2024年新高考数学模拟卷（六）

李春林

中图分类号：G632   文献标识码：A   文章编号：1008-0333（2024）13-0083-09

河南、山西、江西、安徽、甘肃、青海、内蒙古、黑龙江、吉林、宁夏、新疆、陕西

第Ⅰ卷（选择题）

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.已知复数z满足（1-3i）z=3+i，则z=（  ）.

A.1  B.2  C.3  D.4

2.设集合A=xx2-4x+3<0，B=xlog2x>0，则A∩B=（  ）.

A.（-1，3）     B.（-1，2）

C.（1，3） D.（2，3）

3.某公司为了调查员工的健康状况，由于女员工所占比重大，按性别分层，用按比例分配的分层随机抽样的方法抽取样本，已知所抽取的所有员工的体重的方差为120，女员工的平均体重为50 kg，标准差为6，男员工的平均体重为70 kg，标准差为4.若样本中有21名男员工，则女员工的人数为（  ）.

A.28 B.35 C.39 D.48

4.若a=2 0232 022，b=2 022×（2 0232+2 024）2 0233，c=2 023×（2 0242+2 025）2 0243，则（  ）.

A.c

C.a

5.已知直线l与圆O：x2+y2=9交于A，B两点，点P（4，0）满足PA⊥PB，则AB的最大值为（  ）.

A.32+2 B.2+2

C.4+2 D.2+22

6.若函数f（x）=2x3-ax2+1（a∈R）在（0，+∞）内有且仅有一个零点，则f（x）在［-1，1］上的最大值与最小值的和为（  ）.

A.1 B.-4 C.-3 D.5

7.若sin（α+π7）=32，则sin（3π14-2α）=（  ）.

A.35 B.-12 C.12 D.13

8.已知数列an的通项公式为an=2（n+2）n，2n·bn=a1a2…an，n∈N*，则1b1+1b2+…+1b2 023=（  ）.

A.2 0212 023  B.2 0222 023  C.2 0232 025  D.2 0242 025

二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分）

9.在直角梯形ABCD中，AB⊥AD，AB∥CD，AB=3，AD=2CD=2，以AD所在的直线为轴，其余三边旋转一周形成的面围成一个几何体，则（  ）.

A.该几何体为棱台

B.该几何体的母线长为22

C.该几何体的表面积为（10+82）π

D.该几何体的体积为26π3

10.已知抛物线C：y2=2px（p>0）的准线为l：x=-1，焦点为F，过点F的直线与抛物线交于P（x1，y1），Q（x2，y2）两点，PP1⊥l于点P1，则下列说法正确的是（  ）.

A.若x1+x2=5，则PQ=7

B.以PQ为直径的圆与准线l相切

C.设M（0，1），则PM+PP1≥2

D.过点M（0，1）与抛物线C有且仅有一个公共点的直线至多有2条

11.已知函数f（x）=x（ex+1），g（x）=（x+1）lnx，则（  ）.

A.函数f（x）在R上无极值点

B.函数g（x）在（0，+∞）上存在极值点

C.若对任意x>0，不等式f（ax）≥f（lnx2）恒成立，则实数a的最小值为2e

D.若f（x1）=g（x2）=t（t>0），则lntx1（x2+1）的最大值为1e

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.在△ABC中，点D是边AC上的一点，AD=2DC，点P满足BP=13BD，若AP=λAB+μAC，则2λ+μ=.

13.我国古代名著《张邱建算经》中记载：“今有方锥，下广二丈，高三丈.欲斩末为方亭，令上方六尺.问：斩高几何？”大概意思是：“有一个正四棱锥的下底面边长为二丈，高为三丈，现从上面截去一段，使之成为正四棱台，且正四棱台的上底面边长为六尺，则截去的正四棱锥的高是多少？”按照上述方法，截得的该正四棱台的体积为立方尺（注：1丈=10尺）

14.设点P为直线2x+y-2=0上的点，过点P作圆C：x2+y2+2x+2y-2=0的两条切线，切点分别为A，B，当四边形PACB的面积取得最小值时，此时直线AB的方程为.

