2024年高考文科数学【衡水金卷·先享题·信息卷】模拟试题（JJ·B）05

2024年普通高等学校招生全国统一考试模拟试题 .如图，网格纸上绘制的是某三棱维的三视图，阿格小正方形的边 文数（五） 长为1，用该三棱锥的体积为 A 本试卷共4页，23题（含选考题）。全卷满分150分。考试用时120分钟。 . C. 注意事填 1,答题前，先将自己的拉名、考号等城写在器题于上，并将准考证号条形妈知此在 n号 答题卡上的瑞定位配。 2,这择题的作答：这出每小题答囊后，用2B铅笔花答题卡上对良题目的答策称号 涂黑，写在试斯表，苹稿妖和答题下上的非答题区拔均无效。 3,填空题和解答题的作答：用整宇笔是接写在答题卡上对应的答题区线内。写在 A.bcca Baccch C.bCuce D.c 试题表，草装纸和签对专上的非答题区城均无效， ?.已知棱长为2的正方体的中心为O,过点0与底面平行的平面截正方体的餐面为， L,选考题的非答：先把所选题日的题号在然题卡上推定的住置用2B婚笔涂黑。答 从正方体内随机志取一点P,则该点到平面▣的距肉大于的概率为 全写在答具卡上对应的答期区城内，写在试则卷，草稿族和答期卡上的華茶勇区城无效 5.考认站来后，瑞将本认观《和容通卡一并上交 A吉 k c n号 第I卷 一，选择题：本题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合 含，如图，已知AB是圆O的直经，AB一2：C是用O上一点，AC-CB. 题目要求的： 点P是线段BC上的动点，当PA·PB取得最大值时，Pi十 1,已知集合A-日<2<2，B--2<21,则AUB- P的值为 A.4 h.6 A.{x-2x<1 且{x一3x32 C.8 I).9 C,{x3<x<1 D,{z=2r2 9,随着古代瓷器工艺的高速发展，在著名的宋代五大名窑之后，又增加了三种瓷器，与 名若复数=(u一(sin吾+a∈R)为纯婚数，膳：= 五大名客并称为中国八大名爱，其中最受欢迎的是景德镇窑，如图，景德销产的青花 玲建置（无盖）的形状可视为一个球被网个平行华面所截后利下的部分：其中球面被 A.-2 &-1 c D.2 平面所截的部分均可视为球匿（武得的圆面是底，垂直于圆面的直径被截得的黑分是 真，其面积公式为S一2πR4,其中R为球的半径，为为球冠的高).已知既是的高为 3.当今时代，数字技术作为世界科技革命和产业变革的先导力量，日叠德入经济社会爱 35cm,在高为20m处有最大直径（外径）为48c,期该党器的外表面积约为 展各衡域全过程，深刻政变着生产方式.生活方式和挂会帝理方式，从而带动了大量 (π取3.14) 的电子产品在市场的情售，现有某商域统计了近两个月在A,B,心三个区域售出的 1000个电子产品，其中A,B,C各个区枝销量分布的讲状图及售价的赖率条形图（按 规定这些电子产品的售价均在[0,300]元之间)如图，划在A区城售出的电子产品 中，售价在区间(150,200]内比在区间(250,3001内多 03444 A.6270cm2 民6275cm2 C.6280cm D.6300cm 3. 32 02 10,记△ABC的内角A,B,C的对边分别为：，b,r,且4，b,c成等差数列，以AC为直径 的圆的而积为2x,若S。a=2,3,则△AC的形状为 3 A.饨角三角形B直角三角形 C.非等柜三角形D.等边三角形 0010%15020250300得价 11.已知数物线E:y=2x(>0》的焦点为F.E上任点P到直线x=一1的距离等 A.30件 且114件 C.120件 D133件 干点P到焦点F的距离·点A,B在E上且均在第一象限（其中B在A,)之间.） k已知函数)一2s2云在区间[是…]上的值线为[-公3，期。