2024年高考數學第一次模擬考試數學·全解全析（考試時間：120分鐘試卷滿分：150分）注意事項：1．本試卷分第Ⅰ卷（選擇題）和第Ⅱ卷（非選擇題）兩部分．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上．2．回答第Ⅰ卷時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑．如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號．寫在本試卷上無效．3．回答第Ⅱ卷時，將答案寫在答題卡上．寫在本試卷上無效．4．測試范圍：高考全部內容5．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回．第Ⅰ卷（選擇題）一、單項選擇題：本題共10小題，每小題4分，共40分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合要求的。1．（本題4分）已知集合，，則（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】求出集合，利用交集運算即可求解.【詳解】因為所以，故選：A.2．（本題4分）復數，在復平面內的共軛復數對應的點位于（

）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【答案】D【分析】根據復數的除法運算得到，再由共軛復數的概念及復數的幾何意義即可求解.【詳解】，，復數的共軛復數在復平面內所對應的點位于第四象限，故選：D.3．（本題4分）已知向量，若，則實數（

）A．5 B．4 C．3 D．2【答案】B【分析】利用平面向量線性運算的坐標表示和向量共線的坐標表示求參數.【詳解】，因為，所以，解得.故選：B4．（本題4分）已知直線與平面滿足，則下列判斷一定正確的是A． B． C． D．【答案】D【分析】根據，利用線面垂直的性質證得，再結合面面垂直的判定定理，證得，即可得到答案.【詳解】因為，可得，又因為，所以，因為，且，所以.故選：D.5．（本題4分）在中，內角，，所對的邊分別是，，，已知，，的面積為，則的周長是（

）A．4 B．6 C．8 D．18【答案】B【分析】由正弦定理和和角公式得到，得到，由三角形面積公式得到，再利用余弦定理求出，得到答案.【詳解】，由正弦定理得，，又，所以，因為，所以，故，因為，所以，由三角形面積公式可得，故，由余弦定理得，解得或（舍去），故三角形周長為.故選：B6．（本題4分）已知是公差為（）的無窮等差數列的前項和，設甲：數列是遞增數列，乙：對任意，均有，則（

）A．甲是乙的充分條件但不是必要條件 B．甲是乙的必要條件但不是充分條件C．甲是乙的充要條件 D．甲既不是乙的充分條件也不是乙的必要條件【答案】B【分析】利用定義法直接判斷【詳解】充分性：因為數列是遞增數列，取數列為：，，，符合數列為無窮等差數列，且是遞增數列，但，故充分性不滿足；必要性：因為對于任意的，均有，所以得，又因為數列為無窮等差數列，所以公差大于零，所以可得數列為遞增數列，故必要性滿足.綜上所述：甲是乙的必要不充分條件，故B項正確.故選：B.7．（本題4分）我國魏晉時期的數學家劉徽創造性的提出了“割圓術”，劉徽認為圓的內接正邊形隨著邊數的無限增大，圓的內接正邊形的周長就無限接近圓的周長，并由此求得圓周率的近似值．如圖當時，圓內接正六邊形的周長為，故，即．運用“割圓術”的思想，下列估算正確的是（

）

A．時， B．時，C．時， D．時，【答案】A【分析】求出正十二邊形的周長，可得出，即可得解.【詳解】設圓的內接正十二邊形被分成個如圖所示的等腰三角形，其頂角為，即，作于點，則為的中點，且，

因為，在中，，即，所以，，則，所以，正十二邊形的周長為，所以，.故選：A.8．（本題4分）函數（，，）的圖象向左平移個單位長度后得到函數的圖象，與的圖象關于軸對稱，則可能的取值為（