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.已知向量a=（sinx，1），b=（3cosx，-2），函数f（x）=（a+b）·a.

（1）若a∥b，求cos2x的值；

（2）已知△ABC为锐角三角形，a，b，c为△ABC的内角A，B，C的对边，b=2，且f（A）=12，求△ABC面积的取值范围.

16.已知数列an的前n项和为Sn，a1=2，an>0，an+1·（Sn+1+Sn）=2.

（1）求Sn；

（2）求1S1+S2+1S2+S3+…+1Sn+Sn+1.

17.2023年是全面贯彻落实党的二十大精神的开局之年，也是实施“十四五”规划承上启下的关键之年，经济增长呈现稳中有进的可喜现象.2023年8月4日，贵州省工业和信息化厅召开推进贵州刺梨产业高质量发展专题会议，安排部署加快推进特色优势产业刺梨高质量发展工作，集中资源、力量打造“贵州刺梨”公共品牌.贵州省为做好刺梨产业的高质量发展，项目组统计了全省近5年刺梨产业综合总产值的各项数据如下：

年份x，综合产值y（单位：亿元）

年份20182019202020212 022

年份代码x12345

综合产值y23.137.062.1111.6

150.8

（1）根据表格中的数据，可用一元线性回归模型刻画变量y与变量x之间的线性相关关系，请用相关系数加以说明（精确到0.01）；

（2）求出y关于x的经验回归方程，并预测2023年底贵州省刺梨产业的综合总产值.

参考公式：相关系数r=∑ni=1（xi-x-）（yi-y-）∑ni=1（xi-x-）2∑ni=1（yi-y-）2，回归方程y^=b^x+a^中斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为b^=∑ni=1（xi-x-）（yi-y-）∑ni=1（xi-x-）2，a^=y--b^x；

参考数据：∑5i=1yi=384.6，y-≈77，∑5i=1x2i=55，∑5i=1y2i≈40 954，∑5i=1xiyi=1 483.8，336.32≈113 090.

18.如图1，P为圆锥的顶点，O是圆锥底面的圆心，AC为底面直径，△ABD为底面圆O的内接正三角形，且边长为3，点E在母线PC上，且AE=3，CE=1.

（1）求证：PO∥平面BDE；

（2）求证：平面BED⊥平面ABD；

（3）若点M为线段PO上的动点，当直线DM与平面ABE所成角的正弦值最大时，求此时点M到平面ABE的距离.

19.已知两定点F1（-2，0），F2（2，0），满足条件PF2-PF1=2的点P的轨迹是曲线E，直线y=kx-1与曲线E交于A，B两个不同的点.

（1）求曲线E的方程；

（2）求实数k的取值范围；

（3）如果AB=63，且曲线E上存在点C，使OA+OB=mOC，求m的值和△ABC的面积S△ABC.

参考答案

1.因为（1-3i）z=3+i，所以z=3+i1-3i.

则z=3+i1-3i=1010=1.

故选A.

2.A=xx2-4x+3<0=x1

B=xlog2x>0=xx>1，

故A∩B=（1，3）.

故选C.

3.由题意，记样本中女员工的平均体重和标准差分别为x-1=50，s1=6，所占权重为ω（ω>0.5），男员工的平均体重和标准差分别为x-2

=70，s2=4，所占权重为1-ω，故样本中全部员工的平均体重为

x-=ωx-1+（1-ω）x-2=70-20ω，

方差s2=ω［s21+x--x-1）2］+（1-ω）［s22+（x--x-2）2］

=ω［36+（20-20ω）2］+（1-ω）［16+（-20ω）2］

=-400ω2+420ω+16=120，

化简，得100ω2-105ω+26=0.

即（20ω-13）（5ω-2）=0，

解得ω=0.65或ω=0.4（舍）.

