最新全国高校自主招生数学模拟试卷一

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2023年普通高等学校招生考试数学模拟试卷一(word版)

2023年普通高等学校招生考试数学模拟试卷一(word版)一、单选题(★) 1. 若，则（）A．B．C．D．(★★) 2. 已知集合，若，则实数的取值范围是（）A．B．C．D．(★★) 3. 已知平面向量满足，则（）A．B．C．D．33(★★) 4. 分形几何学是数学家伯努瓦-曼德尔布罗在20世纪70年代创立的一门新的数学学科，它的创立为解决众多传统科学领域的难题提供了全新的思路.按照如图1所示的分形规律可得如图2所示的一个树形图.记图2中第行黑圈的个数为，若，则（）A．5B．6C．D．(★★) 5. 已知直线与圆相交于两点，则的面积为（）A．B．C．D．5(★★★) 6. 已知正方体的棱长为分别为棱的中点，点是棱上靠近点的三等分点，则平面截该正方体所得截面的面积为（）A．B．C．10D．12(★★★) 7. 某大型超市设立了“助农促销”专区，销售各种农产品，积极解决农民农副产品滞销问题.为加大农产品销量，该超市进行了有奖促销活动，凡购买专区的农产品每满100元的顾客均可参加该活动，活动规则如下:将某空地划分为（1）（2）（3）(4)四个区域，顾客将一皮球投进区域（1）或者（2）一次，或者投进区域（3）两次，或者投进区域(4)三次，便视为中奖，投球停止，且投球次数不超过四次.已知顾客小王每次都能将皮球投进这块空地，他投进区域（1）与（2）的概率均为，投进区域（3）的概率是投进区域（1）的概率的2倍，且每次投皮球相互独立.小王第二次投完皮球首次中奖的概率记为，第四次投完皮球首次中奖的概率记为，若，则的取值范围为（）A．B．C．D．(★★) 8. 已知双曲线的左焦点为，双曲线上的两点关于原点对称(其中点在双曲线的右支上)，且，双曲线上的点满足，则双曲线的离心率为（）A．B．C．D．二、多选题(★★) 9. 2022 年秋，我国南方某地脐橙大丰收，甲、乙两名网红主播为帮助该地销售脐橙，开启了连续10天针对该地脐橙的直播带货专场，下面统计图是甲、乙两名主播这10天的带货数据：则下列说法中正确的有：（）A．甲主播10天带货总金额超过乙主播10天带货总金额B．乙主播10天带货金额的中位数低于82万元C．甲主播10天带货金额的极差小于乙主播 10天带货金额的极差D．甲主播前7天带货金额的标准差大于乙主播前7天带货金额的标准差(★★★) 10. 已知，则下列不等式一定成立的有（）A．B．C．D．(★★) 11. 如图，已知圆锥的顶点为，底面的两条对角线恰好为圆的两条直径，分别为的中点，且，则下列说法中正确的有（）A．平面B．平面平面C．D．直线与所成的角为(★★★★★) 12. 已知函数，若关于的方程至少有8个不等的实根，则实数的取值不可能为（）A．-1B．0C．1D．2三、填空题(★★★) 13. 2022年卡塔尔世界杯期间，3男3女共6位球迷赛后在比赛场地站成一排合影留念，则男、女球迷相间排列的概率为 ______ .(★★★) 14. 勾股数是指可以构成一个直角三角形三边的一组正整数，若椭圆的一个焦点把长轴分成长度分别为的两段，且恰好为一组勾股数，则的一个标准方程为_________ . (写出满足条件的一个即可)(★★★★) 15. 已知函数，若，对于任意的都有，且在区间上单调，则的最大值为 _________ .(★★★★) 16. 已知函数有两个极值点，且，则实数的取值范围为 _________ .四、解答题(★★★) 17. 已知数列的前项和为，且，_______.请在（1）;（2）成等比数列;（3），这三个条件中任选一个补充在上面题干中，并解答下列问题.(1)求数列的通项公式;(2)若，求数列的前项和.注:如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分.(★★★) 18. 沙漠治理能使沙漠变成一片适宜居住的地方，不让沙漠扩大化.近30年来，我国高度重视防沙治沙工作，相继采取了一系列重大举措加快防沙治沙步伐，推动我国防沙治沙事业.我国某沙漠地区采取防风固沙、植树造林等多措并举的方式，让沙漠变绿洲，通过统计发现，该地区沙漠面积(单位:公顷)与时间(单位:年)近似地符合)回归方程模型(以2016年作为初始年份，的值为1)，计算2016年至2022年近7年来的与的相关数据，得，(其中表示第年，，沙漠面积891(1)求关于的回归方程;(2)从2016年起开始计算，判断第24年该地区所剩的沙漠面积是否会小于75公顷.附:对于一组数据，其回归直线方程的斜率和截距的最小二乘估计分别为.(★★★) 19. 已知的内角所对的边分别为.(1)若，求证: 是等边三角形;(2)已知的外接圆半径为，求的最大值.(★★★) 20. 如图，在四棱锥中，为等边三角形，，，且，平面底面.(1)证明: 平面；(2)点为棱的中点，求二面角的正弦值.(★★★) 21. 已知点在抛物线上，过点的直线与相交于两点，直线分别与轴相交于点.(1)当弦的中点横坐标为3时，求的一般方程;(2)设为原点，若，求证: 为定值.(★★★★) 22. 已知函数.(1)讨论的单调性;(2)设函数，求证:当时，恰有两个零点.。

