2024《浙大优学·靶向模拟卷》数学参考答案

千里之行，始于足下朽木易折，金石可镂Word-可编辑参考答案2024数学新高考I卷准确模拟(一)1.B【解析】因为A={xB={x因此,A∩2.A【解析】z12=z22⇔z12−z22=0⇔3.B【解析】因为c=a+b,a⋅4.C【解析】设△ABC如图,设∠PCA=α,在Rt△PBC中,在△PCA中,由正弦定理得PCsin∠PAC化为cosα=3故选C.5.C【解析】对于选项A,由题知0<a<对于选项B,因为a−b=lg25>lg110=−1,所以对于选项D,因为a+b=1且a≠b,所以故选C.6.D【解析】因为f−x=tan−x+1tan−因为fx+π=tanx+π+1tanx+π=tanx+1tan因为fπcosxsinx+sinxcos主意一:因为函数y=x+1x在0,1上单调递减,函数y=tanx主意二:因为fx=cosxsin综上所述,选D.7.D【解析】令直线l1,l2的倾斜角分离当围成的等腰三角形底边在x轴上时,θ=π当围成的等腰三角形底边在直线l2上时,θ=α2,因为tanα=2当围成的等腰三角形底边在直线l1上时,θ=2α则k=tan或tanθ故选D.8.C【解析】问题转化为方程xe主意一:分离参数因为f−2=0,所以方程令gx则g′令ux=x+1又u−2=0,所以当x∈−∞,−2时,g′x且g0又因为当x→−2时,gxgx→0;当x所以实数k的取值范围是−1主意二:分离函数令x+2=t,则令y1==t−1所以y1在−∞,1上单调递减,在1,+∞而y10=−所以方程y1=y(1)当k>0时,(2)当k<0时,过原点O作设切点Px0,所以k00又y0=y所以k=所以k∈9.AC【解析】设事件B为“任取一个零件为次品”,事件Ai为“零件是第i台车床加工”(i=1,2,按照题意得PA1=0.25,由全概率公式,得PB=PA1所以选项A准确,选项B错误.“倘若取到的零件是次品,计算它是第i(i=1,所以PA1∣类似地,可得PA所以第1台车床的操作员应承担的份额等于第2台车床的操作员应承担的份额,所以选项C正确,选项D错误.故选AC.10.BC【解析】主意一:先推荐正弦平方差公式:sin2证实过程如下.sin=sin===sinA由题意,可以令fx=sinπ2x因为f3=−1因为f−1=−1=−因为T=4,2023÷故选BC.主意二:对于选项A,因为fx的定义域为R,令x=y=0,则f令x=0,则又fy不恒为0,故f所以fx对于选项B,令x=2,y而f1=1,f对于选项C,由选项B可知,f3=−1,令x=3,y=2,则f5f1对于选项D,由选项B以及fx+2fx−2=因为2023÷4=505⋯⋯故选BC.11.BCD【解析】若多面体ABDPC存在外接球,则球心必为△BCP的外心O,但此时OC≠OA因为正三棱雉A−PBC和正三棱雉D−则正三棱雉A−PBC中侧棱两两互相垂直,正三棱雉所以正三棱雉可以放到正方体中,当点A,P分别旋转至点A′,P′处,且A′,B取BC的中点E,则∠PEP′>π3,又因为点P运动的最短轨迹是以所以点P运动所形成的最短轨迹长大于3π3.故选项D故选BCD.12.13−32【解析】设椭圆CS所以b2又因为0<e<13.45,40482025【解析】主意一:由an所以S+a又因为a1+a主意二:S9=a由题意知a1=则an当n为奇数时,an=a当n为偶数时,an=a所以an所以数列an所以Sn故1S所以T==所以T202414.7474dm3【解析】不妨设正方体的边长为a如图,过点B作BB′⊥平面α,过点C作CC′⊥平面α,水面与CA交于点M,与可以知道Rt△AC则AC′2所以CM=同理可得,DN=因为容器内部剩余部分是一个棱台,则棱台上底为等腰直角三角形,直角边长为3棱台下底也为等腰直角三角形,直角边长为9所以上底面面积S1下底面面积S2=1所以剩余部分的体积为V=13所以水的体积为6315.【解析】(1)主意一(几何法)补形为正方体ABHC−A1B1由正方体的性质知A1H⊥平面AB1因为B1所以B1E在平面又因为E∈平面AC所以点E在平面ACC1A因为平面ACC1A1∩所以点E的轨迹为线段AC主意二(坐标法)如图建立空间直角坐标系,则B1,0设E0,y,zy由B1E⊥A所以y−z=所以点E的轨迹为线段AC(2)主意一(几何法)因为点E的轨迹为线段AC所以平面ADE即平面C1因为平面C1AB∩又因为AB⊥平面AC所以AB⊥AC,所以∠C1AC就是平面ADE所以平面ADE与平面ABC的夹角为45∘主意二(坐标法)如图建立空间直角坐标系,则B1,所以AC因为点E的轨迹为线段AC所以平面C1AB与平面ABC所成角,就是平面ADE与平面显然平面ABC的一个法向量为m=设平面C1AB的一个法向量为由AC1令y=1,则所以n=所以cos⟨m所以平面ADE与平面ABC的夹角为45∘16.【解析】(1)因为等差数列an满意a1=所以d=a3设数列an中随意三项an=1+2n假设an,=即2m因为m,所以n所以k−n2=0所以数列an中的随意(2)由题意,知bn所以b1而2−12设满意条件的最大整数为n0则2即n所以n0=9817.