2024年高考理科数学【衡水金卷·先享题·信息卷】模拟试题（JJ·B）03

2024年普通高等学校招生全国统一考试模拟试题 7,将函数f(z)=加t的图象向左平移个单位长度，再将所得函数图象上两有点的 理数（三） 债坐标变为原来的上〔>0)倍，纵童标不变，得到函数g()的图象，若好()在 本试卷共4页，23题（含进考题）。全卷满分150分。考试用时120分钟。 [0.2x]上有3个零点，用m的取值草围是 注意事项： A[臣 品割 c 是】 1答婚前，先将日己的姓名，考号等填写在紫题专上，年将推考证号条利码给贴在 答题卡土的指定位置。 食.如苦的程序框图表示求24×3××9×17×33的值，圳判晰做内可以题 填的策件为 2,缝择题的作答：选出每小题答常后，用2B每笔把器题卡上时应题日的答量标号 A.30 H35 帝黑。写在状题寒。草偏然和答题卡上的非答通区城均无此， 3.填空是和解答题的作答用签宇笔点接写在答萄卡上对应的答期区戏内。写在 C,运68 D.6136 ,如图.在平面四边形ACD中，△ABD为等边三角形.CB一(CD一2BD一 或题卷，草码藏和答题专上的果答题区城均无效 小.总等超的作答：先花所这题的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂累。答 艺，当点E在对角线AC上运动时，心·EB的最小值为 2少 案写在签是卡上时在的答赠区城内，写在试道卷，草格纸和答道卡上的非答道区拔均 1 /桶5 无姓。 6,考试特来后，瞻将本猛题春和答题卡一并上交 结电】 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 题日要求的。 1.已知集合U=1,2.3.4.5.61A={r∈Z=1r5},B={x2>8),则[1AA门B1= A C.-4 n是 A.11.2) &2,3,41 C.1,2,3,6 Df-1.0.1,21 t0.在三枚锥P一AC中，底面△ABC为正三角形，三校崔P一ABC外接球的表面积 2,已闻g-4+i(a,6eR),若i+(1+i)-2-i,期r- 为16x,则当三被银P一AC的体积最大时，AB A.32 825 C,16 D.5 3.已知a>b,0≤c<1,则 A.3 且看 c场 D.26 A.a十cb十G 11.已知抛特线C,ty=2r(>0)的焦点F到准线的距南为2，闭C:(x一11+y= ”4-eb- C.ae>h D.a+e>h 了，点PQ分划在C,C上运动，过点P作PL2轴于点M,期的最大值 L.“孙子定理”又称“中国剩余定理”，最早可见于我国南北朝时期的数学著作《孙子算 经》，该定理是中国古代求解一次母会式组的打法，它凝聚着中国古代数学家的智慧， 号 &2 C.2,② D.32 在加密，径密共享等方而有着重要的应川.已知数列{。)单调递增，且由被2除余数 为1的所有正整登构成，现将：+山+a的末位数按从小到大排序作为加密编号， 2.若4-e,-加20222期 期该加密编号为 A.c< 我<c<d A.1157 线1177 C,1135 D.1122 C.cCach D.aBc 已卸桶用C:+若=1>6>0)的左顶点为A.上顶点为，线段AB的中点为M, 第Ⅱ卷 本卷包括必老题和选考题两部分。第3一21题为必考蕴，每个试殖考生都必须作 若直线O0为坐标眼点)的斜率为一子州C的离心率为 答。第22一23丽为远考丽，考生根据要求作答。 9 二，填空题：木题共4小题，每小题5分。 A. 丝号 c 13杭州亚运会期问.某社区有200人参加协肋交通管理的志总树认，为了解他们参加 这项活动的竖受，用分层植样的方法道机抽取了一个容量为0的样本，若样本中女 6,已知AB=,点C在线段A时上，且BC=1.以C为明心，1为半径的周记为间C, 性有16人，核志愿用队中的男生人数为■ 在线段AB上任取一点D,以线段AD为直径的阔记为周M.则飘C与周M没有公 共点的藏率为 14.若a=一3dr,则在(r十)'的展开式中，的系数为 ,《用数字作答》 A青 c号 15.