数学（全国乙卷）（理科）（全解全析）

2024年高考数学第一次模拟考试数学（理科）·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、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60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．已知复数z满足，则（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据复数的运算法则和模的定义即可求出复数z，再根据共轭复数定义即可得结果.【详解】由，得，所以，故选：A.2．已知集合，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用指数函数单调性求解集合A，从而求解，利用对数函数单调性结合整数概念求解集合B，最后利用交集运算即可求解.【详解】因为集合，所以，又，所以.故选：C3．下列条件中，为“关于x的不等式对恒成立”的充分不必要条件的有（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】先求出关于x的不等式对恒成立的充要条件，然后根据充分不必要条件的定义即可求解.【详解】若关于x的不等式对恒成立，当时，不等式等价于恒成立，故满足要求，当时，原不等式恒成立当且仅当，解得，综上所述，若关于x的不等式对恒成立，则当且仅当，而选项中只有是的充分不必要条件.故选：B.4．已知函数，则下列说法错误的是（

）A．函数的图象关于原点对称 B．是函数的一个周期C．函数的图象关于直线对称 D．当时，的最小值为1【答案】C【分析】根据函数奇偶性定义可判断A；由三角函数的周期性与对称性可判断B，C；根据复合函数结合正弦函数的性质即可得函数最值可判断D.【详解】选项A：易知函数的定义域为，即，所以，所以是奇函数，其图象关于原点对称，所以A正确．选项B：，所以是函数的一个周期，所以B正确．选项C：根据，得的图象关于点对称，故C错误．选项D：．当时，，所以，所以，当，即时，等号成立，所以的最小值为1，所以D正确．故选：C.5．如图，在矩形中，已知为边的中点．将沿翻折成，若为线段的中点，给出下列说法：①翻折到某个位置，可以使得平面；②无论怎样翻折，点总在某个球面上运动．则（

）．A．①和②都正确 B．①和②都错误C．①正确，②错误 D．①错误，②正确【答案】D【分析】假设平面，得到，假设不垂直，假设不成立，①错误，取中点，连接，，得到②正确，得到答案.【详解】对①：假设平面，平面，则，则，，故不垂直，假设不成立，①错误；对②：取中点，连接，为线段的中点，则，则在以为球心，半径为的球上，②正确；故选：D6．如图，在某城市中，､两地之间有整齐的方格形道路网，其中､､､是道路网中位于一条对角线上的个交汇处．今在道路网､处的甲､乙两人分别要到､处，他们分别随机地选择一条沿街的最短路径，以相同的速度同时出发，直到到达､处为止．则下列说法正确的是（

）A．甲从到达处的方法有种B．甲从必须经过到达处的方法有种C．甲､乙两人在处相遇的概率为D．甲､乙两人相遇的概率为【答案】C【分析】分析甲从到达处以及甲从必须经过到达处的走法，结合组合知识，可判断A，B；计算出甲､乙两人在处相遇的走法种数，根据古典概型的概率公式即可判断C；分类考虑甲､乙两人相遇的地点，计算出相应的走法数，根据古典概型的概率公式即可判断D.【详解】A选项，甲从M到达N处，需要走6步，其中有3步向上走，3步向右走，则甲从M到达N处的方法有种，A选项错误；B选项，甲经过到达N处，可分为两步：第一步，甲从M经过需要走3步，其中1步向右走，2步向上走，方法数为种；第二步，甲从到N需要走3步，其中1步向上走，2步向右走，方法数为种，故甲经过到达N的方法数为种，B选项错误；C选项，甲经过的方法数为种，乙经过的方法数也为种，∴甲､乙两人在处相遇的方法数为种，故甲、乙两人在处相遇的概率为，C选项正确；D选项，甲､乙两人沿最短路径行走，只可能在、、、处相遇，若甲､乙两人在处相遇，甲经过处，则甲的前三步必须向上走，乙经过处，则乙的前三步必须向左走，两人在处相遇的走法种数为1种；若甲､乙两人在处相遇，由C选项可知，走法种数为81种；若甲､乙两人在处相遇，甲到处，前三步有2步向右走，后三步只有1步向右走，乙到处，前三步有2步向下走，后三步只有1步向下走，∴两人在处相遇的走法种数为种；若甲､乙两人在处相遇，甲经过处，则甲的前三步必须向右走，乙经过处，则乙的前三步必须向下走，两人在处相遇的走法种数为1种；故甲､乙两人相遇的概率，D选项错误，故选：C．【点睛】关键点睛：解答本题的关键在于利用组合数去计算对应的方法数，将从到的路线转变为六步，其中每一条路线向上步数确定后，则对应向右的步数也能确定，因此可以考虑从六步中选取向上或向右的步数，由此得到的组合数可表示对应路线的方法数．7．已知函数．若，，且在上恰有1个零点，则实数ω的取值范围为（

