2024届高考数学模拟试卷（新高考Ⅰ卷）

王东海

中图分类号：G632文献标识码：A文章编号：1008-0333（2024）11-0090-05

第Ⅰ卷（选择题）

一、单选题：本题共8小题，共40分.在每小题列出的选项中，选出符合的一项.

1.已知集合A=y|y=2x-1，x∈R，B=x|x2-x-2<0，则（）.

A.-1∈AB.3B

C.A∪B=AD.A∩（

瘙綂

RB）=A

2.已知复数z满足z（3+i）=3+i2020，其中i为虚数单位，则z的共轭复数z-的虚部为（）.

A.-25iB.-25C.2i5D.25

3.已知平面向量a=（1，m），b=（0，2），若b⊥（3a-mb），则实数m=（）.

A.-1B.0C.1D.2

4.已知f（x）=ln1+x1-x+sinx，则关于a的不等式f（a-2）+f（a2-4）>0的解集是（）.

A.（-3，2）B.（3，2）

C.（2，5）D.（3，5）

5.已知F1，F2分别是双曲线E：x2a2-y2b2=1（a>0，b>0）的左、右焦点，焦距为4，若过点F1且倾斜角为π6的直线与双曲线的左、右支分别交于A，B两点，S△ABF2=2S△AF1F2，则该双曲线的离心率为（）.

A.2B.3C.433D.233

6.古希腊数学家阿波罗尼奥斯（约公元前262-公元前190年）的著作《圆锥曲线论》是古代世界光辉的科学成果，著作中有这样一个命题：平面内与两定点距离的比为常数k（k>0且k≠1）的点的轨迹是圆，后人将这个圆称为阿波罗尼斯圆，已知点A（-1，0），B（2，0），圆C：（x-2）2+（y-m）2=14（m>0），在圆上存在点P满足|PA|=2|PB|，则实数m的取值范围是（）.

A.［22，62］B.［54，212］

C.（0，212］D.［52，212］

7.正项数列an满足an+1=an+2an-1（n∈N*），则“1

A.充要条件 B.充分不必要条件

C.必要不充分条件D.既不充分也不必要条件

8.已知β∈（0，π2），且sin（α-2β）+3sinα=0，则tanα的最大值为（）.

A.-24B.24C.-34D.34

二、多选题：本大题共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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.

9.若甲组样本数据x1，x2，…，xn（数据各不相同）的平均数为3，乙组样本数据2x1+a，2x2+a，…，2xn+a的平均数为5，下列说法错误的是（）.

A.a的值不确定

B.乙组样本数据的方差为甲组样本数据方差的2倍

C.两组样本数据的极差可能相等

D.两组样本数据的中位数可能相等

10.地震震级根据地震仪记录的地震波振幅来测定，一般采用里氏震级标准，里氏震级的计算公式为M=lgAmaxA0（其中常数A0是距震中100公里处接收到的0级地震的地震波的最大振幅，Amax是距震中100公里处接收到的地震波的最大振幅）.地震的能量E（单位：焦耳）是指当地震发生时，以地震波的形式放出的能量.已知E=104.8×101.5M，其中M为地震震级.下列说法正确的是（）.

A.若地震震级M增加1级，则最大振幅Amax增加到原来的10倍

B.若地震震级M增加1级，则放出的能量E增加到原来的10倍

C.若最大振幅Amax增加到原来的100倍，则放出的能量E也增加到原來的100倍

D.若最大振幅Amax增加到原来的100倍，则放出的能量E增加到原来的1 000倍

11.如图1所示，在棱长为1的正方体ABCD—A1B1C1D中，E为侧面BCC1B1的中心，F是棱C1D1的中点，若点P为线段BD1上的动点，N为ABCD所在平面内的动点，则下列说法正确的是（）.

A.PE·PF的最小值为148

B.若BP=2PD1，则平面PAC截正方体所得截面的面积为98

C.若D1N与AB所成的角为π4，则点N的轨迹为双曲线的一部分

D.若正方体绕BD1旋转θ角度后与其自身重合，则θ的最小值是2π3

第Ⅱ卷（非选择题）

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.

12.某校在新学期开设了“遇见GGB”“数学与生活”“微积分初步”“无限的世界”和“数学阅读与写作”5门数学类校本课程.小明和小华两位同学商量每人选报2门校本课程.若两人所选的课程至多有一门相同，且小明一定选报“遇见GGB”课程，则两位同学不同的选课方案有种.（用数字作答）

13.已知函数f（x）=cos2ωx2+32sinωx-12（ω>0，x∈R）.若函数f（x）在区间（π，2π）内没有零点，则ω的取值范围是.

