新结构试卷河南省青桐鸣大联考2024届高三上学期期末联考数学试卷(1)_2024年2月_022月合集_2024届新结构试卷19题“九省联考模式”数学试卷33套

2024 届普通高等学校招生全国统一考试
数学
全卷满分 150分，考试时间 120分钟．
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本
试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
一、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
是符合题目要求的．
1．已知集合A={−2,−1,0,1,2 }，B= { x x<0 } ，则AB的真子集个数为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．7
2．已知i为虚数单位，复数z满足zi−i= x+1，则 z+1 =（ ）
A． 2 B．1 C． 5 D．2
  π  
3．已知单位向量a，b 的夹角为 ，则 5a+6b =（ ）
3
A．9 B． 91 C．10 D．3 10
4．据科学研究表明，某种玫瑰花新鲜程度y与其花朵凋零时间t（分钟）（在植物学上t表示从花朵完全绽放
t
时刻开始到完全凋零时刻为止所需的时间）近似满足函数关系式：y =b⋅210（b为常数），若该种玫瑰花在
1 1
凋零时间为10分钟时的新鲜程度为 ，则当该种玫瑰花新鲜程度为 时，其凋零时间约为（参考数据：
10 2
lg2≈0.3）（ ）
A．3分钟 B．30分钟 C．33分钟 D．35分钟
5．已知某圆台的体积为21π，其上、下底面圆的面积之比为1:4且周长之和为6π，则该圆台的高为
（ ）
A．6 B．7 C．8 D．9
 p 
6．已知抛物线C: y2 =2px ( p>0 )，过点  ,0 且斜率为−1的直线l交C于M，N两点，且
 2 
MN =32，则C的准线方程为（ ）
A．x=−1 B．x=−2 C．x=−3 D．x=−4
学科网（北京）股份有限公司7．已知数列{ a }是单调递增数列，a =m ( 2n −1 ) −n2，n∈N*，则实数m的取值范围为（ ）
n n
3 
A．( 2,+∞) B．( 1,2 ) C．  ,+∞  D．( 2,3 )
2 
8．已知离散型随机变量X的分布列如下，则D ( X )的最大值为（ ）
X 0 1 2
P a a+b a−b
1 2 8
A． B． C． D．1
3 3 9
二、选择题：本题共 3小题，每小题 6分，共 18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符
合题目要求．全部选对的得 6分，部分选对的得部分分，有选错的得 0分．
9．某高中从本校的三个年级中随机调查了五名同学关于生命科学科普知识的掌握情况，五名同学的成绩如
下：84，72，68，76，80，则（ ）
A．这五名同学成绩的平均数为78 B．这五名同学成绩的中位数为74
C．这五名同学成绩的上四分位数为80 D．这五名同学成绩的方差为32
b2 +1
10．已知正实数a，b满足a+2b=2，则 的可能取值为（ ）
ab
A．2 B．1+ 2 C． 2−1 D．4
11．在平面直角坐标系中，O为坐标原点，A ( 1,0 )，B (−1,0 )，1≤ AM ≤2，点M的轨迹为Ω，则
（ ）
A．Ω为中心对称图形
B．M到直线x−ay+2=0(a∈R)距离的最大值为5
C．若线段OM 上的所有点均在Ω中，则 OM 最大为 3
π
D．使∠MBO= 成立的M点有4个
4
三、填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分．
− 1 1
12．(2−x 2)8的展开式中含 的项的系数为______．
x2
2
13．已知tanα= ，则tan3α=______．
2
14．三个相似的圆锥的体积分别为V ，V ，V ，侧面积分别为S ，S ，S ，且V =V +V ，
1 2 3 1 2 3 1 2 3
aS =S +S ，则实数a的最大值为______．
1 2 3
学科网（北京）股份有限公司四、解答题：共 77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．（13分）
已知函数 f ( x )=aln(x+1)−xsinx．
π π
（1）若a=0，求曲线y = f ( x )在点  , f   处的切线方程；
2 2
（2）若a =1，研究函数 f ( x )在x∈(−1,0 ]上的单调性和零点个数．
16．（15分）
2024年由教育部及各省教育厅组织的九省联考于1月19日开考，全程模拟高考及考后的志愿填报等．某高
中分别随机调研了50名男同学和50名女同学对计算机专业感兴趣的情况，得到如下2×2列联表．
对计算机专业感兴趣 对计算机专业不感兴趣 合计
男同学 40
女同学 20
合计
（1）完善以上的2×2列联表，并判断根据小概率值α=0.01的独立性检验，能否认为该校学生是否对计算
机专业感兴趣与性别有关；
（2）将样本的频率作为概率，现从全校的学生中随机抽取30名学生，求其中对计算机专业感兴趣的学生人
数的期望和方差．
n ( ad −bc )2
附：χ2 = ，其中n=a+b+c+d ．
( a+b )( c+d )( a+c )( b+d )
α
0.1 0.05 0.01
2.706 3.841 6.635
x
α
17．（15分）
如图，在四棱锥P−ABCD中，平面PCD⊥平面ABCD，四边形ABCD为等腰梯形，且
1
AB= CD=1，△PCD为等边三角形，平面PAB平面PCD=直线l．
2
（1）证明：l∥平面ABCD；
π
（2）若l与平面PAD的夹角为 ，求四棱锥P−ABCD的体积．
6
学科网（北京）股份有限公司18．（17分）
x2 y2  3
已知椭圆C: + =1(a >b>0)的左、右顶点分别为A、B，且 AB =4，点1, 在椭圆C上．
a2 b2   2  
（1）求椭圆C的标准方程；
k
（2）若E，F为椭圆C上异于A，B的两个不同动点，且直线AE与BF 的斜率满足 BF =−3，证明：直线
k
AE
EF 恒过定点．
19．（17分）
三阶行列式是解决复杂代数运算的算法，其运算法则如下：
a a a
1 2 3
b b b =ab c +a bc +a bc −a b c −a bc −abc ．
1 2 3 1 2 3 2 3 1 3 1 2 3 2 1 2 1 3 1 3 2
c c c
1 2 3
  