所以女员工的人数为211-0.65×0.65=39.

故选C.

4.设函数f（x）=（x-1）（x2+x+1）x3，则f（x）=x3-1x3=1-1x3在（0，+∞）上单调递增.

故f（2 022）

即b

又a>1，所以b

故选B.

5.设A（x1，y1），B（x2，y2），AB中点M（x，y），则

x1+x2=2x，y1+y2=2y.

又x21+y21=9，x22+y22=9，

则x21+y21+x22+y22=（x1+x2）2-2x1x2+（y1+y2）2-2y1y2=18.

所以2x2+2y2-9=x1x2+y1y2.

又PA⊥PB，则PA·PB=0.

而PA=（x1-4，y1），PB=（x2-4，y2），

所以x1x2-4（x1+x2）+16+y1y2=0.

即8x-16=x1x2+y1y2.

综上，2x2+2y2-9=8x-16.

整理，得（x-2）2+y2=12，即为点M的轨迹方程.

所以点M在圆心为（2，0），半径为22的圆上.

又（0-2）2+02=4>12，

所以点O在圆（x-2）2+y2=12外.

则OMmin=（2-0）2+（0-0）2-22=2-22.

所以ABmax=29-（2-22）2=4+2.

故选C.

6.函数f（x）=2x3-ax2+1（a∈R）在（0，+∞）内有且仅有一个零点，

即方程f（x）=2x3-ax2+1=0在（0，+∞）内有且仅有一个实根，

分离参数可得a=2x+1x2（x>0）.

令h（x）=2x+1x2（x>0），则函数y=h（x），y=a只有一个交点.

又h′（x）=2-2x3=2（x3-1）x3，

当01时，h′（x）>0，

所以函数h（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增.

所以h（x）min=h（1）=3.

又当x→0时，h（x）→+∞，当x→+∞时，h（x）→+∞，

如图2，作出函数h（x）=2x+1x2（x>0）的大致图象，

图2 函数h（x）=2x+1x2（x>0）图象

由图可知a=3，所以f（x）=2x3-3x2+1.

则f ′（x）=6x2-6x=6x（x-1）.

当-10，当0

又f（-1）=-4，f（0）=1，f（1）=0，所以f（x）在［-1，1］上的最大值为1，最小值为-4.

所以f（x）在［-1，1］上的最大值与最小值之和为1-4=-3.

故选C.

7.令θ=π7+α，得α=θ-π7，即sinθ=32，

sin（3π14-2α）=sin［3π14-2（θ-π7）］

=sin（π2-2θ）=cos2θ=1-2sin2θ=-12.

故选B.

8.由题意得

2n·bn=2n×31×42×53×…×n+2n.

则bn=（n+1）（n+2）2.

即1bn=2（n+1）（n+2）=2（1n+1-1n+2）.

故1b1+1b2+…+1b2 023=2（12-13+13-14+…+12 024-12 025）=2（12-12 025）=2 0232 025.

故选C.

9.由题意可知该几何体为圆台，故A选项不正确；该圆台的母线长为BC=22+（3-1）2=22，故B选项正确；该圆台的表面积为π（1+9+1×22+3×22）=（10+82）π，故C选项正确；该圆台的体积为13π×2×（1+9+1×3）=26π3，故D选项正确.

故选BCD.

10.由题意，抛物线C：y2=2px（p>0）的准线为l：x=-1，所以p=2，抛物线C的方程为C：y2=4x，焦点为F（1，0）.

