2024年高考數學第一次模擬考試數學（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：高考全部內容5．考試結束后，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．已知復數z滿足，則（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】根據復數的運算法則和模的定義即可求出復數z，再根據共軛復數定義即可得結果.【詳解】由，得，所以，故選：A.2．已知集合，則（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用指數函數單調性求解集合A，從而求解，利用對數函數單調性結合整數概念求解集合B，最后利用交集運算即可求解.【詳解】因為集合，所以，又，所以.故選：C3．下列條件中，為“關于x的不等式對恒成立”的充分不必要條件的有（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】先求出關于x的不等式對恒成立的充要條件，然后根據充分不必要條件的定義即可求解.【詳解】若關于x的不等式對恒成立，當時，不等式等價于恒成立，故滿足要求，當時，原不等式恒成立當且僅當，解得，綜上所述，若關于x的不等式對恒成立，則當且僅當，而選項中只有是的充分不必要條件.故選：B.4．已知函數，則下列說法錯誤的是（

）A．函數的圖象關于原點對稱 B．是函數的一個周期C．函數的圖象關于直線對稱 D．當時，的最小值為1【答案】C【分析】根據函數奇偶性定義可判斷A；由三角函數的周期性與對稱性可判斷B，C；根據復合函數結合正弦函數的性質即可得函數最值可判斷D.【詳解】選項A：易知函數的定義域為，即，所以，所以是奇函數，其圖象關于原點對稱，所以A正確．選項B：，所以是函數的一個周期，所以B正確．選項C：根據，得的圖象關于點對稱，故C錯誤．選項D：．當時，，所以，所以，當，即時，等號成立，所以的最小值為1，所以D正確．故選：C.5．如圖，在矩形中，已知為邊的中點．將沿翻折成，若為線段的中點，給出下列說法：①翻折到某個位置，可以使得平面；②無論怎樣翻折，點總在某個球面上運動．則（

）．A．①和②都正確 B．①和②都錯誤C．①正確，②錯誤 D．①錯誤，②正確【答案】D【分析】假設平面，得到，假設不垂直，假設不成立，①錯誤，取中點，連接，，得到②正確，得到答案.【詳解】對①：假設平面，平面，則，則，，故不垂直，假設不成立，①錯誤；對②：取中點，連接，為線段的中點，則，則在以為球心，半徑為的球上，②正確；故選：D6．如圖，在某城市中，?兩地之間有整齊的方格形道路網，其中???是道路網中位于一條對角線上的個交匯處．今在道路網?處的甲?乙兩人分別要到?處，他們分別隨機地選擇一條沿街的最短路徑，以相同的速度同時出發，直到到達?處為止．則下列說法正確的是（

）A．甲從到達處的方法有種B．甲從必須經過到達處的方法有種C．甲?乙兩人在處相遇的概率為D．甲?乙兩人相遇的概率為【答案】C【分析】分析甲從到達處以及甲從必須經過到達處的走法，結合組合知識，可判斷A，B；計算出甲?乙兩人在處相遇的走法種數，根據古典概型的概率公式即可判斷C；分類考慮甲?乙兩人相遇的地點，計算出相應的走法數，根據古典概型的概率公式即可判斷D.【詳解】A選項，甲從M到達N處，需要走6步，其中有3步向上走，3步向右走，則甲從M到達N處的方法有種，A選項錯誤；B選項，甲經過到達N處，可分為兩步：第一步，甲從M經過需要走3步，其中1步向右走，2步向上走，方法數為種；第二步，甲從到N需要走3步，其中1步向上走，2步向右走，方法數為種，故甲經過到達N的方法數為種，B選項錯誤；C選項，甲經過的方法數為種，乙經過的方法數也為種，∴甲?乙兩人在處相遇的方法數為種，故甲、乙兩人在處相遇的概率為，C選項正確；D選項，甲?乙兩人沿最短路徑行走，只可能在、、、處相遇，若甲?乙兩人在處相遇，甲經過處，則甲的前三步必須向上走，乙經過處，則乙的前三步必須向左走，兩人在處相遇的走法種數為1種；若甲?乙兩人在處相遇，由C選項可知，走法種數為81種；若甲?乙兩人在處相遇，甲到處，前三步有2步向右走，后三步只有1步向右走，乙到處，前三步有2步向下走，后三步只有1步向下走，∴兩人在處相遇的走法種數為種；若甲?乙兩人在處相遇，甲經過處，則甲的前三步必須向右走，乙經過處，則乙的前三步必須向下走，兩人在處相遇的走法種數為1種；故甲?乙兩人相遇的概率，D選項錯誤，故選：C．【點睛】關鍵點睛：解答本題的關鍵在于利用組合數去計算對應的方法數，將從到的路線轉變為六步，其中每一條路線向上步數確定后，則對應向右的步數也能確定，因此可以考慮從六步中選取向上或向右的步數，由此得到的組合數可表示對應路線的方法數．7．已知函數．若，，且在上恰有1個零點，則實數ω的取值范圍為（

