文档内容
2024 年高考数学第一次模拟考试
数学（新高考 I 卷）·全解全析
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．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．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B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．写在本试卷上无效．
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
4．测试范围：高考全部内容
5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
第 I 卷（选择题）
一、单项选择题：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
是符合要求的。
1．已知全集 ，集合 ， ，则 等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】解不等式得集合 ，求值域得集合 ，然后由集合的运算法则计算．
【详解】因为 ， ，
或 ，
所以
故选：D．
2．已知复数z满足 ，则 （ ）
A． B．C． D．
【答案】A
【分析】根据复数的运算法则和模的定义即可求出复数z，再根据共轭复数定义即可得结果.
【详解】由 ，得 ，
所以 ，
故选：A.
3．函数 的图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】根据奇偶性和赋值即可判断选项.
【详解】由 ，
可知 是奇函数，且定义域为 ，排除BD；
当 时， ，排除A.
故选：C
4．已知 是公差为 （ ）的无穷等差数列 的前 项和，设甲：数列 是递增数列，乙：对任意 ，均有 ，则（ ）
A．甲是乙的充分条件但不是必要条件 B．甲是乙的必要条件但不是充分条件
C．甲是乙的充要条件 D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
【答案】B
【分析】利用定义法直接判断
【详解】充分性：因为数列 是递增数列，取数列为： ， ， ， 符合数列 为无穷
等差数列，
且 是递增数列，但 ，故充分性不满足；
必要性：因为对于任意的 ，均有 ，所以得 ，又因为数列 为无穷等差数
列，
所以公差大于零，所以可得数列 为递增数列，故必要性满足.
综上所述：甲是乙的必要不充分条件，故B项正确.
故选：B.
5．己知函数 在 上有 个零点，则实数 的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据三角恒等变换可得 ，可得函数零点，进而可得 的最值.
【详解】由 ，
令 ，解得 ， ，或 ， 或 ， ，
又 ，
所以函数的零点从小到大依次为 ， ， ， ， ， ，
又函数 在 上有 个零点，所以 ，
即 的最大值为 ，
故选：A.
6．已知 为坐标原点， 分别是椭圆 的左顶点､上顶点和右焦点点
在椭圆 上，且 ，若 ，则椭圆 的离心率为（ ）
A． B．1 C． D．
【答案】D
【分析】表示出 坐标，由 ，可得 ，求解即可.
【详解】令 中 ，则 ，
所以 ．
因为 ，所以 ，则 ，
即 ，
所以 ．
故选：D.
7．已知 ， 是方程 的两个实数根，则 （ ）A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由题意可求出 和 的值，将 中 与 表示为
， ，然后利用两角和差的正余弦公式展开后，化为齐
次式求值即可.
【详解】因为 ， 是方程 的两个实数根，
所以 ， ，
因为
.
故选：D
8．已知 ，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】根据题意构造函数，利用导数研究其单调性，代入数值，可得答案.
【详解】设函数 ，
因为 上 ， 上 ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，
则 ，所以 ，当且仅当 时，等号成立．令 ，则 ．
设函数 ，
因为 上 ， 上 ，
所以 在 上单调递增，在 上单调递减，
则 ，所以 ，即 ，所以 ．
综上可得： ．
故选：A.
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符
合题目的要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9．已知一组样本数据 ，其中 为正实数.满足 ，
下列说法正确的是（ ）
A．样本数据的第50百分位数为
B．去掉样本的一个数据，样本数据的极差可能不变
C．若数据的频率分布直方图为单峰不对称，且在左边“拖尾”，则样本数据的平均数小于中
位数
D．样本数据的方差 ，则这组样本数据的总和等于80
【答案】BCD
【分析】A应用百分位数的求法判断；B去掉数据为 ，结合极差定义判断；C根据
“拖尾”图分析即可；D应用方差公式分析判断.
【详解】A： ，故第50百分位数为 ，错；
B：若去掉的数据为 ，则数据的极差不变，对；
C：数据的频率分布直方图为单峰不对称，向右边“拖尾”，大致如下图，由于“右拖”时最高峰偏左，中位数靠近高峰处，平均数靠近中点处，此时平均数大于中位数，
同理，向“左拖”时最高峰偏右，那么平均数小于中位数，对；
D：由 ，则 ，
所以 ，故这组样本数据的总和等于 ，对.
