2024年全国高考数学送考卷1（含解析）

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2024年全国高考数学模拟卷
一、单选题(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，只有一项是符合要求的)
1．已知集合，若，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
2．用一个平面截一个几何体，得到的截面是一个梯形，这个几何体不可能是（ ）
A．长方体 B．圆锥 C．棱锥 D．圆台
3．某公司安排5名职工去3地调研，每地至少去1名职工，每个职工只能去一个地方，则不同的安排方法总数为（ ）
A．50 B．150 C．240 D．300
4．已知，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
5．如图，已知是的垂心，且，则等于（ ）
A． B． C． D．
6．（ ）
A． B． C． D．
7．定义运算，则满足（为虚数单位）的复数z在复平面内对应的点在（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
8．某医院购买一台大型医疗机器价格为万元，实行分期付款，每期付款万元，每期为一个月，共付12次，如果月利率为，每月复利一次，则，满足（ ）
A． B．
C． D．
二、多选题（本题共3个小题，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，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）
9．《九章算术》中将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”;底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥称之为“阳马”．如图，在堑堵中，，且，过点分别作于点于点，则下列结论正确的是（ ）
A．四棱锥为“阳马” B．直线AE与平面ABC所成的角为
C． D．堑堵的外接球的体积为
10．已知函数的定义域为，，且函数为偶函数，则下面说法一定成立的是（ ）
A．是奇函数 B．
C．的图象关于对称 D．
11．设抛物线，弦AB过焦点，过A，B分别作拋物线的切线交于点，则下列结论一定成立的是（ ）
A．存在点，使得 B．的最小值为2
C． D．面积的最小值为4
三、填空题（本题共有3个小题，每小题5分，共15分）12．设（其中），若恒成立，则的取值范围是 .
13．过的直线被曲线所截得的线段长度为，则直线的方程为 .
14．钝角中，角的对边分别为，，，若，则的最大值是 .
四、解答题（本题共5小题，共77分 .解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
15．已知函数．
(1)当时，求在点处的切线方程；
(2)讨论的单调性，并求出的极小值．
16．如图是一个摩天轮的示意图，该摩天轮半径为圆上最低点与地面距离为且摩天轮转动一圈，图中与地面垂直，游客从处进入座舱，逆时针转动后到达处，设点到地面的距离为
(1)试将表示成关于的函数；
(2)由于建筑物的阻挡，当座舱离地面的高度不低于33m时，乘客方可观看远处的无人机表演，已知无人机表演共持续求乘坐摩天轮可观看无人机表演的总时长的最大值．
17．某兴趣小组调查并统计了某班级学生期末统考中的数学成绩和建立个性化错题本的情况，用来研究这两者是否有关.若从该班级中随机抽取1名学生，设“抽取的学生期末统考中的数学成绩不及格”，“抽取的学生建立了个性化错题本”，且，，.
(1)求和.
(2)若该班级共有36名学生，请完成列联表，并讨论能否在犯错误的概率不超过0.005的前提下认为学生期末统考中的数学成绩与建立个性化错题本有关.
个性化错题本 期末统考中的数学成绩 合计
及格 不及格
建立
未建立
合计
(3)为进一步验证（2）中的判断，该兴趣小组准备在其他班级中抽取一个容量为36k的样本（假设根据新样本数据建立的列联表中，所有的数据都扩大为（2）中列联表中数据的k倍，且新列联表中的数据都为整数），若要使得在犯错误的概率不超过0.001的前提下可以肯定（2）中的判断，试确定k的最小值.
参考公式及数据：，.
0.01 0.005 0.001
6.635 7.879 10.828
18．如图，在三棱台中，H在AC边上，平面平面，，，，，.

(1)证明：；
(2)若且的面积为.求与平面所成角的正弦值.
19．已知抛物线，直线经过点，且与在第一象限内相切于点．
(1)记的焦点为，直线与交于另一点，求的面积；
(2)已知斜率为的直线交于，两点（异于点），若在轴上存在点，使得点到直线，的距离都为，求出的值及直线的方程.
参考答案：
1．B
【分析】根据分析x的取值，然后判断两个集合的包含关系，由包含关系可得.
【详解】因为，所以，即，
又，所以，所以.
故选：B
2．B
【分析】判断几何体被平面截取的图形，逐项判断即可.
【详解】如图：
平面截长方体的截面为梯形，故选项A符合题意；
如图：
平面截三棱锥的截面为梯形，故选项C符合题意；
如图：
当平面沿圆台的轴截圆台时，截面为等腰梯形，故选项D符合题意；
用一个平面截圆锥，得到的截面图形可能是圆、椭圆、抛物线、三角形，不可能是梯形，
故选项B不合题意.