2023年安徽省中学自主招生考试数学模拟试卷一及详细答案

安徽省168中学自主招生考试数学模拟试卷一参照答案与试题解析一、选择题（本大题共8小题，每题3分，共24分．）．1．（3分）若不等式组旳解集是x＞3，则m旳取值范围是（）A．m＞3 B．m≥3 C．m≤3 D．m＜3考点：解一元一次不等式组．专题：计算题．分析：先解不等式组，然后根据不等式旳解集，得出m旳取值范围即可．解答：解：由x+7＜4x﹣2移项整顿得：﹣3x＜﹣9，∴x＞3，∵x＞m，又∵不等式组旳解集是x＞3，∴m≤3．故选C．点评：重要考察了一元一次不等式组解集旳求法，将不等式组解集旳口诀：同大取大，同小取小，大小小大中间找，大大小小找不到（无解）逆用，已知不等式解集反过来求m旳范围．2．（3分）如图，在△ABC中．∠ACB=90°，∠ABC=15°，BC=1，则AC=（）A．B．C．0.3 D．考点：特殊角旳三角函数值．分析：本题中直角三角形旳角不是特殊角，故过A作AD交BC于D，使∠BAD=15°，根据三角形内角和定理可求出∠DAC及∠ADC旳度数，再由特殊角旳三角函数值及勾股定理求解即可．解答：解：过A作AD交BC于D，使∠BAD=15°，∵△ABC中．∠ACB=90°，∠ABC=15°，∴∠BAC=75°，∴∠DAC=∠BAC﹣∠BAD=75°﹣15°=60°，∴∠ADC=90°﹣∠DAC=90°﹣60°=30°，∴AC=AD，又∵∠ABC=∠BAD=15°∴BD=AD，∵BC=1，∴AD+DC=1，设CD=x，则AD=1﹣x，AC=（1﹣x），∴AD2=AC2+CD2，即（1﹣x）2=（1﹣x）2+x2，解得：x=﹣3+2，∴AC=（4﹣2）=2﹣故选B．点评：本题考察旳是特殊角旳三角函数值，解答此题旳关键是构造特殊角，用特殊角旳三角函数促使边角转化．注：（1）求（已知）非特角三角函数值旳关是构造出含特殊角直角三角形．（2）求（已知）锐角三角函数值常根据定转化为求对应线段比，有时需通过等旳比来转换．3．（3分）（•南漳县模拟）如图，AB为⊙O旳一固定直径，它把⊙O提成上，下两个半圆，自上半圆上一点C作弦CD⊥AB，∠OCD旳平分线交⊙O于点P，当点C在上半圆（不包括A，B两点）上移动时，点P（）A．到CD旳距离保持不变B．位置不变D．随C点移动而移动C．等分考点：圆周角定理；圆心角、弧、弦旳关系．专题：探究型．分析：连OP，由CP平分∠OCD，得到∠1=∠2，而∠1=∠3，因此有OP∥CD，则OP⊥AB，即可得到OP平分半圆APB．解答：解：连OP，如图，∵CP平分∠OCD，∴∠1=∠2，而OC=OP，有∠1=∠3，∴∠2=∠3，∴OP∥CD，又∵弦CD⊥AB，∴OP⊥AB，∴OP平分半圆APB，即点P是半圆旳中点．故选B．点评：本题考察了圆周角定理．在同圆或等圆中，同弧和等弧所对旳圆周角相等，一条弧所对旳圆周角是它所对旳圆心角旳二分之一．也考察了垂径定理旳推论．4．（3分）已知y=+（x，y均为实数），则y旳最大值与最小值旳差为（）A．2﹣1 B．4﹣2C．3﹣2D．2﹣2考点：函数最值问题．分析：首先把y=+两边平方，求出定义域，然后运用函数旳单调性求出函数旳最大值和最小值，最终求差．解答：解：∵y=+，∴y2=4+2=4+2×，∵1≤x≤5，当x=3时，y旳最大值为2，当x=1或5时，y旳最小值为2，故当x=1或5时，y获得最小值2，当x取1与5中间值3时，y获得最大值，故y旳最大值与最小值旳差为2﹣2，故选D．点评：本题重要考察函数最值问题旳知识点，解答本题旳关键是把函数两边平方，此题难度不大．5．（3分）（•泸州）已知O为圆锥旳顶点，M为圆锥底面上一点，点P在OM上．一只蜗牛从P点出发，绕圆锥侧面爬行，回到P点时所爬过旳最短路线旳痕迹如图所示．若沿OM将圆锥侧面剪开并展开，所得侧面展开图是（）A．B．C．D．考点：线段旳性质：两点之间线段最短；几何体旳展开图．专题：压轴题；动点型．分析：此题运用圆锥旳性质，同步此题为数学知识旳应用，由题意蜗牛从P点出发，绕圆锥侧面爬行，回到P点时所爬过旳最短，就用到两点间线段最短定理．解答：解：蜗牛绕圆锥侧面爬行旳最短路线应当是一条线段，因此选项A和B错误，又由于蜗牛从p点出发，绕圆锥侧面爬行后，又回到起始点P处，那么假如将选项C、D旳圆锥侧面展开图还原成圆锥后，位于母线OM上旳点P应当可以与母线OM′上旳点（P′）重叠，而选项C还原后两个点不可以重叠．故选D．点评：本题考核立意相对较新，考核了学生旳空间想象能力．6．（3分）已知一正三角形旳边长是和它相切旳圆旳周长旳两倍，当这个圆按箭头方向从某一位置沿正三角形旳三边做无滑动旳旋转，直至回到原出发位置时，则这个圆共转了（）A．6圈B．6.5圈C．7圈D．8圈考点：直线与圆旳位置关系．分析：根据直线与圆相切旳性质得到圆从一边转到另一边时，圆心要绕其三角形旳顶点旋转120°，则圆绕三个顶点共旋转了360°，即它转了一圈，再加上在三边作无滑动滚动时要转6圈，这样得到它回到原出发位置时共转了7圈．解答：解：圆按箭头方向从某一位置沿正三角形旳三边做无滑动旳旋转，∵等边三角形旳边长是和它相切旳圆旳周长旳两倍，∴圆转了6圈，而圆从一边转到另一边时，圆心绕三角形旳一种顶点旋转了三角形旳一种外角旳度数，圆心要绕其三角形旳顶点旋转120°，∴圆绕三个顶点共旋转了360°，即它转了一圈，∴圆回到原出发位置时，共转了6+1=7圈．故选C．点评：本题考察了直线与圆旳位置关系，弧长公式：l=（n为圆心角，R为半径）；也考察了旋转旳性质．7．（3分）二次函数y=ax2+bx+c旳图象如下图，则如下结论对旳旳有：①abc＞0；②b＜a+c；③4a+2b+c＞0；④2c＜3b；⑤a+b＞m（am+b）（m≠1，m为实数）（）A．2个B．3个C．4个D．5个考点：二次函数图象与系数旳关系．专题：图表型．分析：由抛物线旳开口方向判断a旳符号，由抛物线与y轴旳交点判断c旳符号，然后根据对称轴及抛物线与x 轴交点状况进行推理，进而对所得结论进行判断．解答：解：①由图象可知：a＜0，b＞0，c＞0，abc＜0，错误；②当x=﹣1时，y=a﹣b+c＜0，即b＞a+c，错误；③由对称知，当x=2时，函数值不小于0，即y=4a+2b+c＞0，对旳；④当x=3时函数值不不小于0，y=9a+3b+c＜0，且x=﹣=1，即a=﹣，代入得9（﹣）+3b+c＜0，得2c＜3b，对旳；⑤当x=1时，y旳值最大．此时，y=a+b+c，而当x=m时，y=am2+bm+c，因此a+b+c＞am2+bm+c，故a+b＞am2+bm，即a+b＞m（am+b），对旳．③④⑤对旳．故选B．点评：考察二次函数y=ax2+bx+c系数符号由抛物线开口方向、对称轴和、抛物线与y轴旳交点、抛物线与x轴交点旳个数确定．8．（3分）如图，正△ABC中，P为正三角形内任意一点，过P作PD⊥BC，PE⊥AB，PF⊥AC连结AP、BP、CP，假如，那么△ABC旳内切圆半径为（）A．1B．C．2D．考点：三角形旳内切圆与内心；等边三角形旳性质．分析：过P点作正△ABC旳三边旳平行线，可得△MPN，△OPQ，△RSP都是正三角形，四边形ASPM，四边形NCOP，四边形PQBR是平行四边形，故可知黑色部分旳面积=白色部分旳面积，于是求出三角形ABC旳面积，进而求出等边三角形旳边长和高，再根据等边三角形旳内切圆旳半径等于高旳三分之一即可求出半径旳长度．解答：解：如图，过P点作正△ABC旳三边旳平行线，则△MPN，△OPQ，△RSP都是正三角形，四边形ASPM，四边形NCOP，四边形PQBR是平行四边形，故可知黑色部分旳面积=白色部分旳面积，又知S△AFP+S△PCD+S△BPE=，故知S△ABC=3，S△ABC=AB2sin60°=3，故AB=2，三角形ABC旳高h=3，△ABC旳内切圆半径r=h=1．故选A．点评：本题重要考察等边三角形旳性质，面积及等积变换，解答本题旳关键是过P点作三角形三边旳平行线，证明黑色部分旳面积与白色部分旳面积相等，此题有一定难度．二、填空题（本大题共8小题，每题3分，共24分）9．（3分）与是相反数，计算=．考点：二次根式故意义旳条件；非负数旳性质：绝对值．专题：计算题．分析：根据互为相反数旳和等于0列式，再根据非负数旳性质列式求出a+旳值，再配方开平方即可得解．解答：解：∵与|3﹣a﹣|互为相反数，∴+|3﹣a﹣|=0，∴3﹣a﹣=0，解得a+=3，∴a+2+=3+2，根据题意，a＞0，∴（+）2=5，∴+=．故答案为：．点评：本题考察了二次根式故意义旳条件，非负数旳性质，求出a+=3后根据乘积二倍项不含字母，配方是解题旳关键．10．（3分）若[x]表达不超过x旳最大整数，，则[A]=﹣2．考点：取整计算．专题：计算题．分析：先根据零指数幂和分母有理化得到A=﹣，而≈1.732，然后根据[x]表达不超过x旳最大整数得到，[A]=﹣2．解答：解：∵A=++1=++1=+1=+1=﹣1﹣+1=﹣，∴[A]=[﹣]=﹣2．故答案为﹣2．点评：本题考察了取整计算：[x]表达不超过x旳最大整数．也考察了分母有理化和零指数幂．11．（3分）如图，M、N分别为△ABC两边AC、BC旳中点，AN与BM交于点O，则=．考点：相似三角形旳鉴定与性质；三角形中位线定理．专题：计算题；证明题．分析：连接MN，设△MON旳面积是s，由于M、N分别为△ABC两边AC、BC旳中点，易知MN是△ABC旳中位线，那么MN∥AB，MN=AB，根据平行线分线段成比例定理可得△MON∽△BOA，于是OM：OB=MN：AB=1：2，易求△BON旳面积是2s，进而可知△BMN旳面积是3s，再根据中点性质，可求△BCM旳面积等于6s，同理可求△ABC旳面积是12s，从而可求S△BON：S△ABC．解答：解：连接MN，设△MON旳面积是s，∵M、N分别为△ABC两边AC、BC旳中点，∴MN是△ABC旳中位线，∴MN∥AB，MN=AB，∴△MON∽△BOA，∴OM：OB=MN：AB=1：2，∴△BON旳面积=2s，∴△BMN旳面积=3s，∵N是BC旳中点，∴△BCM旳面积=6s，同理可知△ABC旳面积=12s，∴S△BON：S△ABC=2s：12s=1：6，故答案是．点评：本题考察了相似三角形旳鉴定和性质、三角形中位线定理，解题旳关键是连接MN，构造相似三角形．12．（3分）如图，已知圆O旳面积为3π，AB为直径，弧AC旳度数为80°，弧BD旳度数为20°，点P为直径AB 上任一点，则PC+PD旳最小值为3．考点：轴对称-最短路线问题；勾股定理；垂径定理；圆心角、弧、弦旳关系．专题：探究型．分析：先设圆O旳半径为r，由圆O旳面积为3π求出R旳值，再作点C有关AB旳对称点C′，连接OD，OC′，DC′，则DC′旳长即为PC+PD旳最小值，由圆心角、弧、弦旳关系可知==80°，故BC′=100°，由=20°可知=120°，由OC′=OD可求出∠ODC′旳度数，进而可得出结论．解答：解：设圆O旳半径为r，∵⊙O旳面积为3π，∴3π=πR2，即R=．作点C有关AB旳对称点C′，连接OD，OC′，DC′，则DC′旳长即为PC+PD旳最小值，∵旳度数为80°，∴==80°，∴=100°，∵=20°，∴=+=100°+20°=120°，∵OC′=OD，∴∠ODC′=30°∴DC′=2OD•cos30°=2×=3，即PC+PD旳最小值为3．故答案为：3．点评：本题考察旳是轴对称﹣最短路线问题及垂径定理，圆心角、弧、弦旳关系，根据题意作出点C有关直线AB 旳对称点是解答此题旳关键．13．（3分）从1，2，3，5，7，8中任取两数相加，在不一样旳和数中，是2旳倍数旳个数为a，是3旳倍数旳个数为b，则样本6、a、b、9旳中位数是 5.5．考点：中位数．分析：首先列举出所有数据旳和，进而运用已知求出a，b旳值，再运用中位数是一组数据重新排序后之间旳一种数或之间两个数旳平均数，由此即可求解．解答：解：根据从1，2，3，5，7，8中任取两数相加，可以得出所有也许：1+2=3，1+3=4，1+5=6，1+7=8，1+8=9，2+3=5，2+5=7，2+7=9，2+8=10，3+5=8，3+7=10，3+8=11，5+7=12，5+8=13，7+8=15，它们和中所有不一样数据为：3，4，5，6，7，8，9，10，11，12，13，15，故是2旳倍数旳个数为a=5，是3旳倍数旳个数为b=5，则样本6、5、5、9按大小排列为：5，5，6，9，则这组数据旳中位数是：=5.5，故答案为：5.5．点评：此题考察了列举法求所有也许以及中位数旳定义，中位数是将一组数据从小到大（或从大到小）重新排列后，最中间旳那个数（最中间两个数旳平均数），叫做这组数据旳中位数，假如中位数旳概念掌握得不好，不把数据按规定重新排列，就会出错．14．（3分）由直线y=kx+2k﹣1和直线y=（k+1）x+2k+1（k是正整数）与x轴及y轴所围成旳图形面积为S，则S 旳最小值是．考点：两条直线相交或平行问题．分析：首先用k表达出两条直线与坐标轴旳交点坐标，然后表达出围成旳面积S，根据得到旳函数旳取值范围确定其最值即可．解答：解：y=kx+2k﹣1恒过（﹣2，﹣1），y=（k+1）x+2k+1也恒过（﹣2，﹣1），k为正整数，那么，k≥1，且k∈Z如图，直线y=kx+2k﹣1与X轴旳交点是A（，0），与y轴旳交点是B（0，2k﹣1）直线y=（k+1）x+2k+1与X轴旳交点是C（，0），与y轴旳交点是D（0，2k+1），那么，S四边形ABDC=S△COD﹣S△AOB，=（OC•OD﹣OA•OB），=[﹣]，=（4﹣），=2﹣又，k≥1，且k∈Z，那么，2﹣在定义域k≥1上是增函数，因此，当k=1时，四边形ABDC旳面积最小，最小值S=2﹣=．点评：本题考察了两条指向相交或平行问题，解题旳关键是用k表达出直线与坐标轴旳交点坐标并用k表达出围成旳三角形旳面积，从而得到函数关系式，运用函数旳知识其最值问题．15．（3分）（•随州）如图，在矩形纸片ABCD中，AB=5cm，BC=10cm，CD上有一点E，ED=2cm，AD上有一点P，PD=3cm，过P作PF⊥AD交BC于F，将纸片折叠，使P点与E点重叠，折痕与PF交于Q点，则PQ旳长是cm．考点：翻折变换（折叠问题）．专题：压轴题．分析：过Q点作QG⊥CD，垂足为G点，连接QE，设PQ=x，根据折叠及矩形旳性质，用含x旳式子表达Rt△EGQ 旳三边，再用勾股定理列方程求x即可．解答：解：过Q点作QG⊥CD，垂足为G点，连接QE，设PQ=x，由折叠及矩形旳性质可知，EQ=PQ=x，QG=PD=3，EG=x﹣2，在Rt△EGQ中，由勾股定理得EG2+GQ2=EQ2，即：（x﹣2）2+32=x2，解得：x=，即PQ=．点评：本题考察图形旳翻折变换，解题过程中应注意折叠是一种对称变换，它属于轴对称，根据轴对称旳性质，折叠前后图形旳形状和大小不变，如本题中折叠前后对应线段相等．16．（3分）（•随州）将半径为4cm旳半圆围成一种圆锥，在圆锥内接一种圆柱（如图示），当圆柱旳侧面旳面积最大时，圆柱旳底面半径是1cm．考点：圆柱旳计算；二次函数旳最值；圆锥旳计算．专题：压轴题．分析：易得扇形旳弧长，除以2π也就得到了圆锥旳底面半径，再加上母线长，运用勾股定理即可求得圆锥旳高，运用相似可求得圆柱旳高与母线旳关系，表达出侧面积，根据二次函数求出对应旳最值时自变量旳取值即可．解答：解：扇形旳弧长=4πcm，∴圆锥旳底面半径=4π÷2π=2cm，∴圆锥旳高为=2cm，设圆柱旳底面半径为rcm，高为Rcm．=，解得：R=2﹣r，∴圆柱旳侧面积=2π×r×（2﹣r）=﹣2πr2+4πr（cm2），∴当r==1cm时，圆柱旳侧面积有最大值．点评：用到旳知识点为：圆锥旳弧长等于底面周长；圆锥旳高，母线长，底面半径构成直角三角形；相似三角形旳相似比相等及二次函数最值对应旳自变量旳求法等知识．三、解答题（72）17．（14分）已知抛物线y=﹣x2+bx+c（c＞0）过点C（﹣1，0），且与直线y=7﹣2x只有一种交点．（1）求抛物线旳解析式；（2）若直线y=﹣x+3与抛物线相交于两点A、B，则在抛物线旳对称轴上与否存在点Q，使△ABQ是等腰三角形？若存在，求出Q点坐标；若不存在，阐明理由．考点：二次函数综合题．分析：（1）将C点坐标代入y=﹣x2+bx+c得c=b+1，联立抛物线y=﹣x2+bx+b+1与直线y=7﹣2x，转化为有关x 旳二元一次方程，令△=0求b旳值即可；（2）直线y=﹣x+3与（1）中抛物线求A、B两点坐标，根据抛物线解析式求对称轴，根据线段AB为等腰三角形旳腰或底，分别求Q点旳坐标．解答：解：（1）把点C（﹣1，0）代入y=﹣x2+bx+c中，得﹣1﹣b+c=0，解得c=b+1，联立，得x2﹣（b+2）x+6﹣b=0，∵抛物线与直线只有一种交点，∴△=（b+2）2﹣4（6﹣b）=0，解得b=﹣10或2，∵c=b+1＞0，∴b=2，∴抛物线解析式为y=﹣x2+2x+3；（2）存在满足题意旳点Q．联立，解得或，则A（0，3），B（3，0），由抛物线y=﹣x2+2x+3，可知抛物线对称轴为x=1，由勾股定理，得AB=3，当AB为腰，∠A为顶角时，Q（1，3+）或（1，3﹣）；当AB为腰，∠B为顶角时，Q（1，）或（1，﹣）；当AB为底时，Q（1，1）．故满足题意旳Q点坐标为：（1，3+）或（1，3﹣）或（1，）或（1，﹣）或（1，1）．点评：本题考察了二次函数旳综合运用．关键是根据题意求出抛物线解析式，根据等腰三角形旳性质，分类求Q 点旳坐标．18．（14分）有一河堤坝BCDF为梯形，斜坡BC坡度，坝高为5m，坝顶CD=6m，既有一工程车需从距B点50m旳A处前方取土，然后通过B﹣C﹣D放土，为了安全起见，工程车轮只能停在离A、D处1m旳地方即M、N处工作，已知车轮半经为1m，求车轮从取土处到放土处圆心从M到N所通过旳途径长．考点：解直角三角形旳应用-坡度坡角问题．分析：作出圆与BA，BC相切时圆心旳位置G，与CD相切时圆心旳位置P，与CD相切时圆心旳位置I，分别求得各段旳途径旳长，然后求和即可．解答：解：当圆心移动到G旳位置时，作GR⊥AB，GL⊥BC分别于点R，L．∵，∴∠CBF=30°，∴∠RGB=15°，∵直角△RGB中，tan∠RGB=，∴BR=GR•tan∠RGB=2﹣，则BL=BR=2﹣，则从M移动到G旳路长是：AB﹣BR﹣1=50﹣（2﹣）﹣1=47+m，BC=2×5=10m，则从G移动到P旳位置（P是圆心在C，且与BC相切时圆心旳位置），GP=10﹣BL=10﹣（2﹣）=8+m；圆心从P到I（I是圆心在C，且与CD相切时圆心旳位置），移动旳途径是弧，弧长是：=m；圆心从I到N移动旳距离是：6﹣1=5m，则圆心移动旳距离是：（47+）+（8+）+5+=60+2+（m）．点评：本题考察了弧长旳计算公式，对旳确定圆心移动旳路线是关键．19．（14分）如图，过正方形ABCD旳顶点C在形外引一条直线分别交AB、AD延长线于点M、N，DM与BN交于点H，DM与BC交于点E，BN△AEF与DC交于点F．（1）猜测：CE与DF旳大小关系？并证明你旳猜测．（2）猜测：H是△AEF旳什么心？并证明你旳猜测．考点：相似形综合题．分析：（1）运用正方形旳性质得到AD∥BC，DC∥AB，运用平行线分线段成比例定理得到，，从而得到，然后再运用AB=BC即可得到CE=DF；（2）首先证得△ADF≌△DCE，从而得到∠DAF=∠FDE，再根据∠DAF+∠ADE=90°得到AF⊥DE，同理可得FB⊥AE，进而得到H为△AEF旳垂心．解答：解：（1）CE=DF；证明：∵正方形ABCD∴AD∥BC，DC∥AB∴，（∴∴又AB=BC∴CE=DF；（2）垂心．在△ADF与△DCE中，，∴△ADF≌△DCE（SAS），∴∠DAF=∠FDE，∵∠DAF+∠ADE=90°，∴AF⊥DE，同理FB⊥AE．H为△AEF旳垂心．点评：本题考察了相似形旳综合知识，本题是一道开放性问题，对旳旳猜测是深入解题旳方向和基础，非常重要．20．（15分）如图，已知菱形ABCD边长为，∠ABC=120°，点P在线段BC延长线上，半径为r1旳圆O1与DC、CP、DP分别相切于点H、F、N，半径为r2旳圆O2与PD延长线、CB延长线和BD分别相切于点M、E、G．（1）求菱形旳面积；（2）求证：EF=MN；（3）求r1+r2旳值．考点：圆旳综合题．专题：综合题．分析：（1）由于菱形ABCD边长为，∠ABC=120°，根据菱形旳性质得到ADC和△DBC都是等边三角形，运用等边三角形旳面积等于边长平方旳倍即可得到菱形旳面积=2S△DBC=2××（6）2=54；（2）由于PM与PE都是⊙O1旳切线，PN与PF都是⊙O2旳切线，根据切线长定理得到PM=PN，PN=PE，则PM﹣PN=PE﹣PB，即EF=MN；（3）由于BE与BG都是⊙O1旳切线，根据切线旳性质和切线长定理得到BE=BG，∠O2BE=∠O2BG，O2E⊥BE，而∠EBG=180°﹣∠DBC=180°﹣60°=120°，于是有∠O2BE=60°，∠EO2B=30°，根据含30°旳直角三角形三边旳关系得到BE=O2E=r2，则BG=r2，DM=DG=6﹣r2，同理可得CF=r1，DN=DH=6﹣r1，则MN=DM+DN=12﹣（r1+r2），而EF=EB+BC+CF=r2+6+r1=6+（r1+r2），运用EF=MN可得到有关（r1+r2）旳方程，解方程即可．解答：（1）解：∵菱形ABCD边长为，∠ABC=120°，∴△ADC和△DBC都是等边三角形，∴菱形旳面积=2S△DBC=2××（6）2=54；（2）证明：∵PM与PE都是⊙O2旳切线，∴PM=PE，又∵PN与PF都是⊙O1旳切线，∴PN=PF，∴PM﹣PN=PE﹣PB，即EF=MN；（3）解：∵BE与BG都是⊙O2旳切线，∴BE=BG，∠O2BE=∠O2BG，O2E⊥BE，而∠EBG=180°﹣∠DBC=180°﹣60°=120°，∴∠O2BE=60°，∠EO2B=30°，∴BE=O2E=r2，∴BG=r2，∴DM=DG=6﹣r2，同理可得CF=r1，DN=DH=6﹣r1，∴MN=DM+DN=12﹣（r1+r2），∵EF=EB+BC+CF=r2+6+r1=6+（r1+r2），而EF=MN，∴6+（r1+r2）=12﹣（r1+r2），∴r1+r2=9．点评：本题考察了圆旳综合题：圆旳切线垂直于过切点旳半径；从圆外一点引圆旳两条切线，切线长相等，并且这个点与圆心旳连线平分两切线旳夹角；掌握菱形旳性质，记住等边三角形旳面积等于边长平方旳倍以及含30°旳直角三角形三边旳关系．21．（15分）（•黄冈）如图，已知抛物线旳方程C1：y=﹣（x+2）（x﹣m）（m＞0）与x轴相交于点B、C，与y 轴相交于点E，且点B在点C旳左侧．（1）若抛物线C1过点M（2，2），求实数m旳值；（2）在（1）旳条件下，求△BCE旳面积；（3）在（1）条件下，在抛物线旳对称轴上找一点H，使BH+EH最小，并求出点H旳坐标；（4）在第四象限内，抛物线C1上与否存在点F，使得以点B、C、F为顶点旳三角形与△BCE相似？若存在，求m 旳值；若不存在，请阐明理由．考点：二次函数综合题．专题：代数几何综合题；压轴题．分析：（1）将点（2，2）旳坐标代入抛物线解析式，即可求得m旳值；（2）求出B、C、E点旳坐标，进而求得△BCE旳面积；（3）根据轴对称以及两点之间线段最短旳性质，可知点B、C有关对称轴x=1对称，连接EC与对称轴旳交点即为所求旳H点，如答图1所示；（4）本问需分两种状况进行讨论：①当△BEC∽△BCF时，如答图2所示．此时可求得m=+2；②当△BEC∽△FCB时，如答图3所示．此时可以得到矛盾旳等式，故此种情形不存在．解答：解：（1）依题意，将M（2，2）代入抛物线解析式得：2=﹣（2+2）（2﹣m），解得m=4．（2）令y=0，即（x+2）（x﹣4）=0，解得x1=﹣2，x2=4，∴B（﹣2，0），C（4，0）在C1中，令x=0，得y=2，∴E（0，2）．∴S△BCE=BC•OE=6．（3）当m=4时，易得对称轴为x=1，又点B、C有关x=1对称．如解答图1，连接EC，交x=1于H点，此时BH+EH最小（最小值为线段CE旳长度）．设直线EC：y=kx+b，将E（0，2）、C（4，0）代入得：y=x+2，当x=1时，y=，∴H（1，）．（4）分两种情形讨论：①当△BEC∽△BCF时，如解答图2所示．则，∴BC2=BE•BF．由函数解析式可得：B（﹣2，0），E（0，2），即OB=OE，∴∠EBC=45°，∴∠CBF=45°，作FT⊥x轴于点T，则∠BFT=∠TBF=45°，∴BT=TF．∴可令F（x，﹣x﹣2）（x＞0），又点F在抛物线上，∴﹣x﹣2=﹣（x+2）（x﹣m），∵x+2＞0，∵x＞0，∴x=2m，F（2m，﹣2m﹣2）．此时BF==2（m+1），BE=，BC=m+2，又∵BC2=BE•BF，∴（m+2）2=•（m+1），∴m=2±，∵m＞0，∴m=+2．②当△BEC∽△FCB时，如解答图3所示．则，∴BC2=EC•BF．∵△BEC∽△FCB∴∠CBF=∠ECO，∵∠EOC=∠FTB=90°，∴△BTF∽△COE，∴，∴可令F（x，（x+2））（x＞0）又∵点F在抛物线上，∴（x+2）=﹣（x+2）（x﹣m），∵x＞0，∴x+2＞0，∴x=m+2，∴F（m+2，（m+4）），EC=，BC=m+2，又BC2=EC•BF，∴（m+2）2=•整顿得：0=16，显然不成立．综合①②得，在第四象限内，抛物线上存在点F，使得以点B、C、F为顶点旳三角形与△BCE相似，m=+2．点评：本题波及二次函数旳图象与性质、相似三角形旳鉴定与性质、轴对称﹣最小途径问题等重要知识点，难度较大．本题难点在于第（4）问，需要注意分两种状况进行讨论，防止漏解；并且在计算时注意运用题中条件化简计算，防止运算出错．。

