第29套：未知数杯数学模拟测试详解(1)_2024年4月_01按日期_6号_2024届新结构高考数学合集_新高考19题（九省联考模式）数学合集140套_未知数杯数学模拟测试试题

“未知数杯”数学模拟测试
数学试题详解
1．【答案】C
【分析】求出不大于 10 的所有素数，再利用列举法求出古典概率即得.
【详解】不大于 10 的素数有 2，3，5，7，
从中任取两个数的试验的样本空间Ω2,3,2,5,2,7,3,5,3,7,5,7
，共 6 个样
本点，
其中和为素数的样本点 2 个，
所以和为偶数的概率为 .
1
故选：C
3
2．【答案】B
【分析】根据给定的递推公式求出a ，进而求出数列a 通项，借助单调性求解即
1 n
得.
【详解】依题意，nN，S a 1024，则a 512，当n2时，S a 1024，
n n 1 n1 n1
两式相减得2a a ，即a  1 a ，因此数列a 是以 512 为首项， 1 为公比的等
n n1 n 2 n1 n 2
比数列，
1
于是a 512( )n1210n ，显然数列a 单调递减，当n10时，a 1，当n11，a 1，
n 2 n n n
所以当n9或n10时，数列a 的前 n 项积最大，最大值为
n
29282722220 245.
故选：B
3．【答案】A
【分析】根据题意，结合点到直线的距离公式，即可求解.
【详解】由题意知，圆心为(1,3)，且与直线 x y20相切，
132
则圆的半径为rd   2.
12(1)2
故选：A.
4．【答案】D
数学试题详解 第 1 页 共 13 页【分析】根据等差数列的性质求得a ，进一步计算即可.
7
【详解】因为数列a 为等差数列，
n
则a a a 3a  4π ，
1 7 13 7
4π
所以a  ，
7 3
4π 3
则sina sin  ，
7 3 2
故选：D.
5．【答案】A
【分析】令 f(2x)2f(x)中 x0，则 f(0)0，排除 C，D；又由 f(2x)2f(x)可得c2ax2
任意的 xR恒成立，则c0，2a0，排除 B，即可得出答案.
【详解】因为对任意的 xR，有 f(2x)2f(x)，令 x0，则 f(0)2f(0)，
所以 f(0)0，排除 C，D；即 f 0c0，
设二次函数 f(x)ax2bxca0，
所以 f(2x)4ax22bxc，2f(x)2ax2 2bx2c，
由 f(2x)2f(x)可得4ax22bxc2ax22bx2c，则2ax2c0，
所以c2ax2任意的 xR恒成立，则c0，2a0，故排除 B.
故选：A.
6．【答案】D
【分析】由运动素养测评图可以求得平均值以及方差，通过识图可判断甲乙运动素
养的高低.
64545
【详解】由图可知：甲的平均值为 4.8，
5
65454
乙的平均值为 4.8，A 正确；
5
1
甲的方差为s2 = (6-4.8)2+(4-4.8)2+ (5-4.8)2+ (4-4.8)2+ (5-4.8 )2 =0.56 ，
1 5
1
乙的方差为s2 = (6-4.8)2+(5-4.8)2+ (4-4.8)2+ (5-4.8)2+ (4-4.8 )2 =0.56 ，
2 5
B 正确；
从长跑、马术、游泳考虑，甲三方面的分值和为54514，乙三方面的分值和为
45413，乙小于甲，C 正确；
从足球、长跑、篮球考虑，甲三方面的分值和为65415，乙三方面的分值和为
64515 ，乙与甲相同，D 错误.
数学试题详解 第 2 页 共 13 页故选：D
7．【答案】A
【分析】
根据校验方程组分别判断各位码元的正误.
【详解】
由已知得 x x x x 000110，故 x，x，x，x 至少错误一个，
4 5 6 7 4 5 6 7
又 x x x x 10010，正确，故 x，x，x，x 均正确，
2 3 6 7 2 3 6 7
x x x x 10010，正确，故 x，x，x，x 均正确，
1 3 5 7 1 3 5 7
综上所述， x 错误，
4
故选：A.
8．【答案】C
【分析】
由类比推理可知所求几何体体积为在底面半径 R4，高h6的圆柱内，挖出一个以
该圆柱下底面圆心为顶点，上底面为底面的圆锥后，得到的新的几何体体积的2倍，
借助圆锥和圆柱体积公式可求得结果.
【详解】
类比推理可知：若在底面半径R4，高h6的圆柱内，挖出一个以该圆柱下底面圆
心为顶点，上底面为底面的圆锥后，得到一新的几何体，则新几何体与所求橄榄状
几何体的一半的体积相等.
 1  4 4
所求体积V 2R2h R2h R2h 166128 .
 3  3 3
故选：C.
9．【答案】ACD
【分析】
根据双曲余弦函数、双曲正弦函数的表达式可判断 A 的正确，根据奇函数的定义可
判断 B 的正误，根据导数的计算公式可判断 C 的正误，利用导数的几何意义可判断
数学试题详解 第 3 页 共 13 页D 的正误.
【详解】
exex ey ey exex ey ey exy exy
coshxcoshysinhxsinhy     cos(xy)，
2 2 2 2 2
A 正确；
e2xe2x e2x e2x e2x e2x
ysinhxcoshx ，记 g(x) ，则g(x) g(x)，
4 4 4
g(x)为奇函数，即 ysinhxcoshx是奇函数，B 错误；
ex ex  exex
   sinhx，C 正确；
 