故选：BCD
10．如图，有一组圆 都内切于点 ，圆 ，设直线
与圆 在第二象限的交点为 ，若 ，则下列结论正确的是（ ）
A．圆 的圆心都在直线 上
B．圆 的方程为
C．若圆 与 轴有交点，则
D．设直线 与圆 在第二象限的交点为 ，则
【答案】ABD
【分析】求出连心线所在直线方程判断A；求出圆 的方程判断B；求出圆 的圆心到y轴的距离，结合直线与圆相交判断C；求出点 的纵坐标判断D.
【详解】圆 的圆心 ，直线 的方程为 ，即 ，
由两圆内切连心线必过切点，得圆 的圆心都在直线 上，即圆 的圆心都在直线
上，A正确；
显然 ，设点 ，则 ，而 ，
解得 ，因此圆 的圆心 ，半径为 ，
圆 的方程为 ，则圆 的方程为 ，B
正确；
圆 的圆心到y轴距离为 ，若圆 与 轴有交点，则 ，
解得 ，而 ，因此 ，C错误；
在 中，令 ，得点 的纵坐标为 ，因此 ，D
正确．
故选：ABD
11．已知函数 的定义域为 是奇函数， 分别是函数
的导函数， 在 上单调递减，则（ ）
A． B．
C． 的图象关于直线 对称 D．
【答案】ACD
【分析】根据 的奇函数性质，得出解析式并求导即得A项正确,结合 解析式，求导后比较两式即得B项错误，
运用函数的轴对称特征式计算即得C项正确，构造函数，利用函数的单调性和对称性即得D项正
确.
【详解】对于A选项，因 是奇函数，故有 则
，故A项正确；
对于B选项，因 故 ，从而
，而 ，则 ，
故B项错误；
对于C选项，因 ，故 的图象关于
直线 对称，故C项正确；
对于D选项，因 的图象关于直线 对称，故
设 则 又设
则有 从而 在 上递增，则 即 在 上
递增， ，
故有 恒成立，则 ，
又因 在 上单调递减，则 在 上单调递增，又 ，
故 即： 故D项正确.
故选：ACD.
12．已知函数 的部分图象如图1所示， 分别为图象的最高
点和最低点，过 作 轴的垂线，交 轴于 ，点 为该部分图象与 轴的交点.将绘有该图象的纸片沿 轴折成直二面角，如图2所示，此时 ，则下列四个结论正确的有（ ）
A．
B．
C．图2中，
D．图2中， 是 及其内部的点构成的集合.设集合 ，则 表示的区域
的面积大于
【答案】AC
【分析】在图2中，以点 为坐标原点， 、 的方向分别为 、 轴的正方向建立空间直角
坐标系 ，根据已知条件求出 的值，即可判断A；结合 的取值范围求出 的值，可判断
B；利用空间向量数量积的坐标运算可判断C；求出 ，结合扇形的面积公式可判断D.
【详解】函数 的最小正周期为 ，
在图2中，以点 为坐标原点， 、 的方向分别为 、 轴的正方向建立如下图所示的空间
直角坐标系 ，
设点 ，则点 、 ，，因为 ，解得 ，故A正确；
所以， ，则 ，可得 ，
又因为函数 在 附近单调递减，且 ，所以， ，故B错误；
因为 ，可得 ，
又因为点 是函数 的图象在 轴左侧距离 轴最近的最高点，则 ，可得 ，
所以， ，
因为点 是函数 在 轴右侧的第一个对称中心，所以， ，可得 ，
翻折后，则有 、 、 、 ，
所以， ， ，
所以，在图2中， ，故C正确；
在图2中，设点 ， ，
可得 ，
， ， ，易知 为锐角，则 ，
所以，区域 是坐标平面 内以点 为圆心，半径为 ，且圆心角为 的扇形及其
内部，
故区域 的面积 ，故D错误.
故选：AC
第 II 卷（非选择题）
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．若将5名志愿者安排到三个学校进行志愿服务，每人只去一个学校，每个学校至少去一人，则
不同的分配方案共有 种．（用数字作答）
【答案】150
【分析】分三个学校可分得的志愿者人数分别为 或 两种情况，求出对应的方案数，相加
即可.
【详解】由题意得，三个学校可分得的志愿者人数分别为 或 ，
当三个学校可分得的志愿者人数分别为 时，分配方案有 种，
当三个学校可分得的志愿者人数分别为 时，分配方案有 种，
综上，不同的分配方案有 种.
故答案为：150
14．等差数列 中的 是函数 的极值点，则 .
【答案】 /
【分析】先由题意求出 ，再利用等差中项求出 ，最后利用对数的运算法则即可求
解.