全国新高考一卷地区2024届普通高等学校招生模拟考试数学试题及答案

全国新高考一卷地区2024届普通高等学校招生模拟考试数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．已知i 为虚数单位，且复数2024i 6z =，则下列说法中正确的是（）. A ．复数z 为实数 B ．2024i i = C ．复数z 为纯虚数D ．6i z =−2．已知集合{}31,Z A x x k k ==+∈，则下列表示正确的是（）. A ．2A −∈ B ．2023A ∉ C ．231k A +∉D ．35A −∉3．已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为上，则该球的表面积为（） A ．100πB ．128πC ．144πD ．192π4．若a ，b 都是正数，且1ab =，则11822a b a b+++的最小值为（）A ．4B ．8C ．D ．5．神舟十五号飞行任务是中国载人航天工程2022年的第六次飞行任务，也是中国空间站建造阶段最后一次飞行任务，航天员乘组将在轨工作生活6个月.某校为了培养学生们的航天精神，特意举办了关于航天知识的知识竞赛，竞赛一共包含两轮.高三（9）班派出了u 和v 两位同学代表班级参加比赛，每轮竞赛u 和v 两位同学各答1题.已知u 同学每轮答对的概率是45，v 同学每轮答对的概率是34，每轮竞赛中u 和v 两位同学答对与否互不影响，每轮结果亦互不影响，则u 和v 两位同学至少答对3道题的概率为（）. A ．39200B ．129200C ．12950D ．39506．椭圆()2222:10x y E a b a b+=>>的左顶点为M ，点,A B 均在E 上，且点,A B 关于点y 轴对称，若直线,MA MB 均存在斜率，且斜率之积为18，记E 的离心率为e ，则2e =（）.A ．18B 4C ．78D ．147．若直线π4x =是πsin()4y x ω=−(0)>ω的一条对称轴，且在区间π[0,]12上不单调，则ω的最小值为（）A ．9B ．7C ．11D ．38．设函数()f x 在R 上满足()()22f x f x −=+，()()77f x f x −=+，且在区间[]07，上只有()()130f f ==，则方程()0f x =在闭区间[]20232023−，上根的个数为（）. A ．806 B ．810 C ．807 D ．811二、多选题9．如图，在下列给出的正方体中，点M N ，为顶点，点O 为下底面的中心，点P 为正方体的棱所在的中点，则OP 与MN 不垂直的是（）.A ．B ．C ．D ．10．已知直线2:0l mx ny r +−=与圆222:C x y r +=，点(),P m n ，则下列命题中是假命题的是（）.A ．若点P 在圆C 外，则直线l 与圆C 相离B ．若点P 在圆C 内，则直线l 与圆C相交C ．若点P 在圆C 上，则直线l 与圆C 相切D ．若点P 在直线l 上，则直线l 与圆C 相切11．中国南北朝时期的著作《孙子算经》中，对同余除法有较深的研究，设a ，b ，m （m >0）为整数，若a 和b 被m 除得的余数相同，则称a 和b 对模m 同余，记为a ≡b （mod m ）.如9和21除以6所得的余数都是3，则记为9≡21（mod 6）.若0122222222222222C C 2C 2C 2a =+⋅+⋅++⋅，a ≡b （mod 10），则b 的值可以是（）. A ．2019 B ．2023 C ．2029 D ．2033三、填空题12．已知向量a 与b 相互垂直，且3a =，2b =，则()()a b a b +⋅−= . 13．已知符号“lim ”代表极限的意思，现给出两个重要极限公式：①0sin lim1x xx→=；②1lim(1)e xx x →+=，则依据两个公式，类比求0sin cos lim x x xx→= ；1sin cos 0lim(1sin 2)x xx x →+= .14．已知函数()2e e e x x xg x x x =−−，若方程()g x k =有三个不同的实根，则实数k 的取值范围是 .四、解答题15．当今社会面临职业选择时，越来越多的青年人选择通过创业､创新的方式实现人生价值.小明是一名刚毕业的大学生，通过直播带货的方式售卖自己家乡的特产，下面是他近5个月的家乡特产收入y （单位：万元）情况，如表所示.(1)根据5月至9月的数据，求y 与t 之间的线性相关系数（精确到0.001），并判断相关性；(2)求出y 关于t 的回归直线方程（结果中b 保留两位小数），并预测10月收入能否突破1.5万元，请说明理由.附：相关系数公式：()()nniii it t y y t y nt yr−−−==∑∑.0.75r >，则线性相关程度很强，可用线性回归模型拟合）②一组数据()11,x y ，()22,x y ，…，(),n n x y ，其回归直线方程y bx a =+的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为1221ni ii nii x y nx yb xnx==−=−∑∑，a y bx =−. 2.91≈. 16．已知数列{}n a 是公差为d 的等差数列，2n na b n−=. (1)证明：数列{}n b 也为等差数列；(2)若13a d ==，数列{}n c 是以数列{}n b 的公差为首项，2为公比的等比数列，数列{}n n b c 的前n 项和n T ，证明：1n T ≥.17．如图，在三棱柱111ABC A B C 中，侧面11BCC B 为正方形，平面11BCC B ⊥平面11ABB A ，2AB BC ==，M ，N 分别为11A B ，AC 的中点．(1)求证：MN ∥平面11BCC B ；(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB 与平面BMN 所成角的正弦值．条件①：AB MN ⊥；条件②：BM MN =．注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．18．已知1(2,0)F −，2(2,0)F ，点P 满足122PF PF −=，记点P 的轨迹为E .直线l 过点2F 且与轨迹E 交于P 、Q 两点.(1)无论直线l 绕点2F 怎样转动，在x 轴上总存在定点(,0)M m ，使MP MQ ⊥恒成立，求实数m 的值；(2)在（1）的条件下，求MPQ 面积的最小值.19．已知当π02x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，时，2()πx f x =，()sin g x x =，()h x x =.(1)证明：()()()f x g x h x ＜＜； (2)已知()()()0f x g x h x −−＜，证明：()π()2πh x g x −＞（π可近似于3.14）.参考答案：1．A【分析】借助复数的运算法则计算即可得. 【详解】()()1012101220242i i 11==−=，故6z =，故A 正确，B 、C 、D 错误. 故选：A. 2．A【分析】令31k +分别为选项中不同值，求出k 的值进行判定. 【详解】当1k =−时，2x =−，所以2A −∈，故A 正确；当674k =时，367412023x =⨯+=，所以2023A ∈，故B 错误；当1k =或0k =时，23131k k +=+，所以231k A +∈，故C 错误；当12k =−时，123135x =−⨯+=−，所以35A −∈，故D 错误. 故选：A 3．A【分析】根据题意可求出正三棱台上下底面所在圆面的半径12,r r ，再根据球心距，圆面半径，以及球的半径之间的关系，即可解出球的半径，从而得出球的表面积．【详解】设正三棱台上下底面所在圆面的半径12,r r ，所以123432,260sin 60r r ==，即123,4r r ==，设球心到上下底面的距离分别为12,d d ，球的半径为R ，所以1d =2d =故121d d −=或121d d +=，1=1=，解得225R =符合题意，所以球的表面积为24π100πS R ==．故选：A ．4．A【分析】将1ab =代入，利用基本不等式直接求解即可得出结论．【详解】若a ，b 都是正数，且1ab =∴11888422222b a a b a b a b a b a b +++=++=+=+++≥，当且仅当4a b +=时等号成立，故选：A. 5．D【分析】分别求出答对4道题，答对3道题的概率，再求和事件的概率即可. 【详解】若u 和v 两位同学答对4道题，则其概率为224395425⎛⎫⎛⎫⨯= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭；若u 和v 两位同学答对3道题，则其概率为22143134212255444550⎛⎫⎛⎫⨯⨯⨯+⨯⨯⨯= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭；故u 和v 两位同学至少答对3道题的概率为92139255050+=. 故选：D. 6．C【分析】根据题意得到,,M A B 的坐标，进而利用两点距离公式与点在椭圆上得到关于,a b 的齐次方程，从而得解.【详解】由题可得(),0M a −，设()()0000,,,A x y B x y −.则20002200018AM BMy y y k k x a a x a x ⋅=⋅==+−−，又222222000022222118x y y a x b a b b a a −+=⇒=⇒=，则22222287a b c a b b ==−=,. 则222227788c b e a b ===. 故选：C 7．C【分析】根据给定条件求出ω的关系式，再求出函数πsin()4y x ω=−含0的单调区间即可判断作答.【详解】因直线π4x =是πsin (0)4y x ωω⎛⎫=−> ⎪⎝⎭的一条对称轴，则ππππ,Z 442k k ω−=+∈，即43,Z k k ω=+∈，由πππ242x ω−≤−≤，得π3π44x ωω−≤≤，则πsin()4y x ω=−在π3π[,]44ωω−上单调递增，而πsin()4y x ω=−在区间π[0,]12上不单调，则3ππ412ω<，解得9ω>，综上，ω的最小值为11. 故选：C 8．B【分析】先根据条件确定函数周期，然后确定一个周期内的根的个数，进而得到在闭区间[]20232023−，上根的个数. 【详解】因为()()22f x f x −=+，所以()()4f x f x −=+，又()()77f x f x −=+，所以()()14f x f x −=+，所以()()414f x f x +=+，即()()10f x f x =+，所以函数()f x 的周期为10，在区间[]07，上只有()()130f f ==，所以()0f x =在(]4,7上无解，则()70f x −=在(]0,3上无解，又()()77f x f x −=+，所以()70f x +=在(]0,3上无解，，即()0f x =在(]7,10上无解，即一个周期[]0,10内，方程的根只有1,3，闭区间[]20202020−，上含有404个周期，此时有4042808⨯=个根，在区间(]20202023，内，()()()()202110,202330,f f f f ==== 对于区间[)2023,2020−−，根据周期等价于区间[)7,10，该区间上无解，故方程()0f x =在闭区间[]20232023−，上根的个数为810. 故选：B. 9．CD【分析】建立适当空间直角坐标系，利用空间向量分析判断即可. 【详解】设正方体的棱长为2，对A ：建立如图所示空间直角坐标系，则(2,2,2),(0,2,0),(0,0,1),(1,1,0)M N P O ，可得(2,0,2),(1,1,1)MN OP =−−=−−，则2020MN OP ⋅=+−=，所以MN OP ⊥，即MN OP ⊥，故A 错误；对B ：建立如图所示空间直角坐标系，则(0,0,2),(2,0,0),(2,0,1),(1,1,0)M N P O ，可得(2,0,2),(1,1,1)MN OP =−=−，则2020MN OP ⋅=+−=，所以MN OP ⊥，即MN OP ⊥，故B 错误；对C ：建立如图所示空间直角坐标系，则(0,2,0),(0,0,2),(2,1,2),(1,1,0)M N P O ，可得(0,2,2),(1,0,2)MN OP =−=，则0040MN OP ⋅=++≠，所以MN 与OP 不垂直，即MN 与OP 不垂直，故C 正确；对D ：建立如图所示空间直角坐标系，则(2,0,2),(0,2,2),(0,2,1),(1,1,0)M N P O ，可得(2,2,0),(1,1,1)MN OP =−=−，则2200MN OP ⋅=++≠，所以MN 与OP 不垂直，即MN 与OP 不垂直，故D 正确.故选：CD. 10．AB【分析】根据直线和圆相切、相交、相离的等价条件进行求解即可. 【详解】对于A ，因为点(),P m n 在圆C 外，所以222m n r +>，则圆心()0,0C 到直线l 的距离为d r ==<，所以直线l 与圆C 相交，故命题A 是假命题；对于B ，因为点(),P m n 在圆C 内，所以222m n r +<，则圆心()0,0C 到直线l 的距离为d r ==>，所以直线l 与圆C 相离，故命题B 是假命题；对于C ，因为点(),P m n 在圆C 上，所以222m n r +=，则圆心()0,0C 到直线l 的距离为d r ===，所以直线l 与圆C 相切，故命题C 是真命题；对于D ，因为点(),P m n 在直线l 上，所以2220m n r +=−，即222m n r +=，则圆心()0,0C 到直线l 的距离为d r ===，所以直线l 与圆C 相切，故命题D 是真命题；故选：AB. 11．AC【分析】先利用二项式定理化简得223a =；再利用二项式定理将()11221139101==−展开可得到a 除以10所得的余数是9，进而可求解.【详解】因为()22012222222222222222C C 2C 2C 2123a =+⋅+⋅++⋅=+=()()112211011110101101019101111111111111139101C 10C 10C 10C 10C 10C 10C 19==−=⨯−⨯++⨯−=⨯−⨯++−+所以a 除以10所得的余数是9. 又因为a ≡b （mod 10）所以b 除以10所得的余数是9.而2019201109=⨯+，2023202103=⨯+，2029202109=⨯+，2033203103=⨯+ 故选：AC. 12．5【分析】根据向量的数量积运算法则即可求解.【详解】()()2222325a b a b a a b b a b +⋅−=⋅−⋅=−=−=，故答案为：5 13． 1 2e【分析】根据题意，结合极限的运算法则，准确计算，即可求解.【详解】由极限的定义知：①0sin lim1x xx→=；②10lim(1)e x x x →+=，因为sin cos sin 22x x x x x =，sin 2t x =，可得sin 2sin 2x tx t=，则00sin cos sin limlim 1x t x x tx t→→==；又因为12sin cos sin 2(1sin 2)(1sin 2)x x x x x +=+，令sin 2t x =，可得22sin 2(1sin 2)(1)x t x t +=+，所以12122sin cos 0lim(1sin 2)lim(1)lim (1e [)]x xt t x t t x t t →→→+=+=+=.故答案为：1；2e . 14．()20,5e−【分析】通过求导得出函数的单调性和极值，即可得出有三个实根时实数k 的取值范围. 【详解】由题意，在()2e e e x x x g x x x =−−中，()()2e 2x g x x x '=+−，当()0g x '=时，解得2x =−或1，当()0g x '<即2<<1x −时，()g x 单调递减，当()0g x '>即<2x −，1x >时，()g x 单调递增，∵()()()2222222e 2e e 5e g −−−−−=−−−−=，()1111e e e e g =−−=−，当()()22,1e 0xx g x x x −=−−，方程()g x k =有三个不同的实根， ∴()02k g <<−即205e k −<<，故答案为：()20,5e−.【点睛】易错点点点睛：本题考查函数求导，两函数的交点问题，在研究函数的图象时很容易忽略()()22,1e 0xx g x x x −=−−这个条件.15．(1)0.962r ≈−，y 与t 具有很强的线性相关关系(2)0.28 3.12y t =−+，10月收入从预测看不能突破1.5万元，理由见解析【分析】（1）直接套公式求出y 与t 之间的线性相关系数，即可判断；（2）套公式求出系数b 、a ，即可得到回归方程，并求出10月份的收入. 【详解】（1）（1）由5月至9月的数据可知1234535t ++++==，3 2.4 2.22 1.82.285y ++++==，51132 2.43 2.2425 1.831.4i i i t y ==⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=∑，()5214101410i i t t=−=++++=∑，()522222210.720.120.080.280.480.848ii y y =−=++++=∑，所以所求线性相关系数为550.962i it y t yr −===≈−∑.因为相关系数的绝对值0.9620.9620.75r =−=>，所以认为y 与t 具有很强的线性相关关系.（2）由题得522222211234555i i t ==++++=∑，51522215 3.1453 2.28 2.80.285553105i ii i i t y t yb t t==−−⨯⨯−====−−⨯−∑∑，所以()2.280.283 3.12a y bt =−=−−⨯=，所以y 关于t 的回归直线方程为0.28 3.12y t =−+. 当6t =时，0.286 3.12 1.44y =−⨯+=，因为144 15<．．，所以10月收入从预测看不能突破1.5万元. 16．(1)证明见解析； (2)证明见解析.【分析】（1）通过计算1n n b b +−为定值可证明等差数列；（2）先求出数列的通项公式，然后利用错位相减法求n T ，根据n T 的结构即可证明不等式.【详解】（1）∵2n na b n−=， ∴2n n b a n =−，∴()()1112122n n n n n n b b a n a n a a +++⎡⎤−=−+−−=−−⎣⎦，又∵数列{}n a 是公差为d 的等差数列， ∴1n n a a d +−=， ∴12n n b b d +−=−，∴数列{}n b 是以2d −为公差的等差数列；（2）∵13a d ==，∴112321b a =−=−=，2321d −=−=， ∴数列{}n b 是以1为首项，1为公差的等差数列. ∴1(1)1n b n n =+−⨯=，∴数列{}n c 是以1为首项，2为公比的等比数列，∴11122n n n c −−=⨯=，∴1·2n n n b c n −=， ∴1121112222n n T n −−−=⨯+⨯++⨯①，∴2n T =()21112122n n n n −−⨯+++⨯⨯−②，∴②−①得，11222n n n T n n −=−−−−⨯+⨯()11222n n n n −=−+++⨯+⨯12212n n n −=−+⋅−122n n n =−+⋅()121n n =−+，∵1n ≥且n 为正整数， ∴10n −≥，20n ＞，∴()1211nn T n =−+≥（当1n =时取等）.17．(1)见解析 (2)见解析【分析】（1）取AB 的中点为K ，连接,MK NK ，可证平面//MKN 平面11BCC B ，从而可证//MN 平面11BCC B .（2）选①②均可证明1BB ⊥平面ABC ，从而可建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量可求线面角的正弦值.【详解】（1）取AB 的中点为K ，连接,MK NK ，由三棱柱111ABC A B C 可得四边形11ABB A 为平行四边形，而11,B M MA BK KA ==，则1//MK BB ，而MK ⊄平面11BCC B ，1BB ⊂平面11BCC B ，故//MK 平面11BCC B ，而,CN NA BK KA ==，则//NK BC ，同理可得//NK 平面11BCC B ，而,,NKMK K NK MK =⊂平面MKN ，故平面//MKN 平面11BCC B ，而MN ⊂平面MKN ，故//MN 平面11BCC B ，（2）因为侧面11BCC B 为正方形，故1CB BB ⊥，而CB ⊂平面11BCC B ，平面11CBB C ⊥平面11ABB A ，平面11CBB C ⋂平面111ABB A BB =，故CB ⊥平面11ABB A ，因为//NK BC ，故NK ⊥平面11ABB A ，因为AB ⊂平面11ABB A ，故NK AB ⊥，若选①，则AB MN ⊥，而NK AB ⊥，NKMN N =，故AB ⊥平面MNK ，而MK ⊂平面MNK ，故AB MK ⊥，所以1AB BB ⊥，而1CB BB ⊥，CB AB B ⋂=，故1BB ⊥平面ABC ，故可建立如所示的空间直角坐标系，则()()()()0,0,0,0,2,0,1,1,0,0,1,2B A N M ，故()()()0,2,0,1,1,0,0,1,2BA BN BM ===，设平面BNM 的法向量为(),,n x y z =，则00n BN n BM ⎧⋅=⎨⋅=⎩，从而020x y y z +=⎧⎨+=⎩，取1z =−，则()2,2,1n =−−，设直线AB 与平面BNM 所成的角为θ，则42sin cos ,233n AB θ===⨯. 若选②，因为//NK BC ，故NK ⊥平面11ABB A ，而KM ⊂平面11ABB A ，故NK KM ⊥，而11,1B M BK NK ===，故1B M NK =，而12B B MK ==，MB MN =，故1BB M MKN ≅，所以190BB M MKN ∠=∠=︒，故111A B BB ⊥，而1CB BB ⊥，CB AB B ⋂=，故1BB ⊥平面ABC ，故可建立如所示的空间直角坐标系，则()()()()0,0,0,0,2,0,1,1,0,0,1,2B A N M ，故()()()0,2,0,1,1,0,0,1,2BA BN BM ===，设平面BNM 的法向量为(),,n x y z =，则00n BN n BM ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，从而020x y y z +=⎧⎨+=⎩，取1z =−，则()2,2,1n =−−，设直线AB 与平面BNM 所成的角为θ，则42sin cos ,233n BA θ===⨯.18．(1)1m =−(2)9【分析】（1）由双曲线定义即可得点P 的轨迹方程，设出直线l 方程，联立双曲线方程可得与x 有关韦达定理，借助向量垂直数量积为0可计算出M 点坐标；（2）借助弦长公式与点到直线的距离公式可表示出面积，再借助换元法计算即可得解. 【详解】（1）由12122PF PF F F −=<知，点P 的轨迹E 是以1F 、2F 为焦点的双曲线的右支，设轨迹E 的方程为22221(1)x y x a b−=≥，0a >，0b >，2c =，22a =，23b ∴=，故轨迹E 的方程为221(1)3y x x −=≥，当直线l 的斜率存在时，设直线方程为(2)y k x =−，()11,P x y ，()22,Q x y ，与双曲线方程联立2213(2)y x y k x ⎧−=⎪⎨⎪=−⎩，可得()222234430k x k x k −−++=，有()()24222122212230Δ16434304034303k k k k k x x k k x x k ⎧−≠⎪=−−+>⎪⎪⎪⎨+=>⎪−⎪+⎪⋅=>⎪−⎩，解得23k >， ()()()12121MP MQ x m x m y y x m ⋅=−−+=−.()()()221222x m k x x −+−−()()()22221212124k x x k m x x m k =+−++++()()()222222214342433k k k kmmk k k +++=−++−−2223(45)3m k m k −+=+− ()()222245313m m k m k −−+−=−MP MQ ⊥，0MP MQ ∴⋅=，故得()()22231450m k m m −+−−=对任意的23k >恒成立，2210,450,m m m ⎧−=∴⎨−−=⎩解得1m =−，∴当1m =−时，MP MQ ⊥.当直线l 的斜率不存在时，可得(2,3)P ，则(2,3)Q −，此时有()()3312121−⋅=−−−−−，即此时结论也成立，综上，当1m =−时，MP MQ ⊥；（2）由（1）知(1,0)M −，当直线l的斜率存在时，()2122613k PQ x k +=−=−，点M 到直线PQ 的距离为d，则d =1||2MPQSPQ d ∴===令23(0)k t t−=>，则MPQS=10t>，9MPQS ∴=>，当直线l 的斜率不存在时，13692MPQS =⨯⨯=，综上可知，MPQS的最小值为9.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为()()1122,,,x y x y ；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x （或y ）的一元二次方程，注意∆的判断；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为12x x +、12x x （或12y y +、12y y ）的形式；（5）代入韦达定理求解.19．(1)证明见解析； (2)证明见解析.【分析】（1）令π()()()sin ,02F x h x g x x x x ⎛⎫=−=−∈ ⎪⎝⎭，，求导得到函数单调性，得到sin x x >，要证()()f x g x ＜，只需证2sin πx x ＜，构造πsin 2()x G x x =−，π(0)2x ∈，，二次求导得到单调性，得到π()02G x G ⎛⎫= ⎪⎝⎭＞，证明出()(),(0)π2f x g x x ∈＜，，证明出不等式；（2）变形得到0ππ(2)sin x x −−<，两边同时除以(2)s πin 0x −<得到：πsin 2πx x −＞，证明出不等式.【详解】（1）令π()()()sin ,02F x h x g x x x x ⎛⎫=−=−∈ ⎪⎝⎭，，∴()1cos 0F x x =−>'在π02x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，上恒成立，∴()F x 在π02x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，上单调递增，∴()(0)0F x F =＞， ∴sin x x >，∴π()(),(0)2g x h x x ∈＜，，要证()()f x g x ＜，只需证2sin πxx ＜， ∵π02x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，，∴只需证2sin πxx＜，令πsin 2()x G x x =−，π(0)2x ∈，，∴2cos sin ()x x x G x x −'=，∴22cos tan cos cos ()(tan )x x x x xG x x x x x−'==−，令()tan M x x x =−，π(0)2x ∈，，∴2221cos 1()1cos cos x M x x x −'=−=，又∵当π(0)2x ∈，时，20cos 1x ＜＜，∴当π(0)2x ∈，时，()0M x '＜，∴()M x 在(0)π2，上单调递减，∴()(0)0M x M =＜，∴当π(0)2x ∈，时，()0G x '＜，∴()G x 在(0)π2，上单调递减∴π()02G x G ⎛⎫= ⎪⎝⎭＞，∴2sin πx x ＜， ∴()(),(0)π2f xg x x ∈＜，，∴综上所述，当π(0)2x ∈，时，()()()f x g x h x ＜＜，证毕.（2）∵当π(0)2x ∈，时，()()()0f x g x h x −−＜，∴2sin 0πxx x −−＜， ∴2sin 0πππx x x−−＜，∴0ππ2)i π(s n x x−−＜，①将①式两边同时乘以π得到：0ππ(2)sin x x −−<，② ∵20π−＜，但当π(0)2x ∈，时，sin 0x >，∴(2)s πin 0x −<，将②式两边同时除以(2)s πin 0x −<得到：(2)sin 0(2)n ππsi πx xx−−>−，∴0πsin 2πx x −>−， ∴πsin 2πx x −＞， ∴当π(0)2x ∈，时，()π()2πh x g x −＞，证毕. 【点睛】方法点睛:证明不等式或比较两函数大小，需构造函数，并根据导函数得到函数单调性，结合特殊点函数值得到结论.。

