2024年高考第一次模拟考试数学（新高考Ⅱ卷01）（全解全析）

2024年高考数学第一次模拟考试高三数学（新高考Ⅱ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．若复数满足，则（

）A． B．2 C． D．3【答案】A【解析】，，.故选：A．2．设集合，，且，则（

）A．6 B．4 C． D．【答案】D【解析】，∵，∴，∴，故选D.3．已知等差数列的前5项和，且满足，则等差数列的公差为（

）A．-3 B．-1 C．1 D．3【答案】D【解析】；，解得，.故选：D4．从正六边形的6个顶点中任取3个构成三角形，则所得三角形是直角三角形的概率为（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】以点为例，以点为其中一个顶点的三角形有，共10个，其中直角三角形为，共6个，故所得三角形是直角三角形的概率为.故选：C5．龙洗，是我国著名的文物之一，因盆内有龙纹故称龙洗，为古代皇宫盥洗用具，其盆体可以近似看作一个圆台．现有一龙洗盆高15cm，盆口直径40cm，盆底直径20cm．现往盆内倒入水，当水深6cm时，盆内水的体积近似为（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】如图所示，画出圆台的立体图形和轴截面平面图形，并延长与于点.根据题意，，，，，设，所以，解得，，所以，故选：B.6．已知，是方程的两个实数根，则（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】因为，是方程的两个实数根，所以，，因为.故选：D7．已知直线与圆相切，与抛物线相交于两点，以为直径的圆过坐标原点，则直线的方程为（

）A．或 B．或C．或 D．或【答案】B【解析】若直线的斜率不存在，又直线与圆相切，则直线的方程为或，又直线与抛物线相交于两点，则直线的方程为，此时可设，，且，所以，不符合题题意；若直线的斜率存在，设直线得方程为，由直线与圆相切，则圆心到直线的距离为，所以①，设，则联立抛物线与直线方程得，得，所以，则，整理得：②，联立①②解得或，所以直线的方程为或.故选：B.8．设，，，则（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】，，令，所以，令得，时，，单调递减，时，，单调递增，所以，所以，令，所以，所以在单调递增，，所以，所以，所以，所以，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．为了解学生的身体状况，某校随机抽取了100名学生测量体重，经统计，这些学生的体重数据（单位：千克）全部介于45至70之间，将数据整理得到如图所示的频率分布直方图，则（

）A．频率分布直方图中的值为0.04B．这100名学生中体重不低于60千克的人数为20C．这100名学生体重的众数约为52.5D．据此可以估计该校学生体重的75%分位数约为61.25【答案】ACD【解析】由，解得，故选项A正确；体重不低于60千克的频率为，所以这100名学生中体重不低于60千克的人数为人，故选项B错误；100名学生体重的众数约为，故选项C正确；因为体重不低于60千克的频率为0.3，而体重在，的频率为，所以计该校学生体重的分位数约为，故选项D正确．故选：ACD．10．已知抛物线：的焦点为，点在上，直线交于另一点，则（

）A．的准线方程为 B．直线的斜率为C． D．线段的中点的横坐标为【答案】BD【解析】对A：∵点在抛物线上，则，解得，故抛物线的方程为，焦点，准线，A错误；对B：直线的斜率，B正确；对C：直线的方程，联立方程，解得或，即，故，C错误；对D：线段的中点的横坐标为，D正确；故选：BD.11．如图，棱长为2的正方体中，点E，F，G分别是棱的中点，则（

）直线为异面直线 B．C．直线与平面所成角的正切值为 D．过点B，E，F的平面截正方体的截面面积为9【答案】BC【解析】对于A，连接，由题意可知，因为，所以，所以共面，故选项A错误；对于B，连接，由题意可知，所以，故选项B正确；对于C，连接，由正方体的性质可知平面，所以即为直线与平面所成的角，则，故选项C正确；对于D，连接，根据正方体的性质可得，且，所以平面即为过点B，E，F的平面截正方体的截面，该四边形为梯形，其上底，下底为，高为，所以截面面积为，故选项D错误；故选：BC12．已知函数的部分图象如图1所示，分别为图象的最高点和最低点，过作轴的垂线，交轴于，点为该部分图象与轴的交点.将绘有该图象的纸片沿轴折成直二面角，如图2所示，此时，则下列四个结论正确的有（

