2024年高考数学模拟试题

王位高

一、选择题：本题共8个小题，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={a，b}，A∪B={a，b，c，d}，则下列关系一定正确的是（  ）

A. bB         B. {c，d}B

C. {a，b}B D. {b，c，d}B

2. 平面向量=（2， -1），=（1，3）， 则 在方向上的投影向量为（  ）

A. （-110，-310） B. （110，310）

C. （-25，15） D. （25，-15）

3. 已知复平面内的复数z满足|z-3i|+|z+3i|=6（i为虚数单位），则z对应点的轨迹是（  ）

A. 线段  B. 直线  C. 椭圆  D. 椭圆的一部分

4. 德国天文学家约翰尼斯·开普勒根据丹麦天文学家第谷·布拉赫等人的观测资料和星表，通过本人的观测和分析后，于1618年在《宇宙和谐论》中提出了行星运动第三定律――绕以太阳为焦点的椭圆轨道运行的所有行星，其椭圆轨道的长半轴长a与公转周期T有如下关系：T=2πGM·a32，其中M为太阳质量，G为引力常量.已知火星的公转周期约为水星的8倍，则火星的椭圆轨道的长半轴长约为水星的（  ）

A.2倍  B.4倍  C.6倍  D.8倍

5. 如图，一个底面边长为23π3cm的正四棱柱形状的容器内装有部分水，现将一个底面半径为1cm的铁制实心圆锥放入容器，圆锥放入后完全沉入水中，并使得水面上升了1cm.若该容器的厚度忽略不计，则该圆锥的侧面积为（  ）

A. 23πcm2 B. 4πcm2

C. 32πcm2 D. 17πcm2

6. 已知0<β<α<π2，sinαsinβ=110，cosαcosβ=710，则cos2α=（  ）

A.0   B.725   C.2425   D.1

7. 已知a=sin0.5，b=30.5，c=log0.30.5，则a，b，c的大小关系是（  ）

A. a

C. c

8. 双曲线C：x29-y216=1的右支上一点P在第一象限，F1、F2分别为双曲线C的左、右焦点，I为△PF1F2的内心，若内切圆I的半径为1，则△PF1F2的面积等于（  ）

A. 323   B. 12   C. 24   D. 163

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. 某地区2014年至2023年生产总值指数分别为112.2，108.1，108.7，108.7，109.5，108.9，108.1，104.0，107.3，104.3，则（  ）

A. 这组数据的极差为8.2

B. 这组数据的中位数为108.4

C.这组数据的众数为108.1

D. 这组数据的75%分位数为108.9

10. 已知圆C：x2+y2=4上的两个动点A，B始终满足|AB|=4，直线l：x=my+1与x轴交于点M（M，A，B三点不共线），则（  ）

A. 直线l与圆C恒有交点    B. AM·MB<0

C. ΔABM的面积的最大值为32

D. l被圆C截得的弦长最小值为23

11. 已知函数f（x）的定义域为｛x｜x≠0｝，f（xy）=f（x）y+f（y）x， 则（  ）

A.f（1）=0

B.若f（3）=3，则f（13）=13

C.f（x）是奇函数

D.若x>1时，f（x）>0，则f（x）在（0，1）上单调递增

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．

12. ΔABC中角A，B，C所对的边分别为a，b，c，其面积为S，且4S=b2+c2-a2.则角A的大小为     ．

13. （1+x）2+（1+x）3+…+（1+x）9展开式系数之和为     .（用数字作答）

14. 函数f（x）=32sin2x+1+83cos2x+2（x∈R ）的值域为     ．

四、解答题：本大题共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. （13分）如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，AC⊥BC，AC=BC=2，CC1=3，点D，E分别在棱AA1和棱CC1上，且AD=1，CE=2，M为棱A1B1的中点．

（1）求证：C1M⊥B1D；

（2）求二面角B-B1E-D的正弦值．

16. （15分）已知函数f（x）=x2+ax-2lnx（a∈R ）

（1）当a=0时，求函数f（x）的极值；

（2）若函数f（x）在区间［1，2］上是减函数，求实数a的取值范围．

17. （15分）甲箱的产品中有5个正品和3个次品，乙箱的产品中有4个正品和3个次品．

（1）如果是依次不放回地从乙箱中抽取2个产品，求第2次取到次品的概率；

（2）若从甲箱中任取2个产品放入乙箱中，然后再从乙箱中任取一个产品，已知从乙箱中取出的这个产品是正品，求从甲箱中取出的是2个正品的概率．

18. （17分）已知椭圆C：xa2+yb2=1（a>b>0）的左、右焦点分别为F1，F2，A（2，3）为椭圆C上一点，且到F1，F2的距离之和为8．

（1）求椭圆C的标准方程；

（2）设B为A关于原点O的对称点， 过线段AB（不含端点）上的任意一点Q，作斜率为k的直线l与椭圆C相交于点M，N，若

|MN|2|AQ|·|BQ|为常数，求△AQM与△AQN面积的比值．

19. （17分）

设满足以下两个条件的有穷数列a1，a2，…，an为n（n=2，3，4，…）阶“费曼数列”：

①a1+a2+a3+…+an=0；

②｜a1｜+｜a2｜+｜a3｜+…+｜an｜=1．

（1）请写出一个6阶费曼数列，且该数列是一个等比数列；

（2）（ⅰ）若某2k（k∈N*）阶“费曼数列”是等比数列，求该数列的通项an（1≤n≤2k，用k，n表示），

（ⅱ）若某2k+1（k∈N*）阶“费曼数列”是等差数列，求该数列的通项an（1≤n≤2k+1，用k，n表示）；

（3）记n阶“费曼数列”｛an｝的前k项和为Sk（k=1，2，3，…，n），若存在m∈{1，2，3，…，n}，使Sm=12，试问：数列｛Si｝（i=1，2，3，…，n）能否为n阶“费曼数列”？若能，求出所有这样的数列；若不能，请说明理由．

参考答案及提示

一、选择题：

1.B  2.C  3.A 4.B  5.D 6.A 7.B 8.A

提示：

1.因为集合A={a，b}，A∪B={a，b，c，d}，则集合B一定含有c，d，可能含有a，b，由选项可知，只有B正确．

2. 由已知得·=-1，｜｜=5，所以｜｜cos<，>=·｜｜=-55，所以 在方向上的投影向量为-55×｜｜=（-25，15）.

3. 利用复数几何意义可知复数z对应点的轨迹是线段．

4.代入公式得到比例关系.设T火星=2πGM·a火星32，T水星=2πGM·a火星32，由题意有

T火星=8T水星，即a火星32a火星32=8，（a火星a水星）32=8，（a火星a水星）3=82=43，a火星a水星=4.

5. 依题意可得圆锥的体积V=1×（23π3）2=4π3cm3，

又V=13π×12×h（cm3）（其中h为圆锥的高），则h=4cm，

则圆锥的母线长为12+42=17cm，故圆锥的侧面积为17πcm2．

6.已知sin αsin β=110，cos αcos β=710，

则cos（α-β）=cos αcos β+sin αsin β=710+110=45，

cos（α+β）=cos αcos β-sin αsin β=710-110=35，

∵0<β<α<π2，∴0<α-β<π2，0<α+β<π，

则sin（α-β）=1-cos2（α-β）=35，sin（α+β）=1-cos2（α+β）=45，

则cos 2α=cos［（α+β）+（α-β）］=cos（α+β）cos（α-β）-sin（α+β）sin（α-β）

=35×45-45×35=0．

7.由x∈（0，π2），sin x

所以sin 0.5

因为y=3x在（-∞，+∞）上单调递增，故b=30.5>30=1，

因为1>0.3>0.5>0.3，且y=log0.3x在（0，+∞）时单调递减，

故12

所以a

8.由题意，作图如下：

设圆I与x轴、PF2、PF1分别切于点E、H、F，

因为双曲线C的右顶点为A（3，0），F1（-5，0），F2（5，0），

所以｜AF1｜-｜AF2｜=（3+5）-（5-3）=6，

因为｜PF1｜-｜PF2｜=6，

所以｜PF1｜-｜PF2｜=（｜PF｜+｜FF1｜）-（｜PH｜+｜HF2｜）

=｜FF1｜-｜HF2｜=｜F1E｜-｜EF2｜=6，

因此切点E与A重合．

又因为内切圆I的半径为1，

所以I（3，1），

又F1（-5，0），F2（5，0），

｜IF1｜=65，｜IF2｜=5，cos∠F1IF2=65+5-100265×5=-313，

所以tan∠F1IF2=-23，解得tan∠F1PF22=32，

所以S△F1PF2=b2tan∠F1PF22=323，

所以△PF1F2面积为323.