）A．3 B．4 C．5 D．6【答案】C【分析】先根據圖象平移得到函數的解析式；再根據兩函數圖象關于軸對稱及誘導公式得到關于的等式即可得出答案.【詳解】由題意可得函數.因為與的圖象關于軸對稱，所以，即，即.由誘導公式可得：所以即，或.因為所以解得：故當時，.故選：C.9．（本題4分）已知雙曲線C：的左、右焦點分別為，，雙曲線的左頂點為，以為直徑的圓交雙曲線的一條漸近線于，兩點，其中點在軸右側，若，則該雙曲線的離心率的取值范圍是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】先由題意，得到以為直徑的圓的方程為，不妨設雙曲線的漸近線為，求出點P，Q的坐標,結合條件求出，之間的關系，即可得出雙曲線的離心率的取值范圍．【詳解】由題意，以為直徑的圓的方程為，不妨設雙曲線的漸近線為，由，解得或，∴，．又為雙曲線的左頂點，則，∴，，∵，∴，即，∴，又，∴.故選：C.10．（本題4分）在一個正方體中，為正方形四邊上的動點，為底面正方形的中心，分別為中點，點為平面內一點，線段與互相平分，則滿足的實數的值有A．0個 B．1個 C．2個 D．3個【答案】C【詳解】因為線段D1Q與OP互相平分，所以四點O，Q，P，D1共面，且四邊形OQPD1為平行四邊形．若P在線段C1D1上時，Q一定在線段ON上運動，只有當P為C1D1的中點時，Q與點M重合，此時λ＝1，符合題意．若P在線段C1B1與線段B1A1上時，在平面ABCD找不到符合條件Q；在P在線段D1A1上時，點Q在直線OM上運動，只有當P為線段D1A1的中點時，點Q與點M重合，此時λ＝0符合題意，所以符合條件的λ值有兩個故選C.第II卷（非選擇題共110分）二、填空題：本題共5小題，每小題5分，共25分。11．（本題5分）已知函數，則．【答案】【分析】根據分段函數解析式進行求值.【詳解】依題意，，所以.故答案為：12．（本題5分）若的展開式的奇數項的二項式系數和為16，則展開式中的系數為.【答案】【分析】由展開式的奇數項的二項式系數和為16可得，則展開式中第項為，令可得答案.【詳解】因的展開式的奇數項的二項式系數和為16，則.則展開式中第項為.令可得，則的系數為.故答案為：13．（本題5分）已知命題若為第一象限角，且，則．能說明p為假命題的一組的值為，．【答案】【分析】根據正切函數單調性以及任意角的定義分析求解.【詳解】因為在上單調遞增，若，則，取，則，即，令，則，因為，則，即，則.不妨取，即滿足題意.故答案為：.14．（本題5分）已知定義在上的函數具備下列性質，①是偶函數，②在上單調遞增，③對任意非零實數、都有，寫出符合條件的函數的一個解析式（寫一個即可）.【答案】（答案不唯一）【分析】利用對數函數的基本性質、函數奇偶性的定義結合對數的運算性質可得出結果.【詳解】函數的定義域為，對任意的，，即函數為偶函數，滿足①；當時，，則函數在上為增函數，滿足②；對任意的非零實數、，，滿足③.故滿足條件的一個函數解析式為.故答案為：（答案不唯一）.15．（本題5分）對于定義在上的函數，及區間，記，若，則稱為的“區間對”.已知函數給出下列四個結論：①若和是的“區間對”，則的取值范圍是；②若和不是的“區間對”，則對任意和也不是的“區間對”；③存在實數，使得對任意和都是的“區間對”；④對任意，都存在實數，使得和不是的“區間對”；其中所有正確結論的序號是.【答案】②③④【分析】根據“區間對”的定義，逐條進行判斷即可求解.【詳解】由題意得，對于①：若和是的“區間對”，不妨設，，所以，當，，即,當，，即，因為，所以，則的取值范圍為.故①錯誤.對于②：若和不是的“區間對”，則，即，所以對任意的，當，即時此時在區間上，在上，所以，當，，所以，所以成立，即和不是的“區間對”，故②正確.對于③：存在，由①知，當，，關于對稱，當，總有，因為，，即，故符合題意；當時，總有，因為，，即，故符合題意；因為，，即，故符合題意；綜上所述：存在，使得對任意和都是的“區間對”故③正確.對于④：由①知，當，不妨設，由②知，存在使，故符合題意；當時，存在，當，，當，，所以，故符合題意；當，存在，當，，當，，所以，故符合題意；綜上所述：對任意，都存在實數，使得和不是的“區間對”故④正確.故答案為：②③④.三、解答題：本題共6小題，共85分，解答應寫出必要的文字說明、證明過程及驗算步驟。16．（本題13分）已知函數的圖象與直線的相鄰兩個交點間的距離為，且______.在以下三個條件中任選一個，補充在上面問題中，并解答（若選擇多個分別解答，以選擇第一個計分.）①函數為偶函數；