）A．(0，] B．(，] C．(，] D．(，]【答案】B【分析】根據題意，為的最大值點，根據在上恰有1個零點，結合三角函數圖象，列不等式求出實數ω的取值范圍.【詳解】由得，，所以，即，，因為，，，因為在上恰有1個零點，所以①，無解，②，解得，綜上，實數ω的取值范圍為，故選：B.8．已知實數滿足，其中，則實數的最小值為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根據對數的運算性質可得.作出不等式組表示的可行域，設，根據幾何意義，結合圖象得出，進而即可根據不等式的性質得出答案.【詳解】由已知可得，，則不等式為.作出可行域設，，則表示可行域內的點與點連線的斜率.由圖象可知，直線的斜率最小，的斜率最大.聯立可得，，所以，.聯立可得，，所以，.所以，.根據不等式的性質，可知，所以，.故選：D.9．如圖，某城市有一條公路從正西方通過市中心后轉向東北方，為了緩解城市交通壓力，現準備修建一條繞城高速公路，并在上分別設置兩個出口，若部分為直線段，且要求市中心與AB的距離為20千米，則AB的最短距離為（

）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變換得到，進而求得AB的最短距離.【詳解】在中，，設，則，當且僅當時取等號，設，則，又到的距離為20千米，所以，，故（時取等號），所以，得，故選：D10．若函數既有極大值也有極小值，則錯誤的是（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】求出函數的導數，由已知，可得函數在上有兩個變號零點，轉化為一元二次方程有兩個不等的正根判斷作答即可．【詳解】函數的定義域為，由，得，因為函數既有極大值也有極小值，所以函數在上有兩個變號零點，而，所以方程有兩個不等的正根，所以，所以，所以，即．故BCD正確，A錯誤．故選：A．11．已知橢圓的左、右焦點分別為、，若橢圓上恰好有個不同的點，使得為等腰三角形，則橢圓的離心率的取值范圍是（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】分等腰三角形以為底或一腰兩種情況討論，在第一種情況下，直接確定點為橢圓短軸的端點，在第二種情況下，分析可知，在每個象限內均存在點，使得或，設點在第一象限，結合兩點間的距離公式可得出關于、的不等式，即可求出該橢圓離心率的取值范圍.【詳解】如下圖所示：

（1）當點與橢圓短軸的頂點重合時，是以為底邊的等腰三角形，此時，有個滿足條件的等腰；（2）當構成以為一腰的等腰三角形時，則或，此時點在第一或第四象限，由對稱性可知，在每個象限內，都存在一個點，使得是以為一腰的等腰三角形，不妨設點在第一象限，則，其中，則，或，由可得，所以，，解得，由可得，所以，，解得，綜上所述，該橢圓的離心率的取值范圍是.故選：D.【點睛】方法點睛：求解橢圓或雙曲線的離心率的方法如下：（1）定義法：通過已知條件列出方程組，求得、的值，根據離心率的定義求解離心率的值；（2）齊次式法：由已知條件得出關于、的齊次方程，然后轉化為關于的方程求解；（3）特殊值法：通過取特殊位置或特殊值，求得離心率.12．已知，且，則的大小關系為（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】構造函數，利用導數討論其單調性，將問題轉化為比較，再轉化為比較，構造函數，利用導數討論其單調性，利用單調性即可得答案.【詳解】由題知，，記，則，當時，，單調遞增，故比較的大小關系，只需比較的大小關系，即比較的大小關系，記，則，記，則，所以在上單調遞減，又，所以，當時，，單調遞減，所以，即，所以，所以.故選：D【點睛】本題難點在于構造函數，將問題轉化成比較的大小關系后，需要再次構造函數，對學生觀察問題和分析問題的能力有很高的要求，屬于難題.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．已知雙曲線的漸近線與圓相切，則雙曲線的離心率為.【答案】【分析】首先將圓的方程化為標準式，即可得到圓心坐標與半徑，再表示出漸近線方程，利用圓心到直線的距離等于半徑即可得到，即可求出離心率.【詳解】圓即，圓心為，半徑，雙曲線的漸近線方程為，依題意，即，又，所以，所以離心率.故答案為：14．在中，過重心的直線交邊于點，交邊于點（、為不同兩點），且，，則的取值范圍為.【答案】【分析】利用重心性質有，代入已知，得，由三點共線，得，然后可化為一元函數，再利用導數求得值域．【詳解】由題意，，延長交于，則是中點，,又，，所以，又三點共線，所以，，，設，則，時，，遞減，時，，遞增，，又，即，所以的取值范圍是，故答案為：，