【详解】函数 的定义域为 ，
，因为 是函数 的极值点，
所以 是方程 的两根，
所以 ，
因为 是等差数列，
所以 ，
所以 .
故答案为： .
15．在三棱锥 中， 是边长为2的等边三角形， 平面 ，若P，A，B，C四
点都在表面积为 的球的球面上，则三棱锥 的体积为 ．
【答案】 /
【分析】由题意确定三棱锥外接球球心位置，根据外接球表面积求得外接球半径，即可求得PA的
长，利用三棱锥体积公式即可求得答案.
【详解】设 为正 的中心，M为 的中点，
过点 作平面 的垂线l，由于 平面 ，故 ，
在 确定的平面内作 ，垂足为O，则四边形 为矩形，
连接 ，则 ，
故 ，则O即为三棱锥 外接球的球心，因为P，A，B，C四点都在表面积为 的球的球面上，
设外接球半径为R，故 ，
是边长为2的等边三角形，故 ,
故 ，
所以三棱锥 的体积 ，
故答案为：
16．如图，在 中， ， ，CD与BE交于点P， ， ，
，则 的值为 ；过点P的直线l交AB，AC于点M，N，设 ，
（ ， ），则 的最小值为 .
【答案】 2【分析】选取向量 为基底，把 用基底表示出来，再求出数量积即可；用 表
示出 ，再利用共线向量的推论结合基本不等式求出最小值．
【详解】在 中， ， ，设 ，
则 ，
由 三点共线，得 ，解得 ，因此 ，
因为 ， ， ，于是
，解得 ；
因为 ， ， ，则有 ，
而 三点共线，因此 ，则
，当且仅当 ，即 取等号，
所以当 时， 取得最小值 .
故答案为： ；
四、解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。
17．（10分）在 中，内角 ， ， 所对的边分别为 ， ， ，满足
.
(1)求角 的大小；
(2)若 ， 边上的中线 的长为 ，求 的面积.
【答案】(1) ；(2) .【分析】（1）由正弦边角关系及三角恒等变换可得 ，结合三角形内角性
质即可求 的大小；
（2）由余弦定理可得 ，根据 ，结合数量积的运算律有
，联立所得方程求得 ，最后应用三角形面积公式求面积.
【详解】（1）由已知及正弦定理得 ，
则 ，
在 中 ，故 ，又 ，故 .
（2）由 ，得 ，
由题意 ，则 ，
即 ，解得 ，
故 的面积为 .
18．（12分）在数列 中， ．
(1)证明：数列 为常数列．
(2)若 ，求数列 的前 项和 ．
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）化简得 ，即可证明；
（2）应用错位相减法即可求解.
【详解】（1）令 ，得 ，则 ．
因为 ①，所以 ②．
①-②得 ，即 ．
因为 ，所以数列 为常数列．
（2）由（1）可得 ，所以 是公差为1的等差数列，
所以 ．
因为 ，所以 ③，
④．
③-④得
，
所以 ．
19．（12分）某单位组织“乡村振兴”知识竞赛，有甲、乙两类问题.每位参加比赛的选手先在两
类问题中选择一类并从中随机抽取一个问题回答，若回答错误，则该选手比赛结束；若回答正确，
则从另一类问题中再随机抽取一个问题回答，无论回答正确与否，该选手比赛结束.甲类问题中的
每个问题回答正确得30分，否则得0分；乙类问题中的每个问题回答正确得50分，否则得0分.已
知选手张某能正确回答甲类问题的概率为0.9，能正确回答乙类问题的概率为0.7，且能正确回答问
题的概率与回答次序无关.
(1)若选甲、乙两类问题是等可能的，求张某至少答对一道问题的概率；(2)如果答题顺序由张某选择，以累计得分多为决策依据，说明张某应选择先回答哪类问题.
【答案】(1)
(2)应选择先回答甲类问题
【分析】（1）根据全概率公式，先求得张某一题都没答对的概率，从而求得张某至少答对一道问
题的概率.
（2）根据张某先回答甲类或乙类问题进行分类讨论，计算出两者累计得分的期望值，从而作出决
策.
【详解】（1）设 “张某选择甲类问题”， “张某答对所选问题”，
“张某至少答对一道问题”，
“张某选择乙类问题”， “张某未答对所选问题”
“张某一道问题都没答对”
由题意得， ，
， ， ， ，
由全概率公式，得
∴ .
