2024年新高考新结构数学模拟卷（一）（解析版）

2024年新高考新结构数学模拟卷（一）（模拟测试）（考试时间：120分钟试卷满分：150分）注意事项:1.答题前,先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2.选择题的作答:每小题选出答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3.非选择题的作答:用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4.考试结束后,请将本试卷和答题卡一并上交。一、单选题（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）1．一组数据为，，，，，，，，，，，，则这组数据的上四分位数是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据上四分位数的概念即可求得答案.【详解】依题意，该组数据是从小到大排列，又，所以所给数据的上四分位数是，故选：D．2．已知双曲线=1(a>0，b>0)的渐近线方程为y=±3x，则双曲线的离心率是（    ）A． B． C． D．3【答案】A【解析】由渐近线求得，由双曲线的离心率求得答案.【详解】因为该双曲线的渐近线方程为y=±3x，则，所以双曲线的离心率故选：A【点睛】本题考查求双曲线的离心率，涉及双曲线的渐近线方程，属于简单题.3．等差数列和的前项和分别记为与，若，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由等差数列下标和的性质可得，进而代值计算即可得解.【详解】因为，所以.故选：D.4．设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，给出下列四个命题：①如果，，那么；②如果，，那么；③如果，那么；④如果，那么.其中正确命题的序号是（    ）A．① B．② C．③ D．④【答案】C【分析】①利用空间内两直线的位置关系判断；②利用空间内两直线的位置关系判断；③根据垂直于同一直线的两平面平行判断；④利用直线与平面的位置关系判断.【详解】①如果，，那么与b平行，相交或异面，故错误；②如果，，那么与b平行或异面，故错误；③如果，由垂直于同一直线的两平面平行知正确；④如果，与平行，相交或在内，故错误；故选：C5．某中学于2023年4月25日召开春季运动会，在开幕式之前，由高一，高二学生自发准备了7个娱乐节目，其中有2个歌曲节目，3个乐器独奏，2个舞蹈节目，要求舞蹈节目一定排在首尾，另外2个歌曲节目不相邻．则这7个节目出场的不同编排种数为（    ）A．288 B．72 C．144 D．48【答案】C【分析】先把舞蹈节目排好，再在2个舞蹈节目中间排好3个乐器独奏，再利用插空法排2个歌唱节目即可.【详解】先把舞蹈节目排好，共种，再在2个舞蹈节目中间排好3个乐器独奏，共种，这样3个乐器独奏与2个舞蹈节目中间共产生4个空档（不包括两边），2个歌唱节目排在4个空档上，共种．故这7个节目出场的不同编排种数为种．故选：C．6．已知，则“”是“直线和直线垂直”的（    ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【分析】根据直线垂直的等价条件，求出的取值，根据包含关系即可得到结论【详解】直线和直线垂直，则，解得或，所以“”是“直线和直线垂直”的充分不必要条件，故选：A，【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合直线垂直的等价条件是解决本题的关键，属于基础题，7．已知，则的值为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用两角和与差的余弦展开式、余弦的二倍角公式可得，解法一，再将两边平方可得，利用弦化切解得；解法二，再将两边平方可得，利用求出，结合求出、可得答案.【详解】因为，且，所以，即，解法一，上式两边同时平方可得，所以，解得或，因为，，所以，，因为，所以，所以，即，所以，则舍去，所以.解法二，上式两边同时平方可得，则，因为，易知，两边开方可得，结合，可得，，故.故选：B．8．双曲线的左，右焦点分别为，过作垂直于轴的直线交双曲线于两点，的内切圆圆心分别为，则的面积是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由题意画出图，由已知求出的值，找出的坐标，由的内切圆圆心分别为，进行分析，由等面积法求出内切圆的半径，从而求出的底和高，利用三角形的面积公式计算即可.【详解】由题意如图所示：由双曲线，知，所以，所以，所以过作垂直于轴的直线为，代入中，解出，由题知的内切圆的半径相等，且，的内切圆圆心的连线垂直于轴于点，设为，在中，由等面积法得：由双曲线的定义可知：由，所以，所以，解得：，因为为的的角平分线，所以一定在上，即轴上，令圆半径为，在中，由等面积法得：，又所以，所以，所以，，所以，故选：A.二、多选题（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。全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分）9．已知函数，下列说法正确的是（    ）A．是函数的一个周期 B．在上单调递增C．的最小值是 D．在有3个零点【答案】BCD【分析】取特值计算判断A；利用导数判断B；由偶函数性质，结合时的周期性分段讨论判断CD.【详解】显然，，即，因此不是函数的一个周期，A错误；当时，，，，求导得，因此在上单调递增，B正确；函数的定义域为R，，即函数是偶函数，当时，，显然，则只需讨论在上最小值，当时，，而，且与不同时为0，则，当时，，，当且仅当，即时取等号，由，得，，当时，，，当且仅当，即时取等号，由，得，，当时，，，由，得，，因此当时，，的零点为，所以函数的最小值是，在有3个零点，CD正确.故选：BCD【点睛】思路点睛：涉及求含正(余)的二次式的最值问题，可以换元或整体思想转化为二次函数在区间或其子区间上的最值求解.10．