精品解析：2024届福建省厦门第一中学高考模拟（最后一卷）数学试题

2024年普通高等学校招生全国统一考试模拟考 数学 满分：150分 考试时间：120分钟 注意事项： 1.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.回答选择题时，选出每小题答案后，用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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、单选题：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，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知随机变量，且，则的值为（ ） A. B. C. D. 2. 已知，若，则m的取值范围是（ ） A. B. C. 或 D. 或 3. 若抛物线的准线经过双曲线的右焦点，则的值为（ ） A. B. 4 C. D. 8 4. 已知三棱锥中，平面，，，，，则该三棱锥外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 5. 1024的所有正因数之和为（ ） A. 1023 B. 1024 C. 2047 D. 2048 6. 二维码与我们的生活息息相关，我们使用的二维码主要是大小的特殊的几何图形，即441个点.根据0和1的二进制编码规则，一共有种不同的码，假设我们1万年用掉个二维码，那么所有二维码大约可以用（ ）（参考数据：） A. 万年 B. 万年 C. 万年 D. 万年 7. 在一次数学模考中，从甲､乙两个班各自抽出10个人的成绩，甲班的十个人成绩分别为，乙班的十个人成绩分别为.假设这两组数据中位数相同､方差也相同，则把这20个数据合并后（ ） A. 中位数一定不变，方差可能变大 B. 中位数可能改变，方差可能变大 C. 中位数一定不变，方差可能变小 D. 中位数可能改变，方差可能变小 8. 若曲线 有且仅有一条过坐标原点的切线，则正数a的值为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 若，，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 已知圆，圆，则（ ） A. 两圆的圆心距的最小值为1 B. 若圆与圆相切，则 C. 若圆与圆恰有两条公切线，则 D. 若圆与圆相交，则公共弦长的最大值为2 11. 已知函数的定义域为，，且，则（ ） A. B. C. 为奇函数 D. 在上具有单调性 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知复数的实部为0，则______． 13. 已知空间中有三点，，，则点O到直线的距离为______. 14. 设函数，对于任意的实数a，b，总存在，使得成立，则实数t的取值范围是________. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 用1，2，3，4，5这五个数组成无重复数字的五位数，则 （1）在两个偶数相邻的条件下，求三个奇数也相邻的概率； （2）对于这个五位数，记夹在两个偶数之间的奇数个数为，求的分布列与期望. 16. 已知在正三棱柱中，，. （1）已知，分别为棱，的中点，求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 17. 三角学于十七世纪传入中国，此后徐光启、薛风祚等数学家对此深入研究，对三角学的现代化发展作出了巨大贡献，三倍角公式就是三角学中的重要公式之一，类似二倍角的展开，三倍角可以通过拆写成二倍角和一倍角的和，再把二倍角拆写成两个一倍角的和来化简. （1）证明：； （2）若，，求的值. 18. 已知圆和点，点是圆上任意一点，线段的垂直平分线与线段相交于点，记点的轨迹为曲线. （1）求曲线的方程； （2）点在直线上运动，过点的动直线与曲线相交于点. （ⅰ）若线段上一点，满足，求证：当的坐标为时，点在定直线上； （ⅱ）过点作轴的垂线，垂足为，设直线的斜率分别为，当直线过点时，是否存在实数，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 19. 对于数列，数列称为数列的差数列或一阶差数列.差数列的差数列，称为的二阶差数列.一般地，的阶差数列的差数列，称为的阶差数列.如果的阶差数列为常数列，而阶差数列不是常数列，那么就称为阶等差数列. （1）已知20，24，26，25，20是一个阶等差数列的前5项.求的值及； （2）证明：二阶等差数列的通项公式为； （3）证明：若数列是阶等差数列，则的通项公式是的次多项式，即（其中（）为常实数） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024年普通高等学校招生全国统一考试模拟考 数学 满分：150分 考试时间：120分钟 注意事项： 1.