高考数学模拟试题((三模))解析版

2024年普通高等学校招生全国统一考试模拟试题
数学
注意事项：1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码、考场号、座位号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区.
2.选择题必须使用2B 铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚.
3.请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在革稿纸、试卷上答题无效.
4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑.
5.保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀.
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.若tan 2α=，则2
sin 2cos 2sin α
αα
-的值为（）
A.47
-
B.23
C.
49
D.
47
2.已知函数()f x 是定义在R 上的奇函数，当0x ≥时，()531f x x x a =--+-，则()f a -的值为（）
A.1
B.2
C.3
D.4
3.已知圆台12O O 的母线长为4，下底面圆的半径是上底面圆的半径的3倍，轴截面周长为16，则该圆台的表面积为（）
A.24π
B.25π
C.26π
D.27π4.已知n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，121a =-，715S S =，则n S 的最小值为（）A.99
- B.100
- C.110
- D.121
-5.已知(),0F c 为双曲线22
22:1x y C a b
-=（0a >，0b >）的右焦点，直线x c =与C 的两条渐近线分别交
于A ，B 两点，O 为坐标原点，OAB △是面积为4的直角三角形，则C 的方程为（）
A.2
2
1
x y -= B.22
122x y -= C.22
144x y -= D.22
142
x y -=6.在ABC △中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且()sin sin sin sin c a C b B
a A A
--=，延长BC 至
点D ，使得BC CD =，若AD =2AB =，则a =（）
A.1
C.2
D.3
7.盒中有4个大小相同的小球，其中2个红球、2个白球，第一次在盒中随机摸出2个小球，记下颜色后放
回，第二次在盒中也随机摸出2个小球，记下颜色后放回.设事件A =“两次均未摸出红球”，事件B =“两次均未摸出白球”，事件C =“第一次摸出的两个球中有红球”，事件D =“第二次摸出的两个球中有白球”，则（
）
A.A 与B 相互独立
B.A 与C 相互独立
C.B 与C 相互独立
D.C 与D 相互独立
8.在三棱锥D ABC -中，2AB =，AD BD =，AC BC ⊥，3
tan 3
ADB ∠=
，E 为AB 的中点，且直线DE 与平面ABC 所成角的余弦值为10
4
，则三棱锥D ABC -的外接球的表面积为（）
A.24π
B.36π
C.40π
D.48π
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.某灯具配件厂生产了一种塑胶配件，该厂质检人员某日随机抽取了100个该配件的质量指标值（单位：分）作为一个样本，得到如下所示的频率分布直方图，则（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）（
）
A.0.030
m = B.样本质量指标值的平均数为75C.样本质量指标值的众数小于其平均数
D.样本质量指标值的第75百分位数为85
10.已知z 满足2
3
z i i z +-=，且z 在复平面内对应的点为(),x y ，则（）
A.10
x y --= B.10
x y ++= C.z 的最小值为
2 D.z 的最小值为
12
11.已知函数()()cos 04f x x πωω⎛⎫
=+> ⎪⎝
⎭
，则（）
A.若()f x 的图像向右平移
4π
个单位长度后与()f x 的图像重合，则ω的最小值为1B.若()f x 的图像向左平移4
π
个单位长度后得到函数sin y x ω=的图像，则ω的最小值为5
C.若函数()f x 的最小正周期为4
π
，则4
ω=
D.当1ω=时，若()f x 的图像向右平移4π个单位长度后得到函数()g x 的图像，则方程()()
11g x g x +=有无穷多个解
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.已知集合202x A x
x ⎧+⎫
=⎨⎬-⎩⎭
≤，{}2log B x x a =≥，若()R B A ⊆ð，则a 的取值范围是____________.
13.已知函数()()2
2,0,
ln 1,01,x x x f x x x ⎧+⎪=⎨-<<⎪⎩
≤若曲线()y f x =与直线y ax =恰有2个公共点，则a 的取值范
围是__________.