i j k
         
若a×b = x y z ，则称a×b 为空间向量a与b 的叉乘，其中a = xi + y j +zk （x ,y ,z ∈R），
1 1 1 1 1 1 1 1 1
x y z
2 2 2
         
{ }
b = x i + y j +z k （x ,y ,z ∈R）， i, j,k 为单位正交基底．以O为坐标原点、分别以i, j,k 的方向
2 2 2 2 2 2
为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系，已知A，B是空间直角坐标系中异于O的不同两点．
 
（1）①若A ( 1,2,1 )，B ( 0,−1,1 )，求OA×OB；
    
②证明：OA×OB+OB×OA=0．
 
1
（2）记△AOB的面积为S ，证明：S = OA×OB ．
△AOB △AOB
2
   
( )2
（3）证明： OA×OB 的几何意义表示以△AOB为底面、 OA×OB 为高的三棱锥体积的6倍．
学科网（北京）股份有限公司数学参考答案
1．B【解析】由题意可得AB={−2,−1 }，故AB的真子集的个数为22 −1=3．故选B．
1+i (1+i)2
2．A【解析】因为zi−i= z+1，则−z ( 1−i )=1+i，所以z =− =− =−i，故
1−i (1−i)(1+i)
z+1 = 1−i = 12 +(−1)2 = 2．故选A．
  2     π
3．B【解析】由题意得 5a+6b =25a2 +60a⋅b +36b2 =61+60×1×1×cos =91．故
3
 
5a+6b = 91，故选B．
1 1 1 1 t t 10
4．C【解析】由题意得 =2b，则b= ，令 = ⋅210，即210 =10，解得t = ≈33．故选C．
10 20 2 20 lg2
πr2 1
 = ,
5．D【解析】设上、下底面圆的半径分别为r，R，圆台的高为h，则由题意可得πR2 4 解得