故选：B
3．B
【分析】依题意5名职工的分组方式有，，或，，，先分组，再分配，需注意部分平均分组需除以组（平均的组数）的全排列.
【详解】依题意5名职工的分组方式有，，或，，两种；
若为，，，则有种不同的安排方法；
若为，，，则有种不同的安排方法；
综上可得一共有种不同的安排方法.
故选：B
4．B
【分析】
根据充分条件、必要条件的定义判断即可.
【详解】
因为，当且仅当时取等号，
若，则，
故由能推出，即必要性成立；
反之，比如，，满足，但是，
所以推不出，故充分性不成立，
所以“”是“”的必要不充分条件.
故选：B
5．A
【分析】延长，，分别交边，，于点，，，利用同底的两个三角形面积比推得，从而得解.
【详解】是的垂心，延长，，分别交边，，于点，，，如图，
则，，，，，
因此，，
同理，
于是得，
又
由“奔驰定理”有
即，所以，
故选：A
6．A
【分析】切化弦后通分，根据两角和差的正余弦公式求解即可.
【详解】
.
故选：A.
7．B
【分析】由已知运算和复数的运算化简即可.
【详解】由题意可得，
即，
所以复数z在复平面内对应的点为，在第二象限，
故选：B.
8．D
【分析】由题意可得，结合放缩即可得解.
【详解】，
由，故，
，
由，
故，即有.
故选：D.
9．ACD
【分析】根据给定条件，证明线面垂直判断A；求出线面角的大小判断B；利用线面垂直的判定性质推理判断C；确定堑堵的外接球球心位置，计算判断D.
【详解】对于A，在堑堵中，平面，而平面，
则平面平面，又平面平面，，
平面，因此平面，又四边形为矩形，则四棱锥为“阳马”，A正确；
对于B，显然平面平面，平面，则是在平面内的射影，
是直线AE与平面所成的角，由，，
得，又，则，B错误；
对于C，由平面，平面，得，而，
平面，则平面，又平面，
于是，又，平面，因此平面，
而平面，则，C正确；
对于D，由平面，平面，得，
而，则平面，平面，得，
由选项B知，点为的中点，因此，
则点为堑堵的外接球球心，球半径为，体积为，D正确.
故选：ACD
10．AC
【分析】选项C，由于函数为偶函数，得到，进而替换变量得到，判断即可；选项A，由于，变量替换后得到，结合已知，即可判断奇偶性；选项B，已知，得到，变量替换后得到，得到函数的周期性，进而求得结果；选项D，已知，得到，，同样利用函数的周期性得到，即可求得结果.
【详解】对于选项C，是偶函数，得：，
将替换为，得：，
所以函数关于直线对称，选项C正确；
对于选项A，因为，将替换为，得：，
又因为，即，
，是奇函数，选项A正确；
对于选项B，，将替换为，
得：，所以4为函数的周期，
又因为是奇函数，且函数的定义域为，，
，选项B错误.
对于选项D，由已知，
分别代入，得：，，
，
同时4为的周期，，选项D错误.
故选：AC.
11．BCD
【分析】设,联立直线和抛物线的方程，得,根据导数的几何意义求出的方程，可得，，再逐项判断即可.
【详解】易知，准线方程为，设,
由，消去可得,
，则.
不妨设在第一象限，因为，则,
则.
则的方程为，即，
即，即，即.
同理可得的方程为.
联立，可得，即,
则在抛物线的准线上.
又，所以，即.
对于A，因为，
所以，即，故A错误；
对于B，设准线与轴交于点，
因为在抛物线的准线上，
所以，即的最小值为2，故B正确；
对于C，因为，，
所以∽，
所以，即，故C正确；
对于D，.
设到直线的距离为,则,
所以，当且仅当时取等，
故面积的最小值为4，故D正确.
故选:BCD.
【点睛】关键点睛：
已知切点和抛物线，则抛物线在处的切线方程为；
已知切点和抛物线，则抛物线在处的切线方程为.
12．
【分析】根据数列的单调性可得的最小项为，结合定积分可得，故可得取值范围.
【详解】
,
故为单调性递增数列，故，
又，
设，
则，
则表示曲边梯形的面积的不足近似估计，
故，
故，故，故，
故答案为：.
13．或
【分析】根据曲线的方程确定曲线为圆，再根据直线与圆的位置，分2种情况讨论：①当直线的斜率不存在，②当直线的斜率存在时，每种情况下先设出直线的方程，利用直线被圆所截得的线段长度，求解直线的方程可得出答案.
