2024届明日之星高考数学（理科）精英模拟卷全国卷_2024高考押题卷_72024正确教育全系列_2024明日之星全系列_（新高考）2024《明日之星·高考精英模拟卷》（九科全）各一套

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2024 届明日之星高考数学（理科）精英模拟卷 【全国卷】
【满分：150分】
一、选择题：本题共 12小题，每小题 5分，共 60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.设全集U {3,2,1,0,1,2,3}，集合M {3,0,1}，集合N {1,2}，则ð M N( )
U 
A. B.{3,1,0,1,2}
C.{2,1,2,3} D.{2,3}
2.若z 1i，则 iz3z ( )
A.4 5 B.4 2 C.2 5 D.2 2
3.已知函数 f(x) x33x2 3x1，若 f(x)的最小值为m，其中 f(x)是函数 f(x)的导函数，
则曲线y  f(x)在xm 处的切线方程是( )
A.12x y60 B.3x y10
C.x y30 D.y20
4.设有下面四个命题： p :xR，x2 10； p :xR，x|x|0； p :xZ，
1 2 3
|x|N； p :xR，x2 2x30.其中真命题为( )
4
A. p B. p C. p D. p
1 2 3 4
5.已知S 是等差数列a 的前n项和，若S 57，则3a a a ( )
n n 19 5 1 4
A.2 B.3 C.4 D.6
|a| |b|
6.设向量a，b满足|ab|3，|ab|1，a与b的夹角为  ，则  ( )
|b|cos |a|cos
1 5 5
A. B. C. D.3
2 2 4
  
7.已知函数 f(x)2sin x || 图象的一个对称中心为(3,0)，则为了得到函数
  
4  2

g(x)2cos x的图象，只需将函数 f(x)的图象( )
4
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
A.向左平移1个单位长度 B.向左平移 个单位长度
4

C.向右平移1个单位长度 D.向右平移 个单位长度
4
8.为落实立德树人的根本任务，践行五育并举，某学校开设A，B，C三门德育校本课程，现
有甲、乙、丙、丁、戊五位同学参加校本课程的学习，每位同学仅报一门，每门至少有一位
同学参加，则不同的报名方法有( )
A.54种 B.240种 C.150种 D.60种
9.如图，网格纸上绘制的是一个多面体的三视图，网格小正方形的边长为1，则该多面体的表
面积为( )
A.3 56 10 B.11 56 10
C.3 136 10 D.11 136 10
10.已知圆C:x2  y2 8，MN 为圆C的动弦，且满足|MN |4，G 为弦MN的中点，两动点
P，Q 在直线l: y  x4上，且|PQ|4，MN 运动时，PGQ始终为锐角，则线段PQ中点
的横坐标取值范围是( )
A.(,0) (4,) B.(,0) (8,)
 
C.(0,4) D.(0,8)
x2 y2
11.已知双曲线C:  1（a0，b0）的左、右焦点分别为F 、F ，以F 为圆心的圆
a2 b2 1 2 2
与x轴交于F ，B两点，与y轴正半轴交于点A，线段AF 与C交于点M.若 BM 与C的焦距
1 1
31
的比值为 ，则C的离心率为( )
3
31 3 51 7 1
A. B. C. D.
2 2 2 2
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12.如图，已知菱形ABCD中，
AB 2
，BAD120，E为边BC的中点，将△ABE沿AE
翻折成△ABE（点B 位于平面ABCD上方），连接BC和BD，F为BD的中点，则在翻折
1 1 1 1 1
过程中，下列说法正确的是( )
①平面ABE 平面BEC
1 1
π
②AB 与CF 的夹角为定值
1 3
2 3
③三棱锥B AED体积最大值为
1
3
π
④点F的轨迹的长度为
2
A.①② B.①②③ C.①②④ D.②③④
二、填空题：本题共 4小题，每小题 5分，共 20分。
13.在抛掷一枚骰子的试验中，事件A表示“不大于4的偶数点出现”，事件B表示“小于5
的点数出现”，则事件AB发生的概率为__________.
x y20

