2024年新试卷题型适应训练卷（新高考专用）（解析版）

2024年新试卷题型适应模拟训练卷（考试时间：120分钟试卷满分：150分）第I卷（选择题）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，只有一项是符合要求的。1．色差和色度是衡量毛绒玩具质量优劣的重要指标，现抽检一批产品测得如下数据：色差x21232527色度y15181920已知该产品的色度y和色差x之间满足线性相关关系，且，现有一对测量数据为，则该数据的残差为（）A． B． C． D．【答案】C【详解】解：依题意可得，，所以，解得，所以，所以当时，所以该数据的残差为；故选：C2．如图，在中，，，是的中点，，则的值为（    ）A． B． C． D．【答案】C【详解】由题意可得：，，故，故选：C3．已知公差不为零的等差数列满足：，且是与的等比中项.设数列满足，则数列的前项和为（    ）A． B．C． D．【答案】A【详解】根据题意可得，则，解得，所以，，.故选：A.4．已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，给出下列命题：①若，，，则；②若，，则；③若，是异面直线，则存在，，使，，且；④若，不垂直，则不存在，使．其中正确的命题有．A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】B【详解】①由图可知符合：，，，但，为异面直线，不平行，故①错误.②由图知符合：，，但，故②错误.③根据条件：，是异面直线，则存在，，使，，可画出，如图所示：，即存在，故③正确.④假设：，，由平面与平面垂直的判定可得：，与已知矛盾，故，不垂直，则不存在，使，④正确.故选：B5．苗族四月八日“姑娘节”是流传于湖南省绥宁县的民俗活动，国家级非物质文化遗产之一.假设在即将举办的“姑娘节”活动中，组委会原排定有8个“歌舞”节目，现计划增加2个“对唱”节目.若保持原来8个节目的相对顺序不变，则不同的排法种数为（    ）A．56 B．90 C．110 D．132【答案】B【详解】根据题意分两类，第一种两个“对唱”节目相邻：，第一种两个“对唱”节目不相邻：，则不同的排法种数为.故选：B6．若对函数的图象上任意一点处的切线，函数的图象上总存在一点处的切线，使得，则的取值范围是（    ）A． B．C． D．【答案】D【详解】由，得，所以，由，得，设该导函数值域为B，(1)当时，导函数单调递增，，由题意得故，解得；(2)当时，导函数单调递减，，同理可得，与矛盾，舍去；（3）当时，不符合题意.综上所述：的取值范围为.故选：.7．已知单位向量的夹角为，且，若向量，则A． B． C． D．或【答案】A【详解】由，为的夹角，故为锐角，所以求得；又因为所以．故选：A．8．阿基米德既是古希腊著名的物理学家，也是著名的数学家，他利用“逼近”的方法得到椭圆的面积除以圆周率π等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积.若椭圆C：的左，右焦点分别是，，P是C上一点，，，C的面积为12π，则C的标准方程为（    ）A． B． C． D．【答案】C【详解】由椭圆的定义可知，又，所以，.又，，所以，所以，.又椭圆的面积为12π，所以，解得，，.故选：C.二、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分．9．下列说法正确的是（    ）A．“为第一象限角”是“为第一象限角或第三象限角”的充分不必要条件B．“，”是“”的充要条件C．设，，则“”是“”的充分不必要条件D．“”是“”的必要不充分条件【答案】AC【详解】对于A,因为为第一象限角，所以，则,当为偶数时，为第一象限角，当为奇数时，为第三象限角，所以充分性成立；当时，为第一象限角，则，为第二象限角，即必要性不成立，故A正确；对于B，当，时，成立，则充分性成立；当时，或，,故必要性不成立，则B错误；对于C，，而，则，故则“”是“”的充分不必要条件，故C正确；对于D,当时，,则，则，故充分性成立，当时，，则，则成立，所以“”是“”的充要条件，故D错误，故选：AC.10．已知复数，复数满足，则（    ）A．B．C．复数在复平面内所对应的点的坐标是D．复数在复平面内所对应的点为，则【答案】AB【详解】由已知，其对应点坐标为，C错；，A正确；由知对应的点在以对应点为圆心，2为半径的圆上，，因此，B正确；对应点坐标为，因此,故D错误，故选：AB.11．已知定义在上的连续函数，其导函数为，且，函数为奇函数，当时，，则（    ）A． B．C． D．【答案】ABD【详解】A项，在中，，函数为奇函数，所以函数为偶函数，则，所以函数关于对称，所以，故A正确；B项，令，因为当时，所以当时，，函数单调递增，所以，所以，B正确；C项，当时，，所以，函数单调递增，所以当时，函数单调递减，则在取得最小值为1，所以不存在，C错误；D项，由函数关于对称，当时，令，，函数单调递增，所以，则，所以，，令，，所以函数单调递减，，所以，所以，，所以与的差大于与的差，因为函数关于对称，当时，函数单调递增，所以，D正确；故选：ABD.第II卷（非选择题）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．若，则实数的一个取值为.