文档内容
2024 年高考数学第一次模拟考试
数学（新高考Ⅱ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．设全集U=R，集合A={x||x-2|≥1},B=¿，则(∁ A)∪B=（ ）
U
A．{x|-30)，利用两点间距离公式可得
4
|PF| √ (4 4) 2 9
=❑ - + ，结合二次函数性质可得解.
|PO| t 5 25
3
【详解】由题意，F(5,0)，双曲线的渐近线为y=± x，
4
( 3 )
由点P在第一象限，可设P t, t (t>0)，
4
则|PO|= 5 t，|PF|=❑ √ (t-5) 2+ (3 t ) 2 =❑ √25 t2-10t+25，
4 4 16
|PF| √ 32 16 √ (4 4) 2 9
所以 =❑1- + =❑ - + ，
|PO| 5t t2 t 5 25
|PF|
所以当t=5时， 取最小值，
|PO|
( 15)
此时P 5, ，
4
1 1 15 75
此时△POF的面积S = |OF|⋅y = ×5× = ，
△POF 2 p 2 4 8
故选：C.
1
7．在△ABC中，⃗BD= ⃗BC，E是线段AD上的动点（与端点不重合），设⃗CE=x⃗CA+ y⃗CB，
3
2x+3 y
则 的最小值是（ ）
3xy
A．3 B．1 C．2 D．4
【答案】D
3
【分析】由已知条件结合平面向量基本定理可得x+ y=1，x>0,y>0，则
22x+3 y 2 1 ( 2 1)( 3 )，化简后利用基本不等式可求得结果
= + = + x+ y
3xy 3 y x 3 y x 2
【详解】
1 3
因为⃗BD= ⃗BC，所以⃗CB= ⃗CD，
3 2
3
因为⃗CE=x⃗CA+ y⃗CB，所以⃗CE=x⃗CA+ y⃗CD，
2
3
因为A,D,E三点共线，所以x+ y=1，x>0,y>0，
2
2x+3 y 2 1 ( 2 1)( 3 )
所以 = + = + x+ y
3xy 3 y x 3 y x 2
2x 3 y √2x 3 y 2x 3 y 1 1
= +1+1+ ≥2❑ ⋅ +2=4，当且仅当 = ，即x= 、y= 时取等号，
3 y 2x 3 y 2x 3 y 2x 2 3
2x+3 y
所以 的最小值是4.
3xy
故选：D
1
8．已知a= ，b=log 2，c=sin(cos1.1)，则（ ）
√
3e 3
A．b ，结合对数函数单调性得到log 2∈ , ，比较出大小.
3 3 2 3π π
【详解】因为1.1> ，而y=cosx在x∈ ( 0, ) 上单调递减，
3 2
π 1
故cos1.10在x∈ ( 0, ) 上恒成立，
2
π
( )
故f (x)=x-sinx在x∈ 0, 上单调递增，f (x)>f (0)=0，
2
(1) 1 1
故f >0，即 >sin ，
2 2 2
1 1
故c=sin(cos1.1)g(0)=0，故e 3> ，
3 3
1 1 2
因为23<32，所以 (23)3<(32)3，即 2<33，
因为y=log x在(0,+∞)上单调递增，
3
2
故log 2< ，
3 3
1 (1 2)
又log 2>log ❑√3= ，故log 2∈ , ，
3 3 2 3 2 3
故c ，
❑√2 2
1
所以圆C上有4个点到直线的距离为 ，故C正确；
2
当k=1时，直线l:x- y=0，曲线E:x2+ y2-(λ+4)x+λy=0，
即x2+ y2-4x-λ(x- y)=0一定过直线l:x- y=0与圆C:x2+ y2-4x=0的交点，故D正确．
故选：BCD．
1 11 7
10．设A，B是一个随机试验中的两个事件，且P(A)= ，P(B)= ，P(AB+AB)= ，则
2 24 24
下列结论中正确的是（ ）
1 5
A．P(AB)= B．P(A+B)=
8 6
9
C．P(A|B)= D．P(A|B)=P(B|A)
11
【答案】AB
【分析】利用和事件的概率公式和条件概率公式求解即可.1 11 1 13
【详解】因为P(A)= ，P(B)= ，所以P(A)= ，P(B)=
.
