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．已知复数 满足 ，则 （ ）
A． B． C．2 D．1
【答案】C
【分析】根据复数除法运算结合共轭复数的概念即可.
【详解】由题意得 ，
则 ，
故选：C.
2．已知集合 ， ，若 ，则 的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】首先求解集合 ，再根据 ，即可求解.
【详解】因为 ， 且 ，因为
所以 .
故选：C
3．某戏曲学院图书馆藏有四部戏曲名著各10本，由于该戏曲学院的部分学生对《牡丹亭》这部戏
曲产生了浓厚的兴趣，该戏曲学院图书馆决定购买一批《牡丹亭》戏曲书籍（其他三部数量保持不
变）若干本．若要保证购买后在该戏曲学院图书馆所藏有的这四大戏曲名著中任取一本，使得能取
到一本《牡丹亭》戏曲书籍的概率不小于0.6，则该戏曲学院图书馆需至少购买《牡丹亭》戏曲书
籍（ ）
A．25本 B．30本 C．35本 D．40本
【答案】C
【分析】根据题意，设需购买《牡丹亭》戏曲书籍 本，由古典概型公式可得 ，解
出 得出答案.
【详解】解：设需购买《牡丹亭》戏曲书籍 本，
则购买后该戏曲学院图书馆所藏有的这四大戏曲名著共 本，
从中任取1本有 种取法，《牡丹亭》戏曲书籍共 本，
从中任取1本有 种取法，从该戏曲学院图书馆所藏有的这四大戏曲名著中任取一本，
能取到一本《牡丹亭》戏曲书籍的概率为 ，
根据题意可得 ，解得 ，
即该戏曲学院图书馆需至少购买《牡丹亭》戏曲书籍35本.
故选：C
4．某工厂新购置并安装了先进的废气处理设备，使产生的废气经过该设备过滤后排放，以减少对
空气的污染.已知过滤过程中废气的污染物数量 （单位： ）与过滤时间 （单位： ）的关
系为 （ ， 是正常数）.若经过 过滤后减少了 的污染物，在此之后为了使得污染物减少到原来的 还需要的时长大约为（参考数据： ）（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据题中条件，可求得 ，则当 时，可求得 的值，即可得到答案.
【详解】因为经过 过滤后减少了 的污染物，
所以 ，解得 .
当 时， ，
解得 .
故还需要大约93h.
故选：
5．如图，在 中， ， ，P为 上一点，且满足 ，若
， ，则 的值为（ ）
A． B．3 C． D．
【答案】C
【分析】由已知可得 ，由三点共线有 ，再用 分别表示出 、 ，
最后应用向量数量积的运算律求 即可.
【详解】因为 ，所以 ，所以 ，
因为C，P，D三点共线，所以 ，即 ，
所以 ，又 ，
所以
.
故选：C
6．法国数学家傅里叶用三角函数诠释美妙音乐，代表任何周期性声音和震动的函数表达式都是形
如 的简单正弦型函数之和，这些正弦型函数各项的频率是最低频率的正整数倍（频率
是指单位时间内完成周期性变化的次数，是描述周期运动频繁程度的量），其中频率最低的一项所
代表的声音称为第一泛音，第二泛音的频率是第一泛音的2倍，第三泛音的频率是第一泛音的3
倍…….例如，某小提琴演奏时发出声音对应的震动模型可以用如下函数表达：
，（其中自变量 表示时间），每一项从左至右依
次称为第一泛音､第二泛音､第三泛音.若一个复合音的数学模型是函数
（从左至右依次为第一泛音､第二泛音），给出下列结论：
① 的一个周期为 ；
② 的图象关于直线 对称；
③ 的极小值为 ；
④ 在区间 上有2个零点.
其中正确结论的个数有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】A【分析】对于①，根据题意得到 的频率为 ，最小正周期为 ，从而得到 的最小
正周期为 ，①错误；对于②，计算出 ，②错误；对于③，求导得到函数单调性
和极值，得到 在 处取得极小值，此时 或 ，分两种情况，进行求
解，比较后得到极小值；对于④，求出 为函数零点，④错误.