）A．B．C．图2中，D．图2中，是及其内部的点构成的集合.设集合，则表示的区域的面积大于【答案】AC【解析】函数的最小正周期为，在图2中，以点为坐标原点，、的方向分别为、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，设点，则点、，，因为，解得，故A正确；所以，，则，可得，又因为函数在附近单调递减，且，所以，，故B错误；因为，可得，又因为点是函数的图象在轴左侧距离轴最近的最高点，则，可得，所以，，因为点是函数在轴右侧的第一个对称中心，所以，，可得，翻折后，则有、、、，所以，，，所以，在图2中，，故C正确；在图2中，设点，，可得，，，，易知为锐角，则，所以，区域是坐标平面内以点为圆心，半径为，且圆心角为的扇形及其内部，故区域的面积，故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．已知平面向量，，若与共线，则.【答案】【解析】，，则，，故，解得14．已知函数是偶函数，则．【答案】【解析】由已知，，因为为偶函数，所以，即，对恒成立，即，对恒成立，解得.15．的展开式中的系数为（用数字作答）.【答案】【解析】，展开式的通项为，取得到；取得到；取得到；故的系数为.16．若存在，使得函数与的图象有公共点，且在公共点处的切线也相同，则的最大值为.【答案】【解析】的定义域为，的定义域为R，设两函数图象的公共点横坐标为，则，，，则，即，解得或，因为，所以（舍去），满足要求，且，即，故，，令，，则，当时，，单调递增，当时，，单调递减，故在处取得极大值，也是最大值，故，所以的最大值为.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．（本小题满分10分）在①，②中任选一个作为已知条件，补充在下列问题中，并作答．问题：在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知______．(1)求B；(2)若的外接圆半径为2，且，求ac．注：若选择不同的条件分别解答，则按第一个解答计分．【解析】（1）选择条件①：因为，在中，由余弦定理可得，即，则，因为，所以.选择条件②：因为，在中，由正弦定理可得，即，则，因为，所以，则，因为，所以.（2）因为，所以，则，即，又，所以.因为的外接圆半径，所以由正弦定理可得，所以.18．（本小题满分12分）已知数列的各项均为正数，记为的前n项和，且.(1)求数列的通项公式；(2)记，求数列的前n项和.【解析】（1）由得时，两式相减得,整理得因为，所以,所以数列是以为公差的等差数列在中令解得所以.（2）当时，又，，...，是首项为2，公差为2的等差数列，所以，故．所以当时，又，，...，是首项为2，公差为2的等差数列，所以，故．所以当为偶数时,;当为奇数时,.19．（本小题满分12分）如图，在三棱柱中，平面平面，四边形是矩形，四边形是平行四边形，且，，，以为直径的圆经过点.

(1)求证：平面；(2)求平面与平面的夹角的余弦值.【解析】（1）以为直径的圆经过点，，四边形为矩形，所以，平面平面，平面平面，平面，平面，平面，，又平面，平面，，，平面，平面；（2）平面，又平面，平面，，，又，，则、、两两互相垂直，以点为原点，为轴，为轴，为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

，，，，在中，由勾股定理得，则点，，，，，则，，，.设平面的法向量为，平面的法向为，则得，，取，，设平面与平面的夹角为，则，所以平面与平面夹角的余弦值为.20．（本小题满分12分）市教育局计划举办某知识竞赛，先在，，，四个赛区举办预赛，每位参赛选手先参加“赛区预赛”，预赛得分不低于100分就可以成功晋级决赛．赛区预赛的具体规则如下：每位选手可以在以下两种答题方式中任意选择一种答题．方式一：每轮必答2个问题，共回答6轮，每轮答题只要不是2题都错，则该轮次中参赛选手得20分，否则得0分，各轮答题的得分之和即为预赛得分；方式二：每轮必答3个问题，共回答4轮，在每一轮答题中，若答对不少于2题，则该轮次中参赛选手得30分，如果仅答对1题，则得20分，否则得0分．各轮答题的得分之和即为预赛得分．记某选手每个问题答对的概率均为．（1）若，求该选手选择方式二答题晋级的概率；（2）证明：该选手选择两种方式答题的得分期望相等．【解析】（1）该选手选择方式二答题，记每轮得分为，则可取值为0，20，30，且，，记预赛得分为，∴该选手所以选择方式二答题晋级的概率为．（2）该选手选择方式一答题：设每轮得分为，则可取值为0，20，且，∴，设预赛得分为，则，．该选手选择方式二答题：设每轮得分为，则可取值为0，20，30，且，，，∴．设预赛得分为，则，因为，所以该选手选择两种方式答题的得分期望相等．21．（本小题满分12分）已知函数，.(1)若，讨论的单调性；(2)若当时，恒成立，求的取值范围.【解析】（1）的定义域为，当时，，，设，则，令，解得，当时，，单调递减，当，，单调递增.所以，，则对任意的恒成立，所以，函数的单调递增区间为，无递减区间.（2）解：当时，恒成立等价于在上恒成立，设，则，设，则图象为开口向上，对称轴为的抛物线的一部分，当时，，在单调递增，且，所以，，即，则函数在上单调递增，又因为，所以在恒成立，满足题意；当时，，，所以方程有两相异实根，设为、，且，则，当时，，，在上单调递减，又因为，故当时，，所以，在上不恒成立，不满足题意.综上，的取值范