【答案】（答案不唯一）【详解】因为，且当时，即时，，当时，即时，才有可能使得，当的两根刚好是时，即，此时的解集为刚好满足，所以，所以实数的一个取值可以为.故答案为:13．已知Q为抛物线C：上的动点，动点M满足到点的距离与到点F（F是C的焦点）的距离之比为则的最小值是.【答案】【详解】由题意得，等于点到准线的距离，过点作垂直准线于点，则，设动点，则，整理得，所以点的轨迹为以为圆心，半径为的圆，所以，所以当四点共线时，最小，故.故答案为：.14．如图所示，在正方体中，M是棱上一点，平面与棱交于点N．给出下面几个结论：  ①四边形是平行四边形；②四边形可能是正方形；③存在平面与直线垂直；④任意平面都与平面垂直．其中所有正确结论的序号是．【答案】①④【详解】对于①，因为平面与棱交于点，所以四点共面，在正方体中，由平面平面，又平面平面，平面平面，所以，同理可得，故四边形一定是平行四边形，故①正确对于②，在正方体中，面，因为面，所以，若是正方形，有，，若不重合，则与矛盾，若重合，则不成立，故②错误；对于③，因为平面，，若直线与平面垂直，则直线，显然矛盾，所以平面与直线不可能垂直，故③错误对于④，因为平面，平面，所以，又，平面，所以平面，又平面，所以，同理：，又平面，平面，，所以平面，因为平面，所以平面平面，故④正确.故答案为：①④.四、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）已知.（1）若在处取极值，求在点处切线方程；（2）若函数在区间最小值为－1，求.【答案】（1）；（2）.【详解】解：（1）∵，又在处取极值，∴得，当时，函数在和上单调递增，在上单调递减，满足题意；∴，切点为，切线斜率为∴在点的切线方程为（2）∵，令得或若，则时，在[0，1]为增函数此时舍去若，则，此时时，在[0，1]为减函数，得满足题意若，则，此时时，时在单调递减，在单调递增，此时解得舍去综合以上得16．（15分）为参加凉山州第八届“学宪法讲宪法”演讲比赛，某校组织选拔活动，通过两轮比赛最终决定参加州级比赛人选，已知甲同学晋级第二轮的概率为，乙同学晋级第二轮的概率为．若甲、乙能进入第二轮，在第二轮比赛中甲、两人能胜出的概率均为．假设甲、乙第一轮是否晋级和在第二轮中能否胜出互不影响．(1)若甲、乙有且只有一人能晋级第二轮的概率为，求的值；(2)在（1）的条件下，求甲、乙两人中有且只有一人能参加州级比赛的概率．【答案】(1)(2)【详解】（1）设事件表示“甲在初赛中晋级”，事件表示“乙在初赛中晋级”，由题意可知，，解得.（2）设事件为“甲､乙两人中有且只有一人能参加市级比赛”，为“甲能参加市级比赛”，为“乙能参加市级比赛”，则，，所以.17．（15分）如图，在平行四边形中，，，，四边形为矩形，平面平面，，点在线段上运动．(1)当时，求点的位置；(2)在（1）的条件下，求平面与平面所成锐二面角的余弦值．【答案】(1)点为的中点(2)【详解】（1）解：，，，，，，，又，又平面平面，平面平面，平面，平面，所以以，，为，，轴建立空间直角坐标系，则，设．则，，，解得，．当时，点为的中点．（2）解：由（1）可得，设平面的一个法向量为，则，取，则，易知平面的一个法向量为，，平面与平面所成锐二面角的余弦值为．18．（17分）已知椭圆：与抛物线：在第一象限交于点，，分别为的左、右顶点.(1)若，且椭圆的焦距为2，求的准线方程；(2)设点是和的一个共同焦点，过点的一条直线与相交于，两点，与相交于，两点，，若直线的斜率为1，求的值；(3)设直线，直线分别与直线交于，两点，与的面积分别为，，若的最小值为，求点的坐标.【答案】(1)(2)(3)【详解】（1）由题意得，故，则，解得，故椭圆：，因为在第一象限，，所以，所以，将其代入中，即，解得，故的准线方程为；（2）由题意得，解得，故，，直线的方程为，联立得，，设，则，，故，联立与得，，设，则，，故，若方向相同，，若方向相反，，所以；（3）由，，三点共线，可得，故，同理，由，，三点共线，可得，则，因为，所以，所以，又，故，因为，令，则，所以，其中，因为，所以的开口向下，对称轴为，其中，故当时，取得最大值，最大值为，故的最小值为，令，解得，负值舍去，故，解得，，又，故，则点的坐标为.19．（17分）已知有穷数列的各项均不相等，将的项从大到小重新排序后相应的项数构成新数列，称为的“序数列”.例如，数列､､满足，则其“序数列”为1､3､2，若两个不同数列的“序数列”相同，则称这两个数列互为“保序数列”.(1)若数列､､的“序数列”为2､3､1，求实数x的取值范围；(2)若项数均为2021的数列､互为“保序数列”，其通项公式分别为，（t为常数），求实数t的取值范围；(3)设，其中p､q是实常数，且，记数列的前n项和为，若当正整数时，数列的前k项与数列的前k项（都按原来的顺序）总是互为“保序数列”，求p､q满足的条件.【答案】(1)(2)(3)答案见解析【详解】（1）由题意得，即，解得；（2），当时，，即，当时，，即，故，又，，，因此的序数列为，…，2021．又因、互为“保序数列”，故，只需满足，解得：．（3）①当或时，数列中有相等的项，不满足题意.②当时，数列单调递增，故也应单调递增，从而对且恒成立.又数列单调递增，故.③当时，数列单调递减，故也应单调递减，从而对且恒成立.又数列单调递减，故.  ④当时，数列单调递减，且；单调递增，且，于是对且恒成立，即，从而.另一方面，对且恒成立，即，从而.综上，，即.此时，，满足题意.综上，当时，、满足的条件是；当时，、满足的条件是；当时，、满足的条件是.