已知各项均为正数的等比数列4满是0an<14g4>1,记T,严1a…4,则使 得7.≥1的最大正整数n的值为 里数（三引第【页共4夏） 街冰金卷·先享器·信包卷 理数（三1第3页（共4页} 四·因 16,《论球与调生》是古希背数学家可基米德的得意杰作，据传悦在电 20.(本小题清分12分) 的幕碑上刻着一个调柱，阀柱内有一个球，且与树住的上，下岳面 已知两数f.x)=一lnr十x一r+a的最小值为0. 及侧面均相切，如图，半径为1的球0与闻柱O,0的侧面及上，下 (口》求4的值： 底而均相切，国边形ABCD为国柱的轴酸面.EF为底面圆O,的 一条直径，期球心)到平面DEF距离的最大值为 ②证明：nEN,hm+D+空生去. 三、解答题：解答应写出文字说明、证用过程成演算步骤。 17.(本小题调分12分) 记△ABC的内角A,B.C所对的边分别为a,5,c,已知 在0nn(A+}--2-8,②2h-2 cnsC-c,(b+一a)+c+)-8k,这三 21,(本小毯满分12分) 个条件中任选一个或在上面的横线上·并解答问题。 41)求角A: 已知双角线C号一若-1a>0,b0)的离心*为气其左，右焦点分别为F,.F (2)若△AC的面积为号.求(+1)+(e+)的最小镇 过焦点且与上轴垂雀的直线交C于A,B两点，且AB=1. (1》求C的方程： 往：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解容计分. (2已知在C上一点（出n)处的切线方程为。号-罗-一1过点G(-2<m <2)分期作C的左，右两支的切线，切点分别为P,Q,连接PQ,过线段Q的中点H厘 分作C的左，右两支的切线，切点分别为D,E,判斯点G与直找DE的位置关系，并 18.(本小题演分12分) 说明理由， 如离，多面体A,B:D,一ACD是三棱台A,B,D一ABD和四棱维C一DD,B的 组合体，底面四边形ABCD为菱形，∠ABC=60.AB=2AB,=4,E为CD的中点，平 AA:BBL平AD,AAA. 《1)证明：DE∥平面ABD: 《2)若平面ABD与平面BB,C夹角的余弦值为至，求 请考生在第2223题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一盟计分。 7 22.(本小题裤分10分》选修4一4：坐标系与参数方程 AA 在平面直角坐标系中，以原点)为极点，工轴的正串箱为极轴建立极坐标，系，已知 直线1的慢坐标方程为psi血0+-2，曲线C的极坐标方程为psin0-4eos月-0. (1》求直线/与曲线C的直角坐标方程， 19.(本小圈满分12分) 2)若特线=营≥0)与直线1交于点A,与尚线C交于点B,求8瑞 某地区的蓝球协会组织民间整球队开展比赛。一来促进全民健身，二来蕾动地方经 济发展，批赛最后由甲、乙两队进行茯赛，为增加看点及提升籍球比赛的热度，主办方在 证得甲，乙两队同意后，决定决赛采取五场三胜H(背一队赢得三场胜刊时，该队庆胜， 比赛结束)，已知甲队的主客场安排依次为“主主客客主“，甲队主场散胜的复率为0.， 客场取胜的摄率为④，5，每场比赛均设有平局，且各场比赛洁果相互独立， 23.(本小题清分10分》选修4一5：不等式法讲 《1)在比赛进行三场结束的条件下，求甲队获胜的概率， 已知属数fx)=2x一1十 《2)假设该地区蓝球协会任的三场比赛中每场收人10万元，之后的比赛每场收人 (1)解不等式(x)38一2x: 15万元.因开支的需要，该地区蓝球协会备预支付球队费用4万元，该地区蓝球协会在 (2)若(x)3m一树一5，求m的取值范围. 至多可以质支24万元预算的条件下，同时希望比赛结束后获利（获利=总收人一商支 付球队费用)的别望高于万元.靖保通过数据分斯，判斯该地区蓝球协会的预算是香 可以满足横支付球队费用且达到饥想结果？ 