2024年高考數(shù)學(xué)第一次模擬考試數(shù)學(xué)（理科）·全解全析（考試時間：120分鐘試卷滿分：150分）注意事項：1．本試卷分第Ⅰ卷（選擇題）和第Ⅱ卷（非選擇題）兩部分．答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上．2．回答第Ⅰ卷時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標號涂黑．如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號．寫在本試卷上無效．3．回答第Ⅱ卷時，將答案寫在答題卡上．寫在本試卷上無效．4．測試范圍：高考全部內(nèi)容5．考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回．第Ⅰ卷（選擇題）一、選擇題：本大題共12小題，每小題5分，共60分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1．已知全集，集合，，則（

）A．B．C．D．【答案】C【分析】解對數(shù)不等式化簡集合B，再利用并集、補集的定義求解作答.【詳解】由，得，則，而，因此，又全集，所以．故選：C2．已知復(fù)數(shù)滿足,是的共軛復(fù)數(shù),則等于（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】化簡等式得到,計算得到共軛復(fù)數(shù),即可得到的值.【詳解】由題意得,∴,∴.故選:A.3．若實數(shù)x，y滿足約束條件，則的取值范圍為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】畫出可行域，根據(jù)目標式的幾何意義，應(yīng)用數(shù)形結(jié)合法判斷求最值時所過的點，即可得范圍.【詳解】由題設(shè)可行域如下圖示，目標式表示在在平移過程中，與可行域有交點情況下在x軸上的截距，由圖知：目標函數(shù)過和的交點時有最小值，過和交點時有最大值，所以，故取值范圍為.故選：C．4．直線與圓相交于A，B兩點，則“”是“”的（

）A．既不充分又不必要條件B．充分而不必要條件C．充分必要條件D．必要而不充分條件【答案】D【分析】由直線與圓相交，應(yīng)用點線距離、相交弦長的幾何求法列方程求參數(shù)，再根據(jù)充分、必要性定義判斷條件間的關(guān)系.【詳解】由題設(shè)，圓心到直線的距離，且圓的半徑為1，若，則，即，可得，所以“”是“”的必要不充分條件.故選：D5．塑料袋給我們生活帶來了方便，但塑料在自然界可停留長達200~400年之久，給環(huán)境帶來了很大的危害，國家發(fā)改委、生態(tài)環(huán)境部等9部門聯(lián)合發(fā)布《關(guān)于扎實推進污染物治理工作的通知》明確指出，2021年1月1日起，禁用不可降解的塑料袋、塑料餐具及一次性塑料吸管等，某品牌塑料袋經(jīng)自然降解后殘留量與時間年之間的關(guān)系為，其中為初始量，為光解系數(shù).已知該品牌塑料袋2年后殘留量為初始量的.該品牌塑料袋大約需要經(jīng)過（

）年，其殘留量為初始量的10%.（參考數(shù)據(jù)：，）A．20 B．16 C．12 D．7【答案】B【分析】由，解方程即可.【詳解】依題意有時，，則，當(dāng)時，有，，.故選：B6．杭州第19屆亞運會火炬9月14日在浙江臺州傳遞，火炬?zhèn)鬟f路線以“和合臺州活力城市”為主題，全長8公里．從和合公園出發(fā)，途經(jīng)臺州市圖書館、文化館、體育中心等地標建筑．假設(shè)某段線路由甲、乙等6人傳遞，每人傳遞一棒，且甲不從乙手中接棒，乙不從甲手中接棒，則不同的傳遞方案共有（

）A．288種 B．360種 C．480種 D．504種【答案】C【分析】根據(jù)排列數(shù)以及插空法的知識求得正確答案.【詳解】先安排甲乙以外的個人，然后插空安排甲乙兩人，所以不同的傳遞方案共有種.故選：C7．已知，，，，若存在非零實數(shù)使得，則的最小值為（

）A．8 B．9 C．10 D．12【答案】B【分析】根據(jù)向量共線的坐標表示可得，再結(jié)合基本不等式中的巧用“1”即可求解.【詳解】若存在非零實數(shù)使得，即，又，，所以，即，所以，當(dāng)且僅當(dāng)，即時，等號成立.所以的最小值為.故選：B8．在三棱錐中，，，，平面平面，若三棱錐的所有頂點都在球的表面上，則球的半徑為（