）A．(0，] B．(，] C．(，] D．(，]【答案】B【分析】根据题意，为的最大值点，根据在上恰有1个零点，结合三角函数图象，列不等式求出实数ω的取值范围.【详解】由得，，所以，即，，因为，，，因为在上恰有1个零点，所以①，无解，②，解得，综上，实数ω的取值范围为，故选：B.8．已知实数满足，其中，则实数的最小值为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据对数的运算性质可得.作出不等式组表示的可行域，设，根据几何意义，结合图象得出，进而即可根据不等式的性质得出答案.【详解】由已知可得，，则不等式为.作出可行域设，，则表示可行域内的点与点连线的斜率.由图象可知，直线的斜率最小，的斜率最大.联立可得，，所以，.联立可得，，所以，.所以，.根据不等式的性质，可知，所以，.故选：D.9．如图，某城市有一条公路从正西方通过市中心后转向东北方，为了缓解城市交通压力，现准备修建一条绕城高速公路，并在上分别设置两个出口，若部分为直线段，且要求市中心与AB的距离为20千米，则AB的最短距离为（

）A．千米 B．千米C．千米 D．千米【答案】D【分析】使用余弦定理及基本不等式，得到，使用正弦定理及三角恒等变换得到，进而求得AB的最短距离.【详解】在中，，设，则，当且仅当时取等号，设，则，又到的距离为20千米，所以，，故（时取等号），所以，得，故选：D10．若函数既有极大值也有极小值，则错误的是（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】求出函数的导数，由已知，可得函数在上有两个变号零点，转化为一元二次方程有两个不等的正根判断作答即可．【详解】函数的定义域为，由，得，因为函数既有极大值也有极小值，所以函数在上有两个变号零点，而，所以方程有两个不等的正根，所以，所以，所以，即．故BCD正确，A错误．故选：A．11．已知椭圆的左、右焦点分别为、，若椭圆上恰好有个不同的点，使得为等腰三角形，则椭圆的离心率的取值范围是（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】分等腰三角形以为底或一腰两种情况讨论，在第一种情况下，直接确定点为椭圆短轴的端点，在第二种情况下，分析可知，在每个象限内均存在点，使得或，设点在第一象限，结合两点间的距离公式可得出关于、的不等式，即可求出该椭圆离心率的取值范围.【详解】如下图所示：