2π(r+R)=6π,
r =1, 1
 ，则V = πh(12 +1×2+22)=21π，解得h=9．故选D．
R=2, 3
 p
6．D【解析】设M ( x ,y )，N ( x ,y )，直线l: y =− x−  ，
1 1 2 2  2 
  p
y =− x− , p2
联立  2  得x2 −3px+ =0，
4

y2 =2px,
 p 
则∆>0，x +x =3p，又l经过C的焦点  ,0 ，
1 2  2 
则 MN = x +x + p=3p+ p =32，解得 p =8，故C的准线方程为x=−4．故选D．
1 2
7．C【解析】由题意可得a =m(2n −1)−n2，由于数列{ a }为单调递增数列，即∀n∈N*，
n n
2n+1
a −a =m(2n+1−1)−(n+1)2 −m(2n −1)−n2 =m⋅2n −2n−1>0，整理得m> ，令
n+1 n   2n
2n+1 2n+3 2n+1 1−2n 3
b = ，则b −b = − = <0，n∈N*，易得数列{ b }单调递减，故b = 是数
n 2n n+1 n 2n+1 2n 2n+1 n 1 2
3 
列{ b }的最大项，则m的取值范围为  ,+∞  ，故选C．
n 2 
学科网（北京）股份有限公司1
8．C【解析】P ( X =0 )+P ( X =1 )+P ( X =2 )=3a=1，故a = ，
3
1 2 1 2 1 1
易得0≤ +b≤ ，0≤ −b≤ ，则− ≤b≤ ，
3 3 3 3 3 3
1 1  1  2
故E ( X )=a+b+2a−2b=1−b，D ( X )= (1−b)2 +  +bb2 +  −b(1+b)2 = −b−b2，又因为
3 3  3  3
 1 1 2 8
b∈ − , ，所以D(X)∈ , ．故选C．
   
 3 3 9 9
68+72+76+80+84
9．CD【解析】A选项，这五名同学成绩的平均数为 =76，A错误；
5
B选项，将五名同学的成绩按从小到大排列：68，72，76，80，84，则这五名同学成绩的中位数为76，B错
误；
C选项，5×75%=3.75，故成绩从小到大排列后，第4个数即为上四分位数，即80，C正确；
1
D选项，五名同学成绩的方差为 

(68−76)2 +(72−76)2 +(76−76)2 +(80−76)2 +(84−76)2

=32，D
5
正确．故选CD．
b2 +1 b2 +1 b2 +1 1 b+1 
10．BD【解析】由题意可得 = = =  −1，
ab (2−2b)b 2(b−b2) 2b−b2 
b+1 t t 1 2 )
令b+1=t，则1<t <2， = = = ，且t+ ∈2 2,3 ，故
b−b2 ( t−1 )−( t−1 )2 −t2 +3t−2  2 t 
3− t+