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.回答选择题时，选出每小题答案后，用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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、单选题：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，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知随机变量，且，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由正态分布曲线的性质即可得解. 【详解】随机变量，且， . 故选：A 2. 已知，若，则m的取值范围是（ ） A. B. C. 或 D. 或 【答案】A 【解析】 【分析】将代入，然后转化为一元二次不等式求解可得. 【详解】因为，所以，等价于， 解得. 故选：A 3. 若抛物线的准线经过双曲线的右焦点，则的值为（ ） A. B. 4 C. D. 8 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，分别求得双曲线的右焦点以及抛物线的准线方程，代入计算，即可得到结果. 【详解】因为双曲线的右焦点为， 又抛物线的准线方程为，则，即. 故选：C 4. 已知三棱锥中，平面，，，，，则该三棱锥外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】取中点E，根据已知可得E为的外心，过E作底面的垂线，使，可得O为三棱锥外接球的球心，计算球的半径，由球的表面积公式可得结果. 【详解】在中，因为，，，所以， 所以，取中点E，则E为的外心，且外接圆的半径为， 过E作底面的垂线，使，又平面，则O为三棱锥外接球的球心， 所以外接球的半径， 所以三棱锥外接球的表面积为， 故选：C. 5. 1024的所有正因数之和为（ ） A. 1023 B. 1024 C. 2047 D. 2048 【答案】C 【解析】 【分析】根据等比数列前n项求和公式计算即可求解. 【详解】由题意知，，则1024的所有正因数之和为 . 故选：C 6. 二维码与我们的生活息息相关，我们使用的二维码主要是大小的特殊的几何图形，即441个点.根据0和1的二进制编码规则，一共有种不同的码，假设我们1万年用掉个二维码，那么所有二维码大约可以用（ ）（参考数据：） A. 万年 B. 万年 C. 万年 D. 万年 【答案】A 【解析】 【分析】利用取对数法进行化简求解即可． 【详解】万年用掉个二维码， 大约能用万年， 设，则， 即万年． 故选：A． 7. 在一次数学模考中，从甲､乙两个班各自抽出10个人的成绩，甲班的十个人成绩分别为，乙班的十个人成绩分别为.假设这两组数据中位数相同､方差也相同，则把这20个数据合并后（ ） A. 中位数一定不变，方差可能变大 B. 中位数可能改变，方差可能变大 C. 中位数一定不变，方差可能变小 D. 中位数可能改变，方差可能变小 【答案】A 【解析】 【分析】不妨设，表达出两组数据的中位数，根据中位数相同得到或，则合并后的数据中位数是或者，中位数不变，再设第一组数据的方差为，平均数为，第二组数据的方差为，平均数为，根据公式得到合并后平均数为，方差为，，得到结论. 【详解】不妨设， 则的中位数为，的中位数为， 因为，所以或， 则合并后的数据中位数是或者，所以中位数不变. 设第一组数据的方差为，平均数为，第二组数据的方差为，平均数为， 合并后总数为20，平均数为，方差为， 如果均值相同则方差不变，如果均值不同则方差变大. 故选：A. 8. 若曲线 有且仅有一条过坐标原点的切线，则正数a的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设切点，利用导数的几何意义求得切线方程，将原点坐标代入，整理得，结合计算即可求解. 【详解】设，则， 设切点为，则， 所以切线方程为， 又该切线过原点，所以， 整理得①，因为曲线只有一条过原点的切线， 所以方程①只有一个解，故，解得. 故选：A 【点睛】关键点点睛：本题主要考查导数的几何意义，切点未知，设切点坐标，由导数的几何意义求出切线方程，确定方程的解与根的判别式之间的关系是解决本题的关键. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 若，，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】由已知可得，由幂函数性质可判断A; 由对数函数性质可判断B; 由幂函数性质可判断C; 由不等式的性质可判断D. 