）A． B．3 C． D．4【答案】B【分析】根據(jù)三棱錐中線面關(guān)系可先確定球心點在上，再利用勾股定理求解即可.【詳解】

取的中點為，連接，因為，，所以，,所以．又因為平面平面，平面平面，所以平面，又，則球心在直線上，連接，設(shè)球的半徑為，則，即有，得,故選：B9．知實數(shù)a，b，c滿足，，，則（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】由，可得，而，然后利用指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)可比較的大小，再求出，則可得，再根據(jù)對數(shù)函數(shù)和指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)逐個分析判斷.【詳解】由，得，所以，又函數(shù)單調(diào)遞減，，所以，即，所以由，得，所以，所以函數(shù)在上單調(diào)遞增，函數(shù)和在上單調(diào)遞減，故，，所以A錯誤；，．又，所以，，所以C錯誤；由，得．因為，所以，故，所以B錯誤；因為在上單調(diào)遞增，且，所以．因為在上單調(diào)遞減，且，所以，故．故選：D．10．高斯是德國著名數(shù)學(xué)家，近代數(shù)學(xué)的奠基者之一，享有“數(shù)學(xué)王子”的稱號，用他名字定義的函數(shù)稱為高斯函數(shù)，其中表示不超過x的最大整數(shù)，如，，已知數(shù)列滿足，，，若，為數(shù)列的前n項和，則（

）A．2026 B．2025 C．2024 D．2023【答案】B【分析】根據(jù)遞推公式證明數(shù)列為等比數(shù)列，然后由等比數(shù)列通項公式可得，利用累加法求，再對進行放縮求，最后由裂項相消法求出，根據(jù)高斯函數(shù)可得答案.【詳解】由得，又，所以數(shù)列是以4為首項和公比的等比數(shù)列，故，由累加法得，所以，∵，又，∴，令，，，∴，代入得.故選：B．【點睛】本題難點在于考察知識點多，解答過程曲折不易思考，每個知識點的考察難度不算太大，這就要求學(xué)生對數(shù)列知識掌握全面，并且對問題掌握一定的分析方法.11．已知橢圓與雙曲線具有相同的左、右焦點，，點為它們在第一象限的交點，動點在曲線上，若記曲線，的離心率分別為，，滿足，且直線與軸的交點的坐標為，則的最大值為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根據(jù)橢圓、雙曲線的定義可得，結(jié)合離心率可得，在中，利用余弦定理可得，進而結(jié)合橢圓性質(zhì)可知：當(dāng)為橢圓短軸頂點時，取到最大值，分析求解即可.【詳解】由題意可知：，解得，又因為，可得，由直線與軸的交點的坐標為可得，在中，由余弦定理可得，可得，整理得，解得或（舍去），且，所以，由橢圓性質(zhì)可知：當(dāng)為橢圓短軸頂點時，取到最大值，此時，且，則，所以，即.故選：A.

.【點睛】本題解決的關(guān)鍵在于找到的兩種表達方式，構(gòu)造了關(guān)于的方程，從而得解.12．已知函數(shù)的定義域為R，為偶函數(shù)，，當(dāng)時，（且），且．則（