15．在中，，，當取最大值時，．【答案】【分析】用正弦定理將轉化求得最大值，根據用余弦定理聯立方程組即可求解.【詳解】設，，，，，，，，，，，其中，，，，當時取最大值，，，，，即的值為.16．已知四棱錐的各個頂點都在同一個球面上.若該四棱錐體積的最大值為，則該球的體積為.【答案】【分析】當四棱錐體積的最大值時，四棱錐的底面面積得保證是最大，所以先根據面積公式，證明此時四棱錐底面必須是正方形，然后得出此時四棱錐是正四棱錐，由圖可知四棱錐中相關量之間的關系，得出，代入到四棱錐體積公式得到，所以構造函數，，根據求函數的導函數即可得到函數在上單調遞增，在上單調遞減，所以當時，最大值是16，求出后，然后球的體積即可求出.【詳解】若四棱錐體積最大，需滿足四棱錐底面積最大，并且高也最大，先求底面積最大；

由圖可知：,若使四邊形面積最大，則四邊形是正方形，此時四棱錐是正四棱錐;所以若四棱錐體積的最大值為，則此時四棱錐一定是正四棱錐，并且四棱錐的底面和頂點一定不在球的大圓同側.因為，設在保證底面是正方形的前提下，設正方形的邊長是，四棱錐的高為，外接球的半徑為,所以.此時四棱錐的體積為：由圖可知：在中，，整理得：，所以，即：令其中，所以，即，所以，所以在上單調遞減，當時，，所以在上，在上，所以在上單調遞增，在上單調遞減，所以當時，，即，所以此時球的體積為故答案為：三、解答題：本大題共70分．解答應寫出文字說明、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，考生根據要求作答．（一）必考題：共60分．17．（12分）當前，新一輪科技革命和產業變革蓬勃興起，以區塊鏈為代表的新一代信息技術迅猛發展，現收集某地近6年區塊鏈企業總數量相關數據，如下表：年份201720182019202020212022編號123456企業總數量（單位：百個）5078124121137352(1)若用模型擬合與的關系，根據提供的數據，求出與的經驗回歸方程；(2)為了促進公司間的合作與發展，區塊鏈聯合總部決定進行一次信息化技術比賽，邀請甲、乙、丙三家區塊鏈公司參賽．比賽規則如下：①每場比賽有兩個公司參加，并決出勝負；②每場比賽獲勝的公司與未參加此場比賽的公司進行下一場的比賽；③在比賽中，若有一個公司首先獲勝兩場，則本次比賽結束，該公司獲得此次信息化比賽的“優勝公司”．已知在每場比賽中，甲勝乙的概率為，甲勝丙的概率為，乙勝丙的概率為，若首場由甲乙比賽，求甲公司獲得“優勝公司”的概率．參考數據：，其中，參考公式：對于一組數據，其經驗回歸直線的斜率和截距的最小二乘估計分別為【答案】(1)(2)【分析】（1）令，利用最小二乘法求出，即可得解；（2）由根據相互獨立事件概率的乘法公式計算即可得到答案.【詳解】（1）令，，則，，所以，所以；（2）設甲公司獲得“優勝公司”為事件，則，所以甲公司獲得“優勝公司”的概率為．18．（12分）如圖，已知四邊形是矩形，平面，，，點M，N分別在線段上．