【详解】由曲线知，该曲线为圆 且圆心为，半径为.
当直线斜率不存在时，直线方程为，此时圆心到直线的距离为.
根据垂径定理，直线截圆所得线段长为：，满足题意.
当直线的斜率存在时，设直线方程为：，即
圆心到直线的距离为，当直线截圆所得线段长度时
根据垂径定理可得，，解得
此时直线方程为.
故答案为：或.
14．
【分析】根据题意，得到，结合是钝角三角形矛盾，得到，化简，结合三角函数的性质，即可求解.
【详解】因为，由正弦定理得，
又因为，可得，所以，则或.
当时，可得，与是钝角三角形矛盾，所以，
由，则，可得，
所以
，
所以当时，的最大值为.
故答案为：.
15．(1)
(2)在单调递减，在和单调递增；0.
【分析】（1）欲求曲线在点处的切线方程，只需求出斜率和的值，利用直线的点斜式方程求解切线的方程；
（2）利用函数的导数，求出函数的单调区间，从而求出函数的极值即可.
【详解】（1）当时，，
则，
所以，
又知，
所以在点处的切线方程为．
（2）因为，
令，
则或，
所以当时，，
当或时，．
综上，在上单调递减，在和上单调递增；
所以．
16．(1)
(2)
【分析】（1）依题意设，根据题意得到、，由周期求出，再由时求出，即可得解；
（2）令，根据余弦函数的性质解得，从而求出一个周期内观看时长，即可得解.
【详解】（1）因为摩天轮距离地面高度是周期变化，且与三角函数有关，
不妨设开始转动后距离地面的高度，
由题可知，，，
所以，，
因为，解得，此时，
因为时，代入有,
解得，
故
.
（2）令，即，
即，
解得，
所以一个周期内可观看无人机表演的时间有，
因为摩天轮转动一圈，无人机表演共持续，
，即摩天轮再次期间恰好转圈，所以，
即乘坐摩天轮可观看无人机表演的总时长的最大值为.
17．(1)，
(2)表格见解析，能
(3).
【分析】（1）利用条件概率和全概率公式即可求得和.
（2）先求得的值，再利用该值和表格值进行对比即可判断二者是否有关；
（3）先依据题给条件列出关于k的不等式，解之即可求得k的范围，再结合新列联表中的数据都为整数，进而求得k的最小值.
【详解】（1）因为，，，
所以，，.
由，
解得，所以.
则，解得.
（2）
个性化错题本 期末统考中的数学成绩 合计
及格 不及格
建立 20 4 24
未建立 4 8 12
合计 24 12 36
根据列联表中的数据，经计算得到.
所以在犯错误的概率不超过0.005的前提下认为学生期末统考中的数学成绩与建立个性化错题本有关.
（3）
，解得.
要使新列联表中的数据都为整数，则需.
又因为，所以4k的最小值为5，故的最小值是.
18．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由余弦定理和勾股定理证明，再由线面垂直的判定定理证明平面即可证明；
（2）由三棱台的几何关系求出，再建立空间直角坐标系，找到平面的一个法向量为，再由线面角的向量公式求出即可；
【详解】（1）因为，在中，由余弦定理可得
，
解得，
所以，即，
又平面平面，且平面平面，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
又，平面，
所以平面，
由平面，所以，
又因为，所以，
（2）在中，，，，
所以，
又，
所以，
由（1）知平面，则以为原点，的方向为轴，建立如图所示的坐标系，

点的纵坐标为，横坐标为，
则，
所以，
设平面的法向量为，
则，
令，则平面的一个法向量为，
设与平面所成的角为，
则，
所以与平面所成角的正弦值为.
19．(1)
(2)，
【分析】（1）设直线的方程为，联立直线与抛物线方程，消元，由求出，即可得到点坐标，设，再由求出，最后由计算可得；
（2）设，，表示出直线的方程，由点到直线的距离得到、是方程的两个相异实数根，再由韦达定理及求出，从而求出、坐标，即可求出直线的方程.
【详解】（1）抛物线的焦点，依题意直线的斜率不为，设直线的方程为，
由得，所以，解得或，
当时由，解得，则，即；
当时由，解得，则，即，舍去；
综上可得，
设，由、、三点共线，可得，
即，解得或（舍去），
所以.
（2）设，，依题意直线、的斜率存在，
所以，即直线的方程为，即，
所以点到直线的距离为，
整理得，
同理可得，
所以、是方程的两个相异实数根，
所以，
所以，所以，解得，
则，解得、，
所以，，
所以直线的方程为，即.
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