【详解】对于①， 的最小正周期为 ，故频率为 ，
由题意得 的频率为 ，故最小正周期为 ，
因为 的最小正周期为 ， 的最小正周期为 ，
故 的最小正周期为 ，故①错误；
对于②， ，
则 ，
故 ，故 的图象不关于直线 对称，②错误；
对于③， ， ，
又 ，
令 得， ，故
故 在区间 上单调递增，
令 得， ，故
故 在区间 上单调递减，
故 在 处取得极小值，此时 ，故 ，
故 的极小值为 ，③正确；
对于④， ，
因为 ，所以当 时， ，故 ，
当 时， ，故 ，
在区间 上有3个零点，④错误.
故选：A
7．已知正三棱柱 的底面边长为 ，高为3，截去该三棱柱的三个角（如图1所示，
D，E，F分别是 三边的中点），得到几何体如图2所示，则所得几何体外接球的表面积是
（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】设△DEF的外心为 ，△ABC的外心为 ，设外接球的半径为R，则
，解方程即可得出答案.
【详解】易知△DEF的外心即为 的外心，如图，设△DEF的外心为 ，△ABC的外心为，
则所得几何体外接球的球心O在直线 上，
因为正三棱柱得底面边长为 ，所以 ， ，
所以由正弦定理可得： ，所以 ，
同理， ，设外接球的半径为R，则 ，
联立解得： ， ，所以外接球的表面积为 .
故选：A.
8．设 ， ， ，则下列正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先利用导数证明当 时， ，再分别利用作商，作差比较法可判断 ，
， 大小.
【详解】先来证明当 时， .
令 ， ，则 ，
所以函数 在 上单调递增，可得 ，即得 ；
令 ， ，则 ，所以函数 在 上单调递增，可得 ，即得 ；
所以当 时， .
因为 ，
由 ，因为 ，所以 ，则 ，所以 ，
又 ，所以 ，
所以 .
故选：D.
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．如图，在棱长为1的正方体 中， 为线段 的中点，则下列说法正确的是
（ ）
A．四面体 的体积为
B．向量 在 方向上的投影向量为
C．直线 与直线 垂直
D．直线 与平面 所成角的正弦值为
【答案】AB【分析】以 为原点， 所在的直线分别为 轴、 轴、 轴，建立空间坐标系，利用
体积公式判断A；利用空间向量法判断BCD.
【详解】以 为原点， 所在的直线分别为 轴、 轴、 轴，建立空间坐标系，如图
所示：
则 ， ， ， ， ， ， ，
对于A，因为 ，故正确；
对于B，因为 ， ，
所以 ， ， ，
所以 在 方向上的投影向量为： ，故正确；
对于C，因为 ， ， ，
所以 与 不垂直，即直线 与直线 不垂直，故错误；
对于D， ，
在正方体 中，易知 平面 ，得 平面 ，
即平面 的法向量 ，设直线 与平面 的夹角为 ，则 ，故错误.
故选：AB
10．已知函数 ，其中e是自然对数的底数，则下列说法中正确的有（ ）
A． 为周期函数
B． 的图像关于点 对称
C． 在区间 上是减函数
D．关于x的方程 有实数解
【答案】ABC
【分析】根据函数的周期性、对称性、导数与单调性以及方程思想，可得答案.
【详解】选项A： ，是周期函数，故A正确；
选项B： ，所以函数 关于点 中心对称，
故B正确；
选项C： 时， ，
所以函数 在区间 上为减函数，故C正确；
选项D： ， ，当且仅当 ， 时方程有解，即 ，
同时成立时方程有解，
但 和 无法同时满足，所以方程没有实数解，故D错误．
故选：ABC.
11．已知 为坐标原点，点 在抛物线 上，过点 的直线交抛物线于 两点，则下列结论正确的是（ ）
A．抛物线 的准线方程为 B．直线 与抛物线 相切
C． 为定值 D．
【答案】ABD
【分析】选项A，由点 在抛物线上，代入方程待定系数，求出抛物线C方程，则得到准
线方程；选项B，利用导数求出切线斜率，与直线 斜率相同即可说明相切；选项C，设出直线
AB方程，联立抛物线方程，将 坐标化韦达定理代入可证；选项D，利用弦长公式用
表示，再代入韦达定理，结合判别式 得出的 的范围，即可判断得出答案．
【详解】对于A：因为点 在抛物线 ： 上，
则 ，解得 ，
所以抛物线 ： ，
其准线为 ，故A正确；
对于B：令 ，
则 ，可得 ，
即抛物线在A点处切线斜率与直线AB斜率相同，
所以直线AB与抛物线C相切，故B正确；
对于C：由题意可知，直线PQ斜率存在，
设直线PQ的方程为 ，
联立方程 ，消去y得： ，可得 ，得 ，
且 ，
因为
，故C错误；
对于D：由题意可知 ，
因为 ，
则 ，
所以 ，故D正确.
故选：ABD．
12．定义在 上的函数 的导函数为 ，对于任意实数 ，都有 ，且满
足 ，则（ ）
A．函数 为奇函数
B．不等式 的解集为
C．若方程 有两个根 ， ，则D． 在 处的切线方程为
【答案】AC
【分析】根据奇函数的定义即可判定A，根据导数的运算可得 进而可求解
，即可求解BD，根据二次函数的图象性质，即可求解C.
【详解】对于A， ，由 可得
，所以 ，且定义域为 ，故 为奇函数，A正
确，
由于 ，所以
为常数，则
又在 中，令 ，则 ，故 ，故 ，
所以 ，
对于B, 可得 ，又 ，故 ，则 ，故B错
误，
对于C， 为单调递增函数，而 为开口向上，且对称轴为 的二
次函数， 且 是 的两个交点， 的两个交点设为 ，
则 ，且 ，又 为单调递增函数，所以
，所以 ， C正确，由 得 ，所以 在 处的切线方程为 ，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．已知 的展开式中 的系数为 ，则 ．
【答案】
【分析】利用二项式定理得 的通项，进而得出 的展开式中 的系数，列式计
算即可．
【详解】由二项式定理可知 的通项为 ，
故 展开式中含 的项分别为 ，
则 的展开式中含 的项为 ，
则 ，解得 ．
故答案为： ．
14．已知 ，点 在圆 上，且 ，则 的取值范围为 ．
【答案】
【分析】分析可知，圆 与圆 有交点，根据圆与圆的位置关系可得出关于实数 的
不等式，即可解得实数 的取值范围.
【详解】由 ，可知点 在以点 为圆心，半径为 的圆上，即点 在圆
上，
所以问题等价于圆 与圆 有交点，所以 ，所以 ，解得 或 ．
故答案为： .
15．已知曲线 与曲线 （ ）相交，且在交点处有相同的切线，则
.
【答案】
【分析】可先设交点为 ，利用利用两函数在该点处的函数值和切线斜率相同列方程，可
求 的值.
【详解】易知：必有 .
设两曲线的交点为 ， ， ，由题意： ，
两式相除得： ，∵ ，∴ .
代入 得：
解得 .
故答案为：
16．已知抛物线 的焦点为 ，直线 与抛物线 交于 两点，连接 并延长，交抛物
线 于点 ，若 中点的纵坐标为 ，则当 最大时， ．
【答案】16
【分析】由 中点的纵坐标为 ，可知 ，又由余弦定理结合不等式可得
最大时， 为等边三角形，后将直线AF方程与抛物线联立，由抛物线定义结合韦达定
理可得答案.【详解】由题可得抛物线焦点为 ，准线为 ，
设 ，
则由抛物线定义可得 ，即 ，
由题意可得 中点的纵坐标为 ，则 ，
由余弦定理可得
，
则 ，且 ，可得 ，当且仅当 取等号，
此时 为等边三角形， 轴，直线AD斜率为 或 ，
如图，设此时AD方程为 ，
将其与抛物线联立有 ，消去y得 ，
可知 ，
设D ，由韦达定理有 ，
则 ，
所以由抛物线定义有 .
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）已知数列 满足： ，数列 为等比数列．
(1)求数列 的通项公式；
(2)求和： ．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）首先求出 ， ，即可求出等比数列 的通项公式，从而求出 的通
项公式；
（2）利用分组求和法计算可得.
【详解】（1）因为 ， ，数列 为等比数列，
所以 ， ，则 ，即 是以 为首项， 为公比的等比数列，
所以 ，则 .
（2）.
18．（12分）已知 中，内角 所对的边分别为 ，且满足 .
(1)若 ，求 ；
(2)求 的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）解法一：根据题意，由正弦定理得到 ，再由余弦定理得到 ，
联立方程组得到 ，再由余弦定理求得 ，即可求解；
解法二：根据题意，由正弦定理化简得到 ，进而得到 ，即可求
解；
（2）由（1）得到 ，求得 ，结合三角形的边的关系，得到 ，
设 ，得出函数 ，结合函数的性质，即可求解.
【详解】（1）解法一：因为 ，由正弦定理得 ，
可得 ，即 ，
又因为 ，由余弦定理得 ，即 ，
联立方程组 ，可得 ，即 ，所以 ，
由余弦定理定理得 ，因为 ，所以 .
解法二：因为 ，由正弦定理得 ，
整理得 ，
又因为 ，可得 ，所以 ，
即 ，可得 ，即 ，
因为 ，所以 ，所以 ，所以 .
（2）由（1）知 ，可得 ，且 ，
所以 ，
由三角形三边关系，可得 ，可得 ，
令 ，可得 ，其中 ，
所以函数 ，
所以 ，所以 的取值范围是 .
19．（12分）如图， 是四棱柱，侧棱 底面 ，底面 是梯形，
， ．(1)求证：平面 平面 ；
(2)E是底面 所在平面上一个动点，是否存在点E使得 与平面 夹角的正弦值为
？若存在，求点E到平面 距离的最小值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)见详解；
(2)存在点 使得 与平面 夹角的正弦值为 ，点 到平面 距离的最小值为
【分析】（1）取 中点 ，连接 ，根据各线段长度可得四边形 是菱形， 是正三
角形，利用菱形性质及三角形性质即可得出 ，即 ，从而 平面 ，
于是平面 平面 .
（2）以 为坐标原点，建立空间直角坐标系，设 ，求出 和平面 的法向量，令
即可求出 点坐标，然后由点到平面的距离公式向量表示 即可，根据
式子即可求点到平面的最小值.
【详解】（1）取 中点 ，连接 ，则 ，
所以四边形 是菱形， 是正三角形，
所以 ， ，因为 ，所以 ，
所以 ，所以 ，
因为 底面 ， 平面 ，
所以 ，又因为 平面 ， 平面 ， ，
所以 平面 ，因为 平面 ，
所以平面 平面
（2）以 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则 ， ， ，设 ，
所以 ， ， ，
设平面 的一个法向量为 ，则 ，
所以 ，取 得： ，
所以 ， ，因为 与平面 夹角的正弦值为 ，所以 ，
即： ，所以 ，
所以
由点到平面的距离公式得： ，
所以当 时，点 到平面 距离的最小，最小值为
20（12分）．已知函数 ．
(1)试判断函数 的单调性；
(2)若 在 上恒成立，求实数 的取值范围．
【答案】(1) ， 上递减
(2)
【分析】（1）求导，然后利用导函数的正负确定原函数的单调性；
（2）将 变形为 ，构造函数求 的最小值即可.
【详解】（1）由已知得 ，
故函数 在 ， 上单调递减；
（2）由 在 上恒成立，即 在 上恒成立，
设 ，则 ，
令 ，得 ，令 ，得 ，
即 在 上单调递减，在 上单调递增，
所以 ，
所以 .
21．（12分）某中学在运动会期间，随机抽取了200名学生参加绳子打结计时的趣味性比赛，并
对学生性别与绳子打结速度快慢的相关性进行分析，得到数据如下表：
速度
性
合计
别
快 慢
男
65
生
女
55
生
合
110 200
计
(1)根据以上数据，能否有99%的把握认为学生性别与绳子打结速度快慢有关？
(2)现有n 根绳子，共有2n个绳头，每个绳头只打一次结，且每个结仅含两个绳头，所有绳
头打结完毕视为结束.
（i）当 ，记随机变量X为绳子围成的圈的个数，求X的分布列与数学期望；
（ii）求证：这n根绳子恰好能围成一个圈的概率为
附：0.100 0.050 0.025 0.010
k 2.706 3.841 5.024 6.635
【答案】(1)有 的把握，认为学生性别与绳子打结速度快慢有关
(2)（i）分布列见解析， ；（ii）证明见解析
【分析】（1）利用计算卡方进行检验即可；
（2）（i）依题意，先得到 的所有可能取值，再依次求得对应的概率即可得解；（ii）利用分步
计数原理，结合数列的累乘法与古典概型的概率公式即可得解.
【详解】（1）依题意，完善 列联表如下，
速度
性
合计
别
快 慢
男
65 35 100
生
女
45 55 100
生
合
110 90 200
计
所以 .
故有 的把握，认为学生性别与绳子打结速度快慢有关.
（2）（i）由题知，随机变量 的所有可能取值为 ，
，
，
所以 的分布列为
1 2 3所以 .
（ii）不妨令绳头编号为 ，可以与绳头1打结形成一个圆的绳头除了1，2外有
种可能，
假设绳头1与绳头3打结，那么相当于对剩下 根绳子进行打结，
令 根绳子打结后可成圆的种数为 ，
那么经过一次打结后，剩下 根绳子打结后可成圆的种数为 ，
由此可得， ，
所以 ，
所以 ，
显然 ，故 ；
另一方面，对 个绳头进行任意2个绳头打结，总共有
；
所以 .
【点睛】关键点睛：本题第二小问第二步的解决关键是利用分步计数原理得到数列的递推式，从而
利用数列的累乘法求得结果.
22．（12分）已知点 是圆 ： 上一动点（ 为圆心），点 的坐标为 ，线
段 的垂直平分线交线段 于点 ，动点 的轨迹为曲线 ．
(1)求曲线 的方程；
(2) ， 是曲线 上的两个动点， 为坐标原点，直线 、 的斜率分别为 和 ，且，则 的面积是否为定值，若是，求出这个定值；若不是，请说明理由；
(3)设 为曲线 上任意一点，延长 至 ，使 ，点 的轨迹为曲线 ，过点 的直线
交曲线 于 、 两点，求 面积的最大值．
【答案】(1)
(2)是，
(3) ．
【分析】（1）由已知得 ，动点 的轨迹为椭圆，待定系数
法求方程即可；
（2）设 两点的坐标，表示出 的面积，利用椭圆的参数方程结合三角函数的运算，求
的面积.
（3）求出点 的轨迹方程曲线 ， ，分类讨论设直线方程，利用韦达定理表示
，由直线与曲线 有交点确定参数范围，求面积最大值.
【详解】（1）因为线段 的中垂线交线段 于点 ，则 ，
所以， ，
由椭圆定义知：动点 的轨迹为以 、 为焦点，长轴长为 的椭圆，设椭圆方程为 ，则 ， ， ， ，
所以曲线 的方程为
（2）设 ， ，直线 ： ；
， 到直线 的距离 ，
所以
另一方面，因为 ， 是椭圆 上的动点，
所以可设 ， ， ，
由 ，得 ，
为定值.
（3）设 ， ， ，
代入 ： 得 ，所以曲线 的方程为 .
由 知 ，同理 ， ，
设 ，①当直线 有斜率时，设 ： ，
代入椭圆 的方程得： ，
， ，
将 ： 代入椭圆 的方程得： ，
与椭圆 有公共点 ， 由 得： ，
令 ，则 ，
．
②当 斜率不存在时，设 ： ，代入椭圆 的方程得： ，
，
综合①②得 面积的最大值为 ，
所以 面积的最大值为 ．
