2024届高考数学一轮复习收官卷01（新高考Ⅰ卷）解析版

2024届高考数学一轮复习收官卷01（新高考Ⅰ卷）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．（23·24上·滨州·阶段练习）已知集合，，则=（

）A． B． C． D．2【答案】C【详解】因为或，所以.故选：C.2．（23·24上·盐城·阶段练习）已知复数，其中为虚数单位，则（

）A． B． C． D．【答案】A【详解】,则.故选:A.3．（23·24上·德州·模拟预测）已知，点在线段上（不包括端点），向量，的最小值为（

）A． B．C． D．【答案】C【详解】，点在线段上（不包括端点），故存在，使得，即，即，因为向量，所以，可得，，，由基本不等式得，当且仅当，即时等号成立.故选：C．4．（22·23下·浙江·模拟预测）我们的数学课本《人教A版必修第一册》第121页的《阅读与思考》中介绍：“一般地，如果某物质的半衰期为h，那么经过时间t后，该物质所剩的质量，其中是该物质的初始质量.”现测得某放射性元素的半衰期为1350年（每经过1350年，该元素的存量为原来的一半），某生物标本中该放射性元素的初始存量为m，经检测现在的存量为.据此推测该生物距今约为（

）（参考数据：）A．2452年 B．2750年 C．3150年 D．3856年【答案】C【详解】由题意可知，两边取对数得，故选：C5．（22·23下·湖南·二模）已知分别为椭圆的两个焦点，为椭圆上一点，则的最大值为（

）A．64 B．16 C．8 D．4【答案】B【详解】解：，因为椭圆上的点满足，当点为的延长线与的交点时，取得最大值，最大值为．所以的最大值为16．故选：B．6．（23·24上·郴州·一模）设数列满足且是前项和，且，则（

）A．2024 B．2023 C．1012 D．1011【答案】C【详解】由题意，，，则数列为等差数列，设公差为，，即，则，则，则所以，（常数），则也为等差数列.则数列的公差为.所以所以.故选：C7．（22·23下·武汉·三模）已知，分别为双曲线的左，右焦点，直线l过点，且与双曲线右支交于A，B两点，O为坐标原点，，的内切圆的圆心分别为，，则面积的取值范围是（

）．A． B．C． D．【答案】B【详解】设圆与，，分别切于点，，.由双曲线定义知，，∴，∵，，，∴，又，∴，，即点为双曲线的右顶点.∵轴，∴的横坐标为，同理：横坐标也为.∵平分，平分.∴，设、的内切圆半径分别为，，∵轴，∴，∵，∴.设直线倾斜角为，又为双曲线右支上两点，又渐近线方程为，∴由题意得，∴，∴，即又在单调递减，在单调递增当时，，此时取得最小值；当时，；当时，，∴.故选：B.8．（18·19下·福建·期末）已知定义在上的奇函数满足，当时，．若函数在区间上有10个零点，则实数m的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】A【详解】由得是一个周期为2的奇函数，当时，，因此，因为是奇函数，所以，，且的周期为，且，，，，求的零点，即是与的交点，如图：

为与在区间的交点图形，因为与均为周期为2的周期函数，因此交点也呈周期出现，由图可知的零点周期为，若在区间上有10个零点，则第10个零点坐标为，第11个零点坐标为，因此.故选：A二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.）9．（22·23·海南·模拟预测）为了研究某城市甲､乙两个智能手机专卖店的销售状况，统计了2023年4月到9月甲､乙两店每月的营业额（单位：万元），得到如下的折线图，则下列说法正确的是（

）

A．根据甲店的营业额折线图可知，该店月营业额的平均值在内B．根据乙店的营业额折线图可知，该店月营业额总体呈上升趋势C．根据甲､乙两店的营业额折线图可知，乙店的月营业额极差比甲店小D．根据甲､乙两店的营业额折线图可知，月份的总营业额甲店比乙店少【答案】ABD【详解】对于A，甲店月营业额的平均值为，，所以A正确；对于B，根据乙店的营业额折线图可知乙店每月的营业额逐月变大，所以总体呈上升趋势，故B正确；对于C，根据甲､乙两店的营业额折线图可知甲店的月营业额极差为，乙店的月营业额极差为，乙店的月营业额极差比甲店的大，所以C错误；对于D，由营业额折线图可知，甲店的月份的总营业额为，乙店的月份的总营业额为，，所以D正确.故选：ABD10．（22·23·日照·三模）已知，则（