（1）当点与椭圆短轴的顶点重合时，是以为底边的等腰三角形，此时，有个满足条件的等腰；（2）当构成以为一腰的等腰三角形时，则或，此时点在第一或第四象限，由对称性可知，在每个象限内，都存在一个点，使得是以为一腰的等腰三角形，不妨设点在第一象限，则，其中，则，或，由可得，所以，，解得，由可得，所以，，解得，综上所述，该椭圆的离心率的取值范围是.故选：D.【点睛】方法点睛：求解椭圆或双曲线的离心率的方法如下：（1）定义法：通过已知条件列出方程组，求得、的值，根据离心率的定义求解离心率的值；（2）齐次式法：由已知条件得出关于、的齐次方程，然后转化为关于的方程求解；（3）特殊值法：通过取特殊位置或特殊值，求得离心率.12．已知，且，则的大小关系为（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】构造函数，利用导数讨论其单调性，将问题转化为比较，再转化为比较，构造函数，利用导数讨论其单调性，利用单调性即可得答案.【详解】由题知，，记，则，当时，，单调递增，故比较的大小关系，只需比较的大小关系，即比较的大小关系，记，则，记，则，所以在上单调递减，又，所以，当时，，单调递减，所以，即，所以，所以.故选：D【点睛】本题难点在于构造函数，将问题转化成比较的大小关系后，需要再次构造函数，对学生观察问题和分析问题的能力有很高的要求，属于难题.第Ⅱ卷（非选择题）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分13．已知双曲线的渐近线与圆相切，则双曲线的离心率为.【答案】【分析】首先将圆的方程化为标准式，即可得到圆心坐标与半径，再表示出渐近线方程，利用圆心到直线的距离等于半径即可得到，即可求出离心率.【详解】圆即，圆心为，半径，双曲线的渐近线方程为，依题意，即，又，所以，所以离心率.故答案为：14．在中，过重心的直线交边于点，交边于点（、为不同两点），且，，则的取值范围为.【答案】【分析】利用重心性质有，代入已知，得，由三点共线，得，然后可化为一元函数，再利用导数求得值域．【详解】由题意，，延长交于，则是中点，,又，，所以，又三点共线，所以，，，设，则，时，，递减，时，，递增，，又，即，所以的取值范围是，故答案为：，

15．在中，，，当取最大值时，．【答案】【分析】用正弦定理将转化求得最大值，根据用余弦定理联立方程组即可求解.【详解】设，，，，，，，，，，，其中，，，，当时取最大值，，，，，即的值为.16．已知四棱锥的各个顶点都在同一个球面上.若该四棱锥体积的最大值为，则该球的体积为.【答案】【分析】当四棱锥体积的最大值时，四棱锥的底面面积得保证是最大，所以先根据面积公式，证明此时四棱锥底面必须是正方形，然后得出此时四棱锥是正四棱锥，由图可知四棱锥中相关量之间的关系，得出，代入到四棱锥体积公式得到，所以构造函数，，根据求函数的导函数即可得到函数在上单调递增，在上单调递减，所以当时，最大值是16，求出后，然后球的体积即可求出.【详解】若四棱锥体积最大，需满足四棱锥底面积最大，并且高也最大，先求底面积最大；

由图可知：,若使四边形面积最大，则四边形是正方形，此时四棱锥是正四棱锥;所以若四棱锥体积的最大值为，则此时四棱锥一定是正四棱锥，并且四棱锥的底面和顶点一定不在球的大圆同侧.因为，设在保证底面是正方形的前提下，设正方形的边长是，四棱锥的高为，外接球的半径为,所以.此时四棱锥的体积为：由图可知：在中，，整理得：，所以，即：令其中，所以，即，所以，所以在上单调递减，当时，，所以在上，在上，所以在上单调递增，在上单调递减，所以当时，，即，所以此时球的体积为故答案为：三、解答题：本大题共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：共60分．17．（12分）当前，新一轮科技革命和产业变革蓬勃兴起，以区块链为代表的新一代信息技术迅猛发展，现收集某地近6年区块链企业总数量相关数据，如下表：年份201720182019202020212022编号123456企业总数量（单位：百个）5078124121137352(1)若用模型拟合与的关系，根据提供的数据，求出与的经验回归方程；(2)为了促进公司间的合作与发展，区块链联合总部决定进行一次信息化技术比赛，邀请甲、乙、丙三家区块链公司参赛．比赛规则如下：①每场比赛有两个公司参加，并决出胜负；②每场比赛获胜的公司与未参加此场比赛的公司进行下一场的比赛；③在比赛中，若有一个公司首先获胜两场，则本次比赛结束，该公司获得此次信息化比赛的“优胜公司”．已知在每场比赛中，甲胜乙的概率为，甲胜丙的概率为，乙胜丙的概率为，若首场由甲乙比赛，求甲公司获得“优胜公司”的概率．参考数据：，其中，参考公式：对于一组数据，其经验回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为【答案】(1)(2)【分析】（1）令，利用最小二乘法求出，即可得解；（2）由根据相互独立事件概率的乘法公式计算即可得到答案.【详解】（1）令，，则，，所以，所以；（2）设甲公司获得“优胜公司”为事件，则，所以甲公司获得“优胜公司”的概率为．18．（12分）如图，已知四边形是矩形，平面，，，点M，N分别在线段上．