14.已知抛物线2
:8C y x =，点P 在C 的准线上，过C 的焦点F 的直线与C 相交于A ，B 两点，则AB 的
最小值为___________；若ABP △为等边三角形，则AB =__________.
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.（13分）已知函数()()ln 0x f x x a a x ⎛
⎫
=-> ⎪⎝
⎭
.（1）讨论()f x 的最值；
（2）若1a =，且()e x k x
f x x
-≤，求k 的取值范围.
16.（15分）如图，在四棱锥P ABCD -中，AB BC DC DA AP PD =====
，PC PB
==
.
（1）证明：平面PAD ⊥平面ABCD ；
（2）在棱PC 上是否存在点E ，使得平面AEB 与平面BCE
夹角的正弦值为7
？若存在，求PE EC 的值；
若不存在，请说明理由.
17.（15分）2024年7月26日至8月11日将在法国巴黎举行夏季奥运会.为了普及奥运知识，M 大学举办了一次奥运知识竞赛，竞赛分为初赛与决赛，初赛通过后才能参加决赛.
（1）初赛从6道题中任选2题作答，2题均答对则进入决赛.已知这6道题中小王能答对其中4道题，记小
王在初赛中答对的题目个数为X ，求X 的数学期望以及小王在已经答对一题的前提下，仍未进入决赛的概率；
（2）M 大学为鼓励大学生踊跃参赛并取得佳绩，对进入决赛的参赛大学生给予一定的奖励.奖励规则如下：已进入决赛的参赛大学生允许连续抽奖3次，中奖1次奖励120元，中奖2次奖励180元，中奖3次奖励360元，若3次均未中奖，则只奖励60元.假定每次抽奖中奖的概率均为304p p ⎛⎫
<< ⎪⎝
⎭
，且每次是否中奖相互独立.
（ⅰ）记一名进入决赛的大学生恰好中奖1次的概率为()f
p ，求()f p 的极大值；
（ⅱ）M 大学数学系共有9名大学生进入了决赛，若这9名大学生获得的总奖金的期望值不小于1120元，试求此时p 的取值范围.
18.（17分）已知12PF F △的其中两个顶点为()11,0F -，()21,0F ，点Q 为12PF F △的重心，边1PF ，2PF
上的两条中线的长度之和为Q 的轨迹为曲线C .（1）求C 的方程；
（2）过点2F 作斜率存在且不为0的直线1l 与C 相交于A ，B 两点，过原点O 且与直线1l 垂直的直线2l 与C
相交于M ，N 两点，记四边形AMBN 的面积为S ，求
3
MN S
的取值范围.
19.（17分）对于*
,m t ∈N ，s ∈N ，t 不是10的整数倍，且10s
m t =⋅，则称m 为s 级十全十美数.已知数列{}n a 满足：18a =，240a =，2156n n n a a a ++=-.（1）若{}1n n a ka +-为等比数列，求k ；
（2）求在1a ，2a ，3a ，…，2024a 中，3级十全十美数的个数.
数学
一、选择题
1.A 【解析】2222
sin 22sin cos 2tan 44
cos 2sin cos 2sin 12tan 187
ααααααααα====-----.故选A 项.2.D
【解析】由题得()010f a =-=，解得1a =，所以当0x ≥时，()5
3f x x x =--，所以
()()()()1134f a f a f -=-=-=---=.故选D 项.
3.C 【解析】设上底面圆的半径为r ，则下底面圆的半径是3r ，故轴截面周长为164426r r =+++，解得1r =，所以上、下底面圆的面积分别为π，9π，圆台侧面积()13416S ππ=+⨯=侧，所以圆台的表面积为91626ππππ++=.故选C 项.
4.D 【解析】设{}n a 的公差为d ，则71151761514
71522
S a d S a d ⨯⨯=+==+，
又121a =-，解得2d =，所以223n a n =-，()21212222
n n n S n n n ⨯-=-+
⨯=-，当11n ≤时，0n a <，当12n ≥时，0n a >，
所以当11n =时，n S 取得的最小值211112211121S =-⨯=-.故选D 项.