 2  2
ex ex exex
因为 ABx轴，设Sx ，则Sx ，
2 2
所以若△PAB是以A为直角顶点的直角三角形，则k 0，
PA
emem
由k Sm 0，解得m0，D正确．
PA 2
故选：ACD．
10．【答案】ACD
【分析】根据题意，a ，b 都是等比数列，从而可求a ，b 的通项公式，再
n n n n
对选项逐个判断即可得到答案．
2 2
a  3a  5
【详解】对于 A 选项，由题意知，a n 2 1   4 n     4 n    8 a n 2且a n 0，
10
所以a  a ，又因为a 4，
n1 4 n 1
所以数列a 是以4为首项， 10 为公比的等比数列，故 A 正确；
n
4
n1
 10 5
对于 B 选项，由上知，a 4  ，a 4，a  10，a  ，
n   4   1 2 3 2
2
 2 5 129
所以a2a2a2  42 10     ，故 B 错误；
1 2 3 2 4
1 a 3a 3a2 3   10  n1 2 3 5  n1
对于 C 选项，b n  2  4 n 4 n  32 n  32     4    4        2   8   ，
2 3
易知b n 是单调递减数列，且b 3  3 2    8 5    1 7 2 5 8  1 2 ，b 4  3 2    8 5    1 3 0 7 2 5 4  1 2 ，
数学试题详解 第 4 页 共 13 页1
故使得不等式b  成立的的最大值为3，故 C 正确；
n 2
3 5 n
1  
对于 D 选项，因为 S  2 8   4  1   5  n  ，且nN*，
n 1 5  8 
8
n
5
所以01  1，所以S n 4，故 D 正确；
8
故选：ACD．
11．【答案】BD
【分析】根据集合的定义和题目要求，分析各选项即可.
【详解】对于选项 A，因为M   xQ x0  ，N  xQ x0  ，M N  xQ x0 Q，
故 A 错误；
对于选项 B，设M  xQ x0  ， N  xQ x0  ，满足戴德金分割，则 M 中没有
最大元素，N 有一个最小元素 0，故 B 正确；
对于选项 C，若M 有一个最大元素m， N 有一个最小元素n，若mn，一定存在
k(m,n)使M N Q不成立；若mn，则M N 不成立，故 C 错误；
   
