废气的污染物数量（单位：）与过滤时间（单位：）的关系为（，是正常数）.若经过过滤后减少了的污染物，在此之后为了使得污染物减少到原来的还需要的时长大约为（参考数据：）（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据题中条件，可求得，则当时，可求得的值，即可得到答案.【详解】因为经过过滤后减少了的污染物，所以，解得.当时，，解得.故还需要大约93h.故选：5．如图，在中，，，P为上一点，且满足，若，，则的值为（    ）  A． B．3 C． D．【答案】C【分析】由已知可得，由三点共线有，再用分别表示出、，最后应用向量数量积的运算律求即可.【详解】因为，所以，所以，因为C，P，D三点共线，所以，即，所以，又，所以.故选：C6．法国数学家傅里叶用三角函数诠释美妙音乐，代表任何周期性声音和震动的函数表达式都是形如的简单正弦型函数之和，这些正弦型函数各项的频率是最低频率的正整数倍（频率是指单位时间内完成周期性变化的次数，是描述周期运动频繁程度的量），其中频率最低的一项所代表的声音称为第一泛音，第二泛音的频率是第一泛音的2倍，第三泛音的频率是第一泛音的3倍…….例如，某小提琴演奏时发出声音对应的震动模型可以用如下函数表达：，（其中自变量表示时间），每一项从左至右依次称为第一泛音､第二泛音､第三泛音.若一个复合音的数学模型是函数（从左至右依次为第一泛音､第二泛音），给出下列结论：①的一个周期为；②的图象关于直线对称；③的极小值为；④在区间上有2个零点.其中正确结论的个数有（    ）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】A【分析】对于①，根据题意得到的频率为，最小正周期为，从而得到的最小正周期为，①错误；对于②，计算出，②错误；对于③，求导得到函数单调性和极值，得到在处取得极小值，此时或，分两种情况，进行求解，比较后得到极小值；对于④，求出为函数零点，④错误.【详解】对于①，的最小正周期为，故频率为，由题意得的频率为，故最小正周期为，因为的最小正周期为，的最小正周期为，故的最小正周期为，故①错误；对于②，，则，故，故的图象不关于直线对称，②错误；对于③，，，又，令得，，故故在区间上单调递增，令得，，故故在区间上单调递减，故在处取得极小值，此时，故，故的极小值为，③正确；对于④，，因为，所以当时，，故，当时，，故，在区间上有3个零点，④错误.故选：A7．已知正三棱柱的底面边长为，高为3，截去该三棱柱的三个角（如图1所示，D，E，F分别是三边的中点），得到几何体如图2所示，则所得几何体外接球的表面积是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】设△DEF的外心为，△ABC的外心为，设外接球的半径为R，则，解方程即可得出答案.【详解】易知△DEF的外心即为的外心，如图，设△DEF的外心为，△ABC的外心为，则所得几何体外接球的球心O在直线上，因为正三棱柱得底面边长为，所以，，所以由正弦定理可得：，所以，同理，，设外接球的半径为R，则，联立解得：，，所以外接球的表面积为.故选：A.8．设，，，则下列正确的是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】先利用导数证明当时，，再分别利用作商，作差比较法可判断，，大小.【详解】先来证明当时，.令，，则，所以函数在上单调递增，可得，即得；令，，则，所以函数在上单调递增，可得，即得；所以当时，.因为，由，因为，所以，则，所以，又，所以，所以.故选：D.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．如图，在棱长为1的正方体中，为线段的中点，则下列说法正确的是（    ）    A．四面体的体积为B．向量在方向上的投影向量为C．直线与直线垂直D．直线与平面所成角的正弦值为【答案】AB【分析】以为原点，所在的直线分别为轴、轴、轴，建立空间坐标系，利用体积公式判断A；利用空间向量法判断BCD.【详解】以为原点，所在的直线分别为轴、轴、轴，建立空间坐标系，如图所示：  则，，，，，，，对于A，因为，故正确；对于B，因为，，所以，，，所以在方向上的投影向量为：，故正确；对于C，因为，，，所以与不垂直，即直线与直线不垂直，故错误；对于D，，在正方体中，易知平面，得平面，即平面的法向量，设直线与平面的夹角为，则，故错误.故选：AB10．已知函数，其中e是自然对数的底数，则下列说法中正确的有（    ）A．为周期函数B．的图像关于点对称C．在区间上是减函数D．关于x的方程有实数解【答案】ABC【分析】根据函数的周期性、对称性、导数与单调性以及方程思想，可得答案.【详解】选项A：，是周期函数，故A正确；选项B：，所以函数关于点中心对称，故B正确；选项C：时，，所以函数在区间上为减函数，故C正确；选项D：，，当且仅当，时方程有解，即，同时成立时方程有解，但和无法同时满足，所以方程没有实数解，故D错误．