【详解】对于A：∵，幂函数在上单调递增， 且，∴，故选项A错误； 对于B：∵，∴函数在上单调递减， 又∵，∴， ∴，即，故B正确； 对于选项C：∵，则，幂函数在上单调递减， 且，∴，∴，故选项C正确； 对于选项D：由选项B可知：，∴， ∵， ∴，∴，故D错误. 故选：BC. 10. 已知圆，圆，则（ ） A. 两圆的圆心距的最小值为1 B. 若圆与圆相切，则 C. 若圆与圆恰有两条公切线，则 D. 若圆与圆相交，则公共弦长的最大值为2 【答案】AD 【解析】 【分析】根据两点的距离公式，算出两圆的圆心距，从而判断出A项的正误；根据两圆相切、相交的性质，列式算出的取值范围，判断出B,C两项的正误；当圆的圆心在两圆的公共弦上时，公共弦长有最大值，从而判断出D项的正误． 【详解】根据题意，可得圆的圆心为，半径， 圆的圆心为，半径． 对于A，因为两圆的圆心距，所以A项正确； 对于B，两圆内切时，圆心距，即，解得． 两圆外切时，圆心距，即，解得． 综上所述，若两圆相切，则或，故B项不正确； 对于C，若圆与圆恰有两条公切线，则两圆相交，， 即，可得，解得且，故C项不正确； 对于D，若圆与圆相交，则当圆的圆心在公共弦上时，公共弦长等于，达到最大值， 因此，两圆相交时，公共弦长的最大值为2，故D项正确． 故选：AD． 11. 已知函数的定义域为，，且，则（ ） A. B. C. 为奇函数 D. 在上具有单调性 【答案】AC 【解析】 【分析】根据题意，令即可判断A，令，，即可判断B，令结合函数奇偶性的定义即可判断C，令即可判断D 【详解】对A：令，则有，即，故A正确； 对B：，，则有，即， 由，，故，即，故B错误； 对C：令，则有，即， 即，又函数的定义域为，则函数的定义域为， 故函数为奇函数，故C正确； 对D：令，则有，即， 即有，则当时，有，即， 故在上不具有单调性，故D错误. 故选：AC 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知复数的实部为0，则______． 【答案】 【解析】 【分析】利用复数的实部为0，求出，再利用二倍角公式得出结论． 【详解】复数的实部为0， ． ． 故答案为：． 13. 已知空间中有三点，，，则点O到直线的距离为______. 【答案】 【解析】 【分析】求出的坐标，求出，根据点O到直线的距离为即可求解. 【详解】因为，，， 所以, 所以，. 所以, 所以. 所以点O到直线的距离为. 故答案为：. 14. 设函数，对于任意的实数a，b，总存在，使得成立，则实数t的取值范围是________. 【答案】 【解析】 【分析】 分情况讨论不同取值时函数在，上的范围，从而确定的最大值，将对任意实数，，总存在实数，使得不等式成立，转化为恒成立，即可解决． 【详解】因为存在，使得成立， 所以， 因为对于任意的实数a，b， , 所以恒成立， 设的最大值为（b）， 令，二次函数的对称轴为， 当，即a>0时，单调递增， 此时， 当时，（b），当时，（b）， 从而当时，时（b）取最小值，（b）， 当时，在，上单调递减，在，上单调递减， ， 所以当时，. 当时，在，上单调递减，在，上单调递减， ， 所以当时，. 当a＜-8时，单调递减，， 当时，（b），当时，（b）， 从而当a＜-8时，时（b）取最小值，（b）. 综合得.所以. 故答案为： 【点睛】本题主要考查函数的图象和性质的应用，考查函数的单调性和最值，考查恒成立和存在性问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力，属于难题． 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 用1，2，3，4，5这五个数组成无重复数字的五位数，则 （1）在两个偶数相邻的条件下，求三个奇数也相邻的概率； （2）对于这个五位数，记夹在两个偶数之间的奇数个数为，求的分布列与期望. 【答案】（1） （2） 的分布列为 0 1 2 3 ， 【解析】 【分析】（1）设“数字2，4相邻”，设“数字1，3，5相邻”，利用排列数公式求出，，最后根据条件概率公式计算可得； （2）依题意的所有可能取值为，，，，求出所对应的概率，即可得到分布列与数学期望. 【小问1详解】 设“数字2，4相邻”，设“数字1，3，5相邻”， 则数字2，4相邻时的五位数有个， 数字2，4相邻，数字1，3，5也相邻的五位数的个数为， 则； 【小问2详解】 依题意的所有可能取值为，，，， 由题意知“”表示个偶数相邻，则， “”表示个偶数中间共插入了个奇数，则， “”表示个偶数中间共插入了个奇数，则； “”表示个偶数中间共插入了个奇数，则， 所以的分布列为 0 1 2 3 则的期望为. 16. 已知在正三棱柱中，，. （1）已知，分别为棱，的中点，求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1） 取中点，连接，. ，分别为，中点，且， 又为中点，且， 且， 故四边形是平行四边形，. 