2 24 2 24
因为AB与AB为互斥事件，所以P(AB⋅AB)=0，
所以P(AB+AB)=P(AB)+P(AB)-P(AB⋅AB)=P(AB)+P(AB)
1 11 7
=P(B)-P(AB)+P(A)-P(AB) = + -2P(AB) = ，
2 24 24
1
所以P(AB)= ，
3
11 1 1
故P(AB)=P(B)-P(AB)= - = ，故A正确；
24 3 8
1 1 5
P(A+B)=P(A)+P(B)-P(AB)=P(A)+P(B)-[P(B)-P(AB)]=P(A)+P(AB)= + =，
2 3 6
故B正确；
1
P(AB) 3 8
P(A|B)= = = ，故C错误；
P(B) 11 11
24
1 1 1
-
P(AB) 8 3 P(AB) P(A)-P(AB) 2 3 1
P(A|B)= = = ，P(B|A)= = = = ，
P(B) 11 11 P(A) P(A) 1 3
24 2
所以P(A|B)≠P(B|A)，故D错误.
故选:AB.
11．在正方体ABCD-A B C D 中，AB=1，点P满足⃗CP=λ⃗CD+μ⃗CC ，其中
1 1 1 1 1
λ∈[0,1],μ∈[0,1]，则下列结论正确的是（ ）
π
A．当B P//平面A BD时，B P与CD 所成夹角可能为
1 1 1 1 3
❑√2+❑√5
B．当λ=μ时，|⃗DP|+|⃗A P|的最小值为
1 2
π π
C．若B P与平面CC D D所成角为 ，则点P的轨迹长度为
1 1 1 4 2
[❑√3 ]
D．当λ=1时，正方体经过点A ,P,C的截面面积的取值范围为 ,❑√2
1 2
【答案】ACπ
【分析】A选项，当点P与点D 重合时，满足B P//平面A BD，B P与CD 所成夹角为 ，A
1 1 1 1 1 3
正确；B选项，将两图形展开到同一平面内，由三点共线得到|⃗DP|+|⃗A P|的最小值，由余弦
1
定理求出最小值；C选项，作出辅助线，得到点P的轨迹，求出轨迹长度；D选项，先得到点P在
线段DD 上，从而得到正方体过点A ,P,C的截面，建立空间直角坐标系，得到点P到直线A C
1 1 1
的距离，从而求出截面面积的取值范围.
【详解】如图1，因为⃗CP=λ⃗CD+μ⃗CC ，λ∈[0,1],μ∈[0,1]，
1
所以P点在正方形CDD C 内（包含四个端点），
1 1
当点P与点D 重合时，B P//BD，
1 1
因为B P⊄平面A BD，BD⊂平面A BD，
1 1 1
所以B P//平面A BD，
1 1
此时B C=B P=CP=❑√2，故△B CP为等边三角形，
1 1 1
π
故B P与CD 所成夹角为 ，A正确；
1 1 3
当λ=μ时，点P在对角线CD 上，
1
将矩形A BCD 和等腰直角三角形CDD 折叠到同一平面内，如图2，
1 1 1
连接A D与D C于点P，
1 1由三点共线可知，|⃗DP|+|⃗A P|的最小值即为A D的长，
2 1
其中A D =D D=1，∠A D D=135°，
1 1 1 1 1
由余弦定理得
A D=❑√A D2+D D2-2A D ⋅D Dcos135°=❑ √ 1+1-2× ( - ❑√2) =❑√2+❑√2，B错误；
1 1 1 1 1 1 1 2
1
C选项，如图3，以C 为圆心，CC 的长为半径作圆，与正方形CDD C 交于 圆弧，
1 1 1 1 4
π
此时满足B P与平面CC D D所成角为 ，
1 1 1 4
1 π
故则点P的轨迹长度等于 ×2π×1= ，C正确；
4 2
D选项，如图4，当λ=1时，⃗CP=⃗CD+μ⃗CC ，即⃗CP-⃗CD=μ⃗CC ，故⃗DP=μ⃗CC ，
1 1 1
故点P在线段DD 上，
1
在BB 上取点H，使得B H=PD，连接A H,CH，
1 1 1
则可证得A H=PC,CH=A P，四边形A PCH为平行四边形，
