2024年高考數學第一次模擬考試數學（文科）·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、選擇題：本大題共12小題，每小題5分，共60分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1．已知，集合，，則（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】先解絕對值不等式求出集合，然后求其補集，再根據交集定義進行計算.【詳解】因為或}，所以，又所以.故選：D.2．已知復數滿足,是的共軛復數,則等于（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】化簡等式得到,計算得到共軛復數,即可得到的值.【詳解】由題意得,∴,∴.故選:A.3．若實數x，y滿足約束條件，則的取值范圍為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】畫出可行域，根據目標式的幾何意義，應用數形結合法判斷求最值時所過的點，即可得范圍.【詳解】由題設可行域如下圖示，目標式表示在在平移過程中，與可行域有交點情況下在x軸上的截距，由圖知：目標函數過和的交點時有最小值，過和交點時有最大值，所以，故取值范圍為.故選：C．4．直線與圓相交于A，B兩點，則“”是“”的（

）A．充分而不必要條件B．充分必要條件C．必要而不充分條件D．既不充分又不必要條件【答案】C【分析】由直線與圓相交，應用點線距離、相交弦長的幾何求法列方程求參數，再根據充分、必要性定義判斷條件間的關系.【詳解】由題設，圓心到直線的距離，且圓的半徑為1，若，則，即，可得，所以“”是“”的必要不充分條件.故選：C5．塑料袋給我們生活帶來了方便，但塑料在自然界可停留長達200~400年之久，給環(huán)境帶來了很大的危害，國家發(fā)改委、生態(tài)環(huán)境部等9部門聯(lián)合發(fā)布《關于扎實推進污染物治理工作的通知》明確指出，2021年1月1日起，禁用不可降解的塑料袋、塑料餐具及一次性塑料吸管等，某品牌塑料袋經自然降解后殘留量與時間年之間的關系為，其中為初始量，為光解系數.已知該品牌塑料袋2年后殘留量為初始量的.該品牌塑料袋大約需要經過（

）年，其殘留量為初始量的10%.（參考數據：，）A．20 B．16 C．12 D．7【答案】B【分析】由，解方程即可.【詳解】依題意有時，，則，當時，有，，.故選：B6．已知是函數的一個極值點，則的值是（

）A．1 B． C． D．【答案】D【分析】由題知，可得，由二倍角公式可算得，進而有，所以.【詳解】，∴，∴，∴故選：D7．已知，，，，若存在非零實數使得，則的最小值為（

）A．8 B．9 C．10 D．12【答案】B【分析】根據向量共線的坐標表示可得，再結合基本不等式中的巧用“1”即可求解.【詳解】若存在非零實數使得，即，又，，所以，即，所以，當且僅當，即時，等號成立.所以的最小值為.故選：B8．在三棱錐中，，，，平面平面，若三棱錐的所有頂點都在球的表面上，則球的半徑為（

）A． B．3 C． D．4【答案】B【分析】根據三棱錐中線面關系可先確定球心點在上，再利用勾股定理求解即可.【詳解】

取的中點為，連接，因為，，所以，,所以．又因為平面平面，平面平面，所以平面，又，則球心在直線上，連接，設球的半徑為，則，即有，得,故選：B9．知實數a，b，c滿足，，，則（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】由，可得，而，然后利用指數函數的性質可比較的大小，再求出，則可得，再根據對數函數和指數函數的性質逐個分析判斷.【詳解】由，得，所以，又函數單調遞減，，所以，即，所以由，得，所以，所以函數在上單調遞增，函數和在上單調遞減，故，，所以A錯誤；，．又，所以，，所以C錯誤；由，得．因為，所以，故，所以B錯誤；因為在上單調遞增，且，所以．因為在上單調遞減，且，所以，故．故選：D．10．的部分圖象如圖中實線所示，圖中圓與的圖象交于兩點，且在軸上，則下說法正確的是（