的取值范国为 为坐标点)，AF引=3BF,记∠AFO=N>受)，若BF平分∠AFO,期直线AF [步割 [a晋] c[ n停割 的斜率为 A 3 C,-3 D.-3 3 文数（五引第1页（共4页） 衡水金卷·光章趋·信息雄 文数（五]第2页（共4页 以·国 12.已知当x>1时，函段/(x)=(e“一1n(")的脚象在函数g(x)=(r一1)nx图象 (1)根絮散点图判断，顺型①y=a十r与模型四y三 销售量（历中 的上方，期总的取简范用为 +2即·个更话宜作为月销售量y关于月份代码x的 402】 可归方程2《给出判斯即可，不必说明理由》 且.(0，e) c(+m】 n.(+】 (2》()模据(1)的判断结果，建立y关于的同日方38 第Ⅱ卷 程：（计算结果精输到0.0I) 本卷包括必考抛和迭考题两部分。第13一21题为必考题，每个试题考生都必须作 《)根据结果预调12月份的销售量大约是多少 答。第22一23题为进考题，考生根据要术作答。 万件 45价代码 二、填空盟：本题共4小题，每小题5分。 y,一3 13已知mm2024n-e)-子，则an2金 参考公式b -,d=y=. 14.已知等比数列[a.1的前程项和为S..若S,=1,S=2.则S= 1点如图，双确线C后一若=1a>0.>0)的右焦点为下，点A在 参考数据：∑士-5i,∑-979，∑r,-08,1y,-335,其中- C的渐近线上，点A关于r轴的对称点为B,可·A示-0(O 为坐标敬点)，记四边形(AFB的面积为S:,四边形OAFB的 外接倒M的面积为S,则二的最大值为 20,(本小题满分12分) 此时双 已知函数fx)-ue sin r十x一csr,了(r)为x)的导数，f(0)-2 曲线的离心率为 ,(本题第一空2分，第二空3分) (1》求4的值1 16,在棱长为1的正方体ACD一A,B,CD,中，过面对角线AD,的平面记为，以下三 (2)求(x1在(0，π上的零点个数 个命题： ①存在平面a,使B,Ca 21,(本小题满分12分》 若平面a与平面B,CC的交线为.则存在直线，使 已知精明C号+卡-1a>>0)的左右焦点分别为F,F,左顶点为A,上顶点 ∥BC: 若平面：截正方体所得的裁面为三角形，则该载面三角形面 积的最大值为票 为。且。币-2一反，坐标聚效0到直线A证的E离为学 (1)求C的方程： 其中真命题的序号为 《(2》过点F:作斜半不为0的直线与C交于P,Q两点，直线FP与直线FQ的斜 三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程戏演算步。 *分别记为kg,,Q求，r·r,Q的取值范间. 17,(本小题满分12分》 请考生在第22、3题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分。 已知S。为等差数列{4.}的前w项和，：十2：，=13，S=36 22,(本小题满分10分》达修4一4：坐标系与参数打程 《1)求，的通嚷公式， 《2)若数列h》满足6，=（一14。+少，求点的前2n项和T -1- 在平面直角坐标系（少中，直线1的参数方型为 18.(本小题浅分12分) 写，红为餐数以坐标 已知正方体ACD一ABCD被平商ABD载后所得的几 何体如图所示，点E,F分别是棱BB,DD的中点，且)为 原点)为极点，x非正半轴为极轴建立极坐杯系，知C的极坐标方程为和一2， △CEF的重心&， 《1》求（的警通万程和C的直角坐标万程： (1)证明：点A在平面CF内： (2)若（与C交于A,B两点，且P(-1.1D,求PA·PB. 《2)证明：(00EF 23,(本小题清分10分选修4一5：不等式达讲 1).