5.B 【解析】因为OAB △为直角三角形，由双曲线的对称性知OA OB ⊥，且OA OB =，所以C 的渐近线方程为y x =±，即a b =，又OAB △的面积为4，所以
1
242
c c ⨯⨯=，
解得2c =，又2224a b c +==，
所以a b ==，故C 22
122
x y -=.故选B 项.6.C 【解析】由
()sin sin sin sin c a C b B
a A A
--=，得()sin sin sin b B a A c a C =+-，由正弦定理得()2
2
b a
c a c =+-，即2
2
2
a c
b a
c +-=，所以2221
cos 222
a c
b a
c B ac ac +-===，又0B π<<，所以3B π=，
如图，
可知2BD a =，又AD =2AB =，所以在ABD △中，由余弦定理得
()2
2242222cos
444123
AD a a a a π
=+-⨯⨯⨯=+-=，解得2a =（负值舍去）.故选C 项.
7.D 【解析】依题意得()22222244C C 1C C 36P A ==，()2222
2244C C 1C C 36P B ==，()()()0P AB P A P B =≠，故A 项
错误；()211
222
24C C C 5C 6P C +==
，()()()0P AC P A P C =≠，故B 项错误；()()()22222244C C 1C C 36P BC P B P C ==≠，故C 项错误；()211
222
2
4C C C 5C 6
P D +==，()()()222111121111222222222222
22
44C C C C C C C C C C C C 25C C 36
P CD P C P D +++===，故D 项正确.故选D 项.8.B 【解析】如图，设球心为O ，ABD △的外接圆圆心为F ，连接OE ，OA ，EF ，OF ，FA ，FB ，
FD
，
因为90ACB ∠=︒，E 为AB 的中点，2AB =，所以1EA EB ==，E 为ABC △的外心，由AD BD =，
F 为ABD △的外心，得D ，F ，E 三点共线，且EF AB ⊥.由题意得OE ⊥平面ABC ，故直线DE 与
平面ABC 所成角为OEF ∠的余角，
所以sin 4OEF ∠=
，
所以cos 4EF OEF OE ∠==.在ABD △中，
2AB =，30ADB ∠=︒，由正弦定理得2
22sin 30FA FB FD ===
=︒
，EF ==
，所以
cos EF
OE OEF
=
=∠，所以在Rt OEA △
中，3OA ==，所以球O 的表面积
2436S OA ππ=⋅=.故选B 项.二、选择题
9.ACD
【解析】由题意知()0.0100.0150.0350.010101m ++++⨯=，解得0.030m =，故A 项正确；
样本质量指标值的平均数为550.1650.15750.35850.3950.176.5⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=，故B 项错误；样本质量指标值的众数是
7080
7576.52
+=<，故C 项正确；前3组的频率之和为()0.0100.0150.035100.60++⨯=，前4组的频率之和为0.600.030100.90+⨯=，故第75百分位数位
于第4组，设其为t ，则()800.0300.600.75t -⨯+=，解得85t =，即第75百分位数为85，故D 项正确.
故选ACD 项.
10.AC 【解析】设()i ,z x y x y =+∈R ，则()11i i x y x y -++=+，
=，
整理得10x y --=，故A 项正确，B 项错误；由前面知z 对应点的轨迹为直线10x y --=，则z 的最小
值为原点到该直线的距离d ，则2
2
d =
=
，故C 项正确，D 项错误.故选AC 项.11.BC 【解析】对于A 项，因为cos cos cos 444444f x x x x πππωπππωωω⎡⎤⎛
⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=-+=-+=+ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝
⎭⎝
⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦，所以24
k ωπ
π-
=，k ∈Z ，即8k ω=-，k ∈Z ，又0ω>，所以ω的最小值为8，故A 项错误.对于B 项，因为cos cos sin 44444f x x x x πππωππωωω⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛
⎫+
=++=+= ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝
⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦
，所以2442k ωππππ+=-+，k ∈Z ，即38k ω=-+，k ∈Z ，又0ω>，所以ω的最小值为385-+=，故B 项正确.对于C 项，因为
函数()f x 的最小正周期是()f x 的最小正周期的一半，所以()f x 的最小正周期为2π，所以22
ππ
ω=，解
得4ω=，故C 项正确.对于D 项，当1ω=时，()cos 4f x x π⎛
⎫
=+
⎪⎝
⎭
，所以()cos cos 444g x f x x x πππ⎛⎫⎛
⎫=-=-+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
，方程()()111cos cos 1cos cos g x x x x x g x +=+=+=.