中学自主招生模拟试卷含答案及答题卡

自主招生模拟试卷（数学卷）题号一二三总分得分一、选择题（共7题，每题5分，共35分）1．二次函数2y ax bx c =++的图像如右图所示，则化简二次根式22()()a c b c ++-的结果是（）A ．a+bB ．-a-bC ．a-b+2cD ．-a+b-2c2.有4支队伍进行4项比赛，每项比赛的第一、第二、第三、第四名分别得到5、3、2、1分。

每队的4项比赛得分之和算作总分，如果已知各队的总分不相同，并且其中一队获得了三项比赛的第一名，问总分最少的队伍最多得多少分？（）A ．7B ．8C ．9D ．103．已知a 是方程3310x x +-=的一个实数根，则直线1y ax a =+-不经过（） A ．第一象限 B ．第二象限 C ．第三象限 D ．第四象限 4．有一种长方体集装箱，其内空长为5米，高4.5米，宽3.4米，用这样的集装箱运长为 5米，横截面的外圆直径为0.8米的圆柱形钢管，最多能运（）根。

A ．20根B ．21根C ．24根D ．25根5．将5个相同的球放入位于一排的8个格子中，每格至多放一个球，则3个空格相连的概率是（） A ．328 B ． 528 C ． 356 D ． 5566．用[x]表示不大于x 的最大整数，则方程[]2230x x --=的解的个数是（） A ．1 B ．2 C ．3 D ．4 7.对每个x ，y 是x y 21=,1223,232+-=+=x y x y 三个值中的最小值，则当x 变化时，函数y 的最大值是（）A ． 4B ． 6C ． 8D ． 487二、填空题（共7题，每题5分，共35分） 8. 已知()21()()4b c a b c a -=--，且a ≠0,则b c a += 。

9．G 是△ABC 的重心，过G 的直线交AB 于M ，交AC 于N ，则BM CNAM AN+= 。

10. 已知a 、b 、c 都是实数，且满足a>b>c,a+b+c=0.那么，ca的取值范围是。

2023年普通高等学校招生全国统一考试考前模拟试卷数学(一)答案

参考答案2023年普通高等学校招生全国统一考试考前模拟试卷数学（一）1.D 【解析】B ={x ｜x 2=4}={-2，2}，由题可知，UA ）∩B ={2}.故选D.2.C 【解析】∵z =（4-i ）（2i-1）=8i -4+i +2=-2+9i ，故z =-2-9i ，∴z 的共轭复数在复平面内对应的点为（-2，-9），位于第三象限．故选C .3.B 【解析】｜a +b ｜=a 2+b 2+2a·b 姨=｜a ｜2+｜b ｜2+2a ·b 姨=10姨，｜b ｜=12+12姨=2姨，∴a ·b =2，∴a 在b 上的投影向量为a·b ｜b ｜·b ｜b ｜=b =（1，1），故选B .4.D 【解析】由题意可知，该事件的概率为12·C 22C 28+12·C 22C 23=12×128+12×13=31168，故选D.5.B 【解析】由题意可知，结果只需精确到0.001即可，令x=0.5，取前6项可得，e 姨=+∞n=0移0.5nn !≈5n=0移0.5nn !=0.500!+0.511!+0.522!+0.533!+0.544!+0.555!=1+0.5+0.252+0.1256+0.062524+0.03125120≈1.649，∴e 姨的近似值为1.649，故选B.6.A 【解析】设f （x ）=sin x-x ，x ∈0，仔22'，则f ′（x ）=cos x -1<0，∴f （x ）在0，仔222上单调递减，∴f （x ）<f （0）=0，∴当x ∈0，仔222时，sin x-x <0，即sin x<x .a =sin 20°=sin 仔9<仔9=b ，c=12ln e 姨=1４<仔9=b ，c =12ln e 姨=14<6姨-2姨4=sin 15°<sin 20°=a ，∴c<a<b ，故选A .7.B 【解析】由题意可知，设底面圆的半径为R ，则S=仔R 2=16仔，解得R =4.∵由直三棱柱的定义可知，要使能截得直三棱柱体积最大，只需要圆的内接三角形面积最大即可，S =12ab sin C =12·2R sin A ·2R sin B ·sin C=2R 2sin A ·sin B ·sin C ≤2R 2sin A+sin B+sin C 3223≤2R 2·sin A+B+C 3223=2R 2·sin 仔3223=33姨4R 2.当且仅当sin A=sin B=sin C ，即A=B=C =仔3时，等号成立，∴三角形是正三角形时，圆的内接三角形面积最大，V=Sh =33姨4×42×6=723姨.∴能截得直三棱柱体积最大为723姨.故选B .8.D 【解析】g （x +1）为偶函数，则g （x ）关于x =1对称，即g （x ）=g （2-x ），即（x-1）f （x ）=（1-x ）f （2-x ），即f （x ）+f （2-x ）=0，∴f （x ）关于（1，0）对称，又f （x ）是定义域为R 的偶函数，∴f （x ）=-f （2-x ）=-f （x -2），∴f （x -4）＝f ［（x -2）-2］＝-f （x -2）＝-［-f （x ）］＝f （x ），即f （x -4）＝f （x ），∴f （x ）周期为4，∴f （5.5）=f （1.5）=f （-2.5）=f （2.5）=2，∴g （-0.5）=g （2.5）=1.5f （2.5）=3.故选D.9.ABD 【解析】∵sin 兹+cos 兹=15①，∴（sin 兹+cos 兹）2=sin 2兹+２sin 兹cos 兹+cos 2兹=125，∴2sin 兹cos 兹=-2425．又兹∈（0，仔），∴sin 兹>0，∴cos 兹<0，即兹∈仔2，22仔，故A 正确；（sin 兹-cos 兹）2=1-2sin 兹cos 兹=4925，∴sin 兹-cos 兹=75②，故D 正确；由①②，得sin 兹=45，cos 兹=-35，故B 正确；tan 兹=sin 兹cos 兹=-43，故C 错误．故选ABD ．10.BCD 【解析】如图1，当P 为BC 1的中点时，OP ∥DC 1∥AB 1，故A 不正确；∵如图2，A 1C 奂平面AA 1C 1C ，O ∈平面AA 1C 1C ，O 埸A 1C ，P 埸平面AA 1C 1C ，∴直线A 1C 与直线OP 一定是异面直线，故B 正确；∵如图2，A 1A 奂平面AA 1C 1C ，O ∈平面AA 1C 1C ，O 埸A 1A ，P 埸平面AA 1C 1C ，∴直线A 1A 与直线OP 一定是异面直线，故C 正确；∵如图3，AD 1奂平面AD 1C ，O ∈平面AD 1C ，O 埸AD 1，P 埸平面AD 1C ，∴直线AD 1与直线OP 一定是异面直线，故D 正确.故选BCD.11.BD 【解析】如图所示，当直线l 的倾斜角越小时，△PQA 1的周长越大，故A 不正确；△PF 1Q 的周长为｜PF 1｜+｜QF 1｜+｜PQ ｜=4a +｜PF 2｜+｜QF 2｜+｜PQ ｜=4a +2｜PQ ｜，∴△PF 1Q 的周长与2｜P P /Q ｜之差为4a ，故B 正确；设P （x ，y ），则tan 琢=｜y ｜a+x，tan 琢=-｜y ｜x-a，由tan 琢tan 茁=a-x a+x不是常量，故C 不正确；由tan 琢·tan 茁=｜y ｜a+x ·｜y ｜a-x =y 2a 2-x 2=x 2a 2-221b 2a 2-x 2=-b 2a 2为常量，故D 正确.故选BD .12.AD 【解析】令x 1=x 2=1得，f （1）=f （1）+f （1），f （1）=0，故A 正确；再令x 1=x 2=-1得，f （1）=f （-1）+f （-1）=0，f （-1）=0，故B 错；令x 1=-1，x 2=x ，则f （-x ）=x 2f （-1）+f （x ）=f （x ），f （x ）是偶函数，故C 错；令x 1=x ，x 2=1x，则f （1）=1x2f （x ）+x 2f 1x 22，∴f （x ）=-x 4f 1x 22，当0<x <1时，1x>1，f 1x 22>0，∴f （x ）<0，故D 正确．故选AD .13.0.3【解析】由P （X ≥90）=0.5知，滋=90，∵P （X ≤70）=P （X ≥110）=0.2，∴P （70≤X ≤90）=1-2×0.22=0.3.故答案为0.3.14.45姨5≤r ≤13姨【解析】当A ，B 两点都在圆内时，则4+9<r 2，4+1<r 22，解得r >13姨，直线AB 的方程为y -3x +2=1-32+2，即x +2y -4=0，原点到直线AB 的距离为｜-4｜1+4姨=45姨5，又k OA =-32，k OB =12，k AB =-12，参考答案第1页共28页参考答案第2页共28页A 1B 1C 1D 1OPDABC A 1B 1C 1D 1OPDABC A 1B 1C 1D 1OPDABC 图1图2图3第10题答图xy OAB 第14题答图xy OF 1F 2P 2Q 2QPA 1A 2第11题答图37∴原点与线段AB 上的点所在直线的斜率的范围为-32，12!"，∵圆C ：x 2+y 2=r 2（r >0）与线段AB （包含端点）有公共点，∴45姨5≤r ≤13姨.故答案为45姨5≤r ≤13姨.15.4【解析】由题意得，ab （a +3b ）=3a+b ，∴a +3b =3a+b ab =3b +1a ，∴（a +3b ）2=3b +1a a &（a +3b ）=10+3a b +3b a ≥10+23a b ·3b a姨=16（当且仅当a=b=1时取等号）.∵a +3b ≥4，∴a +3b 的最小值为4.答案为4.16.6e e 2-1，+a &∞【解析】∵f （x 0）+3e x<0，即3ln x 0-kx 0+k x 0+3e x 0<0.当x 0=1时，3e <0显然不成立，即在x 0=1时不满足原式；当x 0∈（1，e ］时，整理得x 0ln x 0+e x 02-1<k 3.令g （x ）=x ln x +e x 2-1，x ∈（1，e ］，则g ′（x ）=（x 2-2e x -1）-（x 2+1）ln x （x 2-1）2，∵当x ∈（1，e ］时，（x 2+1）ln x >0，x 2-2e x -1=（x -e ）2-e 2-1<0，则g ′（x ）<0，当x ∈（1，e ］时恒成立，∴g （x ）在（1，e ］上单调递减，则g （x ）≥g （e ）=2e e 2-1，则2e e 2-1<k 3，即k >6e e 2-1.综上所述，数k 的取值范围为6e e 2-1，+a &∞.故答案为6ee 2-1，+a &∞.17.【解析】（1）∵a 1+2a 2+…+na n =2n ，∴当n ≥2时，a 1+2a 2+…+（n -1）a n -1=2（n -1），两式相减得na n =2，a n =2n ，又n =1时，a 1=2，也符合．∴a n =2n．（2）由（1）知，1a n =n 2，∵对任意的正整数m ≥2，均有b m -1+b m +b m +1=1a m =m 2，故数列{b n }的前99项和b 1+b 2+b 3+b 4+b 5+b 6+…+b 97+b 98+b 99=（b 1+b 2+b 3）+（b 4+b 5+b 6）+…+（b 97+b 98+b 99）=1a 2+1a 5+…+1a 98=3322+982a &2=825．18.【解析】（1）由题得a-b=a sin A-c sin C sin B ，∴a-b=a 2b -c 2b，∴ab-b 2=a 2-c 2，∴ab=a 2+b 2-c 2，∴ab =2ab cos C ，∴cos C=12.∵0<C <仔，∴C =仔3.（2）由正弦定理得c sin C =2R =4，则c =4sin C=4sin 仔3=23姨，由余弦定理得c 2=12=a 2+b 2-2ab cos C ≥2ab-ab=ab ，即ab ≤12（当且仅当a=b 时取等号），故S =12ab sin C ≤12×12×3姨2=33姨（当且仅当a=b 时取等号）．即△ABC 面积S 的最大值为33姨．19.【解析】（1）由题意得，（0.002+0.006+0.008+a+b+0.008+0.002+0.002）×20=1，110+0.5-（0.002+0.006+0.008）×2020a×20=1255,,,+,,,-，解得a =0.012，b =0.010，∴滋=（60×0.002+80×0.006+100×0.008+120×0.012+140×0.01+160×0.008+180×0.002+200×0.002）×20=125.6.（2）某职工日行步数w =157（百步），着=157-125.6125.6×100=25，∴职工获得三次抽奖机会，设职工中奖次数为X ，在方案甲下X~B 3，13a &，E （Ｘ）=1.在方案乙下E （X ）=1.8，∴更喜欢方案乙.20.【解析】（1）在直三棱柱ABC 鄄A 1B 1C 1中，A 1A ⊥平面ABC ，AB 奂平面ABC ，∴A 1A ⊥AB ，又AB ⊥AC ，A 1A ∩AC=A ，A 1A ，AC 奂平面ACC 1A 1，∴AB ⊥平面ACC 1A 1，又A 1M 奂平面ACC 1A 1，∴A 1M ⊥AB ，又在矩形ACC 1A 1中，AA 1=4，A 1M=AM =22姨，即A 1M 2+AM 2=A 1A 2，∴A 1M ⊥AM ，∵AB ∩AM=A ，AB ，AM 奂平面ABM ，∴A 1M ⊥平面ABM.（2）取AC 的中点为N ，连接BN ，∴BN ⊥AC ，又平面ABC ⊥平面ACC 1A 1，平面ABC ∩平面ACC 1A 1=AC ，BN 奂平面ABC ，∴BN ⊥平面ACC 1A 1，取A 1C 1的中点N 1，连接NN 1，同理可得NN 1⊥平面ABC ，如图建立空间直角坐标系，则B （3姨，0，0），C （0，1，0），A 1（0，-1，4），M （0，1，2），设P （0，t ，3-t ），t ∈［-1，1］，则B B 2P =（-3姨，t ，3-t ），易知平面ABC 的法向量为n =（0，0，1），设BP 与平面ABC 所成角为兹，设t-1=姿∈［-2，0］，∴sin 兹=3-t 3+t 2+（3-t ）2姨=（3-t ）22t 2-6t +12姨=2姨2·1-3（t-1）t 2-3t +6姨=2姨2·1-3姿姿2-姿+4姨.当姿=0时，sin 兹=2姨2，当姿∈［-2，0）时，sin 兹=2姨2·1-3姿-1+4姿姨，∵y=x +4x 在［-2，0）上单调递减，∴sin 兹关于姿单调递减，故sin 兹∈2姨2，２５姨５"a .综上可得sin 兹∈2姨2，２５姨５!".21.【解析】（1）由题意知，｜22姨-x ｜=2姨·（x -2姨）2+y 2姨，两边平方，整理即得x 2+2y 2=4，∴曲线C 的方程为x 24+y 22=1.（2）设M （x 0，y 0），A （x 1，y 1），B （x 2，y 2），当x 20=43时，y 20=43，则不妨设点M ２３姨３，２３姨３a &，则点A ２３姨３，-２３姨３a &或A -２３姨３，２３姨３a &，此时O B 2M ·O B 2A =0，则OM ⊥OA ；当x 20≠43时，设直线MA ：y=kx+m ，MA 1B 1C 1PAB C xyz NN 1第20题答图参考答案第3页共28页参考答案第4页共28页38由直线MA 与圆O ：x 2+y 2=43相切，可得｜m ｜1+k 2姨=2３姨，即3m 2=4（1+k 2），联立y=kx+m ，x 2+2y 2=44，可得（2k 2+1）x 2+4kmx +2m 2-4=0，Δ=16k 2m 2-4（2k 2+1）（2m 2-4）=8（4k 2+2-m 2）=163（4k 2+1）>0，由韦达定理可得x 0+x 1=-4km 2k 2+1，x 1x 2=2m 2-42k 2+1，则O O $M ·O O $A =x 0x 1+y 0y 1=x 0x 0+（kx 0+m ）（kx 1+m ）=（1+k 2）x 0x 1+km （x 0+x 1）+m 2=（1+k 2）（2m 2-4）-4k 2m 2+m 2（1+2k 2）1+2k 2=3m 2-4（1+k 2）1+2k 2=0，∴OM ⊥OA ，同理可得OM ⊥OB.选①，由OM ⊥OA 及OP ⊥AM 可得Rt △MOP ∽Rt △AOP ，则｜PM ｜｜OP ｜=｜OP ｜｜PA ｜，∴｜PM ｜·｜PA ｜=｜OP ｜2=43.选②，由OM ⊥OA 及OM ⊥OB 可得，A ，O ，B 三点共线，则｜OA ｜=｜OB ｜，又｜MA ｜2=｜OA ｜2+｜OM ｜2=｜OB ｜2+｜OM ｜2=｜MB ｜2，因此，｜MA ｜=｜MB ｜.22.【解析】（1）根据题意得，f （x ）的定义域为（0，+∞），∴f ′（x ）=e x -1-1x -e +12，又f ″（x ）=e x -1+1x2>0，∴f ′（x ）在（0，+∞）上单调递增，易知f ′（2）=e -12-e +12=0，∴当0<x <2时，f ′（x ）<0，当x >2时，f ′（x ）>0，∴函数f （x ）在（0，2）单调递减，在（2，+∞）单调递增.（2）∵a >0，f （x ）的定义域为（0，+∞），∴f ′（x ）=e x -1-1x-a ，∴f ″（x ）=e x -1+1x2>0，∴f ′（x ）在（0，+∞）上单调递增，设h （x ）=e x-x -1，则h ′（x ）=e x -1，当x >0时，h ′（x ）>0，∴h （x ）单调递增，当x <0时，h ′（x ）<0，∴h （x ）单调递减，∴h （x ）≥h （0）=0，∴e x -x-1≥0，即e x ≥x+1，∴f ′（1+a ）=e a -11+a -a >a +1-11+a -a =1-11+a>0，又f ′（1）=-a <0，∴存在唯一的t 0∈（1，1+a ），使得f ′（t 0）=0，即e t 0-1 -1t 0-a =0，当x ∈（0，t 0）时，f ′（t 0）<0，f （x ）单调递减，当x ∈（t 0，+∞）时，f ′（t 0）>0，f （x ）单调递增，∴f （x ）min =f （t 0），又e x ≥x +1，∴x ≥ln （x +1），∴x -1≥ln x ，当x =1时，等号成立，则x >ln x ，∴f （x ）=e x -1-ln x -ax >e x -1-x-ax =e x -1-（a +1）x ，即f （x ）>e x -1-（a +1）x ，又e x≥x +1，∴e x -1≥x ，∴ex 2-1≥x 2，∴e x -2≥x 24，又e x -1>e x -2，∴e x -1>x 24，∴f （x ）>e x -1-（a+1）x >x 24-（a +1）x ，即f （x ）>x 24-（a +1）x ，∴f ［4（a+1）］>16（a +1）24-（a +1）×4（a +1）=0，当x $0时，f （x ）>0，若函数f （x ）有唯一零点x 0，则f （t 0）=0，∴x 0=t 0，即e x 0-1 =1x 0+a ，∴f （x 0）=1x 0+a -ln x 0-ax 0=0，设u （x 0）=1x 0+a -ln x 0-ax 0，∴u ′（x 0）=-1x 20-1x 0-a <0，∴u （x 0）在（１，+∞）单调递减，∴u （1）=1>0，u （2）=12-ln 2-a <0，∴1<x 0<2.2023年普通高等学校招生全国统一考试考前模拟试卷数学（二）1.C 【解析】由题意可得，z=4+3i i =（4+3i ）i i 2=4i -3-1=3-4i.故选C.2.C 【解析】解不等式x 2-x -6≤0得，-2≤x ≤3，即A ={x ｜-2≤x ≤3}，解不等式x -1<0得x <1，则B ={x ｜x <1}，UB ）={x ｜x ≥-2}.故选C .3.A 【解析】∵O ，A ，B 三点共线，则O O $A ∥O O $B ，∴埚姿∈R ，O O $B =姿O O $A ，即x m +n =姿（5m -3n ）.整理得，（5姿-x ）m =（3姿+1）n.又∵向量m ，n 不共线，则5姿-x =3姿+1=0，则x =-53.故选A ．4.B 【解析】log 9a 1+log 9a 2+…+log 9a 10=log 9［（a 1a 10）·（a 2a 9）·（a 3a 8）·（a 4a 7）·（a 5a 6）］=log 995=5，故选B .5.A 【解析】sin 2琢+仔660=sin 2琢+仔363-仔223=-cos 2琢+仔333=2sin 2琢+仔363-1=2×89-1=79.故选A .6.C 【解析】小明从中随机夹了3个饺子共有C 310=10×9×83×2×1=120种；如果是1个麸子、1个钱币饺子、1个糖饺子，共有5×3×2=30种；如果是1个麸子、2个钱币饺子，共有C 15C 23=15种；如果是2个麸子、1个钱币饺子，共有C 25C 13=30种.由古典概型的概率公式得，小明夹到的饺子中，既有麸子饺子又有钱币饺子的概率是P =30+15+30120=58.故选C .7.D 【解析】由题可得AB =8，∵AP=BP ，∴S △ABP =12×8×4=16，∵PC ⊥平面ABP ，且PC =4，∴V C 鄄ABP =13×16×4=643，∵AP=BP =42姨，∴AC=BC =43姨，∴S △ABC =12×8×48-16姨=162姨，设点P 到平面ABC 的距离为d ，则V P 鄄ABC =13×162姨d =643，解得d =22姨.故选D.8.C 【解析】a 1a =b 1b 两边同取自然对数得ln a a =ln b b，设f （x ）=ln x x，由f ′（x ）=1-ln x x2，令f ′（x ）>0，解得0<x <e ，令f ′（x ）<0，解得e <x ，∴f （x ）在区间（0，e ）上单调递增，在区间（e ，+∞）上单调递减，∴f （x ）在x =e 处取得最大值f （e ）=1e，在区间（0，e ）上函数f （x ）有唯一的零点x =1，在区间（e ，+∞）上函数f （x ）>0，又∵a>b >0且f （a ）=f （b ）>0，∴1<b<e ，a >e.故选C.9.ABD 【解析】如图，∵正四棱柱ABCD 鄄A 1B 1C 1D 1的底面边长为2，∴B 1D 1=22姨，又侧棱AA 1=1，∴DB 1=（22姨）2+12姨=3，则P 与B 1重合时PD =3，此时P 点唯一，故A 正确；∵PD =3姨∈（1，3），DD 1=1，则PD 1=2姨，即点P 的轨迹是一段圆弧，故B 正确；连接DA 1，DC 1，可得平面A 1DC 1∥平面ACB 1，则当P 为A 1C 1中点时，DP 有最小值为（2姨）2+12姨=3姨，故C 错误；平面BDP 即为平面BDD 1B 1，平面BDP 截正四棱柱ABCD 鄄A 1B 1C 1D 1的外接球所得平面图形为外接球的大圆，其半径为1222+22+12姨=32，面积为9仔4，故D 正确．故选ABD ．10.BD 【解析】∵f （x ）=tan x-cos x ，∴f （0）=-1，f （仔）=1，f （0）≠f （仔），故A 错误；参考答案第5页共28页参考答案第6页共28页PABC第7题答图DABCA 1B 1C 1D 1P122第9题答图39。