）

A．若圓的半徑為，則；B．函數在上單調遞減；C．函數的圖象向左平移個單位后關于對稱；D．函數的最小正周期是.【答案】A【分析】根據函數的圖象，求得的最小正周期，可判定D錯誤；利用五點作圖法，求得，結合三角函數的性質，可判定B錯誤；利用三角函數的圖形變換得到平移后的函數解析式為，進而判定C錯誤；利用，求得的值，可判定A正確.【詳解】由函數圖象，可得點的橫坐標為，所以函數的最小正周期為，所以D不正確；又由，且，即，根據五點作圖法且，可得，解得，因為，可得，結合三角函數的性質，可得函數在是先減后增的函數，所以B錯誤；將函數的圖象向左平移個單位后，得到，可得對稱軸的方程為，即，所以不是函數的對稱軸，所以C錯誤；當時，可得，即,若圓的半徑為，則滿足，即，解得，所以的解析式為，所以A正確.故選：A.11．已知橢圓與雙曲線具有相同的左、右焦點，，點為它們在第一象限的交點，動點在曲線上，若記曲線，的離心率分別為，，滿足，且直線與軸的交點的坐標為，則的最大值為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根據橢圓、雙曲線的定義可得，結合離心率可得，在中，利用余弦定理可得，進而結合橢圓性質可知：當為橢圓短軸頂點時，取到最大值，分析求解即可.【詳解】由題意可知：，解得，又因為，可得，由直線與軸的交點的坐標為可得，在中，由余弦定理可得，可得，整理得，解得或（舍去），且，所以，由橢圓性質可知：當為橢圓短軸頂點時，取到最大值，此時，且，則，所以，即.故選：A.