而平面，面， 平面. （2） 【解析】 【分析】（1）为中点，通过证明，证明平面； （2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，向量法求线面角的正弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 如图以为坐标原点，，分别为，轴建立空间直角坐标系， 则，，，， 则. 设平面的法向量为，则， 令，得，，. 又，. 即直线与平面所成角的正弦值是. 17. 三角学于十七世纪传入中国，此后徐光启、薛风祚等数学家对此深入研究，对三角学的现代化发展作出了巨大贡献，三倍角公式就是三角学中的重要公式之一，类似二倍角的展开，三倍角可以通过拆写成二倍角和一倍角的和，再把二倍角拆写成两个一倍角的和来化简. （1）证明：； （2）若，，求的值. 【答案】（1）证明：因为 ； （2） 【解析】 【分析】（1）利用两角和的正弦公式及倍角公式证明即可； （2）将转为方程的一个实根，通过函数的单调性及零点存在性定理即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）可知，， 即是方程的一个实根. 令， ， 显然， 当时，， 所以在上单调递减， 又， ， 所以， 即. 18. 已知圆和点，点是圆上任意一点，线段的垂直平分线与线段相交于点，记点的轨迹为曲线. （1）求曲线的方程； （2）点在直线上运动，过点的动直线与曲线相交于点. （ⅰ）若线段上一点，满足，求证：当的坐标为时，点在定直线上； （ⅱ）过点作轴的垂线，垂足为，设直线的斜率分别为，当直线过点时，是否存在实数，使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） （2） （ⅰ）因为直线的斜率一定存在，设直线的方程为， 因为在上，所以， 由得， ，设， 则，由得， 化简得，则， 化简得，又因为，所以， 所以点在定直线上. （ⅱ） 【解析】 【分析】（1）根据中垂线的性质可得，由椭圆的定义可知动点的轨迹是以为焦点，长轴长为的椭圆，从而求出轨迹方程； （2）（ⅰ）设直线的方程为，设，与椭圆联立韦达定理，把线段长度比转化为坐标比，代入韦达定理化简即可得点在定直线上； （ⅱ）利用坐标表示两个斜率，然后作商，将韦达定理代入即可判断. 【小问1详解】 由题意知圆心，半径为4，且，，则，所以点的轨迹为以为焦点的椭圆， 设曲线的方程为，则，解得， 所以， 所以曲线的方程为； 【小问2详解】 （ⅰ）略 （ⅱ）因为直线过，所以，直线方程为， 从而得，， 由（ⅰ）知，，， 所以 ， 所以存在实数，使得. 【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为、； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式； （5）代入韦达定理求解. 19. 对于数列，数列称为数列的差数列或一阶差数列.差数列的差数列，称为的二阶差数列.一般地，的阶差数列的差数列，称为的阶差数列.如果的阶差数列为常数列，而阶差数列不是常数列，那么就称为阶等差数列. （1）已知20，24，26，25，20是一个阶等差数列的前5项.求的值及； （2）证明：二阶等差数列的通项公式为； （3）证明：若数列是阶等差数列，则的通项公式是的次多项式，即（其中（）为常实数） 【答案】（1）， （2）证明：令， 因为是二阶等差数列，所以， 因此， 所以 ，命题得证. （3）证明：先证一个引理：记，是的次多项式， 数学归纳法：当时，是的2次多项式， 假设是的次多项式，对都成立， 由二项式定理，，规定， 将取0，1，2，…，，得，， ，……，， 求和可得 ， 则， 故是的次多项式，引理得证. 回到本题，由（2）可知，2阶等差数列的通项是的2次多项式， 假设阶等差数列的通项公式是的次多项式， 对于阶等差数列，它的差数列是阶等差数列，即， 故， 由引理可知，此为的次多项式，命题得证. 【解析】 【分析】（1）根据定义直接进行求解，得到，并根据二阶差数列的第4项为，求出一阶差数列的第5项为，得到方程，求出； （2）令，根据二阶等差数列的定义得到，再利用累加法求出； （3）数学归纳法证明出为的次多项式，利用引理可证出结论. 【小问1详解】 的一阶差数列为4，2，，；二阶差数列为，，； 三阶差数列为，，为常数列，故为三阶等差数列，即， 二阶差数列的第4项为，故一阶差数列的第5项为，即，故. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 【点睛】数列新定义问题，主要针对于等差，等比，递推公式和求和公式等综合运用，对常见的求通项公式和求和公式要掌握牢固，同时涉及数列与函数，数列与解析几何，数列与二项式定理，数列与排列组合等知识的综合，要将“新”性质有机地应用到“旧”性质上，创造性的解决问题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $