2024年新高考新结构数学模拟卷（三）
（模拟测试）
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项:
1.答题前,先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上
的指定位置。
2.选择题的作答:每小题选出答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂
黑。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3.非选择题的作答:用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷
草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4.考试结束后,请将本试卷和答题卡一并上交。
一、单选题（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 , ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】分别求解两个集合，再根据补集和并集的定义，即可求解.
【详解】 ，得 ，所以 ，
函数 中， ，即 ，所以 ，
，所以 .
故选：B
2．已知直线 、 、 与平面 、 ，下列命题正确的是（ ）
A．若 ， ， ，则 B．若 ， ，则C．若 ， ，则 D．若 ， ，则
【答案】D
【分析】利用线线，线面，面面的位置关系，以及垂直，平行的判断和性质判断选项即可.
【详解】对于A，若 ， ， ，则 与 可能平行，也可能异面，故A错误；
对于B，若 ， ，则 与 可能平行，也可能相交，故B错误；
对于C，若 ， ，则 与 可能平行，也可能相交或异面，故C错误；
对于D，若 ，则由线面平行的性质定理可知，必有 ，使得 ，
又 ，则 ，因为 ，所以 ，故D正确.
故选：D.
3．已知非零向量 ， ， 满足 ， ，若 为 在 上的投影向量，则向量 ， 夹角的余弦值
为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据题意，由平面向量的数量积运算，向量的投影向量的计算公式，结合其夹角公式代入计算，
即可得到结果.
【详解】由 ， 为 在 上的投影向量，
所以 ，故
故选：B
4．已知圆 ，圆 ，则两圆的公切线条数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】D
【分析】由两圆的位置关系即可确定公切线的条数.
【详解】由题意圆 是以 为圆心1为半径的圆；即 是以 为圆心3为半径的圆；
圆心距满足 ，所以两圆相离，
所以两圆的公切线条数为4.
故选：D.
5．甲箱中有 个红球， 个白球和 个黑球；乙箱中有 个红球， 个白球和 个黑球.先从甲箱中随机取
出一球放入乙箱中，分别以 、 、 表示由甲箱中取出的是红球、白球和黑球的事件；再从乙箱中随机
取出一球，以 表示由乙箱中取出的球是红球的事件，则下列结论错误的是（ ）
A． B．
C．事件 与事件 不相互独立 D． 、 、 两两互斥
【答案】A
【分析】利用全概率公式可判断A选项；直接写出 的值，可判断B选项；利用独立事件的定义可
判断C选项；利用互斥事件的定义可判断D选项.
【详解】依题意， ， ， ，
， ，B对，
，A错；
， ，
所以， ，所以，事件 与事件 不相互独立，C对，
由题意可知，事件 、 、 中的任意两个事件都不可能同时发生，
因此，事件 、 、 两两互斥，D对.
故选：A.
6．蚊香具有悠久的历史，我国蚊香的发明与古人端午节的习俗有关.如图为某校数学社团用数学软件制作的“蚊香”. 画法如下：在水平直线上取长度为1的线段 ，作一个等边三角形 ，然后以点B为圆
心， 为半径逆时针画圆弧交线段 的延长线于点D（第一段圆弧），再以点C为圆心， 为半径逆
时针画圆弧交线段 的延长线于点E，再以点A为圆心， 为半径逆时针画圆弧……以此类推，当得到
的“蚊香”恰好有15段圆弧时，“蚊香”的长度为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用扇形弧长公式及等差数列求和公式计算即可.
【详解】由题意每段圆弧的中心角都是 ，每段圆弧的半径依次增加1，
则第 段圆弧的半径为 ，弧长记为 ，则 ，
所以 .
故选：D．
7．若 ， ， ，则a，b，c的大小关系为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由对数函数的性质可得 ，构造函数 ，利用导数可得 ，
则答案可求.
【详解】因为 ，所以 ，所以 ，
令 ，所以，则，
，
所以 ，
即 恒为递增函数，
则 ，即 ，所以 ，
综上： ，
故选：A.
8．“曼哈顿距离”是十九世纪的赫尔曼•闵可夫斯基所创词汇，定义如下：在直角坐标平面上任意两点
的曼哈顿距离为： .已知点 在圆 上，点 在直
线 上，则 的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】如图，作过点 作平行于 轴的直线 交直线 于点 ，过点 作 于点 ，结合直线
的斜率得出 平行于 轴， 最小，再设 ，求出 ，利用三角函数知识得最小值．
【详解】如图，过点 作平行于 轴的直线 交直线 于点 ，过点 作 于点 表示的长度，因为直线 的方程为 ，所以 ，即
，
当固定点 时， 为定值，此时 为零时， 最小，即 与 重合（ 平行于 轴）时，
最小，如图所示，
设 ， ，则 ，
，
由三角函数知识可知 ，其中 ，
则其最大值是 ，
所以 ，故D正确.
故选：D.
【点睛】关键点睛：本题的关键是理解曼哈顿距离的定义，得到 ，再利
用辅助角公式即可求出其最值.
二、多选题（本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要
求。全部选对得 6 分，部分选对得部分分，有选错得 0 分）
9．一组数据 满足 ，若去掉 后组成一组新数据.则新数据与原数据相
比（ ）
A．极差变小 B．平均数变大 C．方差变小 D．第25百分位数变小【答案】AC
【分析】根据极差，平均数，方差与百分位数的定义计算出去掉 前后的相关数据，比较后得到答案.
【详解】由于 ，
故 ， ，……， ， ，
A选项，原来的极差为 ，去掉 后，极差为 ，极差变小，A正确；
B选项，原来的平均数为 ，
去掉 后的平均数为 ，平均数不变，B错误；
C选项，原来的方差为 ，
去掉 后的方差为 ，方差变小，C正确；
D选项， ，从小到大排列，选第3个数作为第25百分位数，即 ，
，故从小到大排列，选择第3个数作为第25百分位数，即 ，
由于 ，第25百分位数变大，D错误.故选：AC
10．如图所示，棱长为3的正方体 中， 为线段 上的动点（不含端点），则下列结论
正确的是（ ）
A． B． 与 所成的角可能是C． 是定值 D．当 时，点 到平面 的距离为1
【答案】ACD
【分析】以 为原点， 为 轴正方向， 为 轴正方向， 为 轴正方向，建立空间直角坐标系，
设 ， ，计算 ， 可判断A；假设 与 所成的角是 ，则
，求解可判断B；计算 ， 可判断C；当 时， ，求出平面
的法向量，利用点到平面的距离公式可判断D.
【详解】以 为原点， 为 轴正方向， 为 轴正方向， 为 轴正方向，建立空间直角坐标系，
则 ， ， ， ， ， ，
设 ， ，则 ， ，
所以 ，则 ，故A正确；
因为 ， ，
所以 ，
若 与 所成的角是 ，则 ，即 ，
整理得 ，得 ，与 矛盾，故B错误；
， ，所以 为定值，故C正确；
当 时， ，
， ， ，
设平面 的法向量为 ，
由 令 ，则 ， ， ，
点 到平面 的距离 ，故D正确.
故选：ACD.
11．已知函数 为定义在 上的偶函数， ，且 ，则（ ）
A． B． 的图象关于点 对称
C． 以6为周期的函数 D．
【答案】ABC
【分析】令 ，求出 可判断A；利用 和 得出
可判断B正确；利用周期函数的定义和 求出周期可判断
C；赋值法求出 ，结合周期可判断D.【详解】因为函数 为定义在 上的偶函数，
所以 ， ，
对于A，令 ，可得 ，
因为 ，可得 ，故A正确；
对于B，因为 ，
所以 ，
可得 ，
从而 ，
又因为 ，可得 ，
所以 ，可得 ，
所以 的图象关于点 对称，故B正确；
对于C，因为 ，
所以 ，所以 ，
可得 ，所以有 ，
所以 以6为周期的函数，故C正确；
对于D， ， ，令 可得 ，可得 ，
令 可得 ，可得 ，
令 可得 ，可得 ，令 可得 ，可得 ，所以
，
所以 ，故D错误.
故选：ABC.
【点睛】关键点点睛：适当的赋值和变量代换，是探求抽象函数周期的关键，求解抽象函数问题，要有扎
实的基础知识和较强的抽象思维和逻辑推理能力.
三、填空题（本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分）
12． 的展开式中 的系数为 ．（用数字作答）
【答案】
【分析】由二项式定理得到 的通项公式，结合 ，得到 ，得到 的系数.
【详解】 的通项公式为 ，
令 得， ，此时 ，
令 得， ，此时 ，
故 的系数为
故答案为：
13．在四面体 中， ，若 ，则四面体 体积的最大值是
，它的外接球表面积的最小值为 .