②；③，(1)求函數的解析式；(2)若將的圖象向右平移個單位，得到函數的圖象，求函數在區間上的最大值和最小值，并指出相應的的值.【答案】(1)(2)的為最大值2，；的最小值為1，【分析】（1）由題意可得函數最小正周期，由此求出，選①：結合函數的奇偶性求出，即得答案；選②，根據特殊角的函數值求得，即得答案；選③，可確定時，函數取最大值，由此求得，即得答案；（2）根據三角函數圖象的平移可得的表達式，由x的范圍確定的范圍，結合正弦函數的性質，即可求得答案.【詳解】（1）由題意知函數的圖象與直線的相鄰兩個交點間的距離為，故函數最小正周期，即，故；選①：函數為偶函數，即為偶函數，故，又，故，則；選②：，則，即則或，即或，結合，故，則；選③：，，則時，函數取最大值，故，結合，故，則；（2）將的圖象向右平移個單位，得到函數的圖象，即，當時，，結合在上單調遞增，在上單調遞減，，可知當，即時，取最大值2；當，即時，取最小值1.17．（本題14分）如圖，棱柱的所有棱長都為2，，側棱與底面的所成角為平面為的中點．(1)證明：；(2)證明：平面；(3)求二面角的余弦值．【答案】(1)見解析(2)見解析(3)【分析】（1）利用線面垂直證明線線垂直即可；（2）利用線面平行的判定定理即可；（3）利用三垂線法求二面角即可.【詳解】（1）棱柱的所有棱長都為2，所以底面為菱形，故,平面平面,且,平面,平面,且平面,（2）連接,為的中點,為的中點,,且平面，平面，平面（3）平面所以側棱與底面的所成角為，即,作,由（1）知，,且,平面,平面,且平面,,故即二面角的平面角，由（1）知，平面,且平面,,,且,,,,.故二面角的余弦值為18．（本題13分）根據《國家學生體質健康標準》，高三男生和女生立定跳遠單項等級如下（單位：cm）：立定跳遠單項等級高三男生高三女生優秀及以上及以上良好~~及格~~不及格及以下及以下從某校高三男生和女生中各隨機抽取名同學，將其立定跳遠測試成績整理如下（精確到）：男生女生假設用頻率估計概率，且每個同學的測試成績相互獨立．(1)分別估計該校高三男生和女生立定跳遠單項的優秀率；(2)從該校全體高三男生中隨機抽取人，全體高三女生中隨機抽取人，設為這人中立定跳遠單項等級為優秀的人數，估計的數學期望；(3)從該校全體高三女生中隨機抽取人，設“這人的立定跳遠單項既有優秀，又有其它等級”為事件，“這人的立定跳遠單項至多有個是優秀”為事件．判斷與是否相互獨立．（結論不要求證明）【答案】(1)(2)(3)與相互獨立【分析】（1）樣本中立定跳遠單項等級獲得優秀的男生人數為，獲得優秀的女生人數為，計算頻率得到優秀率的估計值；（2）由題設，的所有可能取值為．算出對應概率的估計值，得到的數學期望的估計值；（3）利用兩個事件相互獨立的定義判斷即可.【詳解】（1）樣本中立定跳遠單項等級獲得優秀的男生人數為，獲得優秀的女生人數為，所以估計該校高三男生立定跳遠單項的優秀率為；估計高三女生立定跳遠單項的優秀率為．（2）由題設，的所有可能取值為．估計為；估計為；估計為；估計為．估計的數學期望．（3）估計為；估計為；估計為，，所以與相互獨立．19．（本題15分）已知橢圓，、為橢圓的焦點，為橢圓上一點，滿足，為坐標原點．(1)求橢圓的方程和離心率．(2)設點，過的直線與橢圓交于、兩點，滿足，點滿足滿足，求證：點在定直線上．【答案】(1)；.(2)點在定直線上【分析】（1）由橢圓的定義求出，即可求出橢圓的方程和離心率；（2）若直線的斜率存在，設直線的方程為：，與橢圓方程聯立消去整理為關于的一元二次方程，由題意可知其判別式大于0，從而可得的范圍．再由韋達定理可得兩根之和，兩根之積．根據可得間的關系式．設，再由可得間的關系式，將韋達定理代入化簡即可得出點在定直線上，再檢驗直線的斜率不存在是否滿足.【詳解】（1）由橢圓的定義知，，故，所以橢圓的方程為，故，所以橢圓的離心率為.（2）若直線的斜率存在，設直線的方程為：，則聯立可得：，則，解得：，設，，則，，由可得：，即，設，由可得：，即，即，則，因為點在直線上，所以，所以點在定直線上，若直線的斜率不存在，過的直線與橢圓交于、兩點，，，所以，則，所以，解得：，滿足點在定直線上.20．（本題15分）已知函數，且曲線在處與軸相切．(1)求的值；(2)令，證明函數在上單調遞增；(3)求的極值點個數．【答案】(1)(2)證明見解析(3)1個【分析】（1）求導，利用且即可求解，（2）求導，由導數即可得函數的單調性，（3）求導，根據到導函數的單調性，結合極值點的定義即可求解.【詳解】（1），由題意可知是在處的切線方程，所以且，故（2）由（1）知，所以，所以，令，當單調遞增，當單調遞減，因此在單調遞增，故，所以函數在上單調遞增（3）由（2）知:當單調遞增，當單調遞減，所以當時，取最小值，且，故存在，使得因此