1 1 1
故正方体经过点A ,P,C的截面为平行四边形A PCH，
1 1
以A为坐标原点，AB,AD,A A 所在直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，
1
则A (0,0,1),C(1,1,0),P(0,1,μ)，μ∈[0,1]，
1
⃗A C (1,1,-1) (❑√3 ❑√3 ❑√3)
其中⃗m= 1 = = , ,- ，⃗A C=(1,1,0)-(0,0,1)=(1,1,-1)，
|⃗A C| ❑√1+1+1 3 3 3 1
1
⃗PA =(0,0,1)-(0,1,μ)=(0,-1,1-μ)，
1(❑√3 ❑√3 ❑√3) ❑√3 ❑√3 ❑√3 ❑√3 2❑√3
则⃗PA ⋅⃗m=(0,-1,1-μ)⋅ , ,- =- - + μ= μ- ，
1 3 3 3 3 3 3 3 3
则点P到直线A C的距离d=❑√⃗PA 2-(⃗PA ⋅⃗m) 2 =❑
√
1+(1-μ) 2-
(❑√3
μ-
2❑√3) 2
1 1 1 3 3
√2( 1) 2 1
=❑ μ- + ，
3 2 2
√2( 1) 2 1 [❑√2 ❑√6]
因为μ∈[0,1]，所以d=❑ μ- + ∈ , ，
3 2 2 2 3
[❑√6 ]
故截面面积为d⋅|⃗A C|=❑√3d∈ ,❑√2 ，D错误.
1 2
故选：AC
【点睛】方法点睛：立体几何中截面的处理思路：
（1）直接连接法：有两点在几何体的同一个平面上，连接该两点即为几何体与截面的交线，找截
面就是找交线的过程；
（2）作平行线法：过直线与直线外一点作截面，若直线所在的平面与点所在的平面平行，可以通
过过点找直线的平行线找到几何体与截面的交线；
（3）作延长线找交点法：若直线相交但在立体几何中未体现，可通过作延长线的方法先找到交点，
然后借助交点找到截面形成的交线；
（4）辅助平面法：若三个点两两都不在一个侧面或者底面中，则在作截面时需要作一个辅助平面.
12．已知函数f(x)=x2-8x+6lnx，且函数g(x)=f(x)-m有三个零点x ,x ,x (x 2
1 2
【答案】ABD
【分析】求出导数，研究函数f(x)的单调性及极值可能判断A、B两项，由导数的几何意义可以
判断C项，构造函数F(x)=f(x)-f(2-x)，x∈(0,1)，可以判断D项.
【详解】解：对于A，由题设得，函数f(x)的定义域为(0,+∞)，且
6 2(x-1)(x-3)
f' (x)=2x-8+ = ．
x x
当x∈(0,1)∪(3,+∞)时，f' (x)>0；当x∈(1,3)时，f' (x)<0．
所以f(x)的单调递增区间为(0,1),(3,+∞)，单调递减区间为(1,3)，故A正确．
对于B，因为函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1,3)上单调递减，在(3,+∞)上单调递增，
所以f(x)的极大值为f(1)=1-8+0=-7，极小值为f (3)=9-24+6ln3=-15+6ln3．
当x趋向于0时，f(x)趋向负无穷，当x趋向于正无穷时，f(x)趋向于正无穷．
由于函数g(x)=f(x)-m有三个零点，因此6ln3-150在(0,1)上恒成立，即F(x)=f(x)-f(2-x)在(0,1)上单调递增，
所以F(x)2-x ，即x +x >2，故D正确．
2 1 1 2
故选：ABD．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 ( √3 x- 1) n 的展开式的二项式系数之和为16，则 ( √3 x+ 1) 2n 的展开式中 1 的系数为 .
x x x4
【答案】56
【分析】通过二项式系数和求出n=4，然后求出 ( √3 x+ 1) 8 展开式的通项公式，最后求出指定项的
x
系数即可.