过点Q作QQ1⊥l于点Q1，

则由抛物线的定义可得PQ=PF+QF=PP1+QQ1=x1+x2+p=5+2=7，故A正确；

PQ=x1+x2+2，则以PQ为直径的圆的半径r=x1+x22+1，

线段PQ的中点坐标为（x1+x22，y1+y22），则线段PQ的中点到准线的距离为

x1+x22+p2=x1+x22+1=r，

所以以PQ为直径的圆与准线l相切，故B正确；

抛物线C：y2=4x的焦点为F（1，0），

PM+PP1=PM+PF≥MF=2，

当且仅当M，P，F三点共线时取等号，所以PM+PP1≥2，故C正确；

对于D，当直线斜率不存在时，直线方程为x=0，与抛物线只有一个交点，当直线斜率存在时，设直线方程为y=kx+1，

联立y=kx+1，y2=4x，消去x，并整理得ky2-4y+4=0.

当k=0时，方程的解为y=1，此时直线与抛物线只有一个交点，

当k≠0时，则Δ=16-16k=0，解得k=1.

综上所述，过点M（0，1）与抛物线C有且仅有一个公共点的直线有3条，故D错误.

故选ABC.

11.对于A，f（x）定义域为R，f ′（x）=ex+1+xex=（x+1）ex+1.

令m（x）=f ′（x），则m′（x）=（x+2）ex.

所以当x∈（-∞，-2）时，m′（x）<0；当x∈（-2，+∞）时，m′（x）>0.

即f ′（x）在（-∞，-2）上单调递减，在（-2，+∞）上单调递增.

所以f ′（x）≥f ′（-2）=-e-2+1=1-1e2>0.

所以f（x）在R上单调递增，无极值点，A正确.

对于B，g（x）定义域为（0，+∞），g′（x）=lnx+x+1x=lnx+1x+1.

令n（x）=g′（x），则n′（x）=1x-1x2=x-1x2.

所以当x∈（0，1）时，n′（x）<0；当x∈（1，+∞）时，n′（x）>0.

即g′（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增.

所以g′（x）≥g′（1）=2>0.

所以g（x）在（0，+∞）上单调递增，无极值点，B错误.

对于C，由A知：f（x）在R上单调递增，

由f（ax）≥f（lnx2），得ax≥lnx2.

则当x>0时，a≥lnx2x=2lnxx.

令h（x）=2lnxx，则h′（x）=2（1-lnx）x2.

所以当x∈（0，e）时，h′（x）>0；当x∈（e，+∞）时，h′（x）<0.

所以h（x）在（0，e）上单调递增，在（e，+∞）上单调递减.

所以h（x）max=h（e）=2e.

所以a≥2e.

即a的最小值为2e，C正确；

对于D，若f（x1）=g（x2）=t（t>0），则

x1（ex1+1）=（x2+1）lnx2=t.

因为f（0）=0，g（1）=0，t>0，

由AB知：f（x），g（x）均为定义域上的增函数，所以x1>0，x2>1.

由x1（ex1+1）=（x2+1）lnx2，得

x1（ex1+1）=（ex1+1）lnex1=（x2+1）lnx2.

所以x2=ex1.

所以lntx1（x2+1）=ln［x1（ex1+1）］x1（ex1+1）.

令k=x1（ex1+1），则k>0.

令p（k）=lnkk，则p′（k）=1-lnkk2.

所以当k∈（0，e）时，p′（k）>0；当k∈（e，+∞）时，p′（k）<0.

所以p（k）在（0，e）上单调递增，在（e，+∞）上单调递减.

所以p（k）max=p（e）=1e.

即lntx1（x2+1）的最大值为1e，D正确.

故选ACD.

12.因为点D是边AC上的一点，AD=2DC，

所以AD=23AC.

所以AP=AB+BP=AB+13BD=AB+13（AD-AB）=23AB+13×23AC=23AB+29AC.

又AP=λAB+μAC，

所以λ=23，μ=29.

所以2λ+μ=149.

13.按如图３所示方式截取正四棱锥，

O′，O分别为上、下底面正方形的中心，H′，H分别为A′B′，AB的中点，正四棱锥P-ABCD的下底边长为二丈，即AB=20尺，高三丈，即PO=30尺.

截去一段后，得正四棱台ABCD-A′B′C′D′，且上底边长为A′B′=6尺，所以PO′PO=PH′PH=H′B′HB.