14.设x，y满足约束条件 x2y20，则z  x y的最小值为________.

x40

15.已知函数 f(x)是定义在R上的奇函数，若对任意给定的实数x ，x ，
1 2
x f x x f x  x f x x f x 恒成立，则不等式(x1)f(12x)0的解集是
1 1 2 2 1 2 2 1
___________.
1
16.已知函数 f(x) ，数列a 是正项等比数列，且a 1，则
1x n 10
f a  f a  f a   f a  f a __________.
1 2 3  18 19
三、解答题：共 70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第 17～21题为必考题，
每个试题考生都必须作答.第 22、23题为选考题，考生根据要求作答。
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（一）必考题：共 60分。
17.（12分）已知在锐角△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且
csinA 3acosC.
（1）求C；
8S ab2b2
（2）记△ABC面积为S，求 的取值范围.
2bc
18.（12分）如图，三棱锥ABCD中，DA DB DC，BDCD，ADBADC 60E
为BC的中点.
（1）证明：BC  DA；
 
（2）点F满足EF  DA，求二面角DABF 的正弦值.
19.（12分）已知点F是抛物线C:x2 2py(p 0)的焦点，点P4,m(m p)在C 上，且
PF 5.
（1）求C 的方程；
（2）过点F作两条互相垂直的直线l ，l ，l 交C 于A，B两点，l 交C于M，N两点.求
1 2 1 2
1 1
证：  为定值.
AB MN
20.（12分）某电台举办有奖知识竞答比赛，选手答题规则相同.甲每道题自己有把握独立答
1
对的概率为 ，若甲自己没有把握答对，则在规定时间内连线亲友团寻求帮助，其亲友团每
2
道题能答对的概率为p，假设每道题答对与否互不影响.
1
（1）当 p 时，
5
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①若甲答对了某道题，求该题是甲自己答对的概率；
②甲答了4道题，记甲答对题目的个数为随机变量X，求随机变量X的概率分布和数学期望
E(X)；
2
（2）乙答对每道题的概率为 （含亲友团），现甲、乙两人各答2道题，若甲答对题的个数
3
15
比乙答对题的个数多的概率不低于 ，求甲的亲友团每道题答对的概率p的最小值.
36
21.（12分）已知函数 f(x)(x1)ex lnxa(x1)，其中实数a0.
（1）当a e1时，求函数 f(x)的单调性；
（2）若函数 f(x)有唯一零点，求实数a的值.
（二）选考题：共 10分。请考生在第 22、23题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第
一题计分。
22.（10分）[选修4 – 4：坐标系与参数方程]
x22cos
在平面直角坐标系xOy中，已知直线l :x 3y 0，曲线C的参数方程为 
1 y 2sin
（  为参数）.以原点O为极点，x轴正半轴为极轴，建立极坐标系，直线l 的极坐标方程为
2
2π
 R.
3
（1）求曲线C 和直线l 的极坐标方程；
1
（2）若直线l 与曲线C 分别交于O，A两点，直线l 与曲线C分别交于O，B两点，求
1 2
△AOB的面积.
23.（10分）[选修4 – 5：不等式选讲]
已知函数 f x x2  2xa ，aR.
（1）当a 2时，求不等式 f x6的解集；
（2）当a4时，若存在x2，使得 f xx4成立，求a的取值范围.
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答案以及解析
1.答案：D
解析：因为M {3,0,1}，N {1,2}，所以M N 3,1,0,1,2，

又因为全集U {3,2,1,0,1,2,3}，所以ð M N{2,3}.故选D.
U 
2.答案：D
解析：iz3z i(1i)3(1i)22i，所以|iz3z | 22 (2)2 2 2，故选D.
3.答案：B
解析：由题得 f(x)3x2 6x33(x1)2， f(x)的最小值m0. f(0)3， f(0)1，