）A．28 B．32 C．36 D．40【答案】C【分析】本題主要考查函數(shù)的奇偶性、周期性和對稱性，根據(jù)奇偶性、周期性和對稱性即可求值.【詳解】因為是偶函數(shù)，所以，用代替可得：，所以，所以函數(shù)關(guān)于直線對稱，又因為，所以，所以，所以關(guān)于點中心對稱，所以函數(shù)的周期為，因為當(dāng)時，（且），且，所以，解得：或，因為且，所以.所以當(dāng)時，，所以，，，，，，，所以，所以,故選：.第Ⅱ卷（非選擇題）二、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分13．已知等差數(shù)列前3項和，，，成等比數(shù)列，則數(shù)列的公差．【答案】或【分析】由，可求出，再由等比數(shù)列可建立關(guān)系式，求出【詳解】由，可知，即，又，，成等比數(shù)列，所以，即，解得或，故答案為：或214．的展開式中的系數(shù)為（用數(shù)字作答）．【答案】【分析】先求出的展開式的通項，然后即可求得的展開式中含的項，從而求解.【詳解】由題意得：展開式的通項為：，當(dāng)時，即：，得：，當(dāng)時；即：，得：，所以得：展開式中含項為：，所以的系數(shù)為：.故答案：.15．已知點在拋物線上，為拋物線的焦點，圓與直線相交于兩點，與線段相交于點，且．若是線段上靠近的四等分點，則拋物線的方程為．【答案】【分析】設(shè)，表示出，利用拋物線定義、點在拋物線上以及圓的弦長的幾何性質(zhì)列出關(guān)于的方程，即可求得p，即得答案.【詳解】由可知，設(shè)，則，則，故，即①；又點在拋物線上，故②，且，即③，②聯(lián)立得，得或，由于，故，結(jié)合③，解得，故拋物線方程為，故答案為：【點睛】解答本題的關(guān)鍵在于要結(jié)合拋物線的定義以及圓的弦長的幾何性質(zhì)，找出參數(shù)間的等量關(guān)系，從而列出方程組，即可求解.16．法國數(shù)學(xué)家傅里葉用三角函數(shù)詮釋美妙音樂．代表任何周期性聲音和震動的函數(shù)表達式都是形如的簡單正弦型函數(shù)之和，這些正弦型函數(shù)各項的頻率是最低頻率的正整數(shù)倍（頻率是指單位時間內(nèi)完成周期性變化的次數(shù)，是描述周期運動頻繁程度的量）．其中頻率最低的一項所代表的聲音稱為第一泛音，第二泛音的頻率是第一泛音的2倍，第三泛音的頻率是第一泛音的3倍……例如，某小提琴演奏時發(fā)出聲音對應(yīng)的震動模型可以用如下函數(shù)表達：（其中自變量t表示時間），每一項從左至右依次稱為第一泛音、第二泛音、第三泛音．若一個復(fù)合音的數(shù)學(xué)模型是函數(shù)（從左至右依次為第一泛音，第二泛音），其中所有正確結(jié)論的序號是.①的一個周期為；②的最大值為；③的圖象關(guān)于直線對稱；④在區(qū)間上有3個零點【答案】①④【分析】對于①，利用函數(shù)的周期性進行判斷，對于②，求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，再求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間和極值進行判斷，對于③，利用函數(shù)的對稱性分析判斷，對于④，直接解方程進行判斷.【詳解】對于①，因為的周期，所以頻率為，所以的頻率為，所以周期為，所以，得，所以，因為的周期，的周期，所以的最小正周期為，所以①正確，對于②，因為的最小正周期為，不妨設(shè)，由，得，由，得或（舍去），得或，由，得，得，此時為減函數(shù)，所以當(dāng)時，取得極大值，因為，所以在上的最大值為，所以的最大值為，所以②錯誤，對于③，因為，，所以，所以的圖象關(guān)于直線不對稱，所以③錯誤，對于④，由，得或，因為，所以由，得，或，或，，得，綜上，，或，或，所以在區(qū)間上有3個零點，所以④正確，故選：①④【點睛】此題考查三角函數(shù)的應(yīng)用，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是正確理解題意根據(jù)頻率的關(guān)系求出的解析式，然后逐個分析判斷，考查分析問題的能力和計算能力，屬于較難題.三、解答題：本大題共70分．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟．第17~21題為必考題，每個試題考生都必須作答．第22、23題為選考題，考生根據(jù)要求作答．（一）必考題：共60分．17．（12分）為了解某一地區(qū)新能源電動汽車銷售情況，一機構(gòu)根據(jù)統(tǒng)計數(shù)據(jù)，用最小二乘法得到電動汽車銷量（單位：萬臺）關(guān)于（年份）的線性回歸方程，且銷量的方差為，年份的方差為．(1)求與的相關(guān)系數(shù)，并據(jù)此判斷電動汽車銷量與年份的線性相關(guān)性的強弱．(2)該機構(gòu)還調(diào)查了該地區(qū)90位購車車主的性別與購車種類情況，得到的數(shù)據(jù)如下表：性別購買非電動汽車購買電動汽車總計男性39645女性301545總計692190依據(jù)小概率值的獨立性檢驗，能否認為購買電動汽車與車主性別有關(guān)？(3)在購買電動汽車的車主中按照性別進行分層抽樣抽取7人，再從這7人中隨機抽取3人，記這3人中男性的人數(shù)為，求的分布列和數(shù)學(xué)期望．①參考數(shù)據(jù)：．②參考公式：線性回歸方程為，其中；相關(guān)系數(shù)，若，則可判斷與線性相關(guān)較強；，其中．附表：0.100.050.0100.0012.7063.8416.63510.828【答案】(1)電動汽車銷量與年份的線性相關(guān)性的較強；(2)依據(jù)小概率值的獨立性檢驗，認為購買電動汽車與車主性別有關(guān)；(3)分布列見解析，數(shù)學(xué)期望為.【分析】（1）根據(jù)給定條件，利用線性回歸方程，結(jié)合相關(guān)系數(shù)公式計算作答.（2）根據(jù)給定的列聯(lián)表求出的觀測值，再與臨界值表比對作答.（3）利用分層抽樣求出男女性人數(shù)，再求出的可能值及各個值對應(yīng)的概率，列出分布列并求出方差作答.【詳解】（1）由，得，由，得，（1分）因為線性回歸方程，則，即，（3分）因此相關(guān)系數(shù)，所以電動汽車銷量與年份的線性相關(guān)性的較強.（5分）（2）零假設(shè)：購買電動汽車與車主性別無關(guān)，由表中數(shù)據(jù)得：，（6分）依據(jù)小概率值的獨立性檢驗，推斷不成立，即認為購買電動汽車與車主性別有關(guān)，此推斷犯錯誤的概率不大于0.05.（7分）（3）按購買電動汽車的車主進行分層抽樣，抽取的7人中男性有人，女性有5人，則的可能值為，（8分），（10分）所以的分布列為：012的數(shù)學(xué)期望.（12分）18．（12分）在中，角，，的對邊分別為，，，若.(1)求角的大小；(2)若為上一點，，，求的最小值.【答案】(1)(2)【分析】（1）利用正弦定理化簡已知條件，結(jié)合余弦定理求得正確答案.（2）利用三角形的面積公式列方程，結(jié)合基本不等式求得的最小值.【詳解】（1）依題意，，由正弦定理得，（2分），所以，所以是鈍角，所以.（5分）（2），，所以，即，（8分）所以，（11分）當(dāng)且僅當(dāng)時等號成立.（12分）19．（12分）如圖，在三棱柱中，平面平面ABC，，，，，，．