由PO′PO=H′B′HB，有30-OO′30=（1/2）×6（1/2）×20，

解得OO′=21，

所以该正四棱台的体积是V=13×21×（202+20×6+62）=3 892（立方尺）.

14.由圆C方程知：

圆心C（-1，-1），半径r=1222+22+8=2.

因为S四边形PACB=2S△PCA，AC⊥AP，

所以S四边形PACB=AC·AP=2AP.

因为AP=CP2-r2=CP2-4，

所以当CP为圆心C到直线2x+y-2=0的距离时，即直线CP与直线2x+y-2=0垂直时，AP取得最小值.

所以kCP=12.

又C（-1，-1），

所以直线CP：y+1=12（x+1）.

即x-2y-1=0.

由x-2y-1=0，2x+y-2=0，得x=1，y=0.

即P（1，0），所以线段CP中点为（0，-12）.

又12CP=12×-2-1-222+12=52，

所以以CP为直径的圆的方程为

x2+（y+12）2=54.

由x2+（y+12）2=54，x2+y2+2x+2y-2=0，得

2x+y-1=0.

即直线AB方程为2x+y-1=0.

15.（1）因为a∥b，所以3cosx=-2sinx.

则tanx=-32，

cos2x=cos2x-sin2x=cos2x-sin2xsin2x+cos2x=1-tan2xtan2x+1=1-（-3/2）2（-3/2）2+1=17.

（2）f（x）=（a+b）·a=（sinx+3cosx）sinx+（1-2）×1=sin2x+3sinxcosx-1

=32sin2x-12cos2x-12=sin（2x-π6）-12，

又f（A）=12，所以sin（2A-π6）=1.

因为A∈（0，π2），所以2A-π6=π2.

所以A=π3.

因为csinC=bsinB，所以c=2sinCsinB.

所以S△ABC=12bcsinA=3sinCsinB

=3sin（B+π/3）sinB=32+32tanB.

所以0

解得π633.

故32<32+32tanB<23.

即△ABC面积的取值范围为（32，23）.

16.（1）a1=2，an>0，an+1·（Sn+1+Sn）=2，

所以（Sn+1-Sn）（Sn+1+Sn）=2.

所以S2n+1-S2n=2.

即数列S2n是首项为2，公差为2的等差数列.

所以S2n=2+2（n-1）=2n.

由an>0，可得Sn=2n.

（2）1Sn+Sn+1=12n+2（n+1）

=22（n+1-n），

即有1S1+S2+1S2+S3+…+1Sn+Sn+1=22（2-1+3-2+2-3+…+n+1-n）

=22（n+1-1）.

17.（1）由题设x-=1+2+3+4+55=3，则

∑5i=1（xi-x-）（yi-y-）=∑5i=1（xiyi）-5x-

y-=1 483.8-5×3×77=328.8，

∑5i=1（xi-x-）2=∑5i=1x2i-5x-2=55-5×9=10，

∑5i=1（yi-y-）2=∑5i=1y2i-5y-2=40 954-5×772=11 309.

所以r=328.810×11 309≈328.8336.3≈0.98，两个变量有强相关性.

故可用一元线性回归模型刻画变量y与变量x之间的线性相关关系.

（2）由（1），b^=∑5i=1（xi-x-）（yi-y-）∑5i=1（xi-x-）2=328.810=32.88，

a^=77-32.88×3=-21.64，

所以y^=32.88x-21.64.

当x=6，则y^=32.88×6-21.64=175.64亿元.

18.（1）如图4，设AC交BD于点F，连接EF，由圆锥的性质可知PO⊥底面ABD.

因为AC平面ABD，所以PO⊥AC.

又因为△ABD是底面圆的内接正三角形，

由AD=3，可得AF=32.

因为ADsin60°=AC，解得AC=2.

又AE=3，CE=1，所以AC2=AE2+CE2.