【解析】(1)联立方程x可得4−因为有唯一公共点且k≠±则Δ=收拾得m2可解得点Mkm4−k2又由题知点N的坐标为25曲线E的右焦点F的坐标为25,02即FM_FN,即以MN为直径的圆过双曲线E的右焦点.(2)由(1)知,过点M且与l垂直的直线方程为y可得A−即x=−则x2=400即x2100−所以点Px,y的轨迹方程是x18.【解析】(1)要使化验费用的数学期待最小,只需每个人的化验费用期待最小.设每人的化验费用为Y元,若混合血样呈阴性,则Y=n+9n=1+每位职工的化验费用为EY=1+9n×0.当且仅当0.09n=9n故n=10时,每位职工化验费用的(2)(i)零假设为H0:“持久埋伏按照列联表中的数据,经计算得到χ′=90按照小概率值α=0.05的自立性检验,没有充分证据判断H0(ii)若埋伏期X∼由PX≥13.95=P19.【解析】(1)函数fx的定义域为0f设φx则函数φx为二次函数,对称轴为直线x=a令2x2−当Δ≤0,即−4故当−4≤a≤4当a<−4时,故当a<−4时,函数fx当a>4时,令f′x当x∈0,x1∪x2,+∞故当a>4时,函数fx的单调递增区间为(0,a−a2−16综上所述,当a≤4时,函数fx的单调递增区间为0,+∞,无单调递减区间;当a>4时,函数f(2)f′因为函数fx有两个极值点x所以方程x2−a2x则Δ=a2所以f==−a要证fx即证lnx不妨设x1则只需证lnx设t=x1令gt则g′所以gt在1所以gt(3)由fx−=0lnx−x+sinx+a=0在0设g′x=1−1x−cosx又因为g′π即当x∈0,π时,存在g′所以g′x在0,π上有且仅有1个零点,即存在当x∈0,x0当x∈x0,π所以gx在0,π(1)当x∈0,π记φx=sinx−x,则φ′x=cosx−1则g>所以当a∈[1,2]时,直线y=a(2)当x∈π,所以gx在π已证gx在x所以gx在x又因为g3π2=由(1)知gx0<1,所以当a∈[1,2](3)当x∈3π2,+∞时,设vx=x故函数vx在3π所以gx≥x则当a∈[1,2]时,直线y=a综上,当a∈[1,2]时,直线y=a即当a∈[1,2024数学新高考I卷准确模拟(二)1.B【解析】主意一:因为集合A=x∣x2−2x主意二:集合B中的元素依次代人检验,故选B.2.B【解析】主意一:因为5i−2因此共轭复数为i−2主意二:由z⋅z=z23.C【解析】主意一:因为a⋅b=2ea=2e1+e2=2e1+e22=7,b所以a⋅b=5以下同主意一.4.C【解析】把α+π6看成整体,通过换元β=α所以sin2α−由二倍角公式可得−cos2β=−15.A【解析】设事件A为“第一天空气质量为优良”,事件B为“第二天空气质量为优良”,则PA=0.75,P6.D【解析】主意一:由已知可得∠MAB=30所以kbA=3所以e=主意二:如图,过点M作MD⊥x轴,可得M(即M2a,3即e=7.C【解析】主意一:由条件S9=−a5得9a5=−a所以n的取值范围是1≤主意二:由条件S9=−a5得9a因为a1>0,所以d<0由Sn≥a收拾得n2因为d<0,所以即n2−11n所以n的取值范围是1≤8.C【解析】由x02+由题设可知f′x是函数fx逼近原点的极值点,当x=±m2时,fx=±3.因此对随意给定的极值点x即±m22+±9.BD【解析】因为fx=x3+ax当Δ=4a2−12b=0时,x0=−a因为函数值域为R,故选项B显然准确.因为三次项系数大于0,所以极大值点比极小值点小,因此fx在−∞,选项D显然准确,导函数为二次函数,是轴对称图形,因此原函数为中央对称图形,对称中央的横坐标为x=−10.ABD【解析】因为决定系数R2越大,残差平方和越小,拟合效果越好,故选项A准确因为观测值与预测值之差为残差,预测值y=9.4×2+9.1对于二项分布ξ∼Bn,p对于非线性回归方程y=cetx转化为lny=z=综上,选ABD.11.BCD【解析】如图,O是正三棱雉A−BCD外接球的球心,设该球半径为R,O1是等边△由BC=3,在Rt△OO1D在Rt△OO1E中,OO设球心O到过点E的截面圆的距离为d,可知d截面圆半径r2所以截面圆的面积的取值范围为[2π12.−26x2【解析】按x升幂罗列的第三项即为含x2的项,1−2x513.33:2π 图1可知平面PMN与正方体相交的截面即为正六边形MENFPG,其边长为2,因此面积为S=612×22×3如图2,动直线B1Q是以DB1为轴,直线B1Q与直线图2因为B1所以底面圆的半径HQ=所以点Q的轨迹长度为2π.14.440【解析】由题意得.数列如下:11,21,...1...则该数列的前1+2+⋯+k要使kk+12>100,则所以k+2是第k+设k+所以k=2′−3≥14所以对应满意条件的最小整数N=29×15.【解析】(1)调查的500位老年人中有70位需要志愿者提供协助,因此该地区老年人中,需要帮助的老年人的比例预计值为70500(2)零假设H0:老年人是否需要志愿者提供协助χ6.635=所以有99%的控制认为该地区的老年人是否需要志愿者提供协助(3)由(2)的结论知道,该地区的老年人是否需要志愿者提供协助与性别有关,并且从样本数据能看出该地区男性老年人与女性老年人中需要协助的比例有显然的差异,因此在调查时,先决定该地区老年人中男、女的比例,再把老年人分成男、女两层并采用分层抽样主意比采用简单随机抽样主意更好.16.