.【點睛】本題解決的關鍵在于找到的兩種表達方式，構造了關于的方程，從而得解.12.已知函數有兩個不同的極值點，，若不等式有解，則的取值范圍是（）A．B．C．D．【答案】B【分析】先求導得（），由于函數有兩個不同的極值點，，轉化為方程有兩個不相等的正實數根，根據，，，求出的取值范圍，而有解，通過分裂參數法和構造新函數，通過利用導數研究單調性、最值，即可得出的取值范圍.【詳解】由題可得：（），因為函數有兩個不同的極值點，，所以方程有兩個不相等的正實數根，于是有解得.若不等式有解，所以因為.設，，故在上單調遞增，故，所以，所以的取值范圍是.故選：B.第Ⅱ卷（非選擇題）二、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分13．在中，角A，，所對的分別為，，．若角A為銳角，，，則的周長可能為．（寫出一個符合題意的答案即可）【答案】9（答案不唯一，內的任何一個值均可）【分析】根據題意利用余弦定理可得，進而可得周長的取值范圍.【詳解】由余弦定理可得，因為角A為銳角，則，可得，所以的周長.故答案為：9（答案不唯一，內的任何一個值均可）.14．某校高三（4）班的一次數學測試成績的莖葉圖和頻率分布直方圖都受到不同程度的破壞，但可見部分如圖，且將全班25人的成績記為由右邊的程序運行后，輸出.據此解答如下問題：注：圖中表示“是”，表示“否”利用頻率分布直方圖估計該班的數學測試成績的中位數是分.【答案】73.5.【分析】由莖葉圖及頻率分布直方圖可得分數在之間，之間，之間的頻數，再根據程序框圖可得分數在之間的頻數，從而可得分數在之間的頻數，從而可得分數在各個區(qū)間的頻率，再根據中位數的定義即可求得中位數.【詳解】解：由頻率分布直方圖知，分數在之間的頻率為，故分數在之間的頻數為，由莖葉圖可知，分數在之間的頻數為2，分數之間的頻數為7，由程序框圖及輸出可知，分數在之間的頻數為10，所以分數在之間的頻數為，所以分數在之間的頻率為，分數在之間的頻率為，分數在之間的頻率為，分數在之間的頻率為，因為，，所以中位數在之間，設中位數為x，則，解得，所以中位數為73.5分.故答案為：73.5.15．已知點在拋物線上，為拋物線的焦點，圓與直線相交于兩點，與線段相交于點，且．若是線段上靠近的四等分點，則拋物線的方程為．【答案】【分析】設，表示出，利用拋物線定義、點在拋物線上以及圓的弦長的幾何性質列出關于的方程，即可求得p，即得答案.【詳解】由可知，設，則，則，故，即①；又點在拋物線上，故②，且，即③，②聯(lián)立得，得或，由于，故，結合③，解得，故拋物線方程為，故答案為：【點睛】解答本題的關鍵在于要結合拋物線的定義以及圓的弦長的幾何性質，找出參數間的等量關系，從而列出方程組，即可求解.16．在正三棱柱中，，點P滿足，其中，，則下列說法中，正確的有_________（請?zhí)钊胨姓_說法的序號）①當時，的周長為定值；②當時，三棱錐的體積為定值；③當時，有且僅有一個點P，使得；④當時，有且僅有一個點P，使得平面【答案】②④【分析】①結合得到P在線段上，結合圖形可知不同位置下周長不同；②由線面平行得到點到平面距離不變，故體積為定值；③結合圖形得到不同位置下有，判斷出③錯誤；④結合圖形得到有唯一的點P，使得線面垂直.【解析】由題意得：，，，所以P為正方形內一點，①，當時，，即，，所以P在線段上，所以周長為，如圖1所示，當點P在處時，，故①錯誤；②，如圖2，當時，即，即，，所以P在上，，因為∥BC，平面，平面，所以點P到平面距離不變，即h不變，故②正確；③，當時，即，如圖3，M為中點，N為BC的中點，P是MN上一動點，易知當時，點P與點N重合時，由于△ABC為等邊三角形，N為BC中點，所以AN⊥BC，又⊥BC，，所以BN⊥平面，因為平面，則，當時，點P與點M重合時，可證明出⊥平面，而平面，則，即，故③錯誤；④，當時，即，如圖4所示，D為的中點，E為的中點，則P為DE上一動點，易知，若平面，只需即可，取的中點F，連接，又因為平面，所以，若，只需平面，即即可，如圖5，易知當且僅當點P與點E重合時，故只有一個點P符合要求，使得平面，故④正確.故選：②④【點睛】立體幾何的壓軸題，通常情況下要畫出圖形，利用線面平行，線面垂直及特殊點，特殊值進行排除選項，或者用等體積法進行轉化等思路進行解決.三、解答題：本大題共70分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．第17~21題為必考題，每個試題考生都必須作答．第22、23題為選考題，考生根據要求作答．（一）必考題：共60分．17．（12分）近年來我國新能源汽車產業(yè)迅速發(fā)展，下表是某地區(qū)新能源乘用車的年銷售量與年份的統(tǒng)計表：年份銷量（萬臺）某機構調查了該地區(qū)位購車車主的性別與購車種類情況，得到的部分數據如下表所示：購置傳統(tǒng)燃油車購置新能源車總計男性車主女性車主總計(1)求新能源乘用車的銷量關于年份的線性相關系數，并判斷與之間的線性相關關系的強弱；（若，相關性較強；若，相關性一般；若，相關性較弱）(2)請將上述列聯(lián)表補充完整，根據小概率值的獨立性檢驗，分析購車車主購置新能源乘用車與性別是否有關系？①參考公式：相關系數；②參考數據：；③卡方臨界值表：0.100.050.0100.0050.0012.7063.8416.6357.87910.828其中，.【答案】(1)0.96，y與x之間的線性相關性較強(2)表格見解析，認為購車車主購置新能源乘用車與性別是有關，此推斷犯錯誤概率不大于0.05.【分析】（1）根據公式計算相關系數，進而判斷相關性強弱；（2）完成聯(lián)表，根據公式計算，結合臨界值表判斷是否有關.【詳解】（1）由表格知：，，（1分）所以，，，（4分）由上，有，所以與之間的線性相關性較強；（7分）（2）依題意，完善表格如下：購置傳統(tǒng)燃油車購置新能源車總計男性車主女性車主總計（9分）則的觀測值，（11分）根據小概率值的獨立性檢驗，我們認為購車車主購置新能源乘用車與性別是有關，此推斷犯錯誤概率不大于.（12分）18．（12分）在數列中，，，.設.(1)求證：數列是等比數列；(2)設，記數列的前n項和，求證：.【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析【分析】（1）把變形為，即，根據等比數列的定義證明即可；（2）由累加法求得，代入得，利用裂項相消法求和，再利用證明即可.【詳解】（1）因為，所以，（2分）又，所以，又，（4分）所以數列是首項為1，公比為2的等比數列.（5分）（2）由（1）可得，當時，，（7分）當時也成立，所以.（8分）所以，（9分）所以，（11分）又，所以.（12分）19．（12分）如圖，在三棱柱中，平面平面ABC，，，，，，．(1)求證：B，D，E，四點共面；(2)求四棱錐的體積．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）由題設，，進而有，易得四邊形為平行四邊形，再結合，即可證結論；（2）根據面面垂直性質定理證明線面垂直，最后根據體積公式計算即可.【詳解】（1）在三棱柱中，，，（1分）因為，，即，，所以，（3分）則四邊形為平行四邊形，則．（4分）又因為，所以，故B，D，E，四點共面．（5分）（2）連接，取AC的中點O，連接，BO，如圖所示．（6分）在三棱柱中，四邊形為平行四邊形，，則，（7分）又，所以為等邊三角形．又O為AC的中點，所以．（8分）又平面平面ABC，平面平面，平面，所以平面ABC．（9分）又，O為AC的中點，所以．因為，，所以，，．（10分）又因為，，（11分）所以四棱錐的體積為．（12分）20．（12分）已知橢圓：（）與橢圓：（）的離心率相同，且橢圓的焦距是橢圓的焦距的倍．(1)求實數a和b的值；(2)若梯形的頂點都在橢圓上，，，直線BC與直線AD相交于點P．且點P在橢圓上，試探究梯形的面積是否為定值，若是，請求出該定值；若不是，請說明理由．【答案】(1)，(2)是定值，該定值為．【分析】（1）根據題意列出關于的方程，即可求得答案；（2）設，，，表示出坐標，利用點差法推出直線CD的方程，進而聯(lián)立橢圓方程，求得弦長，結合點到直線的距離求得的面積，進而可求得梯形的面積為定值.【詳解】（1）由題意知，，且，（2分）解得，．（3分）（2）梯形的面積是定值，該定值為．（4分）理由如下：由（1）知：，：,