14.已知F1，F2是双曲线x2a2-y2b2=1（a>0，b>0）的左、右焦点，P是其渐近线在第一象限内的点，点Q在双曲线上，且满足PF1·PF2=0，PF2=4PQ，则双曲线的离心率为.

四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤

15.已知△ABC的内角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，且满足sinAsinB+sinC+bsinBbsinA+csinB=1.

（1）求角C的大小；

（2）若△ABC为锐角三角形，且b=2，求△ABC周长的取值范围.

16.

如圖2，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1=2，AB=1，点D，E，F分别在棱AA1，BB1，CC1上，A1D=CF=23，BE=1，M为AC中点，连接BM.

（1）证明：BM∥平面DEF;

（2）点P在棱BB1上，当二面角P-DF-E为30°时，求EP的长.

17.已知函数f（x）=a（lnx+a）x.

（1）当a=1时，求函数f（x）的单调区间;

（2）求证：当a>0时，f（x）≤e2a-2.

18.已知数列an满足a1=1，an+1=3an+2，n∈N*，数列bn满足b1=1，Sn+1-n=Sn+bn+n+1，其中Sn为数列bn的前n项和.

（1）求数列{an}，{bn}的通项公式;

（2）令cn=2（bn+n）n（an+1），求数列cn的前n项和Tn，并证明：2≤Tn<154.

19.

已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（a>b>0）的离心率为12，点A（-1，32）在椭圆C上，P是y轴正半轴上的一点，过椭圆C的右焦点F和点P的直线l与椭圆C交于M，N两点.

（1）求椭圆C的标准方程；

（2）求PM+PNPF的取值范围.

参考答案

1.C2.D3.B4.C5.C6.D7.A

8.B9.ABC10.AD11.BCD

12.3613.（0，512］∪［56，1112］14.2

15.（1）由正弦定理，得ab+c+b2ab+bc=1.

整理，得a2+b2-c2=ab.

即a2+b2-c22ab=12.

由余弦定理，得cosC=12.

又C∈（0，π），所以C=π3.

（2）由（1）知A+B=2π3，即A=2π3-B.

因为△ABC为锐角三角形，

所以0<2π3-B<π2，0

由正弦定理asinA=bsinB=csinC，得

a+b+csinA+sinB+sinC=bsinB.

则a+b+c=2sinB［sin（2π3-B）+sinB+32］

=2sinB（32cosB+32sinB+32）

=3+3（1+cosB）sinB

=3+3×2cos2（

B/2）2sin（B/2）cos（B/2）

=3+3tan（B/2）.

当π6

则tanπ12

又tanπ12

=tan（π3-π4）

=tan（π/3）-tan（π/4）1+tan（π/3）tan（π/4）

=2-3.

所以2-3

所以3<3tan（B/2）<3+23.

所以3+3<3+3tan（B/2）<6+23.

即3+3

故△ABC周长的取值范围是（3+3，6+23）.

16.（1）取DF中点N，连接EN，MN，由MN为梯形ADFC的中位线，得

MN∥AD，MN=AD+CF2=1.

又BE

∥AD，故MN∥BE，且MN=BE.

故四边形BMNE为平行四边形，则BM∥NE.

因为NE平面DEF，BM平面DEF，

故BM∥平面DEF.

（2）以BM所在直线为x轴，AC所在直线为y轴，MN所在直线为z轴，建立空间直角坐标系M-xyz，如图3所示，

则D（0，-12，43），E（32，0，1），F（0，12，23）.

设P（32，0，a），可得DE=（32，12，-13），DF=（0，1，-23），DP=（32，12，a-43）.

设平面DEF的法向量为n1=（x1，y1，z1），平面PDF的法向量为n2=（x2，y2，z2），

则有n1·DE=0，n1·DF=0.

即32x1+12y1-13z1=0，y1-23z1=0.

取z1=3，则y1=2，x1=0，得n1=（0，2，3）.

又n2·DP=0，n2·DF=0，

即32x2+12y2+（a-43）z2=0，y2-23z2=0.

取z2=3，则y2=2，x2=23-23a，得

n2=（23-23a，2，3）.