【解析】(1)按照正弦定理,条件式即sinAcosC+收拾得3sinA−cos解得−π6<∠所以∠A−π(2)主意一:由余弦定理a2=b由CD=2BD得即AD解得A=下面用三种主意求bc思路1:用余弦定理切人.因为△ABC所以cosB=c将(1)代人得bc同理由cosC>0故12思路2:用正弦定理切人.因为△ABC为锐角三角形,所以解得30∘由正弦定理得b32思路3:用极限主意求解.因为△ABC当∠B→90当∠C→90故bc接下来换元构造函数求最值.设x=则3b设fx则f′由f′x>又12所以12由f′x<故fx所以AD主意二:思路1,齐次化不等式处理由CD=2BD得两边平方得A1令x=b==1+3x+1+等号成立,故AD的最大值为3+思路2:正弦定理函数处理由CD=2BD,得两边平方得A19又因为bsin则b=代人得AD=19又因为△ABC所以0解得π6当2∠C−π3=π2即所以AD主意三:设BC的中点为E,△ABC外接圆的圆心为O,所以AD=2AO=2rO所以OE=32所以AD≤3+1,当且仅当17.【解析】(1)由题意在直接柱ABC−A1B1C1中,AC=CB不妨设AA则Aa0),所以A1可得A1所以A1E⊥(2)VC1−CEF=16ta−ta≤a6t+所以EF=所以平面B1EF的一个法向量为因为BF=所以平面B1BF的一个法向量为设平面B1BF与平面B1则cosθ所以平面B1BF与平面B118.【解析】(1)易得F2解得xM因为点M在C2所以ykt2=所以M23,则2a=73+5(2)当直线l的斜率存在时,设l的方程为y=与椭圆方程x24+y23=因为点R1,1设Ax则x1y2所以P4k当k≠0时,则直线OP的方程为y=−与椭圆方程联立得xD设QxQ,由OP⋅OQ3⇒⇒⇒2⇒x所以点Q在定直线x4当k=0时,由条件可得P0,1,xD=当k不存在时,由条件可得P1,0,yD=0,xD219.【解析】(1)因为f′则f′′x=−cos所以f′x=−sin又f1由零点存在性定理可知f′x=0在x∈f′x和fxx−Ixf>0<f递增极大值递政所以fx在−(2)令ℎx=由条件知ℎx所以ℎx因为ℎ0=0,且ℎ所以x=0是则ℎ′又ℎ′所以ℎ′0=当a=1时,ℎ当x∈(−1,0]时,−sin所以当x∈(−1,当x∈0−又因为cosx≤1综上可知,当a=1时,(3)因为gx=fx−由(2)可知gx在(−又因为g0=1由零点存在定理可知,存在x1∈e当x∈[0,所以g′故gx在[又gπ由零点存在定理可知,存在x2∈0当x∈πln故gx在π综上可知,函数gx=f2024数学新高考I卷准确模拟(三)1.B【解析】由题意可得−3又因为x∈Z,所以所以集合M的真子集个数为232.A【解析】由题意可得a=1,1,所以a+故a+当a+b⊥所以a+b⋅b=1+故“x=0′′是“a+b3.D【解析】设z−2z所以z2.故选D.4.D【解析】对随意的m<n<0所以fx在−∞,因为函数fx是定义在R所以fx在0,+∞上单调递减,f−所以fx即fx+1≥0所以原不等式的解集为[−35.C【解析】由tanα得sinα又由正弦的倍角公式可得4sin2α即cosαcos所以cosα6.D【解析】因为直线l过点F0所以直线l的方程为y=−由y=−p2则Δ=设Ax则x1因为AB==收拾得p3+4p所以抛物线C的准线方程是y=−7.B【解析】设Sn−4当n≥2时,Sn所以an又a1由选项A可知,当n≥2时,aa故只需m2−4=0若数列an满意an=0,则数列若数列an是正项等差数列,Sn=na1+所以Sn−4=d故对其变形可得Sn−当−2a1−d故选B.8.B【解析】对于(1),因为fx=ex−e−x的定义域为R,且对于(2),令gx=fx−x2−2x=ex−对于(3),由fx=ex−e−x得对于(1),主意一:若对随意的x∈0,+∞,都有f令ℎx=ex−e−x−因为x>0,所以取不到等号,所以若k≤2,则ℎ′x>0恒成立,所以ℎx在(0,若k>2,则存在x0所以当0<x<x0时,ℎ′x<0,当x>x所以ℎx在0,x综上,k≤2,所以k的最大值为2,所以(4)主意二:fxk的最大值即为函数fx在0即kmax=f故选B.9.AB【解析】用容易随机抽样的主意从含有50个个体的总体中抽取一个容量为6的样本,则个体m被抽到的概率为650=12%,故选项A准确.当μ不变时,数据13,27,24,12,14,30,15,17,19,若数据x1,x2,⋯,xtot的标准差为T,所以x1,x2故选AB.10.ACD【解析】将圆的方程化为标准方程可得(x2),半径为2,故选项A准确,选项B不准确由已知可得,直线2ax−by+2=0经过圆心,所以2a×−1−2b+2=0,收拾可得a+b故选ACD.11.ACD【解析】由题意可知,x=fθ因为x=fθ是偶函数,y因为fθ+gθ=cosθ+sin因为ℎωθ=2sinωθ+π4在令函数ι=2fθ+g2θ=2cosθ+sin2θ=2cosθ1+sin故选ACD.12.10 【解析】Tr+1由5−2r=所以C32a因为a>0,所以由5−2r=−则1x项的系数为C13.4【解析】主意一:设Bm则直线AB:由y−km=−x所以点Bm,kAB依题意,OA2所以m=8,解得k主意二:设Bm则直线AB:点Bm,km到直线x−所以OA2−AB解得k=主意三:设Aa,a,则直线AB由y=−x+设直线AB与曲线y=kx的另一交点为B′,则xB则xtt−所以OA2−解得k=14.56设外接球半径为R,正五边形的外接圆半径为r,正二十面体的棱长为l,则l2r=sin所以正五棱雉的顶点究竟面的距离是ℎl所以R2解得R=所以S×sin60则该正二十面体的外接球半径与棱长之比为56,该正二十面体的表面积与该正二十面体的外接球表面积之比等于5515.