曲线 f(x)在x0处的切线方程是y(1)3x，即3x y10.故选B.
4.答案：C
解析：xR，x2 11，所以命题 p 为假命题；当x0时，x|x|0，所以命题 p 为假
1 2
命题；当xZ时， x 均为非负整数，所以命题 p 为真命题；因为
3
x2 2x3(x1)2 20，所以命题 p 为假命题.故选C.
4
5.答案：B
19a a  192a
解析：由题意，S  1 19  10 19a 57，解得a 3，设等差数列a 的公差
19 2 2 10 10 n
为d ，则3a a a 3a 4da a 3da 9d a 3.故选B.
5 1 4 1 1 1 1 10
6.答案：B
解析： |ab|3，a2 2abb2 9①.又|ab|1，a2 2abb2 1②.由①②得

|a| |b| |a|2 |b|2 a2 b2 5
ab2，a2 b2 5，      .
|b|cos |a|cos |a||b|cos |a||b|cos ab 2
7.答案：A
3
解析：因为函数 f(x)图象的一个对称中心为(3,0)，所以 k，kZ，所以
4
3    
k ，kZ，又|| ，所以 ，所以 f(x)2sin x .因为
 
4 2 4 4 4
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     
g(x)2cos x2sin x 2sin (x1) ，所以为了得到g(x)2cos x的图象，
   
4 4 2 4 4 4
只需将函数 f(x)的图象向左平移1个单位长度.
8.答案：C
解析：根据题意，甲、乙、丙、丁、戊五位同学选A，B，C三门德育校本课程，每位同学仅
报一门，每门至少有一位同学参加，需要分三组，有两类情况：
C1C1C3
①三组人数为1、1、3，此时有 5 4 3 A3 60种方法；
A2 3
2
C2C2C1
②三组人数为2、2、1，此时有 5 3 1 A3 90种方法.所以不同的报名方法有6090150
A2 3
2
种.
9.答案：D
解析：由多面体的三视图得到多面体的直观图如图所示：
它可以看成由直三棱柱与四棱锥组合而成.
1
其中三角形C DE的底DE 2，高为 22 32  13，所以其面积为S  2 13  13；
1 1 2
梯形ACC D与梯形BCC E全等，上底CC 2，下底AD4，高为 12 32  10，所以其面
1 1 1
(24) 10
积为S  3 10；
2 2
1
三角形ABC的底AB 2，高为3，所以其面积为S  233；
3 2
底面为矩形，AD4，AB 2，其面积为S 428.所以该多面体的表面积
4
S  1323 103811 136 10 .故选D.
10.答案：A
解析：由题意，圆C:x2  y2 8，可得圆心坐标为C(0,0)，半径为r 2 2，
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因为|MN |4，G 为弦MN的中点，可得|CG|2，
又由两动点P，Q在直线l: y  x4上，且|PQ|4，
设PQ 的中点E(a,a4)，当M，N在圆C上运动时，且PGQ恒为锐角，
可得以C为圆心，以2为半径的圆与以E为圆心，以2为半径的圆相外离，
则 a2 (a4)2 22，即a2 4a 0，解得a0或a4，
所以线段PQ中点的横坐标取值范围是(,0) (4,).故选A.