理数（三1第3页（共4页} 街水全装·先享置·德皇卷 理数（三）第4页「共4页引 )·信息卷B 理数（三） 2024年普通高等学校招生全国统一考试模拟试题 信息卷B·理数（三） 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.空间想象能力V,数据处理能力 Ⅵ.应用意识和创新意识 2.核心素养： ①数学抽象 ②逻辑推理③数学建模 ④直观想象 ⑤数学运算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) ⅡⅢWV1①②③④⑤⑥档次系数 1 选择题 5 有限数集间的补集运算 易 0.80 由复数方程求参，涉及共轭 2 选择题 5 易 0.78 复数 3 选择题 5 不等式的性质 0.72 选择题 与等差数列有关的数学文 5 0.70 化题 选择题 5 直线与椭圆，椭圆的离心率 0.65 选择题 5 长度型几何概型 0.62 选择题 正弦型函数的图象与性质的 中 0.58 综合 8 选择题 5 程序框图（补图题） 中 0.50 构造平面向量解决平面儿何 9 选择题 5 中 0.45 问题 10 选择题 5 几何体中的最值问题 0.38 11 选择题 抛物线与圆的综合 难 0.28 12 选择题 5 利用导数比较大小 难 0.25 3 填空题 5 分层抽样的应用（社会热点题） 易 0.75 定积分与二项式定理的综合， 14 填空题 5 中 0.68 求特定项的系数 15 填空题 5 等比数列与不等式的综合 中 0.48 几何体的内切球问题（数学文 16 填空题 5 难 0.25 化题) 1 J·E 信息卷B 理数（三） 结构不良题，三角恒等变换， 17 解答题 12 利用正、余弦定理解三角形。 中 0.68 利用基本不等式求最值 以组合体为载体，证明线面平 18 解答题 12 行，由二面角的余弦值求线 中 0.55 段长 社会热点问题，相互独立事件 19 解答题 12 的概率，利用数学期望进行方 √ √√ 中 0.45 案选择 解答题 12 利用导数求函数的最值，导数 20 0.20 与数列的综合 L 难 21 解答题 12 直线与双曲线的位置关系 难 0.15 抛物线与直线的极坐标方程， 22 选考题 10 利用极坐标方程解决相应 中 0.65 问题 23 选考题 10 解形如|f(x)|>g(x)的不等 中 0.65 式，由不等关系求参数范围 ·2· J·E 信息卷B 理数（三） 参考答案及解析 理数（三） 一、选择题 1.C【解析】因为A={x∈Z-1≤x≤5)={-1.0， 2wx+音]，因为g(x)在[0,2]上有3个零点 6 1,2,3,4,5},B={x2>8}={:xx>31,所以A∩ 所以3x≤2r+ 吾<：解得吕<器故选入 B={4,5},所以0(A∩B)=1,2,3,6}.故选C. 2.B【解析】由题得i+(1+i)=(a+bi)i+(a一i) 8.B【解析】根据题意可知程序运行如下：S=1,i=2: ·(1+i)=2-i,即a+(2a-b)i=2-i,所以 判断框成立.S=1×2=2,i=2×2-1=3:判断框 成立，S=2×32,i=2×3-1=5:判断框成立，S= 侣。一扁特信所以=五做选取 2×32×5,i=2×5一1=9：判断框成立，S=2×3 3.C【解析】因为a>b,0<c<1,所以a+c>b+c. ×5×9,i=2×9-1=17:判断框成立，S=2×3× 5”×9×172,i=2×17-1=33:判断框成立，S=22× ac>c,所以A错误，C正确：令a=2.6=1,c-立.则 3×52×92×17×33,i=2×33-1=65:判断框不 a-c=3 -c= 之，所以“=46 成立，输出S=2×32×52×9°×17产×332，所以选项 a=c 3'b-e =2,所以 B满足题意.故选B. 兰一62所以B错误令a=-2,6=-3,c=之 9,D【解析】因为CB=CD,所以△BCD为等腰三角 形，又△ABD为等边三角形，所以AC平分∠BAD, 则a十c=一子=c,所以D错误，故选C 且平分∠BCD,设AC与BD交于点O,由题可知BD 2 4,A【解析】由题可知数列{a.