由二面角P-DF-E为30°，得

|n1·n2||n1|·|n2|=32.

即1313·12a2-24a+25=32.

解得a=1±136.

故|EP|=136.

17.（1）当a=1时，f（x）=lnx+1x，f ′（x）=-lnxx2，所以，当x∈（0，1）时，f ′（x）>0，f（x）单调递增，当x∈（1，+

SymboleB@

）时，f ′（x）<0，f（x）单调递减.

（2）由题知f ′（x）=a（1-a-lnx）x2.

因为a>0，所以当x∈（0，e1-a）时，f ′（x）>0，f（x）单调递增，当x∈（e1-a，+

SymboleB@

）时，f ′（x）<0，f（x）单调递减.

所以f（x）max=f（e1-a）=ae1-a.

下证：ae1-a≤e2a-2.

即证：ea-1≥a.

记g（a）=ea-1-a，则g′（a）=ea-1-1，当a∈（0，1）时，g′（a）<0，g（a）单调递减，当a∈（1，+

SymboleB@

）时，g′（a）>0，g（a）单调递增.

所以g（a）min=g（1）=0.

所以g（a）≥0恒成立，即ea-1≥a.

所以当a>0时，f（x）≤e2a-2.

18.（1）由an+1=3an+2，可得

an+1+1=3（an+1）.

所以数列{an+1}是首项为a1+1=2，公比为3的等比数列.

所以an+1=2·3n-1.

所以数列an的通项公式为an=2·3n-1-1.

因为Sn+1-n=Sn+bn+n+1，

所以bn+1=bn+2n+1.

故bn=（bn-bn-1）+（bn-1-bn-2）+…+（b2-b1）+b1=（2n-1）+（2n-3）+…+3+1=（2n-1+1）n2=n2（n=1也满足）.

所以数列bn的通项公式为bn=n2.

（2）由（1）可得cn=2（n2+n）2n·3n-1=n+13n-1.

所以Tn=230+331+432+…+n3n-2+n+13n-1，①

3Tn=2×330+330+431+…+n3n-3+n+13n-2，②

②-①，得

2Tn=6+（1+13+132+…+13n-2）-n+13n-1

=6+1-（1/3n-1）1-1/3-n+13n-1

=152-2n+52·3n-1.

所以Tn=154-2n+54·3n-1（n∈N*），

Tn+1=154-2n+74·3n.

所以Tn+1-Tn=2n+54·3n-1-2n+74·3n=n+23n>0.

所以Tn是递增数列.

所以Tn≥T1=154-2×1+54·31-1=2.

又当n→+

SymboleB@

时，2n+54·3n-1→0，所以Tn<154.

因此，2≤Tn<154.

19.（1）由题意得：e=ca=12，1a2+94b2=1，b2=a2-c2，解得a=2，b=3.

所以椭圆的方程为x24+y23=1.

（2）由题意可知直线l的斜率k存在且k<0，设直线l方程为y=k（x-1），代入椭圆方程为

（3+4k2）x2-8k2x+4k2-12=0.

显然Δ>0恒成立.

设M（x1，y1），N（x2，y2），则

x1+x2=8k23+4k2，x1x2=4k2-123+4k2.

过点M，N分别作y轴的垂线，垂足分别为M′，N′，设原点为O，则

|PM|+|PN||PF|=|MM′|+|NN′||OF|=|x1|+|x2|.

因为点P（0，-k）是y轴正半轴上的一点，当点P在椭圆外时，-k>3，所以k<-3，此时

|x1|+|x2|=x1+x2=8k23+4k2=8（3/k2）+4.

因为k2>3，所以4<3k2+4<5.

所以|x1|+|x2|∈（85，2）.

当点P在椭圆内时，0<-k<3，所以-3

则|x1|+|x2|=|x1-x2|

=（x1+x2）2-4x1x2

=（8k23+4k2）2-4（4k2-123+4k2）

=12k2+13+4k2.

設k2+1=t，则k2=t2-1，且1

所以|x1|+|x2|=12t4t2-1=124t-（1/t）.

因为函数y=4t-1t在（1，2）上单调递增，

所以4t-1t∈（3，152）.

所以|x1|+|x2|∈（85，4）.

当点P是椭圆的上顶点时，-k=3，则k=-3.

此时|x1|+|x2|=x1+x2=8k23+4k2=85.

综上，|PM|+|PN||PF|的取值范围为［85，4）.

［责任编辑：李璟］