11.答案：D
解析：设双曲线的半焦距为c，因为以F 为圆心的圆过F ，故该圆的半径为2c，故其方程为
2 1
(xc)2  y2 4c2，令x0，则y  3c ，结合A在y轴正半轴上，得A(0, 3c)，令y 0，
3c0
则xc或x3c，故B(3c,0).故k   3，故直线FA: y  3x 3c.设
F 1 A 0(c) 1
31 2 31
M(m, 3m 3c)(m0)，由题意知|BM | 2c c，故
3 3
124 16 2 3c
(3cm)2 ( 3m 3c)2  c2，整理得4m2  c2，故m c，故y  ，所以
9 9 3 M 3
4 1
c2 c2
9  3 1，故 4e2  e2 1，解得e2  4 7 或 4 7 ，又因为e1，则e2 1，则
a2 b2 9 3  e2 1  2 2
4 7 71
e2  ，e .故选D.
2 2
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12.答案：C
π
解析：对于①：由
AB 2
，BAD120，E为边BC的中点知B 且
BE 1
，
3
易知AE  EC，AE  BE，而EC BE  E，EC，BE 面BEC，
1  1 1 1
故
AE 
面BEC，又
AE 
面ABE，所以面ABE 面BEC，故①正确；
1 1 1 1
1
对于②：若G是AB 的中点，又F为BD的中点，则GF//AD且GF  AD，
1 1 2
1 1
而EC  BC  AD且EC//AD，所以GF//EC且GF  EC，即FGEC为平行四边形，
2 2
故CF//EG，所以AB 与CF 的夹角为AGE或其补角，
1
2π
若G 为AB中点，即AGE AGE，由①分析易知AGE  ，
3
π
故AB 与CF的夹角为 ，故②正确；
1 3
对于③：由上分析知：翻折过程中当BE 面ABCD时，V 最大，
1 B 1 AED
1 1 1 3
此时 ，故③错误；
V  BES  1  32
B 1 AED 3 1 AED 3 2 3
对于④：由②分析知：EGCF 且EG//CF ，故F的轨迹与G 到G的轨迹相同，
由①知：B到B 的轨迹为以E为圆心，BE为半径的半圆，而G 为AB中点，
1 1
BE
故G 到G的轨迹为以AE中点为圆心， 1 为半径的半圆，所以F的轨迹长度为
2
1 BE π
2π 1  ，故④正确.故选C.
2 2 2
2
13.答案：
3
解析：随机抛掷一枚骰子共有6种不同的结果，其中事件A“不大于4的偶数点出现”包括
2 1
出现2，4两种结果，P(A)  ，事件B“小于5的点数出现”的对立事件为B，
6 3
4 2 1 1 1 2 2
P(B)  ，P(B) ，且事件A和事件B是互斥件，P(AB)   .故答案为 .
6 3 3 3 3 3 3
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14.答案：2
x y20

解析：由约束条件 x2y20作出可行域，如图阴影部分，

x40

结合图可知，平移直线x y 0，当平移到经过点A时，直线l:z  x y在y轴上的截距最
x y20 x2
小，即取得最小值，联立

，得

，即A(2,0)，将A(2,0)的坐标代入直线
x2y20 y 0
z  x y，即得z  x y的最小值为2，故答案为：2
 1
15.答案： 1,
 
 2
解析：因为函数 f(x)对任意给定的实数x ，x ，x f x x f x  x f x x f x 恒成
1 2 1 1 2 2 1 2 2 1
立，即x x f x  f x 0恒成立，所以函数 f(x)在R上为减函数.又函数 f(x)是R
1 2  1 2 
x10,
上的奇函数，所以 f(0)0，则由不等式(x1)f(12x)0，得

或
f(12x) f(0)
x10, x10, x10, 1  1
 即  或  解得1 x .所以原不等式的解集为  1,  .
f(12x) f(0), 12x0 12x0, 2  2
19
16.答案：
2
1 1 1 1 1 x
解析：因为函数 f(x) ，所以当x0时， f(x) f       1.因
1x  x 1x 1 1x 1x
1
x
为数列a 是正项等比数列，且a 1，所以aa a a a a  a2 1，所以
n 10 1 19 2 18 3 17  10
 1 
f a  f a  f a  f  1，同理可得
1 19 1 a
 
1
f a  f a  f a  f a   f a  f a 1，令
2 18 3 17  10 10
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S  f a  f a  f a   f a  f a ，则
1 2 3  18 19
19
S  f a  f a  f a   f a  f a ，所以2S 19，故S  .
19 18 17  2 1 2
17.答案：（1）60°
2b2 ab8S  3 
（2） 1 , 5

2bc 2
 
解析：（1） csinA 3acosC，由正弦定理得，sinCsinA 3sinAcosC ，

又sinA0，cosC 0，sinC  3cosC，tanC  3，C 60；
3
4 sin Asin A2sinB
8S ab2b2 4absinCab2b2
2
（2）  
2bc 2bc 2sinC
2 3sin Asin A2sin120A
 2sinAcosA
3
2
2
5 2 5
 5sinA，其中sin ，cos ，
5 5
π π
锐角△ABC，A , ，
  
6 2
2b2 ab8S  3 
从而得  5sinA1 , 5 ；

2bc 2
 
8Sab2b2  3 
综上，C 60， 1 , 5.