二、选择题

9.ABD 10.AD 11.ACD

提示：

9.这组数据从小到大依次为104.0，104.3，107.3，108.1，108.1，108.7，108.7，108.9，109.5，112.2，则这组数据的极差为 112.2-104.0=8.2 ，众数为108.1和108.7，中位数为 108.1+108.72=108.4 ，这组样本数据的75%分位数为108.9.故选：ABD

10.AD直线l：x=my+1与x轴交于点M，∴M（1，0），且M在圆C：x2+y2=4内部，所以l与C恒有公共点，A正确；因为点M在圆C：x2+y2=4内部，∴∠AMB为钝角，故AM·MB>0，B错误；

因为|AB|=4，即AB为圆的直径，当M到AB的距离最大时，即为到圆心的距离为1，

∴S△ABM≤12×4×1=2，故C错误；l被C截得的弦长最小时，圆心到直线的距离最大，

且此距离为M到圆心的距离为1，故弦长为222-12=23，故D正确．

11.对于选项A，令x=y=1，则由题意可得f（1）=f（1）1+f（1）1f（1）=0，所以A正确；对于选项B，令x=3，y=13，得f3×13=f（3）13+f（13）3=0，所以f（13）=-9f（3）=-27所以B错误；对于选项C，令x=-1，y=-1，得f［（-1）×（-1）］=f（-1）-1+f（-1）-1=0，所以f（-1）=0，令y=-1得f（-x）=f（x）-1+f（-1）x=-f（x），所以f（x）是奇函数 ，所以C正确；

对于选项D，令y=1x，则由题意可得， f（x·1x）=f（x）1x+f1xx=0 ， 所以1xf（1x）=-xf（x）.

因为x>1时，f（x）>0，所以x>1时有0<1x<1，1xf1x=-xf（x）<0，即f1x<0，令0

f（x2）-f（x1）=fx1·x2x1-f（x1）=f（x1）x2x1+fx2x1x1-f（x1）=x1-x2x2f（x1）+1x1fx2x1.

因为01fx2x1>0，x1-x2x2<0，f（x1）<0，

所以f（x2）-f（x1）>0，即f（x）在（0，1）上单调递增，故D正确．

三、填空题

12.π4  13.1020  14.［4913，5］

提示：

12.因为S=12bcsin A，cos A=b2+c2-a22bc，

代入4S=b2+c2-a2，得：2bcsin A=2bccos A，

所以tan A=1，又A∈（0，π），

所以A=π4.

13. 令x=1，展开式中二项式系数之和等于22+23+…+29=4-29×21-2=1020.

14.f（x）=32sin2x+1+83cos2x+2

=96sin2x+3+166cos2x+4

=113［（6sin2x+3）+（6cos2x+4）］（96sin2x+3+166cos2x+4）

=113［25+9（6cos2 x+4）6sin2 x+3+16（6sin2x+3）6cos2 x+4］

≥113×（25+24）=4913；

当且仅当tan x=±32时取等号，函数取得最小值为4913；

f（x）=32sin2x+1+83cos2x+2=33-2cos2x+83cos2x+2

令t=cos2x，则t∈［0，1］，f（t）=33-2t+83t+2，

所以f'（t）=-42t2+360t-102（-6t2+2t+6）2，

令g（t）=-42t2+360t-102，t∈［0，1］，

因为g（t）的对称轴t=3602×42>1，且g（0）<0，g（1）>0，

所以x0∈（0，1），使g（x0）=0，

所以当x∈（0，x0）时，有g（t）<0，即f'（t）<0，

当x∈（x0，1）时，有g（t）>0，即f'（t）>0，

所以f（t）在（0，x0）上单调递减，在（x0，1）上单调递增，

所以f（t）在x=0或x=1取得最大值，

因为f（0）=5>f（1）=235，

所以函数的最大值为5，

综上所述，函数的值域为［4913，5］．

四、解答题

15.解：根据题意，以C为原点，CA，CB，CC1的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示，

则C（0，0，0），A（2，0，0），B（0，2，0），C1（0，0，3），

A1（2，0，3），B1（0，2，3），D（2，0，1），E（0，0，2），M（1，1，3）.