【解析】(1)主意一:由余弦定理得36=b所以bc≤36(当且仅当又因为S△所以AD=主意二:由a=6,∠A=60∘知,点A在如图1所示的⊙O上运动.显然,当点A在此时△ABC又∠A=60按照BC=a=(2)主意一:因为tanB所以2sin所以2B),即sin由正弦定理得c=2b.结合(1)可得b2所以S△因为AN平分∠BAC,所以AB所以S△又因为AM是BC边上的中线,所以S△所以S△主意二:同主意一可得b=又因为a=所以△ABC是以角C由AN平分∠BAC,AM是a=6得所以MN=所以AN=所以∠ANB所以S△主意三:由∠A=60则∠B又因为a=6,所以由AN是角平分线知∠CAN在Rt△ACN中易得CN又因为CM=12所以S△16.【解析】(1)按照已知完成2×是否了解情况男女总计了解8040120不了解120160280总计200200400零假设H0则χ2则19.048>10.828,所以零假设H0不成立,则有99.9(2)X的可能取值为0,PP×PPX所以X的分布列为X0123P1151所以EX=主意二:设X1=因为X1,X所以X=所以E==117.【解析】(1)过点D作DH⊥AC,衔接因为AC⊥所以BC⊥平面ACD所以平面ABC⊥平面ACD又因为DH⊥AC,平面ACD∩所以DH⊥平面ABC因为AE⊥平面ABC,所以DH所以DH//平面ABE因为DF//平面ABE,平面DFH,同时DF∩所以平面DFH//平面ABE所以FH//平面ABE因为FH⊂平面ABC,平面ABC∩平面ABE=AB,所以FH//所以DE=23所以CD⊥(2)如图,以AC中点H为原点,HA为x轴,HD为z轴,过点H作BC的平行线为y轴,建立空间直角坐标系,则A1B所以CG=12设n=x,则n取x=1,则所以sinθ=cos⟨CG所以CG与平面ABE所成角的正弦值为3418.【解析】(1)主意一:由fx=由x=1是fx的一个极值点得f′1此时fx=2设gx则g′即gx在0,+∞上单调递减.又所以当x∈0,1时,当x∈1,+∞时,g所以fx在0,1所以fx有极大值f主意二:由fx=2lnx由x=1是fx的一个极值点得f′1此时fx因为2x故f′又f′1=0,当x∈0,1时,所以fx在0,1所以fx有极大值f(2)ℎ′主意一:设φx则φ′令φ′x=当0<x<当x>1e故φx在0,1故φx的极大值为φ当0<x<又φ1=1>0,φ由φx0=当x∈0,x0当x∈x0,+∞时,φx<0,即ℎ故ℎx的极大值为ℎx0=ln令fx=0得2由fx有零点得−12k≤1x则φ′所以φx在0又因为φ1故φx存在唯一的零点x0,且以下同主意一.19.【解析】(1)主意一:由题意可知点M3与点M故双曲线一定过M3和M当双曲线过点M1有25a当双曲线过点M2有36a2故双曲线E的方程为x2主意二:由题意可知点M3与点M故双曲线一定过M2和M设双曲线E的方程为mx当双曲线过点M1有25m−当双曲线过点M2有36m−3n=1,16m−(2)由(1)知A−设P1,t,则直线PA联立x则9t由韦达定理得−3即xC代人直线PA的方程得yC即C−直线PB的方程是y=−联立x则9t由韦达定理得3⋅即xD代人直线PB的方程得yD即D27所以直线CD的斜率kcD所以直线CD的方程是y−27t2+12因为t=所以直线CD的方程为y=(3)由(2)得直线CD过定点N9因为BQ⊥CD,所以取BN的中点G6,0即GQ为定值.综上,存在定点G6,02024数学新高考I卷准确模拟(四)1.A【解析】因为z=1+i1−i2.C【解析】因为A={0,3.A【解析】依题意得fx因为f−x所以fx为偶函数,图象关于y又f1=−13sin4.B【解析】从一到十这十个数中随机抽取六个数,能成为三组的个数是C55.B【解析】由题意可得e1因为e1∈5所以0<b2所以e2的取值范围是16.B【解析】因为1sin所以12所以2sin所以sinα即sinα7.C【解答】设tanθ则tan2θ设函数fx则f=−x当1<x2<5+2所以当x2=5+2此时tan2θ8.D【解析】因为4a所以22两边同乘2n−1得又因为22a2所以2n所以2nan则Sn1两式相减得1−−n所以Sn则n+解得n>10,则故选D.9.ABC【解析】如图,在长方体ABCD−A1B1C1D1中,分离取AB,因为HF⊥B1E,所以因为BB1//CC1,所以B1在△BB1E中,因为AB=2,BC=CC因为DG⊥平面AD1E,所以B1E⊥所以平面BB1E⊥平面三棱雉A−B1ED故选ABC.10.ABD【解析】令ℎx=则ℎ′x=1x又因为ℎ′e=所以存在ξ∈e,3,使得ℎ当x∈2,当x∈ξ,+∞所以ℎx有最大值2)−ξ故选项A准确,选项C错误。