【详解】由 ( √3 x- 1) n 的展开式的二项式系数之和为16，得2n=16，所以n=4，
x
则 ( √3 x+ 1) 8 的展开式的通项公式为T =Cr(√3 x) 8-r(1) r =Crx 8- 3 4r ，
x r+1 8 x 8
令 8-4r =-4，解得r=5，故 ( √3 x+ 1) 2n 的展开式中 1 的系数为C5=56.
3 x x4 8
故答案为：56
14．抛物线y2=2px(p>0)的焦点为F，准线为l，A,B是抛物线上的两个动点，且满足
2|MN|
⃗AF⋅⃗FB=0.设线段AB的中点M在l上的投影为N，则 的最大值是 .
3|AB|
❑√2
【答案】
3
1
【分析】根据抛物线的定义和几何性质，可得|AB| 2=|AF| 2+|BF| 2 ，|MN|= (|AF|+|BF|)，可得
2
2|MN| ❑√2
2 2
|AB| ≥2|MN|，进而可得 的最大值为 .
3|AB| 3【详解】
如图，过A点作AC⊥l，过B作BD⊥l，设|AF|=m，|BF|=n，
则由抛物线的定义知|BD|=|BF|=n，|AC|=|AF|=m，
1 1
由题意知|MN|= (|BD|+|AC|)= (m+n)，
2 2
因⃗AF⋅⃗FB=0得AF⊥BF，
|AB|
2=|AF| 2+|BF| 2=m2+n2，
(m+n) 2
因m2+n2≥ ，当且仅当m=n，即|AF|=|BF|时等号成立，
2
|MN| ❑√2
所以|AB| 2 ≥2|MN| 2 ， ≤ ，
|AB| 2
2|MN| ❑√2
所以 ≤ ，
3|AB| 3
❑√2
故答案为：
3
15．分形几何学是一门以不规则几何形态为研究对象的几何学．分形的外表结构极为复杂，但其内
部却是有规律可寻的．一个数学意义上分形的生成是基于一个不断迭代的方程式，即一种基于递归
的反馈系统．下面我们用分形的方法来得到一系列图形，如图1，线段AB的长度为a，在线段AB
1
上取两个点C，D，使得AC=DB= AB，以CD为一边在线段AB的上方做一个正六边形，然后
4
去掉线段CD，得到图2中的图形；对图2中的最上方的线段EF作相同的操作，得到图3中的图形；
依此类推，我们就得到了以下一系列图形：记第n个图形（图1为第1个图形）中的所有线段长的和为S ，现给出有关数列{S }的四个命题：
n n
①数列{S }是等比数列；
n
②数列{S }是递增数列；
n
③存在最小的正数a，使得对任意的正整数n ，都有S >2018 ；
n
④存在最大的正数a，使得对任意的正整数n，都有S <2018．
n
其中真命题的序号是 （请写出所有真命题的序号）.