(1)求證：B，D，E，四點共面；(2)求二面角的余弦值．【答案】(1)證明見解析(2)．【分析】（1）由題設(shè)，，進而有，易得四邊形為平行四邊形，再結(jié)合，即可證結(jié)論；（2）連接，取AC的中點O，連接，BO，根據(jù)已知證明線面、線線垂直并構(gòu)建空間直角坐標系，應(yīng)用向量法求二面角的余弦值.【詳解】（1）在三棱柱中，，，（1分）因為，，即，，所以，則四邊形為平行四邊形，故，又，（3分）所以，故B，D，E，四點共面．（4分）（2）連接，取AC的中點O，連接，BO，如圖所示．三棱柱中，四邊形為平行四邊形，，，所以為等邊三角形，又O為AC的中點，所以．（5分）因為平面平面ABC，平面平面，平面，所以平面ABC，又，O為AC的中點，所以．因為，，所以．（7分）以O(shè)為原點，OB，OC，分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，如圖所示．

則，，，，，所以，，．設(shè)平面的一個法向量為，則，令，則，，故．（9分）設(shè)平面的一個法向量為，則，（10分）令，則，，故．因為，由圖可知，二面角為銳角，所以二面角的余弦值為．（12分）20．（12分）已知橢圓：（）與橢圓：（）的離心率相同，且橢圓的焦距是橢圓的焦距的倍．(1)求實數(shù)a和b的值；(2)若梯形的頂點都在橢圓上，，，直線BC與直線AD相交于點P．且點P在橢圓上，試探究梯形的面積是否為定值，若是，請求出該定值；若不是，請說明理由．【答案】(1)，(2)是定值，該定值為．【分析】（1）根據(jù)題意列出關(guān)于的方程，即可求得答案；（2）設(shè)，，，表示出坐標，利用點差法推出直線CD的方程，進而聯(lián)立橢圓方程，求得弦長，結(jié)合點到直線的距離求得的面積，進而可求得梯形的面積為定值.【詳解】（1）由題意知，，且，（2分）解得，．（3分）（2）梯形的面積是定值，該定值為．（4分）理由如下：由（1）知：，：,

設(shè)，，，則，因為，，所以A，B分別為PD，PC的中點，則，，則，（6分）作差可得，．因為，即，所以．同理可得，，所以C，D都在直線上，即直線CD的方程為．（8分）聯(lián)立，可得，，則，即．（10分）又因為點P到直線CD的距離，所以的面積為．又因為∽，，所以，（11分）所以梯形ABCD的面積為．（12分）【點睛】本題是關(guān)于求解橢圓中的參數(shù)以及定值問題，綜合性強；難點在于求解定值時，要有明確的解題思路，即方程思想，利用聯(lián)立方程，結(jié)合點的坐標求解弦長以及面積等，并且計算過程較為復(fù)雜，計算量大，要十分細心.21．（12分）已知函數(shù)．(1)討論的單調(diào)性；(2)若對任意的恒成立，求的取值范圍．【答案】(1)答案見解析(2)【分析】（1）利用導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系，分類討論與即可得解；（2）構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)得到的單調(diào)性，從而分類討論與，結(jié)合的特性進行分析即可得解.【詳解】（1）因為，所以，（1分）當(dāng)時，，即，所以在上單調(diào)遞增；（2分）當(dāng)時，令，得，令，得；令，得；所以在上單調(diào)遞減；在上單調(diào)遞增；（4分）綜上，當(dāng)時，在上單調(diào)遞增；當(dāng)時，在上單調(diào)遞減；在上單調(diào)遞增.（5分）（2）因為，所以由，得在上恒成立，（6分）令，則，，令，則，因為，則，，，則，所以，則在上恒成立，（8分）所以在上單調(diào)遞增，則在上單調(diào)遞增，令，則，令，則在上恒成立，所以在上單調(diào)遞增，則，即，所以在上單調(diào)遞增，則，則，故，（10分）所以當(dāng)時，，，所以在上必存在，使得，又在上單調(diào)遞增，故當(dāng)時，，所以在上單調(diào)遞減，而，不滿足題意；當(dāng)時，，所以在上單調(diào)遞增，