因为函数fxf由题可知t>0,因为即x1x2lnx则lnx因为函数y=lnx+于是x1−2从而x1令ℎt则ℎ′令ℎ′t=0,则lnt=−13,解得当t∈e−12所以当t=e−13即x1x2则x1x2−2故选ABD.11.ACD【解析】依题意得μ=10,故选项A准确.由选项A可知,预计生产出普通零件的概率越小.故选项B错误.当k=1.5时,则PX而PX<9.7所以预计生产出不合格零件的概率为P(X>故生产200个零件约有不合格零件的个数为200故选项C准确.当k=1时,则PXPX<P9.9<所以预计生产出优质零件的概率为0.682,不合格零件的概率为0.002,普通零件的概率为1−故每生产1000个零件预计盈利1000×(0.682故选项D准确.故选ACD.12.152【解析】已知a=b=c所以a2即2+2a⋅所以a−所以a−13.402π【解析】因为圆雉的顶点为S,母线SA,SB所成角的余弦值为所以sin∠ASB所以△SAB的面积为12SA2因为SA与圆雉底面所成角为45∘所以圆雉的底面半径为22则该圆雉的侧面积为12×414.8π3,x=5【解析】因为函数fx=sinωx−π所以4π9ω−π3所以ω的最小值为34,T当0<x<因为函数fx在区间0所以5π2<ωπ因此ω=3,所以则曲线y=fx的一条对称轴方程为3x−π3令n=1得S1当n≥2时,由1一(2)得an所以an+1所以数列am+1是首项为2,公比为2的等比数列,故a(2)因为a1当n=1时,当n≥a<…+1=+=+<2综上,a116.【解析】如图1,衔接MQ,并延伸MQ与CB的延伸线交于点N,衔接AN.图1因为PQ//平面ABC,AN所以PQ//又因为P是AM的中点,所以Q是MN的中点.过点Q作QH⊥BC,垂足为H,则所以QHMC又M为CC所以QHCC1(1)如图2,以C为原点,建立空间直角坐标系,图2则A1P所以A1PM设平面A1BM的一个法向量为n所以A可取n=设平面PQM的一个法向量为m=所以PM可取m=则平面PQM与平面A1cosθ=m⋅nmn=11642.17.【解析】(1)设事件Ai事件“三轮比赛结束后甲的积分为3分”=B1B2所以PX=3(2)将第3轮比赛中甲胜、平、负分离记为M1,M2,M3则样本空间为Ω=M1N1∪M1N各基本领件对应甲、乙、丙、丁四支球队的积分如下表所示.基本领件积分结果M6.6,0.63队抽签M6,4,1,6甲队出线M6,3,3,6甲队出线M4,6,0,7甲队淘汰M42队抽签M4,3,3,7甲队出线M3,6,0,9甲队淘汰M3甲队淘汰M3.3.3.93队抽签设事件S为“积分相同的队伍抽签抽到甲球队”.则PS∣M设事件T为“甲队能出线”,则T=M所以PT==PS∣M=23×故甲队能出线的概率为1218.【解析】(1)因为fx的定义域为0则f′因为fx=4x所以方程f′x=0即即函数gx=x因此只需g解得0<即实数a的取值范围是0,(2)由(1)知,x1所以f===12因此要证fx即证4−即证1−构造函数ℎa则ℎ′又ℎ′′a=−所以ℎ′a在又ℎ′1=由函数零点存在性定理可得,∃a0∈即1a0=lna0,即a0ln当a∈a0,4所以ℎa≤又函数y=lna0所以lna所以ℎa<0故fx19.【解析】(1)设焦点F0以AF为直径的圆的圆心为Ex因为圆E与x轴相切于点D,所以x3所以ED=解得x1所以C的方程为x2(2)设Bx2,由y=kx+所以x1则x1由x2=4y得y则直线m的方程为y−收拾得y=同理,直线n的方程为y=联立(1)(2)得xP令y=1得所以MN=因为点P到直线MN的距离为d=所以S△PMN=≥设t=b,则f′令f′t=所以当0≤t<当t>33故当t=33,即k为f33=1.A【解析】由题意可知A∪B={1,2,2.B【解析】由题意可得ka−b=2k−1,3.D【解析】由正弦定理得asinA=b若sinA≥sinB,则a≥b,所以∠若cosA≤cosB,则由余弦函数的单调性可得∠A≥∠B所以“sinA≥sinB4.B【解析】要求A,B相邻,可以捆绑作为一个节目与E,F举行全罗列,然后把5.C【解析】设甲分得x石,则丙分得x−按照三人分得的米数构成等差数列,则乙分得x-18石,由题意得x+x−36+x−则原式变为sinδ+即sin=两边同除以cosδ−βcos于是tanα7.B【解析】由题意可得S1=Smun​ABCD=8.C【解析】主意一:f′显然f′α在故存在唯一的x0>0,使得f′x0=0,即ex0+1=因此fx的最小值为+则1x0−lnax0+则lna代人1x0−ln由gx=1x−x−2ln又a>0,则主意二:fx>0即ex而y=ex按照互为反函数的函数图象关于直线y=x对称,问题转化为ex设ℎx=ex+主意三:fx>0⇔构造gx=xln易知,当x∈0,1时,gx单调递减,当x所以gx有极小值g1=−1则gex+即a<ex9.AC【解析】若Sn=n2,当n≥2时,an=2n−1若Sn=2na1=2不满意a若an是等差数列,则S99=99a当n=1时,S1⋅S3−S2故选AC.10.AD【解析】因为0<x<则π3所以函数fx在0当π3<ω+π3≤1)上单调递增,故选项A准确.函数fx在0,1上可能有极大值,但无最小值,故选项C错误,选项D故选AD.11.ABC【解析】由log得log3令fx=log3x−1log3令gx=log3x−1log4当x∈0,1时,fx的值域为R,当x∈所以存在b∈0,1,a∈2,+∞因此∃a,b∈0令ab=1,则方程log3由换底公式可得lnb显然关于b的方程在0,+∞上有解,所以∃a,b∈当a,b∈1,+∞时,因为log又fx在1,+∞上单调递增,所以因为log3b−令ℎx=x−1因为ℎlog3b>ℎlog4a,所以log3b>当a,b∈0,1又fx在0,1上单调递增,所以b>a令ℎx=x−1因为ℎlog3b<ℎlog4a,所以log3故选ABC.12.-48【解析】含x2项为-x=13.y=±73x 【解析】因为按照内角平分线定理可知F1HHF2=P所以Ω的渐近线方程为y=±14.16π:1【解析】因为则平面ABC过球O的球心O.又AB的中点为E,则点E是以AB为直径的球截面的小圆圆心,衔接OE,如图,则OE⊥AB,四边形AECO令球O的半径为R,设EA=则OE=四棱雉D−AECO的体积最大,当且仅当梯形AECO的面积最大,并且点D到平面AECO的距离最大,显然球面上的点D到平面AECO的最大距离为梯形AECO面积S=令fr=R求导得f′r=当0<r<12R即函数fr在0,1因此当r=12此时Smax于是四棱雉D−AECO体积的最大值为13R.所以球O的表面积为4πR15.【解析】(1)由3an−2两式相减得3a收拾得an因为数列an所以数列an是以3令n=1,则3a故an由题意可知bn所以b−==n(2)由(1)得cn所以T×32)×32n,两式相减得−12所以Tn16.【解析】(1)如图1,取BC,B1C的中点图1因为AE//所以四边形AOO所以AO//因为EB1=所以EO又因为平面EB1C⊥平面所以EO1⊥故AO⊥平面B因为AO⊂平面ABC所以平面BB1C(2)由(1)可得AO⊥平面BB1C1如图,以O为原点,以OA,OC,OB1为图2设BC=2,则A因为BA=所以A1所以CB设平面CB1A所以C令x=3,则因为CB设平面B1CE的一个法向量为所以C令b=3,则设θ为二面角E−所以cosθ所以二面角E−B117.【解析】(1)经过1次交换后甲口袋中红球的个数为1,则需要从甲口袋中取出红球放人乙口袋,而从乙口袋中取出黑球放人甲口袋,故PX(2)由题意可知当n≥2时,PXn+PXnPX又因为PXn所以EXn=PX==则EX即EXn−32又求得PX1=1=所以EX1=18.【解析】(1)y=(2)主意一:f′x=ex即ex当x∈−a,x0时,f′x<因此fx的最小值就是fx0由fx的最小值为1得1x0代人ex0−结合x0+a=1主意二:由题意得fa≥1,解得0<a≤12.当a=1a+综上,a=19.【解析】(1)由题意得a=2,则直线A2由2b4+b所以椭圆C1的方程为x(2)由题意得A22,不妨取Tnv+此时切线方程为y−则km−收拾得5m设过点Tm,n引圆C2的两条切线斜率则k1由m24+将其代人(1)式得k1k故直线TP与TQ的斜率之积为−1(3)设直线TP:则b1k2将直线TP与椭圆C1则1+设Px1,将b12=4+4k则b2收拾得b2将直线TQ与椭圆C1则1+设Qx2,将b224显然x1设直线TP则u1w2将直线TP与椭圆C1则4+设Px1,将u12−设直线TQ则u216w将直线TQ与椭圆C1则4+设Qx2,y2,则=16故y1所以P,2024数学新高考I卷准确模拟(六)1.A【解析】因为A={−1,2.C【解析】因为z=1−i3.B【解析】因为函数fx=4x−a+3在−∞,a4.B【解析】在△ABC中,b则sinB又sinC所以sinA则有sinA又sinA>0,所以cos当角B为锐角时,△ABC不一定是锐角三角形;当△ABC为锐角三角形时,角故“bcosA−c<0”是“5.D【解析】在阴影部分中任选一点作为C,对OC作平行四边形分解,看见λ,μ的大小可得选项D6.A【解析】主意一:由题意可得1a−所以1a当且仅当a=主意二:由ab=a+所以1a仅当4a−17.B【解析】由题意知d=令an+1所以bn=2n所以a248.B【解析】由题意可知a>将原不等式变形为lnex+lnaex>设gx=lnxx因为g′x=1−lnxx2,所以当0<所以gx在0,e上单调递增,在又g1=0,所以当x∈0,1时,g(1)在x∈0,1上,若a(2)在x∈0,1上,若0<令ℎx=xex,x所以ℎx<ℎ综上,实数a的取值范围1e9.BC【解析】由方差的性质可得Dη=2由正态分布图象的对称性可得P3<ξ<6由相关系数知识可得,线性相关系数r越临近1,则两个变量的线性相关性越强,故选项C准确.先将所有数从小到大举行排序,因为8×50%=故选BC.10.ABC【解析】如图,在正方体ABCD−A1B1因为N,P分离是所以CD又因为ϵD1//所以A1,B,N,P四点共面,即当Q与点A衔接PQ∗A1E1,当Q是D因为PQ⊄平面BMN,MN⊂平面BMN,所以PQ//衔接D1M,D1N,D1分离取BB1,则经过C,设所求外接球的直径为2R,则长方体MADF一EBCN的体对角线即为所求的球的直径,即2R2所以经过C,M,故选ABC11.ACD【解析】主意一:令x=y=0,得令x=1,故f1=0.令x故f−令y=−1得f−x=−fx+xf−1=−fx,故fx故选ACD.主意二:对于选项B,C,D,还可按照fxyxy=fxx+fyy故选ACD.12.23【解析】fx=因为fx的图象的一条对称轴为直线x所以π4解得ω=又因为0<所以ω=13.54;则每位学生每年所修课程数为1,1,2或0,由分步计数原理得,不同的选修方式共有C1同理,将4门选修课程0,2,2分成三组,再排列,有C4所以共有36+若将“某学生高一学年只选修了舞蹈与书法两门课程”记为事件A,将“高二学年结束后就修完所有选修课程”记为事件B.按照题意,满意事件A的所有选课情况共3种情况,其中同时满意事件B的仅有1种情况.根据条件概率公式PB∣A14.14【解析】设PPF1,所以PM所以F1即F1T+由椭圆的第二定义可知PF所以F1T=由等面积法得到12所以yt因为k1=544c,即e=15.【解析】(1)主意一:如图1,取A′C的中点图1因为D,E分离为所以DE//因为∠C=π又因为DE⊥所以DE⊥平面A′CD,所以BC因为BC⊂平面A所以平面A′BC⊥平面A因为G为A′C的中点,且CD=A′D,所以又因为DG//A′A,所以因为BA′⊂平面A主意二:因为BE=所以∠EA′所以∠B即AA(2)主意一:因为DE//所以DE//平面A又因为DE⊂平面A若平面A′BC∩平面A则l//DE且由(1)可知,BC⊥所以平面A′BC与平面A′因为∠CA′所以△A过点B作BH⊥平面A′ED交于点H,衔接HA′,则∠过点C作CF⊥A′D,因为所以BH=又因为A′所以sin∠B主意二:如图2,建立空间直角坐标系,以D为原点,DE方向为x轴正方向,DA方向为y轴正方向,在平面A′AC内过点D作z轴垂直于平面ABC,设图2则E12,则CB=设平面A′BC的一个法向量为由m⋅CB=0,又因为DE=设平面A′ED的一个法向量为由n⋅DE=0,按照cos⟨m,n⟩所以A′所以n=所以直线A′B与平面A′16.【解析】(1)零似设H0χ6.685,按照α=0.01的自立性检验,没有充足证据判断(2)主意一:PX=k=C若PX=k是最大值,则P按照C且0≤k≤30且主意二:因为PX所以P=当330−k2k+1所以PX=18>PX=17>所以PX=18<PX=17.【解析】(1)主意一:由题意可知anan由(1)-(2)得an2−因为a12=λ+所以an若存在λ,μ使得数列an为等差数列,则a代人(3)化简得到2k−因为an所以2k−1所以λ=2,μ=−1.此时an=n主意二:若an是公差为d则1+n−收拾得到d2n所以d由(3)可得d=1或(i)若d=1,由(1)解得(ii)若μ=1−综合以上可知存在λ=2,(2)因为Snan所以Snan令n=1可知λ+因为λ>2且a1=1,所以a又因为1a所以0<因为1<=且当λ>2时,所以1a18.【解析】(1)因为f′当0≤a≤4时,−x所以fx在0当a<0时,y=−x2+ax−a在当x∈0,a+当x∈a+a2当a>4时,f′x在0,+∞当x∈0,a−当x∈a−a2−4a2,a+(2)由题意可知f′x=−x由(1)可知a<0,−x因为fx要证x0只需证ax因为a=x0将a=x02x0−令gx则g′所以gx在0所以gx所以lnx19.【解析】(1)因为虚轴长为2,即2b=所以b=又因为有一条渐近线方程为g=所以a=所以双曲线C的标准方程为x−(2)由题意,点A与点P关于原点对称.设Ax0,由题意可知直线m的斜率存在,设直线m的斜率为k,记a=1,k,又直线则PF因为x02=同理PF又PF代人PFx化简得x0所以kOA即直线OA与直线m的斜率之积为定值.(3)由(2)可知,x0又x=−0,将x0=3xn所以A3k−1设直线m的方程为y=将P−3k=3所以直线m的方程为y=AD又直线AB的斜率为−1k,设直线AB的方程为将A3k3k所以直线AB的方程为x=−将其与x23−y设Ax18由y1y2所以AB=y所以S△APB当且仅当3−k2所以当且仅当k=1时,S△1.B【解析】由题意得M={x∣0<故选B.2.A【解析】由题意得z=所以z=所以z⋅故选A.3.B【解析】因为EB=所以EF=4.A【解析】记事件A为“若抽取的两名学生中必须有一名高三学生,则另一名是高二或高一学生”.则事件A的概率为PA5.D【解析】按照双曲线的几何性质可知,右焦点Fc,0到渐近线bx±ay=0的距离为bc6.C【解析】cos∠APB=cos2要求cos∠APB的最小值,则需sin∠APM=AM设Pa24,所以当a=0时,PMmin=即cos∠APB的最小值为17.D【解析】易证sinx所以b<而ba=3所以c>8.C【解析】因为cos2α+所以sinα即sinα因为sinα所以cosαsinβ9.AC【解析】在正方体中,因为A1B1所以四边形A1所以B1所以异面直线A1B与B1C所成的角是∠BA1因为A1D1⊥平面又因为A1所以直线A1B与BD因为A1所以直线A1B与平面所以直线A1B与平面AC1D易证直线BD1⊥平面AB1C,设直线所以直线A1B与平面AB因为BO=所以sin∠A1OB故选AC.10.BD【解析】因为点A3,23在抛物线所以12=2p×所以抛物线C的方程为y2所以选项A错误,选项B准确.