}是首项为1，公差为2 =1,CB=CD=2,则OC=至，所以衣.成= 的等差数列，所以an=2n一1，所以a6=11,d=17, EC.(E式+CB)=E+E花·C第=|C+ a11=21,a=25,所以a6am,a1,au的末位数依次为 1.7,1.5,所以加密编号为1157.故选A. |EC1·1Ccos<EC,Ci)=|EC-|EC1· 5.D【解析】由题可知A(一a,0),B(0,b),设M(x, 1Cos∠BCA=1-空1E =2 %),所以 ·所以==一五 3…所 (-平）-所以当=平时 w一2 以=所以箱圆C的离心率= 武·取最小值，最小值为-焉故选D √厂舌-2故选D 6.C【解析】由题可知圆C的直径为2，则当|AD=4 时，圈C与圆M相切，故所求概率为P-音-号故 选C. 10.C【解析】当点P在底面的射影为底面正三角形的 7.A【解析】将函数r)=snx的图象向左平移君 中心O,且球心O在线段P)'上时，三棱锥 P一ABC的体积最大，设三棱锥P一ABC外接球的 个单位长度，得到函数y=sin(x+吾入再将函数 半径为R,则由4πR=16x,得R=2,设AB=r.则 y=sin(+吾)的横坐标变为原来的。(w>0)倍， 号，由0A=0P=2.得0-V4号- A0= 纵坐标不变，得到函数g(x)=sin(ar+石)，因为 √36-3.x 3 ,所以P0=y36-3 -+2,所以VA= m>0,所以当x∈[0,2x]时，r+吾∈ ×(+2)-(v-3证+6× 1 J·E 理数（三） 参考答案及解析 3x2,令√36-3.x=,则3.x2=36-,所以Vr- =ai话号=a品<1，使得T,>1的最大正整数n的 得+6)36-f 261+6)(12-2)(1+6)≤ 值为18. 【解析】由题可知当EF⊥AB时，球心O到平 [+6+220++@]=票×8 216 3 面DEF的距离最大.易知AD⊥EF,又AB∩AD ,当且仅当1=2时取等号，此时=，即 A,AB,ADC平面ABCD,所以EF⊥平面ABCD,连 接DO,则平面DEF∩平面ABCD=DO,在平面 AB=散选C ABCD内，过点O作OG⊥DO于点G,则EF⊥OG, 又EF∩DO=O,EF,DOC平面DEF,所以OG⊥ 11,B【解析】因为焦点F到准线的距离为2，所以p= 平面DEF.易知OO⊥CD,OO=2.DO=1,则 2,所以抛物线C:y2=4x,F(1,0),所以圆C2的圆 由勾股定理得DO=√OO+DO=√5，由 心1,0恰好在焦点F处要使微 取最大值，则 R△0GOR△0CD.得%-&，即华 |PQ取最小值，设P(x,y),x≥0，则|PQmn= 1PF-=x+合，PM=2G,所以P< 后解得0G= 号，所以球心O到平面DEF距离的 PQ 2瓦=4元 +2 2+,令反=1（≥0），则x=r,所以 最大值为得 ≤ ⊥PM 41 4 4 4 2+ 2W2. 22 厄，当且仅当一号时取等号，所以册的最大值 为√2.故选B. 三、解答题 12.B【解析】由题得a=e需=心，构造函数 f(x)=e-1-x,x∈(0,1)，则f(x)=e1-1<0, 17.解：(1)若选①：由tan(A+)=-2-√， 所以f(x)在(0,1)上单调递减，所以f(x)>f(1) 相贵 -2-5, (2分) =0,所以f(202)=e高1- 2024>0,即 1 所以-2-√5+(2+√3)tanA=tanA+1. e惯>202所以a>构造函数g（x）=r一 1 即(1+3)tanA=3+3, sinx,x∈(0,1)，则g'(x)=1-cos>0,所以 所以tanA=5, (4分) g(x)在(0,1)上单调递增，所以g(x)>g(0)=0,所 又A∈(0，)，所以A=受 (6分) 以g(202）=2021-8in202>0.