已知复数，满足，下列说法正确的是（    ）A．若，则 B．C．若，则 D．【答案】BD【分析】对选项A，C，利用特殊值法即可判断A，C错误，对选项B，根据复数模长的性质即可判断B正确，对选项C，根据复数模长公式即可判断D正确.【详解】对选项A，设，，则，，，不满足，故A错误.对选项B，设在复平面内表示的向量分别为，且，当方向相同时，，当方向不相同时，，综上，故B正确.对选项C，设，，，，故C错误.对选项D，设，，，，则，，故D正确.故选：BD11．已知函数，的定义域为，为的导函数，且，，若为偶函数，则下列一定成立的有（    ）A． B．C． D．【答案】ABD【分析】由是偶函数得出是奇函数，由已知两条件推出是以4为周期的函数，然后在已知式中对自变量赋值求解．【详解】由是偶函数，则，两边求导得，所以是奇函数，故．对于A，由，代入，得，又是奇函数，则，所以是周期函数，且周期为4，，故A正确；对选项B，令得，，令得，，故，故B正确；对于C：令得，即，若，则，但不一定为0，故C错误；对于D：令，得，故，，所以，令，得，则则，由是以4为周期得，所以，故D正确．故选：ABD．【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用条件得出函数的奇偶性及周期性，进而得到函数的性质，然后利用赋值法求解.三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）12．对于集合，，我们把集合叫做集合与的差集，记作.若，，则.【答案】【分析】利用定义进行直接计算.【详解】由差集的定义，，,则.故答案为：.13．如图是我国古代米斗，它是随着粮食生产而发展出来的用具，是古代官仓、粮栈、米行等必备的用具，早在先秦时期就有，到秦代统一了度量衡，汉代又进一步制度化，十升为斗、十斗为石的标准最终确定下来.已知一个斗型（正四棱台）工艺品上、下底面边长分别为2和4，侧棱长为，则其外接球的表面积为.【答案】【分析】如图，设该正四棱台为四棱台，设上下底面的焦点分别为，则其外接球的球心在直线上，先求出棱台的高，再利用勾股定理求出外接球的半径，再根据球的表面积公式即可得解.【详解】如图，设该正四棱台为四棱台，设上下底面的焦点分别为，则其外接球的球心在直线上，由题意，，故四棱台的高，易知在线段上，设，外接球的半径为，则，解得，所以，所以其外接球的表面积.故答案为：.【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.14．已知当，表示不超过的最大整数，称为取整函数，例如，若，且偶函数，则方程的所有解之和为．【答案】/【分析】数形结合，在同一坐标系中分别画出和的图像，结合分析的解，从而求和即可.【详解】当时,,则,因为为偶函数,所以当时，,由有,所以由有,在同一坐标系中分别画出和的图像,如下图所示.由图像知,两个图像有4个交点,且交点的纵坐标分别为：当时,方程的解为0和1；当时,令,解得,令,解得,综上有方程的解为,所有解之和为.故答案为：【点睛】关键点点睛：数形结合解决函数零点的问题，需要根据题意作出图形，进而分析零点个数，同时需要联立函数的方程求解零点.属于难题.四、解答题（本题共5小题，共77分，其中15题13分，16题15分，17题15分，18题17分，19题17分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）15．已知函数.(1)若曲线在点处的切线与直线平行，求出这条切线的方程；(2)讨论函数的单调性.【答案】(1)(2)答案见解析【分析】（1）求导，根据导函数几何意义和平行关系得到方程，求出，从而得到，求出切线方程；（2）求定义域，求导，对导函数因式分解，分，和三种情况，讨论得到函数的单调性.【详解】（1），由已知，∴得又∴曲线在点处的切线方程为化简得：（2）定义域为R，，令得或①当即时，令得或，令得，故在单调递减，在，上单调递增；②当即时，恒成立，故在R上单调递增；③当即时，令得或，令得，在上单调递减，在，上单调递增；综上，当时，在单调递减，在，上单调递增；当时，在R上单调递增；当时，在上单调递减，在，上单调递增；16．，，，四人进行羽毛球单打循环练习赛，其中每局有两人比赛，每局比赛结束时，负的一方下场，第局由，对赛，接下来按照，的顺序上场第局、第局来替换负的那个人，每次负的人其上场顺序排到另外个等待上场的人之后即排到最后一个，需要再等局即下场后的第局才能参加下一场练习赛．设各局中双方获胜的概率均为，各局比赛的结果相互独立．(1)求前局都不下场的概率；(2)用表示前局中获胜的次数，求的分布列和数学期望．【答案】(1)(2)分布列见解析，【分析】（1）根据前4局A都不下场，由前4局A都获胜求解；（2）由的所有可能取值为0，1，2，3，4，分别求得其概率，列出分布列，再求期望.【详解】（1）解：前4局A都不下场说明前4局A都获胜，故前4局A都不下场的概率为（2）的所有可能取值为0，1，2，3，4，其中，表示第1局B输，第4局是B上场，且B输，则；表示第1局B输，第4局是B上场，且B赢；或第1局B赢，且第2局B输，则；表示第1局B赢，且第2局B赢，第3局B输，则；表示第1局B赢，且第2局B赢，第3局B赢，第4局B输，则；表示第1局B赢，且第2局B赢，第3局B赢，第4局B赢，则所以X的分布列为X01234P故X的数学期望为17．在直角梯形中，，，，如图（1）．把沿翻折，使得平面平面．  (1)求证：；(2)在线段BC上是否存在点N，使得AN与平面ACD所成角为60°？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．【答案】(1)证明见解析(2)存在，【分析】（1）利用勾股定理证明，再根据面面垂直的性质可得平面，再根据线面垂直的性质即可得证；（2）以点为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.【详解】（1）因为，且，可得，，又因为，可得，所以，则，因为平面平面，平面平面，且平面，所以平面，又因为平面，所以；（2）