令cos x t =，则11t t +=，[(]1,00,1t ∈- ，
当[)1,0t ∈-时，11t t -+=，即2
10t t +-=，所以152
t -+=（舍）或152t -=
（舍）；当(]0,1t ∈时，11t t +=，即2
10t t -+=，无解.综上，()()
11g x g x +=无
解，故D 项错误.故选BC 项.
三、填空题
12.[)1,+∞【解析】由
2
02
x x +-≤，
得22x -<≤，所以{}22A x x =-<≤，则{}R 22A x x x =<-或≥ð，由2log x a ≥，得2a
x ≥，又()
R B A ⊆ð，所以22a
≥，解得1a ≥.
13.[)1,2-【解析】当0x ≤时，()22f x x x =+，()22f x x '=+，则()02f '=；当01x <<时，
()()ln 1f x x =-，()11f x x
'=-
-，则()01f '=-.作出()f x 的图像，如图，易知a 的取值范围是[)1,2-.
14.824
【解析】由已知得()2,0F ，设直线AB 的方程为2x my =+，()11,A x y ，()22,B x y ，弦AB
的中点()00,M x y ，联立2
2,8,
x my y x =+⎧⎨
=⎩消去x 并整理得2
8160y my --=，则128y y m +=，1216y y =-，所以()21212484x x m y y m +=++=+，且04y m =，2
042x m =+，212488AB x x m =++=+，故当0m =时，min 8AB =.若ABP △为等边三角形，则0m ≠，直线PM 的方程为
()2442y m m x m -=---()32,84P m m -+，又()242,4M m m +，PM AB =
，所以()()
()2
2
22
32
34444884
m
m m
m +++=+，解得22m =，则24AB =.四、解答题
15.解：（1）由题知()f x 的定义域为()0,+∞，()11
x
f x a x ax --=
'=.当0a >时，令()0f x '=，得1
x a
=，当10,
x a ⎛
⎫
∈ ⎪⎝
⎭
时，()0f x '<，()f x 单调递减，当1,x a ⎛⎫
∈+∞
⎪⎝⎭时，()0f x '>，()f x 单调递增，故当1
x a
=
时，()f x 取得极小值，也是最小值，且最小值为11ln f a a ⎛⎫
=+ ⎪⎝⎭
，无最大值.（2）当1a =时，由()e x k x f x x -≤，得e ln x k x
x x x
--≤，
整理得2
e ln x
k x x x x +-≥，即2ln e x
x x x x
k +-≥.
令()2ln e x x x x x
h x +-=，则()()()()
2221ln 1e ln e e x x x x h x x x x x x '+---+-=()()ln 1e x x x x --=，由（1）知，当1a =时，()ln f x x x =-的最小值为()110f =>，即ln 0x x ->恒成立，
所以当()0,1x ∈时，()0h x '>，()h x 单调递增；当()1,x ∈+∞时，()0h x '<，()h x 单调递减.故当1x =时，()h x 取得最大值()21e h =，即2
e
k ≥，故k 的取值范围为2
,e
⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭
.