【答案】
【分析】根据余弦定理以及不等式可得 ，进而可求解面积的最大值，进而根据 ，即可
求解高的最大值，进而可求解体积，根据正弦定理求解外接圆半径，即可根据球的性质求解球半径的最小
值，即可由表面积公式求解.【详解】由余弦定理可得 ,
故 ，所以 ，
当且仅当 时取等号，故 ，
故 面积的最大值为 ，
，
由于 ，所以点 在以 为直径的球上（不包括平面 ），故当平面 平面 时，此
时 最大为半径 ，
故 ，
由正弦定理可得： ， 为 外接圆的半径，
设四面体 外接球半径为 ,则 ,其中 分别为球心和 外接圆的圆心，
故当 时，此时 最小，
故外接球的表面积为 ,
故答案为： ,
14．已知 为拋物线 的焦点，过点 的直线 与拋物线 交于不同的两点 ， ，拋物线在点
处的切线分别为 和 ，若 和 交于点 ，则 的最小值为 .【答案】10
【分析】设直线 方程为 ， ，联立抛物线方程得出韦达定理，再利用导数的
几何意义求解 方程，联立 可得 ，再代入 根据基本不等式求解最小值即
可.
【详解】 的焦点为 ，设直线 方程为 ， .
联立直线与抛物线方程有 ，则 .
又 求导可得 ，故直线 方程为 .
又 ，故 ，同理 .
联立 可得 ，解得 ，代入可得 ，代入韦达
定理可得 ，故 .
故 ，当且仅当 ，即 时取等号.
故答案为：10
【点睛】方法点睛：如图，假设抛物线方程为 ， 过抛物线准线 上一点 向抛
物线引两条切线，切点分别记为 ，其坐标为 . 则以点 和两切点 围成的三角形中，有如下的常见结论:
结论1.直线 过抛物线的焦点 .
结论2.直线 的方程为 .
结论3.过 的直线与抛物线交于 两点，以 分别为切点做两条切线，则这两条切线的交点
的轨迹即为抛物线的准线.
结论4. .
结论5. .
结论6.直线 的中点为 ，则 平行于抛物线的对称轴.
结论7. .
四、解答题（本题共 5 小题，共77分，其中 15 题 13 分，16 题 15 分，17 题 15 分，18 题 17
分，19 题 17 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
15．已知椭圆 的左右顶点距离为 ，离心率为 .
(1)求椭圆 的标准方程；
(2)设过点 且斜率不为0的直线 与椭圆 交于 ， 两点，求弦 垂直平分线的纵截距的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据长轴长与椭圆的离心率求得 ，进而得到椭圆标准方程；（2）设 与椭圆方程联立后，得到韦达定理的形式，利用中点坐标公式表示出 点坐标，从而
得到 方程；令 可求得 在 轴的截距，利用函数值域的求解方法可求得结果.
【详解】（1）由题意， ，即 ，
又 ，所以 ，
故 ，
故所求椭圆的标准方程为 .
（2）如图，
由题意知：直线 的斜率 存在且不为零，
设 ， ， ， ， 中点 ，
联立 ，消去 并整理得： ，
恒成立，
则 ， ， ，
，
则 方程为： ，即 ，化简得：
设直线 在 轴上截距为 ，令 得 ，
由 可知 ，
所以直线 在 轴上的截距的取值范围为 .
16．在 中，角 所对的边分别为 .若 .
(1)求 ；
(2)若 为锐角三角形，求 的取值范围.
【答案】(1) ；
(2) .
【分析】（1）利用边化角及三角恒等变换公式整理计算即可;
（2）通过角的转化，借助三角恒等变换公式，得到 ，利用
的范围，即可求出结果.
【详解】（1）因为 ，整理得
，
所以 ，
由正弦定理得： ，
因为 ，所以 ，所以 .
（2）因为 为锐角三角形， ，所以 ，且 ，
所以 ，解法
，
因为 ，所以 ，
所以 ，
即 的取值范围是 .
解法
，
因为 ，所以 ，得 ，
所以 ，
即 的取值范围是 .
17．最新研发的某产品每次试验结果为成功或不成功，且每次试验的成功概率为 ．现对该产品
进行独立重复试验，若试验成功，则试验结束；若试验不成功，则继续试验，且最多试验8次．记 为试验结束时所进行的试验次数， 的数学期望为 ．
(1)证明： ；
(2)某公司意向投资该产品，若 ，每次试验的成本为 元，若试验成功则获利 元，则该公司
应如何决策投资？请说明理由．
【答案】(1)证明见解析；
(2)应该投资，理由见解析
【分析】（1）由题意， ， ，列出分布列，
列出 ，乘公比错位相减法求和 ，分析可证明 ；
（2）由（1）可得 ，分析即得解
【详解】（1）由题意，
故
分布列如下：
1 2 3 4 5 6 7 8
所以 的数学期望 ，
记 ，
，
作差可得， ，则 ；
（2）由（1）可知 ，则试验成本的期望小于 元，
试验成功则获利 元，且 ，则该公司应该投资该产品
18．已知函数 且 .