2bc 2
 
18.答案：（1）证明见解析
3
（2）
3
解析：（1）证明：连接AE，DE， DB DC，E为BC的中点，DE  BC.

又 DA DB DC，ADBADC 60，

△ACD与△ABD均为等边三角形，
AC  AB，AE  BC.
又 AE DE  E，AE 平面ADE ，DE 平面ADE ，
 
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BC 平面ADE ，
又 DA平面ADE ，BC  DA.

（2）设DA DB DC 2，则BC 2 2 ，DE  AE  2，AE2 DE2 4 DA2，
AE  DE.
又 AE  BC，DE BC  E，DE 平面BCD，BC 平面BCD，AE 平面BCD.
 
  
以E为原点，ED，EB，EA的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间
直角坐标系，
则D( 2,0,0)，A(0,0, 2)，B(0, 2,0) ，E(0,0,0)，
 
DA( 2,0, 2)，AB(0, 2, 2)，
 
EF  DA，F( 2,0, 2)，


AF ( 2,0,0).
设平面DAB的一个法向量为n x ,y ,z ，
1 1 1 1

 DAn 0,   2x  2z 0,
则 1 即 1 1
 
 ABn 0,  2y  2z 0,
1 1 1
令z 1，则n (1,1,1).
1 1
设平面ABF 的一个法向量为n x ,y ,z ，
2 2 2 2

 ABn 0,   2y  2z 0,
则 2 即 2 2
 
 AFn 0,   2x 0,
2 2
令z 1，则n (0,1,1).
2 2
设二面角DABF 的平面角为  ，
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n n 2 6
则|cos| 1 2   .
n  n 3 2 3
1
又 [0,π]，

2
 6  3
sin 1cos2 1   ，
 
3 3
 
3
二面角DABF 的正弦值为 .
3
19.答案：（1）x2 4y；
（2）证明见解析.
p
解析：（1）抛物线C的准线方程为y  ，
2
42 2pm
 p2 p 8
依题意，
 p
，解得

或

，而m p，则 p2，

m 5 m4 m1
 2
所以抛物线C的方程为x2 4y.
（2）由（1）知F0,1，直线l ，l 的斜率均存在，
1 2
不妨设直线l 的方程为y kx1，Ax ,y ，Bx ,y ，
1 1 1 2 2
x2 4y
由  消去y得 x2 4kx40 ，显然0，
y kx1
则x x 4k ，y  y k(x x )24k2 2，
1 2 1 2 1 2
p p
因此 AB  AF  BF  y   y  4k2 44(k2 1)，
1 2 2 2
1 1 4(k2 1)
由l l ，得直线l 的斜率为 ，同理得 MN 4( 1) ，
1 2 2 k k2 k2
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1 1 1 k2 1
   
AB MN 4(k2 1) 4(k2 1) 4
所以 .
20.答案：（1）见解析
2
（2）
3
解析：（1）①记事件A为“甲答对了某道题”，事件B为“甲自己答对了某道题”，则
1
1 1 1 3 1 P(AB) 2 5
P(A)    ，P(AB) ，所以P(B∣A)   .
2 2 5 5 2 P(A) 3 6
5
②随机变量X的可能取值为0，1，2，3，4，
3
由①知P(A) ，
5
 3
则X ~ B 4, ，
 
 5
k 4k
3 2
所以P(X k)Ck (k 0,1,2,3,4)，则随机变量X的概率分布为
   
4 5 5
X 0 1 2 3 4
16 96 216 216 81
P
625 625 625 625 625
3 12
故E(X)4  .
5 5
（2）记事件A为“甲答对了i道题”，事件B 为“乙答对了i道题”，i 0，1，2，
i i
1 1 1 1 1
其中甲答对某道题的概率为  p (1 p)，答错某道题的概率为1 (1 p) (1 p)，
2 2 2 2 2
2
则PA C1 1 (1 p) 1 (1 p) 1  1 p2，PA  1 (1 p)   1 (1 p)，
1 2 2 2 2 2  2   4
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2
1 1 2 1 4
PB   ，PB C3   ，
 