故选：ABC.11．已知为坐标原点，点在抛物线上，过点的直线交抛物线于两点，则下列结论正确的是（         ）A．抛物线的准线方程为 B．直线与抛物线相切C．为定值 D．【答案】ABD【分析】选项A，由点在抛物线上，代入方程待定系数，求出抛物线C方程，则得到准线方程；选项B，利用导数求出切线斜率，与直线斜率相同即可说明相切；选项C，设出直线AB方程，联立抛物线方程，将坐标化韦达定理代入可证；选项D，利用弦长公式用表示，再代入韦达定理，结合判别式得出的的范围，即可判断得出答案．【详解】对于A：因为点在抛物线：上，则，解得，所以抛物线：，其准线为，故A正确；对于B：令，则，可得，即抛物线在A点处切线斜率与直线AB斜率相同，所以直线AB与抛物线C相切，故B正确；对于C：由题意可知，直线PQ斜率存在，设直线PQ的方程为，联立方程，消去y得：，可得，得，且，因为，故C错误；对于D：由题意可知，因为，则，所以，故D正确.故选：ABD．      12．定义在上的函数的导函数为，对于任意实数，都有，且满足，则（    ）A．函数为奇函数B．不等式的解集为C．若方程有两个根，，则D．在处的切线方程为【答案】AC【分析】根据奇函数的定义即可判定A，根据导数的运算可得进而可求解，即可求解BD，根据二次函数的图象性质，即可求解C.【详解】对于A，，由可得，所以，且定义域为，故为奇函数，A正确，由于，所以为常数，则又在中，令，则，故，故，所以，对于B,可得，又，故，则，故B错误，对于C，为单调递增函数，而为开口向上，且对称轴为的二次函数，且是的两个交点，的两个交点设为，则，且，又为单调递增函数，所以，所以，C正确，由得，所以在处的切线方程为，D错误，故选：AC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．已知的展开式中的系数为，则．【答案】【分析】利用二项式定理得的通项，进而得出的展开式中的系数，列式计算即可．【详解】由二项式定理可知的通项为，故展开式中含的项分别为，则的展开式中含的项为，则，解得．故答案为：．14．已知，点在圆上，且，则的取值范围为．【答案】【分析】分析可知，圆与圆有交点，根据圆与圆的位置关系可得出关于实数的不等式，即可解得实数的取值范围.【详解】由，可知点在以点为圆心，半径为的圆上，即点在圆上，所以问题等价于圆与圆有交点，所以，所以，解得或．故答案为：.15．已知曲线与曲线（）相交，且在交点处有相同的切线，则.【答案】【分析】可先设交点为，利用利用两函数在该点处的函数值和切线斜率相同列方程，可求的值.【详解】易知：必有.设两曲线的交点为，，，由题意：，两式相除得：，∵，∴.代入得：解得.故答案为：16．已知抛物线的焦点为，直线与抛物线交于两点，连接并延长，交抛物线于点，若中点的纵坐标为，则当最大时，．【答案】16【分析】由中点的纵坐标为，可知，又由余弦定理结合不等式可得最大时，为等边三角形，后将直线AF方程与抛物线联立，由抛物线定义结合韦达定理可得答案.【详解】由题可得抛物线焦点为，准线为，设，则由抛物线定义可得，即，由题意可得中点的纵坐标为，则，由余弦定理可得，则，且，可得，当且仅当取等号，此时为等边三角形，轴，直线AD斜率为或，如图，设此时AD方程为，将其与抛物线联立有，消去y得，可知，设D，由韦达定理有，则，所以由抛物线定义有.故答案为：.四、解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。17．（10分）已知数列满足：，数列为等比数列．(1)求数列的通项公式；(2)求和：．【答案】(1)(2)【分析】（1）首先求出，，即可求出等比数列的通项公式，从而求出的通项公式；（2）利用分组求和法计算可得.【详解】（1）因为，，数列为等比数列，所以，，则，即是以为首项，为公比的等比数列，所以，则.（2）.18．（12分）已知中，内角所对的边分别为，且满足.(1)若，求；(2)求的取值范围.【答案】(1)(2)【分析】（1）解法一：根据题意，由正弦定理得到，再由余弦定理得到，联立方程组得到，再由余弦定理求得，即可求解；解法二：根据题意，由正弦定理化简得到，进而得到，即可求解；（2）由（1）得到，求得，结合三角形的边的关系，得到，设，得出函数，结合函数的性质，即可求解.【详解】（1）解法一：因为，由正弦定理得，可得，即，又因为，由余弦定理得，即，联立方程组，可得，即，所以，由余弦定理定理得，因为，所以.解法二：因为，由正弦定理得，整理得，又因为，可得，所以，即，可得，即，因为，所以，所以，所以.（2）由（1）知，可得，且，所以，由三角形三边关系，可得，可得，令，可得，其中，所以函数，所以，所以的取值范围是.19．（12分）如图，是四棱柱，侧棱底面，底面是梯形，，．  (1)求证：平面平面；(2)E是底面所在