（2）根据条件可知：若张某先回答甲类问题，
则张某的累计得分X的可能值为0，30，80，
∵张某能正确回答甲类问题的概率为0.9，能正确回答乙类问题的概率为0.7，
∴ ； ； ，
则 的分布列为
0 30 80
0.1 0.27 0.63
当张某先回答甲类问题时，累计得分的期望为：
，
若张某先回答乙类问题，则张某的累计得分 的可能值为 ，同理可求 ； ； ，
则此时累计得分的期望为 ，
因为 .
所以，以累计得分多为决策依据，张某应选择先回答甲类问题．
20．（12分）已知抛物线 的焦点为 ，且经过点 .
(1)求抛物线C方程及其准线方程；
(2)过 作斜率不为0的直线交抛物线 于 两点，直线 分别交 于 两点，求
证：以 为直径的圆经过 轴上的两个定点.
【答案】(1) ，准线方程为
(2)证明见解析
【分析】（1）直接将点 代入 求得参数 即可得解.
（2）设直线 的方程为 ，将其与抛物线方程联立，利用韦达定理有
，将 两点的坐标也用含 的式子表示，再利用 即可得解.
【详解】（1）因为点 在 上，
所以 ，解得 ，
所以 的方程为 ，准线方程为 .
（2）易知直线 的斜率存在，设直线 的方程为 ，
联立 ，得 ，
设点 ，则 .直线 的方程为 ，令 ，
得 ，所以 ，同理得 ，
设以线段 为直径的圆与 轴的交点为 ，
则 ，
因为 ，则 ，
即 ，
所以 ，解得 或 .
故以线段 为直径的圆经过 轴上的两个定点 和 .
21．（12分）如图，在四棱锥 中，底面 为直角梯形， ， ，
， ， 为 的中点.
（Ⅰ）求证： 平面 ；
（Ⅱ）求二面角 的正弦值；
（Ⅲ）记 的中点为 ，若 在线段 上，且直线 与平面 所成的角的正弦值为 ，
求线段 的长.【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ） ；（Ⅲ） 或 .
【分析】（Ⅰ）连接 ，由勾股定理证得 ，由等腰三角形得性质证得 ，再结合
线面垂直得判定定理即可得证；
（Ⅱ）建立如图所示得空间直角坐标系，求得平面 和平面 的法向量，再由空间向量的夹
角公式求出余弦值，进而根据同角的平方关系即可求出结果；
（Ⅲ）设 ，求出 结合（Ⅱ）中平面 的法向量，进而由
列出方程，解之即可.
【详解】
（Ⅰ）连接 ，则 ，因为 ，所以四边形 为平行四边形；所以
，因为 且 为 的中点，所以 ，所以
，所以 ，即 ，又因为 ，所以
平面 ；
（Ⅱ）以 为原点， 为 轴， 为 轴， 为 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则
,
所以 ,
设平面 的法向量为 ，则 ，即 ，取 ，设平面的法向量为 ，则 ，即 ，取 ，
所以 ，
所以二面角 的正弦值为 ；
（Ⅲ）设 ，则 ，而 ，所以 ，由（Ⅱ）知平面
的法向量为 ，设直线与平面 所成的角为 ，则
，
化简得 ，解得： 或 ，故线段 的长度为 或 .
22．（12分）已知函数 .
(1)求曲线 在 处切线的斜率；
(2)当 时，比较 与x的大小；
(3)若函数 ，且 （ ），证明： .
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）求得 ，得到 ，即可求得曲线 在 处切线的斜率；（2）设函数 ，求得 ，利用导数求得函数 的单调性，结合
，即可求解；
（3）设函数 ，当 时，得到 恒成立，进而转化为证明
，结合分析法，要证 ，设 ，利用导数求得
在 上单调递增，结合 ，得到 ，即可得证.
【详解】（1）解：因为函数 ，可得 ，
则 ，所以曲线 在 处切线的斜率为 .
（2）解：设函数 ，
可得 ，
当 时， ，则 在 上单调递增，
所以 ，从而 ，所以 .
（3）证明：设函数 ，
当 时， ， ，则 恒成立，
则由 ，得 ，
又 ，所以 ，
因为 ，可得 ，令 ，可得 ，
所以 单调递增，即 在 单调递增，所以 ，
所以 在 上单调递增，
又由 ，所以 ，同理得 ，
要证 ，只需证 ，即证 ，
因为 ，所以 ，
设函数 ，则 ，所以 在 上单调递增，
因为 ，所以 ，所以 ，所以 ，
所以 ，从而得证 .