对于选项 D，设M  xQ x 2 ，N  xQ x 2 ，满足戴德金分割，此时M 没
有最大元素， N 也没有最小元素，故 D 正确．
故选:BD．
12．【答案】垂直于同一条直线的两条直线平行（答案不唯一）；平行于同一条直线
的两条直线平行.（答案不唯一）
【分析】
根据平面几何和立体几何中线线、线面位置关系的相关理论直接得到结果即可.
【详解】
在平面几何中，垂直于同一条直线的两条直线平行；在立体几何中，垂直于同一条
直线的两条直线可能平行、相交或异面；
则在平面几何中成立而在立体几何中不成立的命题为：垂直于同一条直线的两条直
线平行.
在平面几何中，平行于同一条直线的两条直线平行；在立体几何中，平行于同一条
直线的两条直线平行；
则在平面几何中成立又在立体几何中成立的命题为：平行于同一条直线的两条直线
平行.
数学试题详解 第 5 页 共 13 页故答案为：垂直于同一条直线的两条直线平行（答案不唯一）；平行于同一条直线的
两条直线平行.（答案不唯一）.
13．【答案】6
【分析】
由已知，根据二项式定理可得n4,再利用二项展开式的通项公式即可求解
【详解】
由已知，展开式中恰好第 3 项的二项式系数最大可知，n4.
根据二项式定理设第r1项是常数项，
r
则：T r1 C n ranrbr=C 4 rx4r     1 x    C 4 r 1r x 42r ,
令42r0,解得r 2,所以常数项是T C212 =6
3 4
故答案为：6
n2
14．【答案】a  （答案不唯一）
n n1
【分析】分析数列a 前 4 项的特征，求出前 4 项都满足的一个通项公式作答.
n
3 12 4 22 5 32 6 42
【详解】依题意，  ,  ,  ,  ，
2 11 3 21 4 31 5 41
n2
所以前 4 项都满足的一个通项公式为a  .
n n1
n2
故答案为：a 
n n1
15．【答案】(1) AB 8 5 ，中点坐标为(7,4)
(2)以 AB为直径的圆不经过坐标原点 O，理由见解析
【分析】（1）设出 A,B坐标，联立直线与抛物线方程得到横坐标的韦达定理形式，
根据弦长公式结合韦达定理可求 AB ，根据 x x ,y y 的值可求线段 AB的中点坐
1 2 1 2
标；
（2）根据韦达定理计算出 xx y y 的值，然后可判断出结果.
1 2 1 2
【详解】（1）设 Ax,y ,Bx ,y ，
1 1 2 2
xy30
联立 ，消去 y 整理得 x214x90，且1424191600，
 y2 8x
数学试题详解 第 6 页 共 13 页x x 14
所以 1 2 ，
 xx 9
1 2
所以 AB  1k2  x x 24xx  2 19636 8 5，
1 2 1 2
又因为 x x 14,y y 3x 3x 8 ，
1 2 1 2 1 2
所以线段 AB的中点坐标为7,4．
（2）以 AB为直径的圆不经过坐标原点 O．
 
因为OAOB xx y y xx 3x 3x  2xx 3x x 915 0 ，
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
所以OA与OB不垂直，
故以 AB为直径的圆不经过坐标原点 O．
16．【答案】(1)证明见解析
3
(2)
3
【分析】（1）利用中位线定理证明线线平行，得到平行四边形，进而根据线面垂直
的判定即可证明；
（2）建立空间直角坐标系，写出相应点的坐标，分别求出平面CDE与平面 ABED的
法向量，利用向量的夹角公式即可求解.
【详解】（1）取 AC 中点 M，连接 BM，∵ABBC ，∴BM  AC，
又∵AD平面 ABC，BM平面 ABC，∴ ADBM ，
又 ACAD A ， AC,AD平面 ACD，
∴BM 平面 ACD，取 CD 中点 F，连接 MF，EF，
数学试题详解 第 7 页 共 13 页1 1 1 1
∴MF// AD且MF  AD，又∵BE// AD 且 BE  AD，
2 2 2 2
∴MF//BE且MF BE ，
∴四边形 BMFE 为平行四边形，∴EF∥BM ．
∴EF平面 ACD，又∵EF 平面 CDE，∴平面CDE平面 ACD．
1 1 2 6
（2）过点C作CQ AB，则S  2 2   3CQCQ ．
ABC 2 2 3
1
设BEx，∴ AD2x，V  S CQ
五面体ABCDE
3
梯形ABED
1 (x2x) 3 2 6
    2 x1．
3 2 3
由（1）可知MB,MF,MC两两互相垂直，建立如图所示空间直角坐标系，
如图，∴C(0,1,0),D(0,1,2),E( 2,0,1),A(0,1,0),B( 2,0,0)，
  