【答案】②④
【分析】通过分析图1到图4，猜想归纳出其递推规律，再判断该数列的性质，即可求解．
【详解】由题意，得图1中线段为a，即S =a；
1
a a
图2中正六边形边长为 ，则S =S + ×4=S +2a；
2 2 1 2 1
a a
图3中的最小正六边形边长为 ，则S =S + ×4=S +a；
4 3 2 4 2
a a a
图4中的最小正六边形边长为 ，则S =S + ×4=S + ；
8 4 3 8 2 2
a
由此类推，S -S = ，
n n-1 2n-1
所以{S }为递增数列，但不是等比数列，即①错误，②正确；
n
a a
因为S =S +(S -S )+(S -S )+⋯+(S -S )=a+2a+a+ +⋯+
n 1 2 1 3 2 n n-1 2 2n-3
1
2a(1- )
2n-1 1
=a+ =a+4a(1- )<5a，
1 2n-1
1-
2
2018
即存在最大的正数a= ，使得对任意的正整数n，都有S <2018，
5 n即④正确；③错误，
综上可知正确的由②④．
【点睛】用数列知识解相关的实际问题，关键是列出相关信息，合理建立数学模型——数列模型，
判断是等差数列还是等比数列模型；求解时，要明确目标，搞清是求和、求通项、还是解递推关系
问题，所求结论对应的是解方程问题、解不等式问题、还是最值问题，然后经过数学推理与计算得
出的结果，放回到实际问题中进行检验，最终得出结论．
16．已知函数f (x)=¿，若存在m∈(2,8)，使得方程f (x)=m-9有两个不同的实数根且两根之和
为6，则实数k的取值范围是 ．
【答案】(❑√2,2❑√2)
【分析】先通过对题目的分析，令g(x)=f (x)+9，将题目简单化，并转化为等价形式；再根据函
数y=g(x)与y=m的图象有两个交点，数形结合可判断k>0；最后结合图形分析得出y=k(x-3)
与y=(x-3) 2 (x>3)图象的交点纵坐标与之间的关系： y =m∈(2,8)，建立不等式求解即可得出
P
答案.
【详解】令g(x)=f (x)+9，得g(x)=¿，
则原问题等价于存在m∈(2,8)，
使得y=g(x)与y=m的图象有两个交点且两交点的横坐标之和为6，
则k>0，作出函数y=g(x)与y=m的图象如图所示，
设两图象交点的横坐标分别为x ,x ，则x +x =6，
1 2 1 2
故两个交点关于二次函数y=(x-3) 2的图象的对称轴x=3对称，
设点P为y=k(x-3)与y=(x-3) 2 (x>3)图象的交点，且y =m∈(2,8)，
P
联立y=k(x-3)与y=(x-3) 2 (x>3)，解得x =k+3，故y =k2 ，
P P
故¿，解得❑√20，解得0b>0)的离心率为 ，且过点 -❑√3,- .
a2 b2 2 2
(1)求椭圆C的标准方程.
(2)已知过右焦点F的直线l与C交于A,B两点，在x轴上是否存在一个定点P，使∠OPA=∠OPB？
若存在，求出定点P的坐标；若不存在，请说明理由.
x2 y2
【答案】(1) + =1
12 3
(2)存在，P(4,0)
❑√3 ( 3)
【分析】（1）由离心率 与定点 -❑√3,- 代入椭圆方程，建立方程组a,b,c待定系数即可；
2 2
（2）由∠OPA=∠OPB条件转化为k +k =0，设直线l的方程为
PA PB
x=my+3,A(x ,y ),B(x ,y )，将斜率坐标化，利用韦达定理代入，得到t,m的等式，不论m如
1 1 2 2
何变化，等式恒成立求t值即可.
c √ b2 ❑√3
【详解】（1）因为e= =❑1- = ，所以a=2b.
a a2 2
x2 y2
所以椭圆C的方程为 + =1.
4b2 b2
9
( 3)
因为点 -❑√3,- 在椭圆C上，所以 3 4 ，解得b2=3，
2 + =1
4b2 b2
所以a2=12.
x2 y2
所以椭圆C的标准方程为 + =1.
12 3
（2）存在定点P(4,0)，使∠OPA=∠OPB.理由如下：
由（1）知，c2=12-3=9，则点F(3,0).
设在x轴上存在定点P(ι,0)，使∠OPA=∠OPB成立.
当直线l斜率为0时，直线右焦点F的直线l即x轴与C交于长轴两端点，
若∠OPA=∠OPB，则t>2❑√3，或t<-2❑√3.当直线l斜率不为0时，设直线l的方程为x=my+3,A(x ,y ),B(x ,y )，.