即2027 若选②：由正弦定理及2h-2 acos C=c, 2sin B-2sin Acos C=sin C, (2分) sin22所以>a综上.b<a放选B sin B=sin[-(A+C)]=sin(A++C)=sin Acos C 二、填空题 +cos Asin C. 13.120【解析】由题可得该志愿团队中的男性人数为 所以2(sin Acos C+cos Asin C)-2 sin Acos C= 200×40-16=120. sin C. 40 即2 cos Asin C=sinC, (4分) 14.560【解折】因为a=-3小rd=-7, 又C∈(0，x),所以sinC≠0， 一2，所以(x十a)=(x-2),(:x-2)的展开式 所以cosA=立： 的通项为T+1=C(-2)rx,r=0,1,…,7,令 (6分) 7一r=3,得r=4,所以展开式中x的系数为 又A∈(0)，所以A=受 C(-2)1=560. 若选③：由(h+c-a)(b+c+a)=3bc, 15.18【解析】由题知aaw=a1as>1,且T=aae…a。 得(b+c)2-a2=3bc,即b+c2-a2=c, (2分) =(aid.)Ti=(aian )>1.T (aran) ·2 J·E 信息卷B 理数（三） 所以由余弦定理得osA=十C一公=c=1 2bc 2b2· (4分) 又A∈(0)，所以A=登 (6分) (2)由(1)可知A= 3 所以S=snA-- 2 所以bc=2, (9分) 所以(b+1)+(e+1)°=+2+2(b十)+2≥ 2c+4√0c+2=6+42, 当且仅当b=c=√2时等号成立， (11分) 设AA1=t,t>0, 所以(6+1)+(c+1)的最小值为6+4W2. 则A(0,0,t),B(2√3，-2,0)，C(23,2,0),B(w3, (12分) -1,t),D(0,4,0) 18.解：(1)连接BE, 所以BA-(-2V3,2,1),Bd=(-23,6,0),BC 因为BD∥B:D·BD丈平面BDE,BD1C平 (0,4,0),BB=(-3,1,t). 面BD1E, (8分) 所以BD∥平面BDE, (1分) 设平面ABD的法向量为n一(xy,), In·BA=0 壹AB,DE∥AB.DE= 则 即 |-25x1+2y1+1=0 因为AB:∥AB,AB= m·Bd=0 -25x1+6y1=0 子AB. 取=5，得m=(51,4) 所以A1B∥DE,A1B:=DE 设平面BB,C的法向量为m=(为·)， 所以四边形A:B,ED为平行四边形。 m·BC-0 4y=0 所以A1D∥B1E, 则 ,即 m.BB.=0' 又AD过平面BDE,BEC平面BDE, 1-5xn十为+=0 所以AD∥平面B,D,E, (3分) 取=5，得m=(.0,是） (10分) 因为AD∩BD=D,A,D,BDC平面ABD, 设平面A,BD与平面BB,C的夹角为0， 所以平面ABD∥平面B,D,E, 则cos0=|cos(n,m〉=Tn·m n·m 又DEC平面B1D1E, 所以DE∥平面A:BD. (5分) (2)因为平面AAB,B⊥平面ABCD,平面AA1B,B 3+12 v42 ∩平面ABCD=AB,AA⊥AB,AA,C平 √+1++ 9 7 面AAB,B, 所以AA,⊥平面ABCD, 解得t=2或-2（舍）， 取BC的中点F,连接AF,AC, 即AA=2. (12分) 因为四边形ABCD为菱形，∠ABC=60°， 19.解：(1)记事件A为“比赛进行三场结束”，事件B为 所以△ABC为等边三角形， “甲队获胜”， 所以AF⊥BC, 则P(A)=0.6×0.6×0.5+0.4×0.4×0.5= 又AD∥BC,所以AF⊥AD, 0.26, 所以AF,AD,AA,两两垂直， (6分) P(AB)=0.6×0.6×0.5=0.18. (2分) 则以A为原点，AF,AD,AA所在直线分别为x,y P(AB)0.189 :轴建立如图所示的空间直角坐标系， 所以P(B1A)=-.2 所以在比赛进行三场结束的条件下，甲队获胜的概 率为品 (4分) (2)设该地区篮球协会本次比赛的总收入为X 万元， 由题意可知X的可能取值为30,45,60， 3 J·E 理数（三） 参考答案及解析 由(1)可知P(X=30)=0.26, 21.