CD(0,2,2),DE ( 2,1,1),AD(0,0,2)．
 
设平面 CDE 与平面 ABED 的一个法向量分别为n x,y,z ,n x ,y ,z ，
1 1 1 1 2 2 2 2
 
 n CD0  2y 2z 0 
∴ 1   1 1  n  0,1,1，
n
1
DE 0  2x
1
y
1
z
1
0 1
 
 n DE 0  2x y z 0   
 2   2 2 2  n  1, 2,0 ，
n
2
AD0  2z
2
0 2
设平面CDE与平面 ABED所成角为θ，
数学试题详解 第 8 页 共 13 页 
n n
1 2 2 3 3
∴cos     ，即平面CDE与平面 ABED所成角的余弦值为 .
n n 2 3 3 3
1 2
17．【答案】(1)递增区间为1,3，递减区间为,1，3,
(2)2
(3)
27,5
【分析】
（1）求函数的导数，根据条件建立方程组关系求出a，b的值，结合函数单调性和
导数之间的关系即可求 f x的单调区间；
（2）利用导数求出函数 f x在区间2,2上的最大值，建立方程关系即可求c的值.
（3）根据 f x的单调性求得极值，令极大值大于0，极小值小于0，解不等式即可
求c的范围.
(1)
由 f xx3ax2bxc 可得 fx3x22axb，
因为 f10， f29，
32ab0
所以 ，解得：a3，b9，
124ab9
所以 f xx33x29xc， fx3x26x93  x22x3  ，
由 fx0即 x22x30可得：-1<x<3，
由 fx0即 x22x30可得： x1或 x3，
所以 f x的单调递增区间为1,3，单减区间为,1和3, .
(2)
由（1）知， f x在2,1上单调递减，在1,2上单调递增，
所以当 x1时， f x取得极小值 f 11331291cc5，
f
22332292cc2，
f 22332292cc22，
数学试题详解 第 9 页 共 13 页则 f x在区间2,2上的最大值为 f 2c2220，
所以c2.
(3)
由（1）知当 x1时， f x取得极小值 f 11331291cc5，
当 x3时， f x取得极大值
f 33333293cc27，
若函数 f x的图象与 x轴有三个交点，
f(1)c50 c5
则 得 ，解得27c5，
f(3)27c0 c27
即c的范围是27,5
.
18．【答案】（1）AA，Aa(或aA)，aa的概率分别是 1 ， 1 ， 1 ．（2）u  p2,v 2pq,w q2
4 2 4 1 1 1
（3）答案见解析（4）答案见解析
【详解】
（1）利用相互独立事件的概率乘法公式即可求解.
（2）利用相互独立事件的概率乘法公式即可求解.
（3）由（2）知u  p 2,v 2p q ,w q 2，求出 p 、q ，利用等差数列的定义
n1 n n1 n n n1 n n1 n1
即可证出.
1 1 q
（4）利用等差数列的通项公式可得  (n1)，从而可得q  ，再由
q q n 1nq
n 1
2
 q 
w  q2   ，利用式子的特征可得w 越来越小，进而得出结论.
n1 n 1q  n
n
【详解】
1
（1）即 Aa与 Aa是父亲和母亲的性状，每个因子被选择的概率都是 ，
2
1 1 1 1 1 1 2
故 AA出现的概率是  ， Aa或aA出现的概率是     ，
2 2 2 2 2 2 4
1 1
aa出现的概率是 
2 2
1 1 1
所以： AA， Aa(或aA)，aa的概率分别是 ， ，
4 2 4
（2）u  p2,v 2pq,w q2
1 1 1
数学试题详解 第 10 页 共 13 页（3）由（2）知u  p 2,v 2p q ,w q 2
n1 n n1 n n n1 n
v 2p q
u  n1 p2  n n
于是 n1 2 n 2 1
p   
n1 1w 1q2 1q
n1 n n
v
n1
2 p q p q q
q   n n  n n  n
n1 1w 1q2 1q 1q 1q
n1 n n n n
1 1
 1
q q
n1 n
 1 
∴ 是等差数列，公差为 1
q 
n
1 1
（4）  (n1)
q q
n 1
v 2pq
1
其中， 2 2 q (由（2）的结论得)
q   
1 1w 1q2 1q
1
1 1 q
所以  nq 
q q n 1nq
n 1
2
 q 
于是，w  q2  
n1 n 1q 
n
2
pnq pnq 
p n 1q n  1nq ,u n1  p n 2  1nq  
p(pnq)
v 2p q 2
n1 n n (1nq)2
2
 q 
很明显w
n1