〔本小题满分12分》 已知函数(r)-口一1+2x+3|. (1)求(x)的最小植： 随春移动直联网和直辐带货技术的发展，直藩带货已经成为一种热门的销售方式，特 别是商家通过展示产品，使颗客对商品有更全面的了解.下面统计了某新手开自直播密货 者的最小值为n,正实数，6c满足0十26+受=m,求证：后十石+ 后从6月份到10月份每个月的销售量y(万作》(=1,2,3,4,5)的数据，得到如留所示的 散点图.其中6月份至10月份相应的代码为工，(=1,2,3,1,5》，如11一1表示6月份 ②85 文数（五）第3项[共4页！ 衡水金整·先享是+信是卷 文数（五》第4黄共4黄1 刀·国信息卷B 文数（五） 2024年普通高等学校招生全国统一考试模拟试题 信息卷B·文数（五） 9 命题要素一览表 注： 1.能力要求： I.抽象概括能力Ⅱ.推理论证能力Ⅲ.运算求解能力W.空间想象能力V,数据处理能力 M.应用意识和创新意识 2.核心素养： ①文数抽象 ②逻辑推理③文数建模 ④直观想象⑤文数运算⑤数据分析 分 知识点 能力要求 核心素养 预估难度 题号 题型 值 (主题内容) ① ③ ④ 分 ① 档次 系数 集合的并集运算，其 选择题 中一个集合涉及指 易 0.78 数不等式 选择题 由复数为纯虚数 2 易 0.76 求参 选择题 统计图的应用（社会 3 5 热点题) V 易 0.74 由余弦函数的性质 选择题 5 易 0.72 求参 5 选择题 5 由三视图求体积 中 0.68 6 选择题 比较指，对数的大小 中 0.65 (不涉及换底公式) 7 选择题 5 体积型几何概型 中 0.60 平面向量与圆的 8 选择题 0.58 综合 中 选择题 估算题（立体几何有 9 中 0.50 关) 10 利用正、余弦定理判 选择题 5 中 0.48 断三角形的形状 抛物线有关性质的 11 选择题 难 0.26 应用 利用导数研究不等 12 选择题 5 0.22 式恒成立问题 13 填空题 5 倍角公式的应用 易 0.78 14 等比数列前n项和 填空题 中 0.60 性质的应用 15 填空题 5 双曲线性质的应用 中 0.45 16 填空题 立体几何的综合 0.20 1 J·B 信息卷B 文数（五） 与等差数列有关，由 基本项求am,第2问 17 解答题 12 中 0.60 涉及数列奇偶项的 求和 以多面体为载体，其 18 中一问涉及四点共 解答题 12 小 √ 8 0.55 面，另一问涉及垂直 关系的证明 19 解答题 12 可化为线性回归的 非线性回归问题 J 中 0.45 三角函数与导数的 20 解答题 12 综合，其中一问涉及 √ 难 0.20 函数的零点 直线与椭圆的位置 21 解答题 12 关系，第2问求参数 难 0.15 的取值范围 圆的极坐标方程，直 22 选考题 10 线与圆的相交问题， 中 0.60 参数的几何意义 第1问考查双绝对 23 选考题 值函数的最值，第2 10 中 0.60 问利用柯西不等式 证明其他不等式 ·2· J·E 信息卷B 文数（五） 参考答案及解析 文数（五） 一、选择题 平面a平行的两个平行平面，分别记为a与，所以 1.B 【解折】因为A-{女名<2<2)=-3< 正方体中在a1与a之外的部分符合条件，所以P= <1},故AUB=(x一3<x≤2}.故选B. 2x2x号×2 1 2.A【解析】由题得z=(-i+a)(1+2i)=2+a+(2a 2×2×2 ·放进C 一1)i,依题有2十a=0,且2a一1≠0，所以a=一2.故 8.A【解析】由题知圆O的半径为1，连接PO,则PA 选A ,PB=(P0+OA)·(Pi+O)=(P0+Oi)·(P0 3.B【解析】由两个图可知售价在区间(150,200]内， -OA)=P-1,则当|PO1最大时，PA·PB最大， 在A区域售出的产品有1000×38%×0.35=133 所以点P与点C或点B重合，此时P+P店 件，售价在区间(250,300]内，在A区域售出的产品 =|AB=4.