(1)设 ，讨论 的单调性；
(2)若 且 存在三个零点 .
1）求实数 的取值范围；
2）设 ，求证： .
【答案】(1)答案见解析
(2)1） ；2)证明见解析
【分析】(1)先求 的导函数,再分类讨论即可.
(2)1)根据 存在三个零点 ，转化为两个函数有三个交点,再根据最值可求.
2)根据三个零点所在区间，把要证明的式子分解为三个部分，分别求解后可得.
【详解】（1） , ,
因为 , 定义域为
当 时, ,解 ,得 ,解 ,得
当 时, ,解 ,得 ,解 ,得综上, 当 时, 增区间为 , 减区间为 ,
当 时, 增区间为 , 减区间为 ,
（2）1）因为 且 存在三个零点 .
所以 有3个根
当 时, ,
在 上是单调递增的,由零点存在定理,方程必有一个负根.
当 , ,即 有两个根,
令 ,可转化为 与 有两个交点
,
可得 , , 是单调递增的, 可得 , , 是单调递减的,
其中 ,当 ,
所以可得 ,
即得 .
2）因为 且 存在三个零点 .
设 ， ,易知其中 , ,
因为 ,所以 ,故可知 ;①
由1）可知 与 有两个交点 ,, 是单调递增的, , , ,所以 ;②
,
若 ,则
若 ,
构造函数 ,
设 ,
因为
又因为 ,
所以 ③
因为
又因为
所以即得 ④
由③④可知 , , 在 上单调递增, 可得
,可知 与 同号
所以 ,
在 上单调递增.
, ,又由1)可知
所以 ,
, , 是单调递增的,
所以 ⑤
由①②⑤可知
【点睛】本题考查利用导数证明不等式,解决问题的关键点是极值点偏移问题,
证明的方法总结:先构造 ,再确定 的单调性,
结合特殊值 得到 再利用单调性可得 .
19．已知数列 为有穷正整数数列.若数列A满足如下两个性质，则称数列A为m的k减数列：
① ；
②对于 ，使得 的正整数对 有k个.
(1)写出所有4的1减数列；
(2)若存在m的6减数列，证明： ；
(3)若存在2024的k减数列，求k的最大值.【答案】(1)数列 和数列3，1
(2)证明见解析
(3) 的最大值为512072
【分析】（1）根据k减数列的定义，即可写出答案；
（2）根据存在 的6减数列，可得 ，即 ，继而分类讨论n的取值，说明每种情况下都有 ，
即可证明结论；
（3）分类讨论数列中的项的情况，结合题意确定数列 为 的形式，从而结合设其中有
项为2，有 项为1， 进行求解，即可得答案.
【详解】（1）由题意得 ，则 或 ，
故所有4的1减数列有数列 和数列3，1.
（2）因为对于 ，使得 的正整数对 有 个，
且存在 的6减数列，所以 ，得 .
①当 时，因为存在 的6减数列，
所以数列中各项均不相同，所以 .
②当 时，因为存在 的6减数列，
所以数列各项中必有不同的项，所以 .
若 ，满足要求的数列中有四项为1，一项为2，
所以 ，不符合题意，所以 .
③当 时，因为存在 的6减数列，
所以数列各项中必有不同的项，所以 .
综上所述，若存在 的6减数列，则 .
（3）若数列中的每一项都相等，则 ，
若 ，所以数列 存在大于1的项，
若末项 ，将 拆分成 个1后 变大，所以此时 不是最大值，所以 .
当 时，若 ，交换 的顺序后 变为 ，
所以此时 不是最大值，所以 .
若 ，所以 ，
所以将 改为 ，并在数列末尾添加一项1，所以 变大，
所以此时 不是最大值，所以 .
若数列A中存在相邻的两项 ，设此时 中有 项为2，
将 改为2，并在数列末尾添加 项1后， 的值至少变为 ，
所以此时 不是最大值，
所以数列 的各项只能为2或1，所以数列 为 的形式.
设其中有 项为2，有 项为1，
因为存在2024的 减数列，所以 ，
所以 ，
所以，当且仅当 时， 取最大值为512072.
所以，若存在2024的 减数列， 的最大值为512072.
【点睛】难点点睛：本题考查数列新定义问题，解答时要理解新定义的含义，并由此依据定义去解答问题，
难点在于第3问中求参数的最大值问题，要分类讨论，确定数列 为 的形式，从而结合设
其中有 项为2，有 项为1， 进行求解.