即∠AEC=90°，AE⊥PC.

又因为AEAC=AFAE=32，

所以△ACE∽△AFE.

所以∠AFE=∠AEC=90°.

即EF⊥AC.

又PO，AC，EF平面PAC，直线EF∥PO，PO平面BDE，EF平面BDE，所以直线PO∥平面BDE.

（2）因为PO∥EF，PO⊥平面ABD，

所以EF⊥平面ABD.

又EF平面BED，所以平面BED⊥平面ABD.

（3）易知PO=2EF=3，以点F为坐标原点，FA，FB，FE所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图5所示的空间直角坐标系，则A（32，0，0），B（0，32，0），D（0，-32，0），E（0，0，32），P（12，0，3），O（12，0，0）.

所以AB=（-32，32，0），AE=（-32，0，32），DO=（12，32，0），OP=（0，0，3）.

设平面ABE的法向量为n=（x，y，z），

则AB·n=-32x+32y=0，AE·n=-32x+32z=0.

令x=1，则n=（1，3，3），

设OM=λOP（0≤λ≤1），可得

DM=DO+OM=（12，32，3λ）.

设直线DM与平面ABE所成的角为θ，

则

sinθ=cos〈n，DM〉=n·DMnDM=3λ+27×3λ2+1.

即sin2θ=9λ2+12λ+47（3λ2+1）=17（3+12λ+13λ2+1）.

令y=12x+13x2+1，x∈［0，1］，

则y=12x+13x2+1=4（x+1/12x2+1/3）

=4［x+1/12（x+1/12-1/12）2+1/3］

=4x+1/12+（49/144）/（x+1/12）-1/6

≤42（x+1/12）（49/144）/（x+1/12）-1/6=4，

当且仅当x=12时，等号成立.

所以当x=12时，y=12x+13x2+1有最大值4.

即当λ=12时，sinθ的最大值为1，此时点

M（12，0，32），连接AM，所以MA=（1，0，-32）.

所以点M到平面ABE的距离

d=MA·nn=1-3/27=714.

故当直线DM与平面ABE所成角的正弦值最大时，点M到平面ABE的距离为714.

19.（1）由双曲线的定义可知，曲线E是以

F1（-2，0），F2（2，0）为焦点的双曲线的左支，且c=2，a=1，得b=1.

故曲线E的方程为x2-y2=1（x<0）.

（2）设A（x1，y1），B（x2，y2），由题意建立方程组y=kx-1，x2-y2=1，

消去y，得

（1-k2）x2+2kx-2=0.

又直线与双曲线左支交于A，B两点，有

1-k2≠0，Δ=（2k）2+8（1-k2）>0，x1+x2=-2k1-k2<0，x1x2=-21-k2>0，

解得-2

（3）因为AB=1+k2·x1-x2

=1+k2·（x1+x2）-4x1x2

=1+k2·（-2k1-k2）2-4×-21-k2

=2（1+k2）（2-k2）（1-k2）2，

依题意得2（1+k2）（2-k2）（1-k2）2=63.

整理，得28k4-55k2+25=0.

所以k2=57或k2=54，

但-2

所以k=-52.

故直线AB的方程为52x+y+1=0.

设C（x0，y0），由已知OA+OB=mOC，得

（x1，y1）+（x2，y2）=（mx0，my0）.

所以（x0，y0）=（x1+x2m，y1+y2m），m≠0.

又x1+x2=2kk2-1=-45，y1+y2=k（x1+x2）-2=2k2k2-1-2=2k2-1=8，

所以点C（-45m，8m）.

将点C的坐标代入曲线E的方程，得80m2-64m2=1.

解得m=±4.

但当m=-4时，所得的点在双曲线的右支上，不合题意，

所以m=4，点的坐标为（-5，2），C到AB的距离为

（5/2）×（-5）+2+1（5/2）2+12=13.

所以△ABC的面积S=12×63×13=3.

［责任编辑：李 璟］