（1）方法一：在三棱柱ABC-A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，

则该三棱柱是个直三棱柱（各侧棱均垂直底面，各侧面均与底面垂直）

∵C1A1=C1B1=2，M为棱A1B1的中点，

∴C1M⊥A1B1，

又平面C1A1B1⊥平面A1B1BA，平面C1A1B1∩平面A1B1BA=A1B1，

∴C1M⊥平面A1B1BA，

∵B1D平面A1B1BA，

∴C1M⊥B1D.

方法二：证明：依题意，C1M=（1，1，0），B1D=（2，-2，-2），

∴C1M·B1D=2-2+0=0，

∴C1M⊥B1D，即C1M⊥B1D.

（2）依题意，CA=（2，0，0）是平面BB1E的一个法向量，

EB1=（0，2，1），ED=（2，0，-1），

设=（x，y，z）为平面DB1E的法向量，

则·EB1=0，

·ED=0，即2y+z=0，

2x-z=0.

不妨设x=1，则=（1，-1，2），

∴cos=CA·|CA|·||=66，

∴sin=1-16=306，

∴二面角B-B1E-D的正弦值为306.

16.解：（1）a=0时，f（x）=x2-2lnx，定义域为（0，+∞），

f′（x）=2x-2x=2x2-2x，

令f′（x）>0，解得x>1，令f′（x）<0，解得0

故f（x）在x=1处取得极小值，f（1）=1，

∴f（x）的极小值为f（1）=1，无极大值．

（2）∵f（x）在区间［1，2］上为减函数，

∴在区间［1，2］上f′（x）≤0，

∴f′（x）=2x+a-2x≤0，即a≤2x-2x，

令g（x）=2x-2x，只需a≤g（x）min，

显然g（x）=2x-2x在区间［1，2］上为减函数，

∴g（x）min=g（2）=1-4=-3，

∴a≤-3．

17.解：（1）设Ai=“第i次从乙箱中取到次品”i=1，2，

P（A1）=37，P（A2|A1）=26，P（A2|A1）=36.

由全概率公式得：第2次取到次品的概率为：

P（A2）=P（A1）×P（A2|A1）+P（1）P（A2|1）=37×26+47×36=37.

（2）设事件A=“从乙箱中取一个正品”，事件B1=“从甲箱中取出2个产品都是正品”，事件B2=“从甲箱中取出1个正品1个次品”，事件B3=“从甲箱中取出2个产品都是次品”，则B1、B2、B3彼此互斥，且B1∪B2∪B3=Ω，

P（B1）=C25C28=514，P（B2）=C15C13C28=1528，P（B3）=C23C28=328.

P（A|B1）=69，P（A|B2）=59，P（A|B3）=49，

所以P（A）=P（B1）P（A|B1）+P（B2）P（A|B2）+P（B3）P（A|B3）

=514×69+1528×59+328×49=712

所求概率即是A发生的条件下B1发生的概率．

P（B1|A）=P（B1A）P（A）=P（B1）P（A|B1）P（A）=514×69712=2049.

18.解：（1）由椭圆的定义得｜AF1｜+｜AF2｜=2a=8，所以a=4．

又A（2，3）为椭圆C上一点，所以4a2+9b2=1，将a=4代入，得b2=12，

所以椭圆C的标准方程为x216+y212=1．

（2）因为B为A关于原点O的对称点，所以B（-2，-3），

直线AB的斜率为kAB=3-（-3）2-（-2）=32，

直线AB的方程为y-3=32（x-2），即y=32x．

设Q（2t，3t）（-1

联立得x216+y212=1，

y-3t=k（x-2t），可得（4k2+3）x2+8kt（3-2k）x+4t2（3-2k）2-48=0，由点Q在椭圆内，易知Δ>0，不妨令M（x1，y1），N（x2，y2），则x1+x2=8kt（2k-3）4k2+3，x1.x2=4t2（3-2k）2-484k2+3，

所以|MN|2=（1+k2）（x1-x2）2=（1+k2）［（x1+x2）2-4x1x2］=48（1+k2）［16k2+12-t2（3-2k）2］（4k2+3）2.