故选A. 有1000×38%×0.05=19件，所以在A区域售出的 产品中，在区间(150,200]比在区间(250,300]多 9.C【解析】由题可知该瓷器是一个直径为48cm的 114件.故选B. 球被两个平行平面所截得到的部分图形，其中上截面 4.A【解桥】因为xe[臣]，所以2r∈[吾，2a], 所得的球冠的高为8-(38-一20)=6cm,下截面所 而2c0s吾=5,2c0sx=-2.2c0s号=5，所以不 得的球冠的高为号-20=4m,所以两球冠的表面 ≤2<，所以受<a<,故选入 积之和为S,=2x×24×(6+4)=480πcm,球的表 面积为S,=4x×242=2304xcm2.下截面的圆的半 5,B【解析】由题意及图得，该几何体为图中三棱锥 径为r=√R一20=4√工cm,所以下截面圆的面 A-CD.其体积为号×号X2X2X3=2.故选B 积为S,=πr2=176πcm2,所以该瓷器的外表面积为 S=S-S,+S,=2304x-480x十176π=2000x≈ 6280cm2.故选C 10.D【解析】因为a,b,c成等差数列，所以2b=a十c, 又因为以AC为直径的圆的面积为2x,所以x(台) D =2r,即b=2√2，所以a十c=42,由余弦定理得 =a+c-2accos B.8=a+c-2accos B=32- 2ac(1+cosB),即12=ac(1+cosB),又因为SaA =2,3,所以2 acsin B-=23,所以ac=45 6.C【解析】由题意得c-号1og,4>了1og3-言，因 nB,所以 12 4v3 为y=(位)广在R上单调递被所以（位）广< smB1+cosB),即3snB-cosB=1,即 (位)广-立<言所以0<a<c:又因为6=h号器 sin(B-晋)-子，因为a,6c成等差数列，所以6 <n号-h1=0,所以a<放选C 不是最大边，所以0<B<受，所以B-吾=百，即B 7,C【解析】取正方体各侧棱长的中点并依次连接，即 =等，此时ac=8,a十c=42,解得a=c=2区，所 为平面a,从正方体内随机选取一点P,则该点到平面 以△ABC为等边三角形.故选D, 口的距离等于号的点的集合为在a上，下两侧，且与 11.A 【解析】由抛物线的定义可知号=1，所以p=2, 1 J·E 文数（五） 参考答案及解析 所以Ey=4.x,因为∠AFO=0,所以直线AF的倾 斜角为x-0,所以|AF1=|AF|cos(x一8)十2，所 为双曲线的半焦距)，所以S,=2×号1OF1·x 以|AF|= +cos0又因为BF平分∠AFO,所以 2 =c=w>0.S=x(号)广=矿，所以爱 直线BF的领斜角为x一号，同理可得|BF1 =cy=4,因为OA⊥AF,所以AF|=b 4 2 =3,所以2十 1+os号 ab1 10A=a,则SAs=号 c·A,所以yw 3os0=cos号，即2+3(2o号-1）=cos号，化 空又2=+，所以受-=。 Sπc x(a+= 简得6号-os号-1=0，解得s兰=或 (+安) 是，当且仅当号-合，即a=6时，等 cs号-一号因为受<Kx所以<号<受，所 号成立，此时双曲线的离心率为√②. 422 16.①②【解析】对于①，若平面a经过直线BC1,有 以co号>0，所以c0s号=-号合去，所以cos号 B,C⊥a,理由如下：因为AB⊥平面BCCB,BCC =之从面0=120，所以直线AF的斜率为1am60 平面BCCB,,所以AB⊥B,C,又在正方形BCCB, 中，BC⊥BC,AB∩BC,=B.AB,BC,C平面 =√.