 1nq  
，n越大，w
n1
越小，所以这种实验长期进行下去，
w 越来越小，而w 是子代中aa所占的比例，也即性状aa会渐渐消失．
n n
【点睛】
本题主要考查了相互独立事件的概率乘法公式、等差数列的定义、等差数列的通项公式，考查了学生的分
析能力，属于中档题，
19．【答案】（1）5；（2）见解析；（3）见解析
【详解】
（1）设a、b、c abc)是一个奇异三角形的三边长.则由海海伦公式知
(
162 abcabcabcabc ①
.
数学试题详解 第 11 页 共 13 页因为a,b,c1，所以，a、b、c中至少有一个为奇数.如果a、b、c中有奇数个奇
数，则abc、abc、abc、cabc都是奇数，与式①矛盾.
因此，a、b、c中恰有两个为奇数.
若a1，由cab1b，知cb
.
因为cb，所以，bc
.
此时，a、b、c中有奇数个奇数，矛盾.
若a2，由cab2b，知cb1
.
因为cb，所以，cb或cb1
.
1
当cb时，p abcb1，2 b1b111b21，因此，1bb
.
2
但b1，矛盾.
当cb1时，b、c一奇一偶.
故a、b、c中恰有一个奇数，矛盾.
若a4，则b、c都是奇数.
由cab4b，知cb3
.
又cb，于是，cb或cb2
.
当cb时，p 1 abcb2，2 b2b2224  b24  ，所以，为偶数.
2
令2 .则2 b24，4b b 
1 1 1 1 .
但b b ，于是，b 4，b 1，故2b5，矛盾.
1 1 1 1
1
当cb2时， p abcb3，所以，3.令3 ，则32 b3b1
2 1 1 .
若3b3，则3b，与奇异三角形矛盾.若3b1，则3b2c，也与奇异三角形
矛盾.
综上所述，a5
.
又（5，5，8）是奇异三角形，故奇异三角形的最小边长的最小值为 5.
（2）若m、nN ，mn,3m,nm,n1，m、n一奇一偶，则  m2n2,m2n2,2m22n2

是奇异三角形.
事实上，2mn
 m2n2
为整数.
其次，因m、n一奇一偶，则  m2n2,2  1
.
故
 m2n2,2m22n2

 m2n2,m2n2

 m2n2,m2

 m2,n2
1
.
数学试题详解 第 12 页 共 13 页最后，因为3mn，且m,n1，故m、n中恰有一个是 3 的倍数，所以，m2n2、2m22n2
都不是 3 的倍数.
特别地，取m6k1，n6.则  36k212k37,36k212k37,72k224k70  是奇异三
角形.
类似知，若m、nN ，mn，3  m2n2 ，m,n1，m、n一奇一偶，则

 m2n2,m2n2,4mn  是奇异三角形.
特别地，取m6k1，n2，则  36k212k5,36k212k5,48k8  是奇异三角形.
（3）非等腰的奇异三角形亦有无数个.
取t5mod30，令a5t2，b 1 25t46t21  ，c 1 25t46t21 
.
4 4
因为t 为奇数，所以，a、b、c为整数，且显然有abc
.
又因为t 不是 3 的倍数，所以，a、b、c都不是 3 的倍数.
最后，由于5t，于是，b、c都不是 5 的倍数，进而，由  t2,25t46t21  1，知a,b,c1
.
经计算可得 1 t2 25t41  为整数.
2
所以，（a、b、c）是非等腰奇异三角形.
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