2022届普通高等学校招生全国统一考试模拟演练数学试试题

一、单选题二、多选题1. 已知，，则（）A．B．C．D．2. 函数，先把函数的图像向左平移个单位，再把图像上各点的横坐标缩短到原来的，得到函数的图像，则下列说法错误的是（）A ．函数是奇函数，最大值是2B ．函数在区间上单调递增C ．函数的图像关于直线对称D ．π是函数的周期3.已知向量，，则（）A．B．C．D ．14. 已知集合，，则（）．A．B．C．D．5.已知集合，则（）A．B．C．D．6. 某班共有50名同学，班主任李老师将大家分成了5个学习小组，每组10人，在某次数学测试中，甲、乙两小组的测试成绩的茎叶图如图所示，则对该次测试的成绩，下列说法错误的是（）A ．甲组学生成绩的众数是78B ．乙组学生成绩的中位数是79C ．甲组学生的成绩更稳定D ．乙组学生的平均成绩更高7.若则（）A．B．C．D．8. 函数是定义在上的奇函数，且在区间上单调递增，若关于实数的不等式恒成立，则的取值范围是（）A．B．C．D．9. 达·芬奇的画作《抱银貂的女人》中，女士脖颈上悬挂的黑色珍珠链与主人相互映衬，显现出不一样的美与光泽，达·芬奇提出固定项链的两端，使其在重力的作用下自然下垂项链所形成的曲线称为悬链线.建立适当的平面直角坐标系后，得到悬链线的函数解析式为，双曲余弦函数则以下正确的是（）2022届普通高等学校招生全国统一考试模拟演练数学试试题2022届普通高等学校招生全国统一考试模拟演练数学试试题三、填空题四、解答题A ．是奇函数B ．在上单调递减C ．，D ．，10.已知函数的图象与直线有三个交点，记三个交点的横坐标分别为，且，则下列说法正确的是（）A ．存在实数，使得B．C．D．为定值11. 已知i 为虚数单位，下列说法正确的是（）A ．若复数，则B．若，则C ．若，则D ．复数在复平面内对应的点为，若，则点的轨迹是一个椭圆12.已知数列的前n 项和为，数列的前项和为，则下列选项正确的为（）A．数列是等差数列B ．数列是等比数列C ．数列的通项公式为D ．13. 已知椭圆C ：的左焦点为，为椭圆C 上任意一点，则的最小值为______．14.已知函数为偶函数，为奇函数，，若不等式恒成立，则实数的最大值为______．15. 已知,则_________.（用数字作答）16.已知函数(1)求的单调区间;(2)若存在实数，使得方程有两个不相等的实数根，求证：17.如图，在三棱柱中，侧面为正方形，点、分别是、的中点，平面.（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）若是边长为的菱形，求直线与平面所成角的正弦值.18. 已知等差数列满足，.(1)求的通项公式；(2)等比数列的前项和为，且，再从下面①②③中选取两个作为条件，求满足的的最大值.①；②；③.（注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.）19. 如图，在四棱锥中，为等边三角形，为的中点，，平面平面．(1)证明：平面平面；(2)若，，，直线与平面所成角的正弦值为，求三棱锥的体积．20.行列式按第一列展开得，记函数，且的最大值是4.(1)求；(2)将函数的图像向左平移个单位，再将所得图像上各点的横坐标扩大为原来的2倍，纵坐标不变，得到函数的图像，求在上的值域.21. 对任意一个非零复数z，定义集合．(1)设a是方程的一个根，试用列举法表示集合．若在中任取两个数，求其和为零的概率P；(2)设复数，求证：．。