可求得直线AB:由y=33所以Δ=0,所以选项设过点B的直线方程为y=kx+联立y消去y并收拾可得k2则x1所以y1y所以OM⋅ON=x12+故选BD.11.BC【解析】因为f1−x所以f1−x所以−f即f′所以g−又因为g2所以g2当x=0时,即g2=0又因为g−所以gx即函数gx的周期为4,所以g因为g2=0所以选项C准确.由f1−x即fx的图象关于点1,0不妨取fx则gx=−sinx−2π2因为f0故选BC.12.0.5【解析】由题意得,PX所以PX≤17013.−255,655【解析】由条件得圆C1的圆心C10因为直线y=kx+故d1则b1故b2=6k+b因为k<0,所以3k+代人d1=b则b=65所以a=4,c=由椭圆的对称性知,PF又PQ=所以四边形PF设PF则m+n=设△PF1则12即r×8+15.【解析】(1)设等差数列an的公差为d由题意得,a解得d=3,所以由b1=4(2)令an1=所以n=C故数列bn是数列an的子数列,从而所以Tn16.【解析】(1)由题意设直线l:y联立y=−则x2所以x1解得p=即抛物线E的方程为y2(2)由题意得,抛物线E的方程为y2设直线OB的方程为y=令x=−1,可得设直线l的方程为x=代人方程y2=4x得y2−所以直线AC//17.【解析】(1)因为NF⊥平面ABCD所以NF⊥因为N是BC的中点,所以CN=BN,故又因为∠BCF所以△BCF因为△BCF的面积为3所以BC=如图1,过点D作DM⊥AB交AB于点图1故四边形BCDM为平行四边形.因此DM=又∠BAD=60因为四棱雉F−ABCD的体积为故CD=衔接DN,在Rt△DCN中,DN衔接AN,在Rt△ABN中,AN因为AD故△ADN为直角三角形,AD因为NF⊥平面ABCD,所以NF而DN∩NF=N,所以AD⊥平面DFN(2)以N为坐标原点,NE,NB,NF分离为x轴、图2则F00),因为P是线段AB上一动点,所以设Pk,3故EF=3,−设平面CEF的一个法向量n=则n可取n=设平面PEF的一个法向量m=则有m可取m=因为二面角C−EF−所以n⋅m=0,解得因为A5所以PBAB18.【解析】(1)由已知,完成列联表,性别不了解了解合计女生101020男生5n15n20合计15n25n40χ按照条件,可得5.024≤8n因为n∈N∗(2)由(1)知,样本中的男生对“反诈”知识了解的频率为34用样本预计总体,从全校男生中随机抽取一人,对“反诈”知识了解的概率为34,则X∼PX=PPPP则X的分布列为X012345P11545135405243所以EX(2)iμ=80则该学生能被评为“反诈标兵”.(ii)设全校参加本次比赛的人数为n,“反诈达人”的概率为Pη>μ+则50n=0.02275所以参加本次知识比赛的学生人数约为2198人.19.【解析】(1)当a=1时,f所以b=(2)令gx=efx在区间0也即gx在区间0则g′(i)当a≥−1时,令ϕx=lnx+1x,则易知当x=1时,ϕx当x>1时,ex−1则gx>g1=(ii)当a<−1时,令则G′令ℎx则ℎ′所以ℎx在0又ℎ1即∃x0∈12,1当x>x0所以g′g当x→0时,故∃x1∈0,且gx在0,x1上单调递增,在又g1=0因为当x→0时,gx→−∞故∃x3∈0综上,a<−1.2024数学新高考I卷1.C【解析】由题意,当x=1时,当x=2,当x=2,即集合C中有3个元素,故选C.2.B【解析】因为复数z在复平面内对应的点为1,所以z=则1z=1则a⋅b<所以3m−3<0,所以“m<1”是“向量a,b的夹角为钝角”的4.A【解析】因为噪音的声波曲线y=Acos(ωx+φ则A=所以噪声的声波曲线的解析式为y=cosx+所以通过主动降噪芯片生成的声波曲线的解析式为y=sin5.A【解析】设数列an的公比为q则S3=a1+a2+a所以a76.C【解析】因为圆C1x2+y又因为直线l1mx+y+m−1=0过定点A−1,1,故当7.B【解析】设M,N分离为截面与DB因为CD⊥平面PMN,CD所以平面PMN//平面B因为平面DCC1∩平面PMN=PN,平面DC所以PN//同理可得MN//所以PNC所以△PMN易知S△CB8.C【解析】主意一:因为cos2β−1所以tanα又因为α,所以α∈所以sinα=2所以cosα−β主意二:因为tanα所以sinα即sinα所以cosα又α,β∈则cosα−β因为tanα所以cosα9.AC【解析】令x=1,由3−二项展开式的通项公式为Tr+令6−32当r=0,2,当6−32r=故选AC.10.ACD【解析】fx=lgx−122+10因为当且仅当x=12时,fx取得最小值,且最小值为1,所以因为0<log22=lg2189<lg21g8=13,所以log因为90.1=30.2>30.18故选ACD.11.AD【解析】因为抛物线C2x2=2pyp>0的准线方程为因为准线方程为y=−2,故焦点F0设lAB联立y则x2故x1故AB的中点坐标为4k,因为AB1所以b=所以d=81+设lAB:y=kx+所以AB的中点4k