0 3 9 1 2 3 3 9
所以甲答对题的个数比乙答对题的个数多的概率
P PAB A B A B  PAB PA B PA B 
1 0  2 1 2 0 1 0 2 1 2 0
1 1 1 4 1 1 1 15
  1 p2   (1 p)2  (1 p)2   3p2 10p7   ，
2 9 4 9 4 9 36 36
2
所以  p1，
3
2
即甲的亲友团每道题答对的概率p的最小值为 .
3
21.答案：（1）在(0,1)上单调递减，在(1,)上单调递增
（2）a e1
解析：（1） a e1， f(x)(x1)ex lnx(e1)(x1)，

1
 f(x)exx e1.
x
1
令g(x)exx e1(x0)，
x
1
g(x) xex ex  0，
x2
g(x)在(0,)上单调递增，即 f(x)在(0,)上单调递增.
f(1)0，令 f(x)0，则x1，

令 f(x)0，则0 x1， f(x)在(0,1)上单调递减，在(1,)上单调递增.
（2） f(x)(x1)ex lnxa(x1)，

1 1
 f(x)exx a，令h(x)exx a(x0)，
x x
1
则h(x) xex ex  0，
x2
h(x)在(0,)上单调递增，即 f(x)在(0,)上单调递增.
设m(x)ex x1，则m(x)ex 1，
当x0时，m(x)0，m(x)在(0,)上单调递增，
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当x0时，m(x)0，m(x)在(,0)上单调递减，
m(x)m(0)0，ex x10，即ex  x1，
1 1
 f(1a)(1a)e1a  a(1a)(a2) a
1a 1a
1 a
a2 2a2 (a1)2  0，
1a 1a
1 e
又 f  2a0，
 
2 2
1  1
存在唯一的t ,1a ，使得 f(t)0，即tet  a0①.
 
2  t
当x(0,t)时， f(x)0， f(x)在(0,t)上单调递减；
当x(t,)时， f(x)0， f(x)在(t,)上单调递增， f(x)  f(t).
min
又 函数 f(x)有唯一的零点，

 f(t)0，即(t1)et lnta(t1)0②.
 1 1
由①②得(t1)et lnt tet  (t1)0，即(t1)2et lnt 10.
 
 t t
1
令n(x)(x1)2ex lnx 1，
x
1 1 x1
则n(x)  x2 1  ex    x2(x1)ex 1.
 
x x2 x2
x2(x1)ex 10(x0)，

函数n(x)在(0,1)上单调递减，在(1,)上单调递增，而n(1)0，则t 1.
代入①得a e1.综上，a e1.
π
22.答案：（1）4cos， R
6
（2）2 3
π
解析：（1） 直线l :x 3y 0过原点且倾斜角为 ，
 1 6
π
直线l 的极坐标方程为 R.
1 6
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x22cos
 曲线C的参数方程为  （  为参数），
y 2sin
曲线C的普通方程为x2  y2 4x0，
曲线C的极坐标方程为4cos.
π  π
（2）把 代入4cos，得 2 3，A 2 3, ，
 
6 1  6
2π  2π  π
把 代入4cos，得 2，B 2, ，即B 2, ，
   
3 2  3   3
1 π  π 1
S    sin    2 3212 3.
  
△AOB 2 1 2 6  3 2
23.答案：（1） x x2或 x2 ；
（2）6,4.
3x,x2,

解析：（1）当a 2时， f x x2 2 x1 4x,2 x1,

3x,x1,

3x6 4x6
则由

，得x2；由

，得无解；
x<2 2 x1
3x6
由

，得x2.
x1
所以不等式 f x6的解集为 x x2或 x2 ；
 a
4xa2,x ,

 2
（2）当a4时， f xx ，则 f xx2a
a

2a,  x2,
 2
若存在x2，使 f xx4成立，则2a4，a6，
6,4
所以a的取值范围为 .
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