放选A. ABCD,所以BC⊥平面ABCD,即BC⊥a,所 12.D【解析】函数g(x)=(x-1)nx(x>1),则g'(x) 以①为真命题：对于②，当平面a与平面BB:C1C的 =1nx+二1，因为>1，所以g（x)>0,所以g(x) 交线不为BC,时，即BC与1不重合，记此时的直 线I为'，所以AD,∥，又由条件易知AD,∥BC 在(1，十∞)上单调递增，又因为函数f(x)= 所以由平行公理可知∥BC,所以②为真命题：对 (e一1)lne的图象恒在函数g(x)=(x-1)lnx 于③，当截面三角形的另一个顶点为C或B1时，截 图象的上方，所以f(x)>g(x),即(e“-1)lne“ 面三角形为正△AD,C或正△ADB,,此时截面三 (.x-l)lnx,所以e>x恒成立，即az>lnr恒成 立，又x>1,所以a>严恒成立，令Gx)=工，则 角形的面积最大，且S心c=X2一与 2 Gx)=1-nr,当r∈(1，e)时，G(x)>0,当x∈ S心4-×2)-号所以⊙为假命题综上 (e,+o∞)时，G(x)<0,即G(r)在区间(1，e)上单 可知真命题的序号为①②. 调递增，在区间(e,+∞）上单调递减，故G(x) 三、解答题 17.解：(1)设(am)的公差为d, Ge=是所以a>。放选D 则a1+d+2(a1+2d)=13, 二、填空题 即3a1+5d=13,① (2分) 13.-号【解析】由am(2024x-a)=号，得ana 又8-6a+54-36 2×(-号) 即2a1+5d=12,②@ (4分) 一号，所以n26 2tan a 12 由①②解得a1=1,d=2, 1-tan'a 5 所以an=2n-1. (5分) 14.3【解析】因为{a.》为等比数列，所以S,Ss一S, 所以{a.}的通项公式是a.=2n一1. (6分) S2一S也成等比数列，所以(S一S,)=S,(S (2)由(1)知当n为奇数时，b,=一a.+2=1一2n+ S),即(2-1)2=S2-2,解得S1=3. 2, (8分) 15.是巨【解析】因为O,=0,所以O1A, 当n为偶数时，b,=am+2"=2n-1十2， (9分) 所以T2,=b十b十十b,十…十b2 所以△OAF为直角三角形，又点A关于x轴的对称 =(b++b+…+b2-1）+(+b++…+ 点为B,双曲线与渐近线均关于x轴对称，所以OF b.) 为四边形OAFB的外接圆M的直径，所以r=气(C =[-1+1-2(2n-1)]+(3+4m-1) +21+ 2 2 2 J·E 信息卷B 文数（五） 22+2+…+22 =2m+21-2) y==3a5.6 1-2 =2w+1十2n-2. (12分) 18.解：(1)取CC的中点H,连接DH,EH,AE, y=4.4, 因为F为DD,的中点， 所以DF/CG,DF=2CC=HC, ∑y,-5 所以a= 所以四边形DFC,H为平行四边形， 2-r 所以FC∥HD,FC,=HD, (2分) 又因为E为BB,的中点， 335.6-5×11×4.4=93.6≈0.25 979-5×11° 374 (8分) 所以EH∥AD,EH=AD. (9分) 所以四边形AEHD为平行四边形. =y=44-0×111.65, 所以AE∥DH,AE=DH, (4分) 故回归方程为y=1.65+0,251, 所以AE∥FC· 即y=1.65+0.25,2. (10分) 所以A,E.C,F四点共面 (1)由(1)得，12月份即为x=7, 所以点A在平面C,EF内. (5分) 将x=7代入=1.65+0.25x2中， D 得y=1.65+0.25×49=13.9(万件) 所以预测12月份的销售量大约是13.9万件. (12分) 0 20.