(1)求證：直線平面．(2)是否存在M，N，使得？若存在，求出直線與平面所成角的正弦值．若不存在，請說明理由．【答案】(1)證明見解析；(2)存在，.【分析】（1）由線面垂直的性質和判定證結論；（2）構建空間直角坐標系，向量垂直的坐標表示列方程求M，N的坐標，再應用向量法求線面角的正弦值.【詳解】（1）因為平面，平面，所以．又底面為矩形，，又，、平面，所以平面．（2）以A為原點，AP為z軸，AB為x軸，AD為y軸，建立空間直角坐標系．

所以，，，，，令，，得，所以，根據，則，所以，取的方向向量為，設平面的法向量為，，，根據，取，得，所以，即直線與平面所成角的正弦值.19．（12分）數列中，，對任意正整數n都有.(1)求的通項公式；(2)設的前項和為，證明：①；②.【答案】(1)(2)①證明見解析；②證明見解析【分析】（1）根據題意化簡得，得到數列為等比數列，進而求得數列的通項公式；（2）①易得；②由①得，設，利用乘公比錯位相減法求得，即可求解.【詳解】（1）解：因為，所以，即，又因為，所以數列是首項為，公比為的等比數列，從而，則.（2）①因為，所以；②由①得，設，則，兩式相減得，即，從而，故.20．（12分）已知函數．(1)求曲線在點處的切線方程；(2)若0是函數的極小值點，求實數的取值范圍．【答案】(1)(2)．【分析】（1）利用導數的幾何意義求切線方程；（2）構造函數多次求導，通過分類討論逐次不同階段研究導函數的符號與函數的單調性關系，最終還原為原函數的單調性分析，驗證在處函數的極大（小）值的情況即可.【詳解】（1）由，，則，所以，即切線斜率為，又，則切點為，切線方程為，所以曲線在點處的切線方程為.（2）根據題意得，，則．由0為的極小值點，可知．設，則．（ⅰ）當時，，所以在上單調遞增，又，所以當時，，單調遞減；當時，，單調遞增，所以0是的極小值點，符合題意.（ⅱ）當時，設，則，所以在上單調遞增，，，所以存在，使得，所以當時，，單調遞減，即單調遞減；當時，，單調遞增，即單調遞增.又，所以當時，，單調遞減；當時，，單調遞增，所以0是的極小值點，符合題意.（ⅲ）當時，，且在上單調遞增，所以當時，，單調遞減，即單調遞減；當時，，單調遞增，即單調遞增.又，所以，單調遞增，不符合題意．（ⅳ）當時，，在上單調遞增，，所以存在，使得，所以當時，，單調遞減，又，所以當時，，單調遞增；當時，，單調遞減.所以0是的極大值點，不符合題意．綜上，的取值范圍是.21．（12分）已知點在拋物線上，為拋物線上兩個動點，不垂直軸，為焦點，且滿足.(1)求的值，并證明：線段的垂直平分線過定點；(2)設（1）中定點為，當的面積最大時，求直線的斜率.【答案】(1)，證明見解析(2)【分析】（1）將點代入拋物線方程可得，設直線的方程為：，聯立方程根據中垂線性質和韋達定理分析證明；（2）利用弦長公式結合韋達定理整理得，進而可得，換元令，得到函數，利用導數判斷原函數的單調性和最值.【詳解】（1）將點代入拋物線方程，可得，解得，所以拋物線方程為，設直線的方程為：，聯立方程，消去y得，由韋達定理得：，根據拋物線定義：，可得，此時，解得或，設的中點坐標為，則，可得的垂直平分線方程為：，將代入整理得：，故的垂直平分線過定點.（2）由（1）可得，且點到直線的距離，則的面積為，可得，設，設，則令，解得；令，解得；則在上單調遞增，在上單調遞減所以當時，的面積取最大值，此時，即.

.【點睛】關鍵點睛：1.動直線l過定點問題的解法：設動直線方程(斜率存在)為，由題設條件將m用k表示為，得，故動直線過定點；2.與圓錐曲線有關的最值問題的解法