解：1)在号 3 =1中，不妨令x=c,解得y= P(X=45)=(0.6×0.6×0.5+0.6×0.4×0.5+ 0.4×0.6×0.5)×0.5+(0.4×0.4×0.5+0.4× 0.6×0.5+0.6×0.4×0.5)×0.5=0.37, a P(X=60)=1-P(X=30)-P(X=45)=0.37. 所以AB1=25=1, (2分) (7分) 则X的分布列为： 2 30 45 60 解得a=2,b=1, (3分) P 0.26 0.37 0.37 所以双曲线C的方程为号-寸=1。 (4分) 所以E(X)=30×0.26+45×0.37+60×0.37= (2)点G在直线DE上，证明如下： 46.65. (9分) 设P(,).Q(ry), 设该地区篮球协会本次比赛获利Y万元，则Y= X-a, 由题可知双曲线C在点P处的切线方程为平 所以E(Y)=E(X-a)=E(X)-a, My=1, 若E(Y)>a,则E(X)-a>a, 同理，在点Q处的切线方程为华一y=1, 所以4<E(X)=28.325<24, 2 (11分) 又两切线交点为G(m,1), 所以该地区篮球协会的预算可以满足预支付球队费 m-=1 用且达到预想结果 (12分) 所以 20.解：(1)因为f(x)=-lnx+x2-x十a,x>0, m-=1 所以了(x)=-1+2x-1= 2.x2-r-1 所以直线PQ的方程为受-y=1 (7分) (2x+1)(x-1) (2分) m 4 -y=1 所以当x∈(0,1)时，f(x)<0,f(x)单调递减： 联立 ,得(4-m)x2+8m.x-32=0, 当x∈(1，十∞)时，f了(x)>0,f(x)单调递增， -- 所以∫(.x)的最小值为∫(1)=a=0, m∈(-2,2)满足△=64m2+4×32(4-m)>0, 所以a的值为0. (5分) 4-m≠0， (2)由(1)可知f(x)≥f(1)=a=0, 所以当x>1时，f(x)=-lnx十x2-x>0, 则西十=32 8m m2-4 即-nx+(-2)广->0 所以H(之4》 (9分) 所以当>1时n计<(-)月。 设D(x出)，E(x兴) (7分) 由题可知双曲线C在D,E两点处的切线方程分别 所以1n是+<（号-号）广。 为受-为1，平-y=1… n+<(是-)八， 又两切线交点为H n音+<（告-》广…， 1 所以 m h"中+<（中）广eN m2一4 (9分) 4y 以上各式相加得nm+D+学<匀(-号》) 可得直线DE的方程为”号n兰=1， 即y=翠-m)+1 =()m∈N 当x=m时，y=1, (11分) 所以点G在直线DE上 (12分) 所以Yn∈N,nm+D+子<∑(2去)得 证. (12分) 4 J·E 信息卷B 理数（三） 2.解：1)由in(0+子）=2， 1 得pm 8 (9分) 得n(停os0叶n）-号as+in)-. 将{0代人上式， 0A=4=23-1)_3(3-1D (10分) osin 0=y 所以OB Pa 4 3 得直线1的直角坐标方程为x+y一2=0.(3分) 23.解：(1)f(x)≥3-2x等价于2|x-1|≥3-3r 由psin0-4cos0=0,得p2sin'0-4ocos0=0, (2分) 将00代人上式. psin 0=y 则2x-223-3或 Jx≤1 得曲线C的直角坐标方程为y=4x (5分) 或-2x+2>3-3 解得x>1或x=1, (4分) (2)因为射线9=吾(p>≥0)与直线1交于点A.与曲 所以不等式的解集为{xx≥1 (5分) 线C交于点B, 0-晋 @国为-+一 所以f(x)m=f(1)=1, (7分) 所以由 sim(0+t)=2 因为f(x)≥m2-m-5, 所以m2一m一5≤1，即m2一一6≤0， 得pA= ② 解得一2≤m≤3， m(受+) 竖×（停+） 所以m的取值范围为[一2,3]. (10分) =2(W5-1). (7分) 由0音 psin'0-4cos 0=0 ·5 J·E