解：(1)由f(x)=ae'sin r+x-cosx, 得f(x)=a(sinx十cosx)e+1十sinx, 故(0)=a+1=2, 解得a=1. (4分) D、 (2)由(1)知f(x)=e'sin r-十x-cosx, f(r)=(sin x+cos x)e'+1+sin x, 记g(x)=f(x), (2)连接C,O并延长交EF于点G, (r)=2e'cos z+cos r=(2e+1)cos x, 因为O为重心， 令g(.x)=0, 所以G为EF的中点， (6分) 则cosx=0, 又因为点E,F分别是棱BB,DD的中点， 所以x=受 所以CF=C,E, 所以CG⊥EF, (8分) 当r(0,受)时，9(r)>0g(x)单调递增， 连接AC与BD,设其交点为M,连接MG, 则M为BD的中点， 当x∈（受x)时g(x)<0,g(x)单调递减，(8分） 所以MG∥BE, 又g(0)=f(0)=2. 所以MG⊥EF, (10分) p(受)=f(受)=(sin受+cos)e+1+ 又MGn(GC,=G.MG.GC1C平面GMCC,, 所以EF⊥平面GMCC,· sin受=e+2>0. 又因为COC平面GMCC, p(π)=f(π)=(sinx+cosπ)e+1十sinr=1-e 所以CO⊥EF. (12分) 0 19.解：(1)模型②y=c十dx更适合. (2分) (2)(1)由(1)可设回归方程为y=c+ax2, 所以在(（受，x)内存在唯一零点，使(） 令t=x2, f()=0. 则得回归方程为y=c十1 所以(x)在(0，x)上的零点个数为1.(12分) 因为∑=∑=979， 3 J·E 文数（五） 参考答案及解析 21.解：1)因为AF·AB=|A·AB1cos(AF, =0, AB)=|AF|·|AO1=a(a-c)=2-2,① ∴.1的普通方程为3x+y十√3-1=0. (3分) (1分) p=2,.r+y=2,.x2+y2=4, 又因为坐标原点0到直线AB的距离为写。 ∴C的直角坐标方程为x+y=4 (5分) 所以由等面积法得√a+存× (2)将r=-1-专y=1+:代入r+y=4 =ab,②@ (2分) 得2+(3+1)1-2=0. (8分) 又因为a2-6=2,③ 设A,B两点对应的参数分别为t1,, 所以由①②③解得a=√2，b=1,c=1, .|PA·PB1=t4te=2. (10分) 所以C的方程为号十了=1 (4分) 23.解：(1)由题得f(x)=|x-1+|2x+3| 3x十2，x>1, (2)设过点F:的直线方程为x=my+1,P(r), Q(x,), rt4,-<<1 (2分) x=my十1. 联立方程 2+y=1, -3-2K-号 因为y=-3.x-2,x<- 化简得(m2+2)y2+2my-1=0,△>0， 是单调漫减y=十4 所以y十y=-2m m+2M= 1 m2+2 (7分) 一号<<1与y=3+2>1均单调递增， 因为F,(-1,0), 所以当r=一 号时)=(-是)=多， 0帝 所以，=当 所以函数fx)的最小值为子 (4分) 所以斯…。一片‘ (2)由(1)可知m=2: 5 m+2'my+2 所以+26+0-号 yiya my12十2m(十为)+4 即得a+4b+3c=5, (5分) 1 m+2 所以[+（侯）+（后）]6+()+ m十2m年2+4m8 m24m2 (10分) (3c)2]≥(wa+6+E)产， 因为m≥0， 即2≥a+6+F (8分) 所以8≤-言8>0 所以a+6+≤28 6 ,当且仅当va=4b-3v, 所以，p·5,0的取值范围为(-∞，- +u 即a一6亮一器时取等号 (10分) (0,+∞). (12分) t x=-1- 2 22.解：(1)由 消去1，得3x+y十-1 24 4 J·E