16.（1）证明：因为AB BC DC DA AP PD =====
，PC PB ==，
所以222
PD DC PC +=，2
2
2
AP AB PB +=，
所以DC PD ⊥，AB AP ⊥，又AB BC DC DA ===，所以四边形ABCD 为菱形，所以AB DC ∥，DC AP ⊥，
又AP ，PD ⊂平面PAD ，AP PD P = ，所以DC ⊥平面PAD ，又DC ⊂平面ABCD ，所以平面PAD ⊥平面ABCD .（2）解：由（1）得DC ⊥平面PAD ，
因为DA ⊂平面PAD ，所以DC DA ⊥，故四边形ABCD 为正方形.不妨设正方形ABCD 的边长为2，AD 的中点为O ，连接PO .
因为PAD △为等边三角形，所以PO AD ⊥，又PO ⊂平面PAD ，平面PAD 平面ABCD AD =，平面PAD ⊥平面ABCD ，所以PO ⊥平面ABCD .
以O 为坐标原点，OA ，DC ，OP
的方向分别为x ，y ，z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标
系，
则(P ，()1,0,0A ，()1,2,0B ，()1,2,0C -.假设存在点E ，使得平面AEB 与平面BCE 夹角的正弦值为
27
7
，且()0PE EC λλ=>，()000,,E x y z ，由
PE
EC
λ=，得PE EC λ=
，即(()000000,,1,2,x y z x y z λ=----，解得01x λλ=-+，021y λλ=+
，01z λ=+，所以23,,111E λλλλλ⎛⎫- ⎪ ⎪+++⎝⎭
，所以()0,2,0AB = ，()2,0,0BC =-
，(1,2,PB =
，122,,111BE λλλλ⎛⎫
--=- ⎪ ⎪+++⎝
⎭ .设平面AEB 的法向量为()111,,n x y z =
，
则(
)1111
20,
1220,1n AB y x y n BE λλ⎧⋅==⎪
⎨---+⋅=
=⎪+⎩
可取)
2n λ=+ .
设平面BCE 的法向量为()222,,m x y z =
，
则222220,20,
m BC x m PB x y ⎧⋅=-=⎪⎨⋅=+-=⎪⎩
可取()
2m =，则
cos ,n m n m n m
⋅==
解得1λ=或2λ=-（舍去），
所以在棱PC 上存在点E ，使得平面
AEB 与平面BCE 夹角的正弦值为7
，且1PE EC =.17.解：（1）X 的可能取值为0，1，2，
则()640222C C 10C 15P X ===，()641122C C 81C 15P X ===，()20
4226C C 2
2C 5
P X ===，
X 的分布列为X 0
1
2
P
115815
25
()1824012151553
E X =⨯
+⨯+⨯=.记事件A ：小王已经答对一题，事件B ：小王未进入决赛，则小王在已经答对一题的前提下，仍未进入决赛的概率()
()()
422
455
n AB P B A n A ⨯=
=
=⨯.（2）（ⅰ）()()2
1
32
33136304f p C p p p p p p ⎛
⎫=-=-+<< ⎪⎝
⎭
，则()()()3311f p p p '=--，令()0f p '=，解得1
3
p =
或1p =（舍），当10,3p ⎛⎫∈ ⎪⎝
⎭
时，()0f p '>，当13,34p ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭
时，()0f p '<，所以()f
p 在区间10,
3⎛⎫
⎪⎝
⎭
内单调递增，在区间13,
34⎛⎫
⎪
⎝⎭内单调递减，所以当13p =时，()f p 有极大值，且()f p 的极大值为14
39
f ⎛⎫= ⎪⎝⎭.（ⅱ）由题可设每名进入决赛的大学生获得的奖金为随机变量Y ，则Y 的可能取值为60，120，180，360，
()()3
601P Y p ==-，(()2
1
31201P Y C p p ==-，()()2231801P Y C p p ==-，()3360P Y p ==，
所以()()()()()
32
1
2
2
3
3
33601120C 1180136060231E Y p p p C p p p p p =-+-+-+=++，
所以()91120E Y ≥，即(
)
3
5402311120p p ++≥，整理得3
29
23027
p p +-≥，经观察可知13p =是方程3
2923027
p p +-
=的根，故3
322229121291122923222733393339p p p p p p p p p p ⎛
⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+-=-+-+-=-++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪⎝
⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭.因为22292039p p ++>恒成立，所以由32923027p p +-≥，得13
p ≥，又34p <
，所以p 的取值范围为13,34⎡⎫⎪⎢⎣⎭
.