2024届普通高等学校招生全国统一考试适应性测试(九省联考)数学模拟试题(1月)含解析

2024届普通高等学校招生全国统一考试适应性测试（九省联考）数学模拟试题（1月）注意事项：]．答卷前，考生务必将自己的考生号、姓名、考点学校、考场号及座位号填写在答题卡上．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需要改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．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. 样本数据16，24，14，10，20，30，12，14，40的中位数为（）A. 14B. 16C. 18D. 202. 椭圆的离心率为，则（）2221(1)x ya a +=>12=aD. 23. 记等差数列的前项和为，则（）{}n a n 3712,6,17n S a a a +==16S =A. 120B. 140C. 160D. 1804. 设是两个平面，是两条直线，则下列命题为真命题的是（）,αβ,m l A. 若，则 B. 若，则,,m l αβαβ⊥∥∥m l⊥,,m l m l αβ⊂⊂∥αβ∥C. 若，则 D. 若，则,,m l l αβαβ= ∥∥m l∥,,m l m l αβ⊥⊥∥αβ⊥5. 甲、乙、丙等5人站成一排，且甲不在两端，乙和丙之间恰有2人，则不同排法共有（）A .20种B. 16种C. 12种D. 8种6. 已知为直线上的动点，点满足，记的轨迹为，则（Q :210l x y ++=P ()1,3QP =-P E ）A.的圆 B. 是一条与相交的直线E E lC. 上的点到D. 是两条平行直线E l E 7. 已知，则（）3ππ,π,tan24tan 44θθθ⎛⎫⎛⎫∈=-+⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭21sin22cos sin2θθθ+=+A. B. C. 1D. 1434328.设双曲线的左、右焦点分别为，过坐标原点的直线与交于2222:1(0,0)x y C a b a b -=>>12,F F C 两点，，则的离心率为（）,AB 211222,4F B F A F A F B a =⋅=C B. 2二、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.已知函数，则（）()3π3πsin 2cos 244f x x x ⎛⎫⎛⎫=+++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭A. 函数为偶函数π4f x ⎛⎫- ⎪⎝⎭B. 曲线的对称轴为()y f x =π,Zx k k =∈C. 在区间单调递增()f x ππ,32⎛⎫ ⎪⎝⎭D.的最小值为()f x 2-10. 已知复数均不为0，则（）,z w A.B. 22||z z =22||z z z z =C. D.z z w w-=-z z w w=11. 已知函数的定义域为，且，若，则（）()f x R 102f ⎛⎫≠ ⎪⎝⎭()()()4f x y f x f y xy++=A. B. 102f ⎛⎫-= ⎪⎝⎭122f ⎛⎫=- ⎪⎝⎭C. 函数是偶函数D. 函数是减函数12f x ⎛⎫- ⎪⎝⎭12f x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12. 已知集合，若，则的最小值为__________．{}{}2,0,2,4,3A B x x m =-=-≤A B A = m 13. 已知轴截面为正三角形的圆锥的高与球的直径相等，则圆锥的体积与球的体MM 'O MM 'O 积的比值是__________，圆锥的表面积与球的表面积的比值是__________．MM 'O 14.以表示数集中最大的数．设，已知或，则max M M 01a b c <<<<2b a ≥1a b +≤的最小值为__________．{}max ,,1b a c b c ---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. 已知函数在点处的切线与直线垂直．()2ln 2f x x x ax =+++()()22f ,230x y +=（1）求；a （2）求的单调区间和极值．()f x 16. 盒中有标记数字1，2，3，4的小球各2个，随机一次取出3个小球．（1）求取出的3个小球上的数字两两不同的概率；（2）记取出的3个小球上的最小数字为，求的分布列及数学期望．X X ()E X 17.如图，平行六面体中，底面是边长为2的正方形，为与1111ABCD A B C D -ABCD O AC 的交点，．BD 11112,,45AA C CB C CD C CO =∠=∠∠=︒（1）证明：平面；1C O ⊥ABCD（2）求二面角的正弦值．1B AA D --18. 已知抛物线的焦点为，过的直线交于两点，过与垂直的直线交2:4C y x =F F l C ,A B F l 于两点，其中在轴上方，分别为的中点．C ,DE ,B D x ,M N ,AB DE （1）证明：直线过定点；MN （2）设为直线与直线的交点，求面积的最小值．G AE BD GMN 19.离散对数在密码学中有重要的应用．设是素数，集合，若p {}1,2,,1X p =- ，记为除以的余数，为除以的余数；设，,,u v X m ∈∈N u v ⊗uv p ,m u ⊗m u p a X ∈两两不同，若，则称是以为底的离散对数，2,2,1,,,,p a aa⊗-⊗{}(),0,1,,2n a b n p ⊗=∈- n a b 记为．log()a n p b =（1）若，求；11,2p a ==1,p a -⊗（2）对，记为除以的余数（当能被{}12,0,1,,2m m p ∈- 12m m ⊕12m m +1p -12m m +整除时，）．证明：，其中；1p -120m m ⊕=()log()log()log()a a a p b c p b p c ⊗=⊕,b c X ∈（3）已知．对，令．证明：log()a n p b ={},1,2,,2x X k p ∈∈- ,,12,k k y a y x b ⊗⊗==⊗．()2,21n p x y y -⊗=⊗2024届普通高等学校招生全国统一考试适应性测试（九省联考）数学模拟试题（1月）注意事项：]．答卷前，考生务必将自己的考生号、姓名、考点学校、考场号及座位号填写在答题卡上．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需要改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．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. 样本数据16，24，14，10，20，30，12，14，40的中位数为（）A. 14B. 16C. 18D. 20【答案】B 【解析】【分析】由中位数定义即可得.【详解】将这些数据从小到大排列可得：10，12，14，14，16，20，24，30，40，则其中位数为16.故选：B.2. 椭圆的离心率为，则（）2221(1)x y aa +=>12=aD. 2【答案】A 【解析】【分析】由椭圆的离心率公式即可求解.【详解】由题意得，解得12e ==a =故选：A.3. 记等差数列的前项和为，则（）{}n a n 3712,6,17n S a a a +==16S =A. 120 B. 140C. 160D. 180【答案】C 【解析】【分析】利用下标和性质先求出的值，然后根据前项和公式结合下标和性质求解出的512a a +n 16S 值.【详解】因为，所以，所以，37526a a a +==53a =51231720a a +=+=所以，()()116165121681602a a S a a +⨯==+=故选：C.4. 设是两个平面，是两条直线，则下列命题为真命题的是（）,αβ,m l A. 若，则 B. 若，则,,m l αβαβ⊥∥∥m l⊥,,m l m l αβ⊂⊂∥αβ∥C. 若，则 D. 若，则,,m l l αβαβ= ∥∥m l∥,,m l m l αβ⊥⊥∥αβ⊥【答案】C 【解析】【分析】由线面平行性质判断真命题，举反例判定假命题即可.【详解】对于A ，可能平行，相交或异面，故A 错误，对于B ，可能相交或平行，故B ,m l ,αβ错误，对于D ，可能相交或平行，故D 错误，由线面平行性质得C 正确，,αβ故选：C5. 甲、乙、丙等5人站成一排，且甲不在两端，乙和丙之间恰有2人，则不同排法共有（）A. 20种B. 16种C. 12种D. 8种【答案】B【解析】【分析】分类讨论：乙丙及中间人占据首四位、乙丙及中间人占据尾四位，然后根据分类加法22计数原理求得结果.【详解】因为乙和丙之间恰有人，所以乙丙及中间人占据首四位或尾四位，22①当乙丙及中间人占据首四位，此时还剩末位，故甲在乙丙中间，2排乙丙有种方法，排甲有种方法，剩余两个位置两人全排列有种排法，22A 12A 22A 所以有种方法；212222A A A 8⨯⨯=②当乙丙及中间人占据尾四位，此时还剩首位，故甲在乙丙中间，2排乙丙有种方法，排甲有种方法，剩余两个位置两人全排列有种排法，22A 12A 22A 所以有种方法；212222A A A 8⨯⨯=由分类加法计数原理可知，一共有种排法，8816+=故选：B.6. 已知为直线上的动点，点满足，记的轨迹为，则（Q :210l x y ++=P ()1,3QP =-P E ）A. 的圆B. 是一条与相交的直线E E lC. 上的点到D. 是两条平行直线E l E 【答案】C 【解析】【分析】设，由可得点坐标，由在直线上，故可将点代入坐标，即可得(),P x y ()1,3QP =-Q Q 轨迹，结合选项即可得出正确答案.P E 【详解】设，由，则，(),P x y ()1,3QP =-()1,3Q x y -+由在直线上，故，Q :210l x y ++=()12310x y -+++=化简得，即的轨迹为为直线且与直线平行，260x y ++=P E l上的点到的距离，故A 、B 、D 错误，C 正确.El d ==故选：C.7. 已知，则（）3ππ,π,tan24tan 44θθθ⎛⎫⎛⎫∈=-+⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭21sin22cos sin2θθθ+=+A. B. C. 1D. 143432【答案】A 【解析】【分析】根据正弦、余弦、正切二倍角公式，将齐次化即可得出答案.21sin22cos sin2θθθ++【详解】由题，3ππ,π,tan24tan 44θθθ⎛⎫⎛⎫∈=-+⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭得，()()224tan 12tan 4tan 12tan 1tan 1tan θθθθθθ-+=⇒-+=--则或，()()2tan 1tan 20tan 2θθθ++=⇒=-1tan 2θ=-因为，所以，()3π,π,tan 1,04θθ⎛⎫∈∈-⎪⎝⎭1tan 2θ=-222221sin2sin cos 2sin cos tan 12tan 2cos sin22cos 2sin cos 22tan θθθθθθθθθθθθθ+++++==+++.()11114214+-==+-故选：A8.设双曲线的左、右焦点分别为，过坐标原点的直线与交于2222:1(0,0)x y C a b a b -=>>12,F F C 两点，，则的离心率为（）,AB 211222,4F B F A F A F B a =⋅=C B. 2【答案】D 【解析】【分析】由双曲线的对称性可得、且四边形为平行四边形，由题12F A F B=12F B F A=12AF BF 意可得出，结合余弦定理表示出与、有关齐次式即可得离心率.21F BF ∠a c 【详解】由双曲线的对称性可知，，有四边形为平行四边形，12F A F B=12F B F A=12AF BF 令，则，12F A F B m==122F B F A m==由双曲线定义可知，故有，即，212F A F A a-=22m m a -=2m a =即，，122F A F B m a ===124F B F A a==，2222222cos 24cos 4F A F B F A F B AF B a a AF B a ⋅=⋅∠=⨯∠=则，即，故，21cos 2AF B ∠=23AF B π∠=212π3F BF ∠=则有，()()()222222121221124221cos 22422a a c F B F B F F F BF F B F Ba a+-+-∠===-⋅⨯⨯即，即，则，由，故2222041162a c a -=-2204116162e -=-27e =1e >e =故选：D.【点睛】关键点睛：本题考查双曲线的离心率，解题关键是找到关于、、之间的等量关系，a b c 本题中结合题意与双曲线的定义得出、与的具体关系及的大小，借助余弦定1F A2F Ba 21F BF ∠理表示出与、有关齐次式，即可得解.a c 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. 已知函数，则（）()3π3πsin 2cos 244f x x x ⎛⎫⎛⎫=+++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭A. 函数为偶函数π4f x ⎛⎫- ⎪⎝⎭B. 曲线的对称轴为()y f x =π,Zx k k =∈C. 在区间单调递增()f x ππ,32⎛⎫ ⎪⎝⎭D.的最小值为()f x 2-【答案】AC 【解析】【分析】利用辅助角公式化简，再根据三角函数的性质逐()3π3πsin 2cos 244f x x x ⎛⎫⎛⎫=+++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭项判断即可.【详解】()3π3πsin 2cos 244f x x x ⎛⎫⎛⎫=+++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭3π3π3π3πsin 2cossin cos 2cos2cos sin2sin 4444x x x x =++-，22x x x x x =-=即，()f x x=对于A ，，易知为偶函数，所以A正确；i ππ42n 2x xf x ⎛⎫⎛⎫-== ⎪ ⎪⎝⎭-⎝⎭对于B ，对称轴为，故B 错误；()f x x=πππ2π,Z ,Z 242k x k k x k =+∈⇒=+∈对于C ，，单调递减，则ππ2π,,2,π323x x ⎛⎫⎛⎫∈∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭sin2y x =单调递增，故C 正确；()f x x=对于D ，，则，所以，故D 错误；()f x x=[]sin21,1x ∈-()f x ⎡∈⎣故选：AC10. 已知复数均不为0，则（）,z w A. B. 22||z z =22||z z z z =C. D.z z w w -=-z z w w=【答案】BCD 【解析】【分析】设出、，结合复数的运算、共轭复数定义及复数的模的性质逐个计i z a b =+i w c d =+算即可得.【详解】设、；iz a b =+(),R a b ∈i w c d =+(),R c d ∈对A ：设，则，i z a b =+(),R a b ∈()222222i 2i 2iz a b a ab b a b ab=+=+-=-+，故A 错误；2222||z a b ==+对B ：，又，即有，故B 正确；2z z z z z =⋅2z z z⋅=22||z z z z =对C ：，则，()i i ia b c d z a c d w b =+-=+----()ia c z wb d ----=，，则，i z a b =-i w c d =-()i i i z w a b c d a c b d =--+=----即有，故C 正确；z z w w -=-对D ：()()()()()22i i ii i i i z c w a b c d ac bd ad bc ab c d c d c d d +-+--+===++-+====zw ===，=故，故D 正确.z z w w=故选：BCD.11. 已知函数的定义域为，且，若，则（）()f x R 102f ⎛⎫≠ ⎪⎝⎭()()()4f x y f x f y xy++=A .B. 102f ⎛⎫-= ⎪⎝⎭122f ⎛⎫=- ⎪⎝⎭C. 函数是偶函数D. 函数是减函数12f x ⎛⎫- ⎪⎝⎭12f x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭【答案】ABD 【解析】【分析】对抽象函数采用赋值法，令、，结合题意可得，对A ：令、12x =0y =()01f =-12x =，代入计算即可得；对B 、C 、D ：令，可得，即可得函数0y =12y =-122f x x⎛⎫-=- ⎪⎝⎭及函数函数的性质，代入，即可得.12f x ⎛⎫- ⎪⎝⎭12f x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭1x =12f ⎛⎫ ⎪⎝⎭【详解】令、，则有，12x =0y =()()1110100222f f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎡⎤+⨯=+= ⎪ ⎪ ⎪⎣⎦⎝⎭⎝⎭⎝⎭又，故，即，102f ⎛⎫≠ ⎪⎝⎭()100f +=()01f =-令、，则有，12x =12y =-1111114222222f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-+-=⨯⨯- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭即，由，可得，()110122f f f ⎛⎫⎛⎫+-=- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭()01f =-11022f f ⎛⎫⎛⎫-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭又，故，故A 正确；102f ⎛⎫≠ ⎪⎝⎭102f ⎛⎫-= ⎪⎝⎭令，则有，12y =-()1114222f x f x fx ⎛⎫⎛⎫⎛⎫-+-=⨯- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭即，故函数是奇函数，122f x x⎛⎫-=- ⎪⎝⎭12f x ⎛⎫- ⎪⎝⎭有，即，()1121222f x x x ⎛⎫+-=-+=-- ⎪⎝⎭1222f x x ⎛⎫+=-- ⎪⎝⎭即函数是减函数，12f x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭令，有，1x =12122f ⎛⎫=-⨯=- ⎪⎝⎭故B 正确、C 错误、D 正确.故选：ABD.【点睛】关键点睛：本题关键在于利用赋值法解决抽象函数问题，借助赋值法，得到，()01f =-再重新赋值，得到，再得到.102f ⎛⎫-= ⎪⎝⎭122f x x⎛⎫-=- ⎪⎝⎭三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12. 已知集合，若，则的最小值为__________．{}{}2,0,2,4,3A B x x m =-=-≤A B A = m 【答案】5【解析】【分析】由可得，解出集合后结合集合的关系计算即可得.A B A = A B ⊆B 【详解】由，故，A B A = A B ⊆由，得，3x m-≤33m x m -+≤≤+故有，即，即，4323m m ≤+⎧⎨-≥-+⎩15m m ≥⎧⎨≥⎩5m ≥即的最小值为.m 5故答案为：.513. 已知轴截面为正三角形的圆锥的高与球的直径相等，则圆锥的体积与球的体MM 'O MM 'O 积的比值是__________，圆锥的表面积与球的表面积的比值是__________．MM 'O 【答案】 ①.②. 231【解析】【分析】设圆锥的底面圆半径以及球的半径，用表示出圆锥的高和母线以及球的半径，r R r h l R 然后根据体积公式求出体积比，根据表面积公式求得表面积之比.【详解】设圆锥的底面半径为，球的半径为，r R 因为圆锥的轴截面为正三角形，所以圆锥的高，母线，h =2l r =由题可知：，所以球的半径2h R=R =所以圆锥的体积为，()2311π3V r r=⨯⨯=球的体积，333244πππ33V R r ⎫==⨯=⎪⎪⎭所以；1223V V ==圆锥的表面积，221ππ3πS rl r r =+=球的表面积，22224π4π3πS R r r ⎫==⨯=⎪⎪⎭所以，21223π13πS r S r ==故答案为：；.23114.以表示数集中最大的数．设，已知或，则max M M 01a b c <<<<2b a ≥1a b +≤的最小值为__________．{}max ,,1b a c b c ---【答案】##0.215【解析】【分析】利用换元法可得，进而根据不等式的性质，分情况讨论求解.11b n p a m n p =--⎧⎨=---⎩【详解】令其中，,,1,b a m c b n c p -=-=-=,,0m n p >所以，11b n p a m n p =--⎧⎨=---⎩若，则，故，2b a ≥()121b n p m n p =--≥---21m n p ++≥令，{}{}=max ,,1max ,,M b a c b c m n p ---=因此,故,则，22M m M n M p ≥⎧⎪≥⎨⎪≥⎩421M m n p ≥++≥14M ≥若，则，即，1a b +≤111n p m n p --+---≤221m n p ++≥，{}{}=max ,,1max ,,M b a c b c m n p ---=则,故,则，2222M m M n M p ≥⎧⎪≥⎨⎪≥⎩5221M m n p ≥++≥15M ≥当且仅当且时等号成立，221m n p ++={}1,,5max m n p =如取时可满足等号成立，15m n p ===综上可知的最小值为，{}max ,,1b a c b c ---15故答案为：15【点睛】关键点睛：本题的关键是利用换元法，在和前提下进行合理分类讨论，2b a ≥1a b +≤根据题意得到相对应的不等式组，注意题目的条件关键词是“或”.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. 已知函数在点处的切线与直线垂直．()2ln 2f x x x ax =+++()()22f ,230x y +=（1）求；a （2）求的单调区间和极值．()f x 【答案】（1）3a =-（2）单调递增区间为、，单调递减区间为，极大值，极小值10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭()1,+∞1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭3ln 24-0【解析】【分析】（1）结合导数的几何意义及直线垂直的性质计算即可得；（2）借助导数可讨论单调性，即可得极值.【小问1详解】，则，()12f x x a x '=++()1922222f a a '=+⨯+=+由题意可得，解得；92123a ⎛⎫⎛⎫+⨯-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭3a =-【小问2详解】由，故，3a =-()2ln 32f x x x x =+-+则，，()()()2211123123x x x x f x x x x x ---+'=+-==0x >故当时，，当时，，当时，，102x <<()0f x ¢>112x <<()0f x '<1x >()0f x ¢>故的单调递增区间为、，的单调递减区间为，()f x 10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭()1,+∞()f x 1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭故有极大值，()f x 211113ln 32ln 222224f ⎛⎫⎛⎫=+-⨯+=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭有极小值.()21ln113120f =+-⨯+=16. 盒中有标记数字1，2，3，4的小球各2个，随机一次取出3个小球．（1）求取出的3个小球上的数字两两不同的概率；（2）记取出的3个小球上的最小数字为，求的分布列及数学期望．X X ()E X 【答案】（1）47（2）分布列见解析，()107E X =【解析】【分析】（1）先确定个不同数字的小球，然后再从确定的每种小球中取个，通过计算可求符合31要求的取法数，再除以总的取法数可得结果；（2）先确定的可取值为，然后计算出不同取值的概率，注意的每种取值对应两种情况，X 1,2,3X 由此可求分布列和期望.()E X 【小问1详解】记“取出的个小球上的数字两两不同”为事件，3M 先确定个不同数字的小球，有种方法，334C 然后每种小球各取个，有种取法，1111222C C C ⨯⨯所以.()3111422238C C C C 4=C 7P M ⨯⨯⨯=【小问2详解】由题意可知，的可取值为，X 1,2,3当时，分为两种情况：只有一个数字为的小球、有两个数字为的小球，1X =11所以；()1221262638C C C C 91=C 14P X +==当时，分为两种情况：只有一个数字为的小球、有两个数字为的小球，2X =22所以；()1221242438C C C C 22=C 7P X +==当时，分为两种情况：只有一个数字为的小球、有两个数字为的小球，3X =33所以，()1221222238C C C C 13=C 14P X +==所以的分布列为：X X123P91427114所以.()92110123147147E X =⨯+⨯+⨯=17.如图，平行六面体中，底面是边长为2的正方形，为与1111ABCD A B C D -ABCD OAC 的交点，．BD 11112,,45AA C CB C CD C CO =∠=∠∠=︒（1）证明：平面；1C O⊥ABCD （2）求二面角的正弦值．1B AA D --【答案】（1）证明见解析；（2【解析】【分析】（1）根据题意，利用线面垂直的判定定理证明即可.（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角的正弦值.【小问1详解】连接，11,BC DC 因为底面是边长为2的正方形，所以，ABCD BC DC =又因为，，11C CB C CD ∠=∠11CC CC =所以，所以，11C CB C CD ≅ 11BC DC =点为线段中点，所以，O BD 1C O BD ⊥在中，，，1C CO△1122,CC CO AC ===145C CO ∠=︒所以，22211111cos 2C C OC C O C CO C O C C OC +-∠==⇒=⨯⨯则，222111C C OC C O C O OC =+⇒⊥又，平面，平面，OC BD O = OC ⊂ABCD BD ⊂ABCD 所以平面.1C O ⊥ABCD【小问2详解】由题知正方形中，平面，所以建系如图所示，ABCD AC BD ⊥1C O ⊥ABCD 则，()())()(1,0,,,,B D AC C 则，11AA CC ==，()(),AB AD ==设面的法向量为，面的法向量为，1BAA ()111,,m x y z =1DAA ()222,,x n y z =则，()11111001,1,100AA m m AB m ⎧=⋅=⎪⇒⇒=-⎨⋅=+=⎪⎪⎩⎩，()22122001,1,100AA n n AD m ⎧+=⋅=⎪⇒⇒=--⎨⋅==⎪⎪⎩⎩设二面角大小为，1B AA D --θ则，1cos sin 3m n m nθθ⋅===⇒==⋅ 所以二面角.1B AA D --18. 已知抛物线的焦点为，过的直线交于两点，过与垂直的直线交2:4C y x =F F l C ,A B F l 于两点，其中在轴上方，分别为的中点．C ,DE ,B D x ,M N ,AB DE （1）证明：直线过定点；MN（2）设为直线与直线的交点，求面积的最小值．G AE BD GMN 【答案】（1）证明见解析（2）8【解析】【分析】（1）设出直线与直线的方程，联立曲线后得到与纵坐标有关韦达定理，结合题意，AB CD 表示出直线后即可得定点坐标；MN （2）设出直线与直线的方程，联立两直线后结合第一问中韦达定理得出点的横坐标恒AE BD G 为，再结合面积公式及基本不等式即可得.1-【小问1详解】由，故，由直线与直线垂直，2:4C y x =()1,0F AB CD 故两只直线斜率都存在且不为，0设直线、分别为、，有，AB CD 11x m y =+21x m y =+121m m =-、、、，()11,A x y ()22,B x y ()33,E x y ()44,D x y 联立与直线，即有，2:4C y x =AB 2141y xx m y ⎧=⎨=+⎩消去可得，，x 21440y m y --=2116160m ∆=+>故、，1214y y m +=124y y =-则，()2121112112111242x x m y m y m y y m +=+++=++=+故，，2121212x x m +=+12122y y m +=即，同理可得，()21121,2M m m +()22221,2N m m +当时，22122121m m +≠+则，()()2212112212122:12221MN m m l m m x m y m ---=++-+即()()21212121212121112221212122m m m m x y x m m m m m m m m m m m m +-+=-+-=--++++，1212212121212211212122m m m m x xm m m m m m m m m m =--=-+++-++-由，即，121m m =-()2121213121y x x m m m m m m -=++=-++故时，有，3x =()213013m m y -+==此时过定点，且该定点为，MN ()3,0当时，即时，由，即时，22122121m m +=+2212m m =121m m =-11m =±有，亦过定点，213:MN l x =+=()3,0故直线过定点，且该定点为；MN ()3,0【小问2详解】由、、、，()11,A x y ()22,B x y ()33,E x y ()44,D x y 则，由、，()311131:AE y y l y x x y x x -=-+-2114y x =2224y x =故，22231113131112231313131313144444y yy y y y y y y x xy x y y y y y y y y y y y y y ⎛⎫-+=-+=-+=+ ⎪+++++⎝⎭-同理可得，联立两直线，即，2442424:BD y y x l y y y y y =+++13313124424244y y x y y y y y y y x y y y y y ⎧=+⎪++⎪⎨⎪=+⎪++⎩有，13243131424244y y y y x xy y y y y y y y +=+++++即，()()()()42134231243144x y y y y y y x y y y y y y +++=+++有，由，同理，()()()2431134242314y y y y y y y y x y y y y +-+=+--124y y =-344y y =-故()()()()243113422341241341234231423144y y y y y y y y y y y y y y y y y y y y x y y y y y y y y +-++--==+--+--，()()24134231414y y y y y y y y -+--==-+--故，1G x =-过点作轴，交直线于点，则，G //GQ x MN Q 12M N Q G GMN S y y x x =-⨯- 由、，()21121,2M m m +()22221,2N m m +故，121122224M N y y m m m m -=-=+≥=当且仅当时，等号成立，11m =±下证：4Q G x x -≥由抛物线的对称性，不妨设，则，10m >20m <当时，有，则点在轴上方，点亦在轴上方，11m >()2111,0m m =-∈-G x Q x有，由直线过定点，2112111m m m m =>+-MN ()3,0此时，()314Q G x x ->--=同理，当时，有点在轴下方，点亦在轴下方，11m <G x Q x 有，故此时，211m m <+4Q G x x ->当且仅当时，，11m =3Q x =故恒成立，且时，等号成立，4Q G x x -≥11m =±故，1144822MN M G N Q G S y yx x =-⨯-≥⨯⨯= 【点睛】关键点睛：第二问关键在于借助直线联立及第一问中韦达定理得出点的横坐标恒为，G 1-此时可根据三角形的面积公式及基本不等式求取最值.19.离散对数在密码学中有重要的应用．设是素数，集合，若p {}1,2,,1X p =- ，记为除以的余数，为除以的余数；设，,,u v X m ∈∈N u v ⊗uv p ,m u ⊗m u p a X ∈两两不同，若，则称是以为底的离散对数，2,2,1,,,,p a aa⊗-⊗{}(),0,1,,2n a b n p ⊗=∈- n a b 记为．log()a n p b =（1）若，求；11,2p a ==1,p a -⊗（2）对，记为除以的余数（当能被{}12,0,1,,2m m p ∈- 12m m ⊕12m m +1p -12m m +整除时，）．证明：，其中；1p -120m m ⊕=()log()log()log()a a a p b c p b p c ⊗=⊕,b c X ∈（3）已知．对，令．证明：log()a n p b ={},1,2,,2x X k p ∈∈- ,,12,k k y a y x b ⊗⊗==⊗．()2,21n p x y y -⊗=⊗【答案】（1）1 （2）证明见解析（3）证明见解析【解析】【分析】（1）第一问直接根据新定义来即可.（2）第二问结合新定义、带余除法以及费马小定理即可得证.（3）根据新定义进行转换即可得证.【小问1详解】若，又注意到，11,2p a ==102102493111==⨯+所以.1,01,21p a-⊗⊗==【小问2详解】当时，此时，此时，，2p ={1}X =1b c ==1b c ⊗=故，()log()0,log()0,log()0a a a p b c p b p c ⊗===此时.()log()log()log()a a a p b c p b p c⊗=⊕当时，因相异，故，2p >2,2,1,,,,p a a a ⊗-⊗2a ≥而，故互质.a X ∈,a p 设()12=log(),log(),=log()a a a n p b c n p b n p c ⊗=记，()12=log(),log(),=log()a a a n p b c n p b n p c⊗=则，使得，12,N m m ∃∈1212,n n a pm b a pm c =+=+故，故，()()1212n n a pm b pm c +=++12(mod )n n a bc p +≡设，则，()121,02n n t p s s p +=-+≤≤-12n n s ⊕=因为除以的余数两两相异，1,2,3,..1p -p 且除以的余数两两相异，(),2,3,..1a a a p a-p 故，故，()()1!23,..1(mod )p a a a p a p ⎡⎤-≡⨯⨯⨯-⎣⎦11mod p a p -≡故，而其中，(mod )s a bc p ≡(mod )(mod ),na b c p bc p ≡⊗=02n p ≤≤-故即.s n =()log()log()log()a a a p b c p b p c⊗=⊕【小问3详解】当时，由（2）可得，若，则也成立.2b ≥11mod p bp -≡1b =11mod p b p -≡因为，所以.log()a n p b =()mod na b p ≡另一方面，()()()()()22,2,,,2121n p n p n p k k y yy yx ba --⊗-⊗⊗⊗⊗≡≡⊗.()()()()()()()()112211mod mod k k kn p k p k k p xb a xb b x b x p x p -----≡≡≡≡≡由于，所以.x X ∈()2,21n p x y y -⊗=⊗【点睛】关键点睛：本题的关键是充分理解新定义，然后结合带余除法以及费马小定理等初等数论知识即可顺利得解.。