1 1 2 2
由¿消去x并整理，得(4+m2)y2+6my-3=0，
6m 3
则y + y =- ,y y =-
.
1 2 4+m2 1 2 4+m2
因为∠OPA=∠OPB，所以k +k =0，
PA PB
y y
所以 1 + 2 =0，即y (x -t)+ y (x -t)=0.
x -t x -t 1 2 2 1
1 2
所以y (m y +3-t)+ y (m y +3-t)=0，
1 2 2 1
即2m y y +3(y + y )-t(y + y )=0，
1 2 1 2 1 2
6m 18m 6mt 6m(t-4)
- - + = =0恒成立，
4+m2 4+m2 4+m2 4+m2
6m(t-4)
即对∀m∈R， =0恒成立，则t=4，即P(4,0).
4+m2
又点P(4,0)满足条件t>2❑√3.
综上所述，故存在定点P(4,0)，使∠OPA=∠OPB.
ex
22．（12分）已知f (x)= ，g(x)=asinx，直线l 是y=f (x)在x=1处的切线，直线l 是
x 1 2
y=g(x)在x=0处的切线，若两直线l 、l 夹角的正切值为2，且当x>0时，直线l 恒在函数
1 2 2
y=g(x)图象的下方.
(1)求a的值；
(2)设F(x)=f (x)+g(x)，若x 是F(x)在(-π,0)上的一个极值点，求证：x 是函数F(x)在
0 0上的唯一极大值点，且 .
(-π,0) 00时，直线l 恒在函数
1 2 2
y=g(x)图象的下方进行检验，即可得出实数a的值；
ex
（2）求得F(x)= -2sinx，x∈(-π,0)，利用导数分析函数F(x)在(-π,0)上的单调性，结
x
合零点存在定理可证得x 是函数F(x)在(-π,0)上的唯一极大值点，再结合函数F(x)的单调性可
0
证得0φ(0)=0，满足题意.
综上所述，a=-2.
ex
（2）证明：由（1）知a=-2，故F(x)= -2sinx，x∈(-π,0).
x
(x-1)ex-2x2cosx
F'(x)=
，
x2
当x∈ [ - π ,0 ) 时，(x-1)ex<0，x2cosx≥0，F'(x)<0，
2故F(x)在 [ - π ,0 ) 上单调递减，
2
π π
当x∈ (-π,- ) 时，令h(x)=(x-1)ex-2x2cosx，x∈ (-π,- ) ，
2 2
h'(x)=xex-4xcosx+2x2sinx=x(ex-4cosx+2xsinx)，
π
ex>0，cosx<0，xsinx>0，则h'(x)<0，故h(x)在 (-π,- ) 上单调递减，
2
因为h(-π)=2π2- π+1 >0，h (- π )=(- π -1 )e - π 2 <0，则h(-π)h (- π )<0，
eπ 2 2 2
π
由零点存在性定理知：h(x)在
(-π,- )
上有唯一零点，
2
π
即F'(x)在 (-π,- ) 上有唯一零点，该零点即为x ，
2 0
当x∈(-π,x )时，h(x)>0，即F'(x)>0，
0
π
当x∈ ( x ,- ) 时，h(x)<0，即F'(x)<0，
0 2
又x∈ [ - π ,0 ) 时，F'(x)<0，故F(x)在(-π,x )单调递增，在(x ,0)单调递减，
2 0 0
π
( )
则当x∈ (-π,- π ) 时，F(x )>F (- π )=2- 2 = 2 πe2 -1 >0，
2 0 2 π π
πe2 πe2
因为x ∈ (-π,- π ) ，则F(x )= ex 0 -2sinx <-2sinx <2，
0 2 0 x 0 0
0
故x 是函数F(x)在(-π,0)上的唯一的极大值点，且0g(x)（或f (x)0（或
f (x)-g(x)<0），进而构造辅助函数h(x)=f (x)-g(x)；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