設，，，則，因為，，所以A，B分別為PD，PC的中點，則，，則，（6分）作差可得，．因為，即，所以．同理可得，，所以C，D都在直線上，即直線CD的方程為．（8分）聯(lián)立，可得，，則，即．（10分）又因為點P到直線CD的距離，所以的面積為．又因為∽，，所以，（11分）所以梯形ABCD的面積為．（12分）【點睛】本題是關于求解橢圓中的參數以及定值問題，綜合性強；難點在于求解定值時，要有明確的解題思路，即方程思想，利用聯(lián)立方程，結合點的坐標求解弦長以及面積等，并且計算過程較為復雜，計算量大，要十分細心.21．（12分）已知函數.(1)當時，若曲線在處的切線方程為，證明：；(2)若，求的取值范圍.【答案】(1)證明見解析；(2).【分析】（1）利用導數的幾何意義求出切線方程，再構造函數并求出最值作答.（2）由給定不等式構造函數，結合零點存在性定理分類討論求解不等式恒成立的a的范圍作答.【詳解】（1）當時，，依題意，曲線在處的切點為，而，有，（2分）即曲線在處的切線方程為，記，（3分）求導得，當時，，遞增，當時，，遞減，因此，所以成立.（5分）（2）記，依題意，恒成立，求導得，令，（6分）則在上單調遞增，又，則，使得，即成立，則當單調遞減；當單調遞增，，由，得，于是得，當時，令，有在上單調遞減，（8分）而在上單調遞增，即有函數在上單調遞減，于是得函數在上單調遞減，則當時，，不合題意；當且時，由（1）中知，有，從而，（10分）由知，因此滿足，又在上單調遞增，則有，而，所以實數的取值范圍是.（12分