(1)求证：直线平面．(2)是否存在M，N，使得？若存在，求出直线与平面所成角的正弦值．若不存在，请说明理由．【答案】(1)证明见解析；(2)存在，.【分析】（1）由线面垂直的性质和判定证结论；（2）构建空间直角坐标系，向量垂直的坐标表示列方程求M，N的坐标，再应用向量法求线面角的正弦值.【详解】（1）因为平面，平面，所以．又底面为矩形，，又，、平面，所以平面．（2）以A为原点，AP为z轴，AB为x轴，AD为y轴，建立空间直角坐标系．

所以，，，，，令，，得，所以，根据，则，所以，取的方向向量为，设平面的法向量为，，，根据，取，得，所以，即直线与平面所成角的正弦值.19．（12分）数列中，，对任意正整数n都有.(1)求的通项公式；(2)设的前项和为，证明：①；②.【答案】(1)(2)①证明见解析；②证明见解析【分析】（1）根据题意化简得，得到数列为等比数列，进而求得数列的通项公式；（2）①易得；②由①得，设，利用乘公比错位相减法求得，即可求解.【详解】（1）解：因为，所以，即，又因为，所以数列是首项为，公比为的等比数列，从而，则.（2）①因为，所以；②由①得，设，则，两式相减得，即，从而，故.20．（12分）已知函数．(1)求曲线在点处的切线方程；(2)若0是函数的极小值点，求实数的取值范围．【答案】(1)(2)．【分析】（1）利用导数的几何意义求切线方程；（2）构造函数多次求导，通过分类讨论逐次不同阶段研究导函数的符号与函数的单调性关系，最终还原为原函数的单调性分析，验证在处函数的极大（小）值的情况即可.【详解】（1）由，，则，所以，即切线斜率为，又，则切点为，切线方程为，所以曲线在点处的切线方程为.（2）根据题意得，，则．由0为的极小值点，可知．设，则．（ⅰ）当时，，所以在上单调递增，又，所以当时，，单调递减；当时，，单调递增，所以0是的极小值点，符合题意.（ⅱ）当时，设，则，所以在上单调递增，，，所以存在，使得，所以当时，，单调递减，即单调递减；当时，，单调递增，即单调递增.又，所以当时，，单调递减；当时，，单调递增，所以0是的极小值点，符合题意.（ⅲ）当时，，且在上单调递增，所以当时，，单调递减，即单调递减；当时，，单调递增，即单调递增.又，所以，单调递增，不符合题意．（ⅳ）当时，，在上单调递增，，所以存在，使得，所以当时，，单调递减，又，所以当时，，单调递增；当时，，单调递减.所以0是的极大值点，不符合题意．综上，的取值范围是.21．（12分）已知点在抛物线上，为抛物线上两个动点，不垂直轴，为焦点，且满足.(1)求的值，并证明：线段的垂直平分线过定点；(2)设（1）中定点为，当的面积最大时，求直线的斜率.【答案】(1)，证明见解析(2)【分析】（1）将点代入抛物线方程可得，设直线的方程为：，联立方程根据中垂线性质和韦达定理分析证明；（2）利用弦长公式结合韦达定理整理得，进而可得，换元令，得到函数，利用导数判断原函数的单调性和最值.【详解】（1）将点代入抛物线方程，可得，解得，所以抛物线方程为，设直线的方程为：，联立方程，消去y得，由韦达定理得：，根据抛物线定义：，可得，此时，解得或，设的中点坐标为，则，可得的垂直平分线方程为：，将代入整理得：，故的垂直平分线过定点.（2）由（1）可得，且点到直线的距离，则的面积为，可得，设，设，则令，解得；令，解得；则在上单调递增，在上单调递减所以当时，的面积取最大值，此时，即.

.【点睛】关键点睛：1.动直线l过定点问题的解法：设动直线方程(斜率存在)为，由题设条件将m用k表示为，得，故动直线过定点；2.与圆锥曲线有关的最值问题的解法