）A． B．C． D．【答案】AD【详解】由，令得，故A正确；由的展开式的通项公式，得，故B错误；令，得①，再由，得，故错误；令，得②，①-②再除以2得，故D正确.故选：AD11．（19·20下·河北·阶段练习）（多选）分别为内角的对边，已知，且，则（

）A． B．C．的周长为 D．的面积为【答案】ABD【详解】由正弦定理得，整理得，即，A正确；由可得，则，B正确；由余弦定理得，又，可得，整理得，的周长为，C错误；由上知：，，可得，则的面积为，D正确.故选：ABD.12．（23·24·柳州·模拟预测）如图所示的几何体是由正方形沿直线旋转得到的，设是圆弧的中点，是圆弧上的动点（含端点），则（

）

A．存在点，使得B．不存在点，使得C．存在点，使得平面D．不存在点，使得直线与平面的所成角为【答案】ABC【详解】由题意可将图形补全为一个正方体，如图示：

对于因为正方体中，平面,平面，所以所以当重合时，由故正确；对于因为,若，则,又,则重合，而是圆弧上的动点，不可能重合，所以不成立，故正确；对于,以为原点，为轴的正方向建立空间直角坐标系，设则所以，设为平面的一个法向量，则令，得，则假设平面，则所以因为，所以即是圆弧的中点，符合题意，故正确；对于,当点与点重合时，直线与平面所成角最大，因为所以此时直线与平面的所成角的正弦值为，由，得直线与平面的所成角的最大角大于，所以存在点，使得直线与平面的所成角为，故错误.故选：三、填空题：（本题共4小题，每小题5分，共20分，其中第16题第一空2分，第二空3分．）13．（22·23·黄浦·三模）北京时间2022年6月5日，搭载神舟十四号载人飞船的长征二号F遥十四运载火箭，在酒泉卫星发射中心点火发射，某中学为此举行了“讲好航天故事”演讲比赛．现从报名的40位学生中利用下面的随机数表抽取10位同学参加演讲比赛，将40位学生按01、02、、40进行编号，假设从随机数表第1行第3个数字开始由左向右依次选取两个数字，重复的跳过，则选出来的第7个号码所对应的学生编号为．0627

4313

2636

1547

0941

2512

6317

6323

2616

8045

60111410

9577

7424

6762

4281

1457

2042

5332

3732

2707

36075124

5179

3014

2310

2118

2191

3726

3890

0140

0523

2617【答案】25【详解】从随机数表第1行第3个数字开始由左向右依次选取两个数字，去掉超过40和重复的号码，选取的号码依次为：27，13，26，36，15，09，25，12，17，23，所以选出来的第7个号码所对应的学生编号为25.故答案为：2514．（22·23·九江·一模）如图，在正三棱柱中，，为的中点，为线段上的点.则的最小值为

【答案】【详解】

解：将侧面沿展开，使得侧面与侧面在同一平面内，如图，连接交于，则的最小值为此时的，，的最小值为.故答案为：.15．（22·23下·全国·模拟预测）害虫防控对于提高农作物产量具有重要意义.已知某种害虫产卵数（单位：个）与温度（单位：）有关，测得一组数据，可用模型进行拟合，利用变换得到的线性回归方程为.若，则的值为.【答案】【详解】对两边同时取对数可得；即，可得由可得，代入可得，即，所以.故答案为：16．（22·23下·海淀·开学考试）已知函数①若的最大值为，则a的一个取值为．②记函数的最大值为，则的值域为．【答案】【详解】由解析式可知是定义域为R的奇函数，且当时，，当且仅当时等号成立；，两函数如下图所示：由图可知，当时，的最大值为，当时，的最大值为在区间的最大值，即为，当时，的最大值为；①若满足，当时，，不符题意；当时，，解得或（舍去）当时，，不符题意；②综上所述，根据函数图象可知函数的最大值为.故答案为：①；②四、解答题（本题共6小题，共70分，其中第16题10分，其它每题12分，解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤．）17．（23·24·六盘水·模拟预测）在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且.(1)求B；(2)若的中线BD长为，求的最大值.【答案】(1)(2)8【详解】（1）因为，所以，又，所以，所以，整理得，因为，所以，即，因为，所以，所以，得.（2）因为D为AC中点，所以，因为，所以，整理得，所以，得，即，当且仅当时，等号成立，所以的最大值为8.