2020届普通高等学校招生全国统一考试数学试题模拟卷(一) 含解析

【答案】（1)。 (2)。
【解析】
【分析】
将直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，利用抛物线的焦点弦长公式可求得的值，设点 ,可得，利用两点间的距离公式结合二次函数的基本性质可求得的最小值。
【详解】由题意知,直线 ,即．
直线经过抛物线的焦点, ，即．
直线的方程为．
设、，联立，消去整理可得 ,
【详解】(Ⅰ）设等差数列的公差为 ,依题意得
又 ,解得，所以 .
（Ⅱ)依题意得，即 ( 且）
所以，
。
对上式也成立,所以 ,即，
所以 .
【点睛】本题考查了等差数列与等比数列的综合应用，考查了累加法求数列的通项公式,考查了裂项相消法求数列的和，考查了推理能力与计算能力. 形如的数列均可利用累加法求通项公式。
8。将函数的图象向右平移（）个单位长度得到的图象．若函数在区间上单调递增，且的最大负零点在区间上，则的取值范围是（）
A. B。 C。 D.
【答案】C
【解析】
【分析】
利用函数的图象变换规律,求得的解析式，再利用正弦函数的性质求得的取值范围．
【详解】将函数图象向右平移 ( ）个单位长度得到的图象．
故选:AD
【点睛】本题考查导数几何意义、基本不等式应用，考查基本分析求解与判断能力，属中档题.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13.已知，且，则 __________．
【答案】
【解析】
分析：根据的值得到的值,再根据二倍角公式得到的值．
详解:因此且 ,故，
所以，故填．
12。已知函数，若在和处切线平行，则( )

2024年普通高等学校招生全国统一考试模拟试题一(新课标全国Ⅰ卷)数学试题

绝密★启用前2024年普通高等学校招生全国统一考试模拟试题一（新课标全国Ⅰ卷）数学试卷类型：A 本试卷共4页，22小题，满分150分.考试用时120分钟. 注意事项：1．答题前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上。

用2B 铅笔将试卷类型（A ）填涂在答题卡相应位置上.将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”.2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上.3．非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效. 4．考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回.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．已知集合{22}Ax x =−≤≤∣，{(3)0}B x x x =−<∣，则()R A B = （） A ．{2xx ≤∣或3}x ≥ B ．{20}xx −≤≤∣ C ．{23}xx ≤≤∣ D ．{2xx ≤−∣或3}x ≥3．已知函数()2,056,0x x x f x x x +≥= +< ，若()6f a =，则=a （）5．已知函数()f x 是定义在R 上的奇函数，且()()31f x f x −=+，则()6f =（）A ．B ．C ．D ．7．已知()f x 是定义域为R 的单调递增的函数，n ∀∈N ，()f n ∈N ，且(())3f f n n =，则(28)f =（） A ．54B ．55C ．56D ．578．在三棱锥−P ABC 中，PA ⊥平面90ABC AB AC BAC =∠= ，，，且6AB PA +=，当三棱锥−P ABC 的体积取最大值时，该三棱锥外接球的体积是（） A ．27πB ．36πC ．54πD ．72π二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.10．甲箱中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙箱中有4个红球，3个白球和3个黑球．先从甲箱中随机取出一球放入乙箱，分别以12,A A 和3A 表示由甲箱取出的球是红球，白球和黑球的事件；再从乙箱中随机取出一球，以B 表11．已知定义在R 上的函数()y f x =满足(2)()f x f x +=−，且函数(1)=−y f x 为奇函数，则（） A ．函数()y f x =是周期函数 B ．函数()y f x =为R 上的偶函数C ．函数()y f x =为R 上的单调函数D ．函数()y f x =的图像关于点(21,0)(Z)k k +∈对称12．如图，已知直线12l l //，点A 是1l ，2l 之间的一个定点，点A 到1l ，2l 的距离分别为1，2.点B 是直线2l 上一个动点，过点A 作AC AB ⊥，交直线1l 于点C ，0GA GB GC ++=，则（）三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．若a ，0b >，且223a b ab +=+，则ab 的最大值为． 14．设随机变量X 服从正态分布()22,N σ，若()10.2P X ≤=，则()3P X <= ． 15．函数tan cot y x x =−的最小正周期为 . 16．若函数()()33e 2023R xf x ax a =−+∈有且仅有一个极值点，则a 的取值范围是．四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．为1DD 的中点.(1)求证：直线1BD ∥平面PAC ； (2)求证：1BD AC ⊥；(3)求二面角1B AC P −−的余弦值.2024年普通高等学校招生全国统一考试模拟试题一（新课标全国Ⅰ卷）参考答案。

2022年普通高等学校招生全国(新高考)统一考试模拟数学试题(一)

一、单选题二、多选题1. 在正方体中，异面直线与所成的角的大小为（）A．B．C．D．2. 设函数，不等式在上恒成立，则实数的取值范围是（）A．B．C．D．3. 已知向量，满足，，，则（）A ．2B．C ．1D．4. 已知，，，则，，的大小关系是（）．A．B．C．D．5. 已知点在抛物线：上，过作圆的两条切线，分别交于，两点，且直线的斜率为，若为的焦点，点为上的动点，点是的准线与坐标轴的交点，则的最大值是（）A．B．C．D．6. 函数的图象如下图，则（）A．B．C．D．7. 已知，则在复平面内，复数z 所对应的点位于（）A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限8. 甲、乙、丙、丁、戊五只猴子在一棵枯树上玩耍，假设它们均不慎失足下落，已知：（1）甲在下落的过程中依次撞击到树枝；（2）乙在下落的过程中依次撞击到树枝，，；（3）丙在下落的过程中依次撞击到树枝，，；（4）丁在下落的过程中依次撞击到树枝，，；（5）戊在下落的过程中依次撞击到树枝，，，，则下列结论正确的是（）A．最高处的树枝一定是B ．这九根树枝从高到低不同的顺序共有24种C．最低处的树枝一定是D ．这九根树枝从高到低不同的顺序共有21种9. 在边长为2的菱形ABCD中，，将菱形ABCD 沿对角线BD 折成空间四边形A 'BCD ，使得．设E ，F 分别为棱BC ，A 'D 的中点，则（）A．B ．直线A 'C 与EF所成角的余弦值为C ．直线A 'C 与EF的距离为D ．四面体A 'BCD的外接球的表面积为2022年普通高等学校招生全国(新高考)统一考试模拟数学试题(一)2022年普通高等学校招生全国(新高考)统一考试模拟数学试题(一)三、填空题四、解答题10. 下列说法正确的是（）A ．若随机变量，，则B．若随机变量，则C ．以模型去拟合一组数据时，为了求出回归方程，设，将其变换后得到线性方程，则c ，k 的值分别是，0.5D ．从10名男生､5名女生中随机选取4人，则其中至少有一名女生的概率11.将函数向左平移个单位，得到函数，下列关于的说法正确的是（）A ．关于对称B．当时，关于对称C ．当时，在上单调递增D ．若在上有三个零点，则的取值范围为12. 设首项为1的数列的前项和为，若，则下列结论正确的是（）A．数列为等比数列B ．数列的通项公式为C．数列为等比数列D ．数列的前n项和为13.函数是最小正周期为4的偶函数，且在时，，若存在，，…，满足，且，则最小值为__________．14. 已知是定义在R 上的奇函数，且是偶函数，当时，．设，若关于x 的方程有5个不同的实根，则实数m 的取值范围是__________．15. 已知三棱锥P —ABC中，，，，当该三棱锥体积最大时，其外接球的表面积为______．16. 某初中为了解学生的肥胖是否与经常饮用碳酸饮料有关，现对40名七年级学生进行了问卷调查，得到数据如表所示(平均每天喝以上为常喝，体重超过为肥胖.单位：人)经常饮用不经常饮用合计肥胖818不肥胖15合计40（1）将列联表补充完整，并回答能否有的把握认为学生是否肥胖和经常饮用碳酸饮料有关？（2）已知经常饮用碳酸饮料且肥胖的8名同学中，有5名男同学，3名女同学，现从这5名男同学和3名女同学中选5人进行家访，求被选中的男生人数的分布列和期望．参考公式及数据：，.0.1000.0500.0100.0012.7063.8416.63510.82817. 已知分别为的内角的对边，且.(1)求；(2)若，的面积为2，求.18. 已知函数．(1)讨论的单调性；(2)若，求实数的取值范围．19. 如图甲，平面图形中，，沿将折起，使点C到F的位置，如图乙，使.(1)求证：平面平面；(2)点M是线段上的动点，当多长时，平面与平面所成的锐二面角的余弦值为?20. 如图，上海迪士尼乐园将一三角形地块的一角开辟为游客体验活动区，已知，、的长度均大于米，设，，且、总长度为米.（1）当、为何值时，游客体验活动区的面积最大，并求最大面积？（2）当、为何值时，线段最小，并求最小值？21. 设，，，且，求证：（1）；（2）．。