 t 
b+1 ) b2 +1 )
∈3+2 2,+∞ ，所以 ∈1+ 2,+∞ ．故选BD．
b−b2  ab 
11．ABC【解析】由题可得 AM ∈[ 1,2 ]，故点M在以A为圆心、半径分别为1，2的两圆之间（包含边
界），Ω为内径为1，外径为2的圆环，A正确；直线x−ay+2=0过定点(−2,0)，故M到直线
x−ay+2=0的距离最大时为M与点(−2,0)的距离，则d =3+2=5，B正确；当OM 恰与圆
max
(x−1)2 + y2 =1相切时， OM 最大，此时直线OM 与y轴重合，故 OM = 3，C正确；
max
π
∠MBO= ，则直线BM ：y =−( x+1 )或y = x+1，直线y = x+1与直线y =−( x+1 )有无数点在Ω
4
上，故符合的M点有无数个，故D错误．故选ABC．
− 1 − r 1
12．1120【解析】(2−x 2)8的展开式的通项为T =Cr28−r(−1)rx 2，故令r =4可得含 项的系数为
r+1 8 x2
C4×24×(−1)4 =1120．
8
学科网（北京）股份有限公司5 2 2 2tanα
13．− 【解析】由tanα= ，可得tan2α= =2 2，
2 2 1−tan2α
tanα+tan2α 5 2
故tan3α=tan(α+2α)= =− ．
1−tanα⋅tan2α 2
14．3 2【解析】设三个圆锥的高分别为h,h ,h ．母线与轴线的夹角为θ，
1 2 3
1 π
则V = π(htanθ)2⋅h= tan2θ⋅h3，由V =V +V ，得h3 =h3+h3，
3 3 1 2 3 1 2 3
同理由aS =S +S 可得ah2 =h2 +h2，
1 2 3 1 2 3
3
 2
h 
1+ 3  
a3h6 (h2 +h2)3   h 2   
则 1 = 2 3 =a3，则a3 = ．
h6 (h3+h3)2
 3
2
1 2 3 h 
1+ 3  
 h  
 2 
( 1+x2 )3 6x ( 1+x2 )2 ⋅( 1−x )
令 f ( x ) = ，x∈( 0,+∞)，得 f′(x)= ，令 f′( x )>0，解得x∈( 0,1 )；令
( )2 ( )3
1+x3 1+x3
f′(
x
)<0，解得x∈( 1,+∞)，故
f
(
x
)在(
0,1
)上单调递增，在( 1,+∞)上单调递减，所以
f ( x ) = f ( 1 )=2，
max
故a3 ≤2，故a = 3 2．
max
15．解：（1）当a=0时， f ( x )=−xsinx，
π π π
则 f′( x )=−sinx−xcosx，则 f   =− ， f′   =−1，
2 2 2
π π
所以曲线y = f ( x )在点  , f   处的切线方程为y =−x．
2 2
1
（2）当a =1时， f ( x )=ln ( x+1 )−xsinx，则 f′(x)= −sinx−xcosx，
x+1
1
当x∈(−1,0 ]时， >0，−sinx≥0，−xcosx≥0，则 f′( x )>0，
x+1
故 f ( x )在x∈(−1,0 ]上单调递增．
又因为 f ( 0 )=0，所以 f ( x )在x∈(−1,0 ]上的零点个数为1．
16．解：（1）完善2×2列联表如下：
学科网（北京）股份有限公司对计算机专业感兴趣 对计算机专业不感兴趣 合计
男同学 40 10 50
女同学 30 20 50
合计 70 30 100
100×(40×20−10×30)2 100
则χ2 = = ≈4.762<6.635，
50×50×30×70 21
故根据小概率值α=0.01的独立性检验，不能认为该校学生是否对计算机专业感兴趣与性别有关．
70
（2）由（1）知，对计算机专业感兴趣的样本频率为 =0.7，
100
设抽取的30名学生中对计算机专业感兴趣的学生的人数为X，所以随机变量X ~ B ( 30,0.7 )，
故E ( X )=30×0.7=21，D ( X )=30×0.7×( 1−0.7 )=6.3．
17．解：（1）证明：由题可知AB∥CD，AB⊄平面PCD，CD⊂平面PCD，
∴AB∥平面PCD．
又AB⊂平面PAB，平面PAB平面PCD=l，∴l∥AB．
又l ⊄平面ABCD，AB⊂平面ABCD，
∴l∥平面ABCD．
（2）以D为原点，平面ABCD内垂直于DC 的直线为x轴，DC 所在直线为y轴，垂直于平面ABCD的
直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
 1   3 
设等腰梯形ABCD的高为a ( a >0 )，则D ( 0,0,0 )，Aa, ,0 ，Ba, ,0 ，C ( 0,2,0 )，
 2   2 
( )
P 0,1, 3 ，

  1
  n⋅DA=0, ax+ y =0,
设n =( x,y,z )为平面PAD的法向量，则  即 2
n⋅DP=0, 
y+ 3z =0,
  1 3
令y =−1得n = ,−1, 为平面PAD的一个法向量．
 
2a 3 
学科网（北京）股份有限公司
又l∥AB，则可得直线l的一个平行向量m=(
0,1,0
)，
设θ为l与平面PAD的夹角，
  1 1 6
由sinθ= cos n,m =  = ，解得a= ．
n ×1 2 8
1 1 6 3 2
∴V = × 3× × ×(1+2)= ．
P−ABCD
3 2 8 16
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18．解：（1）由题意可得 AB =4=2a，则a=2，
 3 1 3
又点1, 在C上，所以 + =1，解得b=1，
  2   4 4b2
x2
故椭圆C的标准方程为 + y2 =1．
4
（2）证明：由（1）可得，A (−2,0 )，B ( 2,0 )，易知直线AE与直线BF 的斜率一定存在且不为0，
设直线AE的方程为y =t ( x+2 ) (t ≠0)，直线BF 的方程为y =−3t ( x−2 )．
y =t ( x+2 ) ,