18．（23·24·南宁·模拟预测）设数列的前项和为，已知.(1)求数列的通项公式；(2)若数列满足，数列的前项和为，都有，求的取值范围.【答案】(1)(2)【详解】（1）一方面：因为，所以，所以，即；另一方面：又时，有，即，且，所以此时；结合以上两方面以及等比数列的概念可知数列是首先为，公比为的等比数列，所以数列的通项公式为.（2）由（1）可知，又由题意，数列的前项和为，又，都有，故只需，而关于单调递增，所以关于单调递减，关于单调递增，所以当时，有，因此，即，解得，综上所述：的取值范围为.19．（22·23下·抚顺·模拟预测）如图，在四棱锥中，，，M为棱AP的中点．(1)棱PB上是否存在点N，使平面PDC?若存在，求出的值；若不存在，请说明理由；(2)若平面平面ABCD，，，求二面角的正弦值．【答案】(1)棱PB上存在点N，；(2)【详解】（1）如图，分别延长BA与CD的延长线交于点E，连接PE，过点M在平面BEP内作直线，交BE于点F，BP于点N，因为，平面PDC，所以平面PDC，因为，，所以A，D分别为线段BE，CE的中点，又，M为AP的中点，所以F为线段AE的中点，所以．综上，棱PB上存在点N，使平面PDC，且．（2）设，又，，所以，，又，所以和为等边三角形，设O为CD的中点，连接OP，OB，则，，，又平面平面ABCD，平面平面，平面PDC，平面ABCD，又平面ABCD，，综上，OP，OB，OC两两垂直．以O为坐标原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．则，，，，，，，，，设平面MDC的法向量为，则即可取，设平面MDB的法向量为，则即可取，所以，故二面角的正弦值为．20．（23·24上·云南·阶段练习）运动会期间，某班组织了一个传球游戏，甲、乙、丙三名同学参与游戏，规则如下：持球者每次将球传给另一个同学.已知，若甲持球，则他等可能的将球传给乙和丙；若乙持球，则他有的概率传给甲；若丙持球，则他有的概率传给甲，游戏开始时，由甲持球.记经过n次传球后甲持球的概率为.(1)若三次传球为一轮游戏，并且每轮游戏开始都由甲持球，规定：在一轮游戏中，若在第3次传球后，持球者是甲，为甲胜利.记随机变量X为3轮游戏后甲胜利的次数，求X的分布列和数学期望；(2)求.【答案】(1)分布列见解析，；(2).【详解】（1）据题意只需关注前3次球由谁持球即可，则持球的所有可能情况为甲乙丙甲，甲丙乙甲，，因此一轮游戏甲胜利的概率为，随机变量的可能取值为，，，所以的分布列为：X0123P数学期望.（2）设事件表示次传球后，球在甲同学手上，事件表示次传球后，球在乙同学手上，事件表示次传球后，球在丙同学手上，设次传球后，乙持球的概率为，则，由全概率公式知：，整理得，于是，而，即，因此数列是以为首项，为公比的等比数列，即有，所以.21．（23·24上·全国·阶段练习）已知在平面直角坐标系中，点，，的周长为定值．(1)设动点P的轨迹为曲线C，求曲线C的方程；(2)过点A作直线l交C于M、N两点，连接BM、BN分别与y轴交于D、E两点，若，求直线l的方程．【答案】(1)(2)【详解】（1）周长为，可得为定值，所以点P的轨迹是一个椭圆（去掉左右顶点），设方程为，于是，，解得.又因为是，所以点P不能位于x轴上，所以点P的轨迹方程为.（2）由题意，直线l的斜率不为0，设直线l：，，，将直线l方程代入椭圆，整理得到，由韦达定理，得.直线BM：，令可得，同理.由可得，化简得到，即，即.代入韦达定理整理得，，即，解得，，所以直线l的方程为.