18.解：（1）因为点Q 为12PF F △的重心，12PF F △的边1PF ，2PF 上的两条中线长度之和为，
所以12122
3
QF QF F F +=
⨯=>，故由椭圆的定义可知曲线C 是以()11,0F -，()21,0F 为焦点的椭圆（不包括长轴的端点）.设a ，b ，c 分别为该椭圆的长半轴长、短半轴长、半焦距，
所以a =
，1c =，所以1b =，
所以C
的方程为(2
212
x y x +=≠.（2）设直线1l 的方程为()()10y k x k =-≠，()11,A x y ，()22,B x y ，
联立()22
1,1,2
y k x x y =-⎧⎪⎨+=⎪⎩整理得()
2222
214220k x k x k +-+-=，
则2122421k x x k +=+，212222
21
k x x k -=+
，
AB =
=
)2
2
121k k ++.设()00,M x y ，则
001
y x k
=-，即00x ky =-，代入椭圆方程得
()2
02
012
ky y -+=，
所以2
222y k =+，则22
0222
k x k =+，
所以()22
22002
212
k OM
x y k +=+=
+.
由对称性知2MN OM =，
又1
2S AB MN AB OM =⋅=，所以332
88MN OM OM S AB OM AB ==，()
)222
2
22222132
3222222
2
21
k k OM
k AB k k k ++-
===
=
+++.
又2
22k +>，所以2
OM
AB 的取值范围为24⎛ ⎝⎭
，
故
3
MN S
的取值范围为(.
19.解：（1）设{}1n n a ka +-的公比为q ，
则()211n n n n a ka q a ka +++-=-，即()21n n n a q k a qka ++=+-，由2156n n n a a a ++=-，得5,
6,
q k qk +=⎧⎨
-=-⎩解得23k q =⎧⎨
=⎩或3
2
k q =⎧⎨=⎩.
故2k =或3k =.（2）由（1）知，当2
3
k q =⎧⎨
=⎩时，()112122383n n n n a a a a -+-=-=⋅，①
当32
k q =⎧⎨=⎩时，()112133282n n n n a a a a -+-=-=⋅，②①-②得(
)832
n n
n a =-.
当n 为奇数时，32n
n
-的个位数为或9，(
)832
n
n
n a =-的个位数不可能为0.
当n 为偶数时，设(
)*
2n k k =∈N
，则()()22832894k k k k n
a
=-=-，
要想n a 末尾3个数字为0，需满足94k
k
-被31000
51258
==整除，当1,2,3k =时，94k
k
-均不符合题意；当3k >时，
()()()()2
011229411015C 1C (1)10C 110C 10k k k k k k k k k k k k k ---=-+--+=-+-⋅+-⋅++⋅-
⎡⎤⎣
⎦ ()()()120122115155k k k k k k k k k C C C C --⎡⎤-+-⋅+-++⋅⎣⎦
⋅ ，自310，3
5以后各项均可被125整除，故只需考虑
()()()()()()()1212221(1)11101101151522k k k k k k k k k k k k -----⎡⎤-⎡⎤-+-⋅⋅+-⋅⋅--+-⋅⋅+-⋅⋅⎢⎥⎢⎥⎣
⎦⎣⎦
()
()
()()()1
2
2
11151751521512
2
k k k k k k k k ----=-⋅+-⋅⋅
=⋅-⋅⋅-+-⎡⎤⎣⎦能否被125整除，其中()2151k -+-不是5的倍数，
故若原式能被125整除，需k 为偶数且能被25整除，即k 需是50的倍数，在1，2，3，…，2024中，50的倍数有40个：50，100，150，…，2000，故在1a ，2a ，…，2024a 中，3级十全十美数的个数为40.。