( )
由x2 得 4t2 +1 x2 +16t2x+16t2 −4=0，
 + y2 =1,
 4
16t2 −4 −8t2 +2 4t −8t2 +2 4t 
所以x x = ，故x = ，则y = ，故E , ．
A E 4t2 +1 E 4t2 +1 E 4t2 +1  4t2 +1 4t2 +1
y =−3t ( x−2 ) ,

( )
144t2 −4
由

x2
+ y2 =1,
得 36t2 +1 x2 −144t2x+144t2 −4=0，所以x
B
x
F
=
36t2 +1
，
 4
72t2 −2 12t 72t2 −2 12t 
故x = ，则y = ，故F , ．
F 36t2 +1 F 36t2 +1  36t2 +1 36t2 +1
若直线EF 过定点，则根据椭圆的对称性可知直线EF 所过定点必在x轴上，
设定点为P ( x ,0 )．
0
4t 12t
4t2 +1 36t2 +1
则k =k = = ，
PE PF 2−8t2 72t2 −2
−x −x
4t2 +1 0 36t2 +1 0
4t 12t
即 = ，
( ) ( )
2−8t2 −x 4t2 +1 72t2 −2−x 36t2 +1
0 0
学科网（北京）股份有限公司( ) ( )
所以6−24t2 −3x 4t2 +1 =72t2 −2−x 36t2 +1 ，
0 0
化简可得( x −4 )( 12t2 −1 ) =0，故x =4，即直线EF 过定点( 4,0 )．
0 0
19．解：（1）①因为A ( 1,2,1 )，B ( 0,−1,1 )，
  
i j k
          
则OA×OB= 1 2 1 =2i +0+(−1 ) k −0− j −(−1 ) i =3i − j −k =( 3,−1,−1 )．
0 −1 1
②证明：设A ( x ,y ,z )，B ( x ,y ,z )，
1 1 1 2 2 2
       
则OA×OB= y z i +z x j +x y k −x yk −z x j − y zi =(y z − y z ,z x −z x ,x y −x y )，
1 2 1 2 1 2 2 1 2 1 2 1 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2 1
将x 与x 互换，y 与y 互换，z 与z 互换，
2 1 2 1 2 1
 
可得OB×OA=(y z − y z ,z x −z x ,x y −x y )，
2 1 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2
    
故OA×OB+OB×OA=(
0,0,0
)=0．
   
  2 2
(OA⋅OB)2 OA OB −(OA⋅OB)2
（2）证明：因为sin∠AOB= 1−cos2∠AOB = 1−   =   ，
2 2
OA OB OA OB
     
1 1 2 2
故S = OA OB ⋅sin∠AOB= OA OB −(OA⋅OB)2 ，
△AOB
2 2
 
1
故要证S = OA×OB ，
△AOB
2
     
2 2
只需证 OA×OB = OA OB −(OA⋅OB)2 ，
     
2 2 2
即证 OA×OB = OA OB −(OA⋅OB)2．
   
由（1）OA=(x ,y ,z )，OB=( x ,y ,z )，OA×OB=( y z − y z ,z x −z x ,x y −x y )，
1 1 1 2 2 2 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2 1
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故 OA×OB 2 =(y z − y z )2 +(z x −z x )2 +( x y −x y )2，
1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2 1
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又 OA 2 = x2 + y2 +z2， OB 2 = x2 + y2 +z2， ( OA⋅OB )2 =( x x + y y +z z )2，
1 1 1 2 2 2 1 2 1 2 1 2
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2 2 2
则 OA×OB = OA OB −(OA⋅OB)2成立，
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1
故S = OA×OB ．
△AOB
2
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1
（3）证明：由（2）S = OA×OB ，
△AOB
2
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2 1
得(OA×OB)2 = OA×OB = OA×OB ⋅2 OA×OB =S ⋅2 OA×OB ，
2
△AOB
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1
故(OA×OB)2 = S ⋅ OA×OB ×6，
3
△AOB
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故(OA×OB)2的几何意义表示以△AOB为底面、 OA×OB 为高的三棱锥体积的6倍．
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