又｜AQ｜·｜BQ｜=（2-2t）2+（3-3t）2.（2+2t）2+（3+3t）2=13（1-t2），

所以|MN|2｜AQ｜·｜BQ｜=

48（1+k2）［16k2+12-t2（3-2k）2］13（4k2+3）2（1-t2）为常数，

则需满足16k2+12-t2（3-2k）21-t2为常数，（此式为与t无关的常数，所以分子与分母对应成比例）

即16k2+12=（3-2k）2，解得k=-12．

将k=-12代入x1+x2=8kt（2k-3）4k2+3，可得x1+x2=4t，得x1+x22=2t.

所以Q为MN的中点，所以SΔAQMSΔAQN=｜MQ｜｜NQ｜=1．

19.解：（1）下面是一个6阶费曼数列，且该数列是一个等比数列：

16，-16，16，-16，16，-16  或者-16，16，-16，16，-16，16

（2）（ⅰ）设等比数列a1，a2，a3，…，a2k（k≥1）的公比为q．

若q≠1，则由①得a1+a2+…+a2k=a1（1-q2k）1-q=0，得q=-1，

由②得a1=12k或a1=-12k．

若q=1，由①得a1·2k=0，得a1=0，不可能.综上所述，q=-1．

∴an=12k（-1）n-1或an=-12k（-1）n-1．

（ⅱ）设等差数列a1，a2，a3，…，a2k+1（k≥1）的公差为d，∵a1+a2+a3+…+a2k+1=0，

∴（2k+1）a1+2k（2k+1）d2=0，a1+kd=0，

即ak+1=0，∴ak+2=d.

当d=0时，与“费曼数列”的条件① ②矛盾，

当d>0时，据“费曼数列”的条件① ②得：

ak+2+ak+3+…+a2k+1=12，∴kd+k（k-1）2d=12，

即d=1k（k+1）.

由ak+1=0得a1+k·1k（k+1）=0，即a1=-1k+1，

∴an=-1k+1+（n-1）·1k（k+1）=nk（k+1）-1k（n∈N*，n≤2k+1）.

当d<0时，同理可得kd+k（k-1）2d=-12，即d=-1k（k+1）．

由ak+1=0得：a1-k·1k（k+1）=0，即a1=1k+1，

∴an=1k+1-（n-1）·1k（k+1）=-nk（k+1）+1k（n∈N *）n≤2k+1）.

（3）记a1，a2，…，an中非负项和为A，负项和为B，则A+B=0，A-B=1，

得A=12，B=-12，-12=B≤Sk≤A=12，即｜Sk｜≤12（k=1，2，3，…，n）．

若存在m∈｛1，2，3，…，n｝，使Sm=12，由前面的证明过程知：

a1≥0，a2≥0，…，am≥0，am+1≤0，am+2≤0，…，an≤0，且am+1+am+2+…+an=-12.

若数列｛Si｝（i=1，2，3，…，n）为n阶“费曼数列”，

记数列｛Si｝（i=1，2，3，…，n）的前k项和为Tk，则｜Tk｜≤12.

∴Tm=S1+S2+…+Sm≤12， Sm=12，∴S1=S2=…=Sm-1=0，

∴a1=a2=…=am-1=0，am=12.

又am+1+am+2+…+an=-12，∴Sm+1，Sm+2，…，Sn≥0，

∴｜S1｜+｜S2｜+｜S3｜+…+｜Sn｜=S1+S2+S3+…+Sn，

又S1+S2+S3+…+Sn=0与｜S1｜+｜S2｜+｜S3｜+…+｜Sn｜=1不能同时成立，

∴数列｛Si｝（i=1，2，3，…，n）不为n阶“费曼数列”．

责任编辑  徐国坚