高校自主招生数学模拟试卷及详细解析八

全国高校自主招生数学模拟试卷一、选择题（36分，每小题6分）本题共有6小题，每题均给出（A ）、（B ）、（C ）、（D ）四个结论，其中有且仅有一个是正确的．请将正确答案的代表字母填在题后的括号内．每小题选对得6分；不选、选错或选出的代表字母超过一个（不论是否写在括号内），一律得0分．1．已知a 为给定的实数，那么集合M ={x | x 2-3x -a 2+2=0，x ∈R}的子集的个数为（A ） 1 （B ） 2 （C ） 4 （D ）不确定【答】（ C ）【解】方程x 2-3x -a 2+2=0的根的判别式Δ=1+4a 2>0，方程有两个不相等的实数根．由M 有2个元素，得集合M 有22=4个子集．2．命题1 长方体中，必存在到各顶点距离相等的点;命题2 长方体中，必存在到各棱距离相等的点; 命题3 长方体中，必存在到各面距离相等的点. 以上三个命题中正确的有（A ） 0个（B ） 1个（C ） 2个（D ） 3个【答】（ B ）【解】只有命题1对． 3．在四个函数y =sin|x |，y =cos|x |，y =|ctg x |，y =lg|sin x |中以π为周期、在(0，2π)上单调递增的偶函数是（A ）y =sin|x |（B ）y =cos|x | （C ）y =|ctg x |（D ）y =lg|sin x |【答】（ D）【解】 y =sin|x |不是周期函数．y =cos|x |=cos x 以2π为周期．y =|ctg x |在（0，2π）上单调递减．只有y =lg|sin x |满足全部条件．4．如果满足∠ABC =60°，AC =12， BC =k 的△ABC 恰有一个，那么k 的取值范围是（A ） k =38 （B ）0<k ≤12 （C ） k ≥12 （D ） 0<k ≤12或k =38【答】（ D）【解】根据题设，△ABC共有两类如图．易得k =38或0<k ≤12．本题也可用特殊值法，排除（A ）、（B ）、（C ）．12kCB A60°12kABC60°5．若10002)1(x x ++的展开式为200020002210x a x a x a a ++++ ，则19989630a a a a a +++++ 的值为（A ）3333 （B ） 6663 （C ） 9993 （D ） 20013【答】（ C）【解】令x =1可得10003=20003210a a a a a +++++ ；令x =ω可得0=20002000332210ωωωωa a a a a +++++ ；（其中i 2321+-=ω，则3ω=1且2ω+ω+1=0）令x =2ω可得0=400020006342210ωωωωa a a a a +++++ ．以上三式相加可得10003=3（19989630a a a a a +++++ ）．所以19989630a a a a a +++++ =9993．6．已知6枝玫瑰与3枝康乃馨的价格之和大于24元，而4枝玫瑰与5枝康乃馨的价格之和小于22元，则2枝玫瑰的价格和3枝康乃馨的价格比较结果是（）．（A ）2枝玫瑰价格高（B ）3枝康乃馨价格高（C ）价格相同（D ）不确定【答】（ A ）【解】设玫瑰与康乃馨的单价分别为x 、y 元/枝．则6x +3y >24,4x +5y <22.令6x +3y =a >24,4x +5y =b <22,解出x =)35(181b a -,y =)23(91a b -.所以2x -3y =)22122411(91)1211(91⨯-⨯>-b a =0，即2x >3y ．也可以根据二元一次不等式所表示的区域来研究．二、填空题（54分，每小题9分） 7．椭圆θρcos 21-=的短轴长等于332．【解】 .31)(,1)0(=-==+=c a c a πρρ故3331,32=⇒==b c a ．从而3322=b ．8．若复数z 1，z 2满足| z 1|=2，| z 2|=3，3z 1-2z 2=i -23，则z 1·z 2=i 13721330+-．【解】由3z 1-2z 2=2111222131z z z z z z ⋅⋅-⋅⋅=)32(611221z z z z -可得=+-⨯-=--=--=i iz z z z z z z z z z 2323632)23(632)23(61221122121i 13721330+-．本题也可设三角形式进行运算．9．正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱长为1，则直线A 1C 1与BD 1的距离是66．【解】作正方体的截面BB 1D 1D ，则A 1C 1⊥面BB 1D 1D ．设A 1C 1与B 1D 1交于点O ，在面BB 1D 1D 内作OH ⊥BD 1，H 为垂足，则OH 为A 1C 1与BD 1的公垂线．显然OH 等于直角三角形BB 1D 1斜边上高的一半，即OH =66． 10. 不等式232log 121>+x 的解集为),4()2,1()1,0(2+∞ ．【解】232l o g 121>+x等价于232log 11>+x 或232log 121-<+x ．即21log 11->x 或27log 11-<x ．此时2log 1-<x 或0log 1>x 或0log 721<<-x ．∴解为x >4或0<x <1 或 1<x <722．即解集为),4()2,1()1,0(2+∞ ．11．函数232+-+=x x x y 的值域为),2[)23,1[+∞ ．【解】232+-+=x x x y ⇒0232≥-=+-x y x x ．两边平方得2)32(2-=-y x y ，从而23≠y 且3222--=y y x ．由03222≥---=-y y y x y ⇒231032232<≤⇒≥-+-y y y y 或2≥y ．1111 HODC B AD CBA任取2≥y ，令3222--=y y x ，易知2≥x ，于是0232≥+-x x 且232+-+=x x x y ．任取231<≤y ，同样令3222--=y y x ，易知1≤x ，于是0232≥+-x x 且232+-+=x x x y ．因此，所求函数的值域为),2[)23,1[+∞ ．12．在一个正六边形的六个区域栽种观赏植物（如图），要求同一块中种同一种植物，相邻的两块种不同的植物．现有4种不同的植物可供选择，则有 732 种栽种方案．【解】考虑A 、C 、E 种同一种植物，此时共有4×3×3×3=108种方法．考虑A 、C 、E 种二种植物，此时共有3×4×3×3×2×2=432种方法．考虑A 、C 、E 种三种植物，此时共有P 43×2×2×2=192种方法．故总计有108+432+192=732种方法．三、解答题（本题满分60分，每小题20分）13．设{a n }为等差数列，{b n }为等比数列，且b 1=a 12，b 2=a 22，b 3=a 32（a 1<a 2），又12)(lim 21+=++++∞→n n b b b ．试求{a n }的首项与公差．【解】设所求公差为d ，∵a 1<a 2，∴d >0．由此得 a 12(a 1+2d )2=(a 1+d )4 化简得2a 12+4a 1d +d 2=0解得d =(22±-) a 1.………………………………………………………………5分而22±-<0，故a 1<0．若d =(22--) a 1，则22122)12(+==a a q ；若d =(22+-)a 1，则22122)12(-==a a q ；…………………………………………10分但12)(lim 21+=++++∞→n n b b b 存在，故|q |<1．于是2)12(+=q 不可能．AB C DEF从而2)12)(222(12)12(121221=+-=⇒+=--a a ．所以a 1=2-，d =(22+-) a 1=(22+-)(2-)=222-．……………………20分14．设曲线C 1：1222=+y ax （a 为正常数）与C 2：y 2=2（x +m ）在x 轴上方仅有一个公共点P ．⑴ 求实数m 的取值范围（用a 表示）；⑵ O 为原点，若C 1与x 轴的负半轴交于点A ，当0<a <21时，试求ΔOAP 的面积的最大值（用a 表示）．⑴ 【解】由⎪⎩⎪⎨⎧+==+)(2,12222m x y y a x 消去y 得，x 2+2a 2x +2a 2m -a 2=0． ①设f (x )= x 2+2a 2x +2a 2m -a 2，问题⑴转化为方程①在x ∈(-a ，a )上有唯一解或等根．只须讨论以下三种情况：1︒ Δ=0得 m =212+a ．此时 x p = -a 2，当且仅当-a <-a 2<a ，即0<a <1时适合； 2︒ f (a )·f (-a )<0当且仅当–a <m <a ；3︒ f (-a )=0得m =a ．此时 x p =a -2a 2，当且仅当-a < a -2a 2<a ，即0<a <1时适合．f (a )=0得m =-a ，此时 x p =-a -2a 2，由于-a -2a 2<-a ，从而m ≠-a ．综上可知，当0<a <1时，m =212+a 或-a <m ≤a ；当a ≥1时，-a <m <a .……………………………………………………10分 ⑵ 【解】 ΔOAP 的面积S =21ay p ． ∵0<a <21，故-a <m ≤a 时，a m a a a <-++-<21022，由唯一性得x p =m a a a 2122-++-．显然当m =a 时，x p 取值最小．由于x p >0，从而221ax y p p -=取值最大，此时y p =22a a -，∴S =a 2a a -．当m =212+a 时，x p =-a 2，y p =21a -，此时S =21a 21a -．下面比较a 2a a -与21a 21a -的大小：令a 2a a -=21a 21a -，得a =31.故当0<a ≤31时 , 2121)1(a a a a a -≤-．此时S max =2121a a -．当31<a <21时，2121)1(a a a a a ->-．此时S max = a 2a a -．……………20分15．用电阻值分别为a 1、a 2、a 3、a 4、a 5 、a 6 (a 1>a 2>a 3>a 4>a 5>a 6) 的电阻组装成一个如图的组件，在组装中应如何选取电阻，才能使该组件总电阻值最小？证明你的结论．【解】设6个电阻的组件（如图3）的总电阻为R FG ．当R i =a i ，i =3，4，5，6，R 1，R 2是a 1，a 2的任意排列时，R FG 最小．…………………………………………5分证明如下1°设当两个电阻R 1，R 2并联时，所得组件阻值为R ：则21111R R R +=．故交换二电阻的位置，不改变R 值，且当R 1或R 2变小时，R 也减小，因此不妨取R 1>R 2．2°设3个电阻的组件(如图1)的总电阻为R AB ：2132312132121R R R R R R R R R R R RR R AB+++=++=．显然R 1+R 2越大，R AB 越小，所以为使R AB 最小必须取R 3为所取三个电阻中阻值最小的一个．3°设4个电阻的组件(如图2)的总电阻为R CD ：43243142142324131214111R R R R R R R R R R R R R R R R R R R R R R AB CD ++++++=+=．图1图2若记∑≤<≤=411j i jiRR S ，∑≤<<≤=412k j i kjiRR R S ．则S 1、S 2为定值．于是4313212R R S R R R S R CD --=．只有当R 3R 4最小，R 1R 2R 3最大时，R CD 最小，故应取R 4<R 3，R 3<R 2，R 3<R 1，即得总电阻的阻值最小．……………………………………………………………………15分4°对于图3，把由R 1、R 2、R 3组成的组件用等效电阻R AB 代替．要使R FG 最小，由3°必需使R 6<R 5；且由1°，应使R CE 最小．由2°知要使R CE 最小，必需使R 5< R 4，且应使R CD 最小．而由3°，要使R CD 最小，应使R 4< R 3 < R 2且R 4< R 3 < R 1．这就说明，要证结论成立………………………………………………………20分E G图3。

2022年普通高等学校招生全国统一考试新高考数学全真模拟测试(一)( 含答案)

2022年普通高等学校招生全国统一考试全真模拟测试（一）数学本试卷共4页，22小题，满分150分.考试用时120分钟.注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名､考生号､考场号和座位号填写在答题卡上.用2B 铅笔将试卷类型(A )填涂在答题卡相应位置上.将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”.2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B 铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑：如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.答案不能答在试卷上.3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效.4.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回.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．已知集合，，，则下列结论错误．．的是（） A ．B ．C ．D ．2．设复数满足，则的实部为（） A ．0B ．1C ．-1D ．i3．已知随机变量，，则（） A ．B ．C ．D ．1 4．若一圆弧的长等于其所在圆的内接正三角形的边长，那么其圆心角的弧度数是 A ．B ．C ．D ．25．函数的部分图象如图所示，则f(1)＋f(2)＋…＋f （2017）＋f（2018）的值为（）A．2＋B．C．2＋2D．06．已知函数，若方程有4个零点，则的可能的值为（）A．B．C．D．7．定义在R上的奇函数满足，且对任意的正数a、b（），有，则不等式的解集是（）A．B．C．D．8．已知外接圆圆心为，半径为，，且，则向量在向量上的投影为（）A．B．C．D．二､选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分. 9．已知向量，其中m，n均为正数，且，下列说法正确的是（）A．• 1B．与的夹角为钝角C．向量在方向上的投影为D．2m+n＝410．已知，，则（）A．B．C．D．11．在中，，，下述四个结论中正确的是（）A．若为的重心，则B．若为边上的一个动点，则为定值2C．若，为边上的两个动点，且，则的最小值为D．已知为内一点，若，且，则的最大值为2 12．在棱长为1的正方体中，为侧面（不含边界）内的动点，为线段上的动点，若直线与的夹角为，则下列说法正确的是（）A．线段的长度为B．的最小值为1C．对任意点，总存在点，便得D．存在点，使得直线与平面所成的角为60°三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13．四面体的顶点和各棱中点共有10个点，在其中取四个不共面的点，不同的取法共有___________.14．设O是坐标原点，动点P在圆上，点Q在直线上，且，过点P且垂直于的直线l过定点__________．15．从数字1，2，3，4中任取一个数，记为，再从1至中任取一个整数，记为，则取到的为数字2的概率是___________.16．在《九章算术》中,将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑(bie nao).已知在鳖臑中, 平面, ,则该鳖臑的外接球与内切球的表面积之和为____．四､解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤. 17．已知数列中，，.设（1）证明：数列是等比数列；（2）设，求数列的前项和.18．在中，角、、所对的边分别为、、，且满足，．(1)求角的大小；(2)若，求的面积．19．为了丰富业余生活，甲、乙、丙三人进行羽毛球比赛.比赛规则如下：①每场比赛有两人参加，并决出胜负；②每场比赛获胜的人与未参加此场比赛的人进行下一场的比赛；③依次循环，直到有一个人首先获得两场胜利，则本次比赛结束，此人为本次比赛的冠军.已知在每场比赛中，甲胜乙的概率为，甲胜丙的概率为，乙胜丙的概率为.（1）求甲和乙先赛且共进行4场比赛的概率；（2）请通过计算说明，哪两个人进行首场比赛时，甲获得冠军的概率最大？20．如图，在三棱锥中，三角形ABC是边长为2的正三角形.(1)若平面平面BCD，且，求证：；(2)若二面角的大小为，且，求直线AD与平面BCD所成角的大小. 21．在中，已知，，交于点，为中点，满足，点的轨迹为曲线.（1）求曲线的方程：（2）过点作直线交曲线于，两点，试问以为直径的圆是否恒过定点？若过定点求出定点，若不过定点说明理由.22．已知函数（k为常数，e=2.71828…是自然对数的底数），曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线与x轴平行.（1）求k的值和f（x）的单调区间；（2）设，其中为f（x）的导函数，证明：对任意.2022年普通高等学校招生全国统一考试全真模拟测试（一）数学答案1．C解：因为集合，，，所以，，，，2．A设，则，所以，故的实部为0.3．B由二项分布的性质知，即，所以.4．C设圆半径为r则由平面几何知识，内接正三角形的边长为r，所以由弧度制定义知，其圆心角的弧度数是r÷r=,故选C．5．A由图可知A＝2，，T＝8，，∴，∵周期为T＝8，∴f(1)＋f(2)＋…＋f（8）＝0，∴f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f（2018）＝252•[f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f（8）]＋f(1)＋f(2)＝0＋2sin ＋2＝＋2．6．B当，所以.令，得，依题意，的图象与的图象有四个不同的交点，画出和的图象如下图所示.由图可知，要使的图象与的图象有四个不同的交点，需，即.四个选项中只有B选项符合.另外注意：当时，，，，所以过的切线方程为，即，故此时切线方程过原点.也即与只有个公共点，不符合题意.故选：B7．C∵对任意的正数a、b（），有，∴函数在上单调递减，∴在上单调递减.又∵，∴令所以不等式等价为或∴或，∴或，∴或，即不等式的解集为.8．D由知：为中点，又为外接圆圆心，，，，，，，向量在向量上的投影为.故选：D.9．AD2×1+1×（﹣1）＝1，故A正确；∵1＞0，∴，的夹角不是钝角，故B错误；向量在方向上的投影为||•，故C错误；（1，2），∵，∴﹣n﹣2（m﹣2）＝0，∴2m+n＝4，故D正确.故选：AD.10．BC解：对于A，，，，即，故A错误，对于B，，，，，，，故B正确，对于C，，，，故C正确，对于D，，，，即，，即，故D错误．故选：BC．11．AC如图，以A为坐标原点，分别以AB，AC所在直线为x，y轴建立平面直角坐标系，则，因为为的重心，所以，则，所以，所以，故A正确；设，则，则，，故B错误；不妨设M靠近B，，得，则，当时，的最小值为：故C正确；由，且P为内一点，BP=1，则，即，令，则，因为，则，所以，所以的范围是，故D错误.故选：AC12．ABC建立如上图所示的空间直角坐标系，根据题意，可得：，，，，，，，设点，，由直线与的夹角为，则有：，故有：解得：为线段上的动点，则有：（）解得：对选项，则有：，故选项正确；对选项，过点作平面的垂线，垂足为易知：（由于）故的最小值等价于求故有：当且仅当时成立，结合，可得此时故选项正确；对选项，若，则有：，，又则有：则有：又，则有：，故对任意点，总存在点，便得，故选项正确；对选项，易知平面的法向量为，若直线与平面所成的角为，即直线与平面的法向量成，则有：解得：，矛盾，故选项错误.故选：13．141利用间接法，用总的情况减去共面的情况，总的情况数为；共面的情况①四点均在侧面上，；②三点在一条棱上，第四点在该棱的对棱中点，共有6个中点，即6种情况；③四点均为中点，有3种情况；综上，.14．设，，可得：，由，所以，即，可得，则过点P且垂直于的直线l为：，即，所以，即，也即，所以直线l过定点.故答案为：15．解：设事件表示“取到的为数字1”，事件表示“取到的为数字2”，事件表示“取到的为数字3”，事件表示“取到的为数字4”，事件表示“取到的为数字2”.则.由条件概率易得，，，由全概率公式，可得. 故答案为：16．M﹣ABC四个面都为直角三角形，MA⊥平面ABC，MA=AB=BC=2，∴三角形的AC=2，从而可得MC=2，那么ABC内接球的半径r：可得（﹣r）2=r2+（2﹣）2解得：r=2-∵△ABC时等腰直角三角形，∴外接圆的半径为AC=外接球的球心到平面ABC的距离为=1．可得外接球的半径R=．故得：外接球表面积为.由已知，设内切球半径为，，，内切球表面积为，外接球与内切球的表面积之和为故答案为：.点睛：本题考查了球与几何体的问题，一般外接球需要求球心和半径，首先应确定球心的位置，借助于外接球的性质，球心到各顶点距离相等，这样可先确定几何体中部分点组成的多边形的外接圆的圆心，过圆心且垂直于多边形所在平面的直线上任一点到多边形的顶点的距离相等，然后同样的方法找到另一个多边形的各顶点距离相等的直线，这样两条直线的交点，就是其外接球的球心.17．（1）证明：因为,所以====2，又, 所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列.（2）由（1）知，18．(1)解：由及正弦定理可得，，则，故，，，因此，.(2)解：，所以，，即，即，，则，，则，由正弦定理可得，则，，因此，.19．（1）设事件为“甲和乙先赛且共进行4场比赛”，则有两类：第一种是甲和乙比赛，甲胜乙，再甲与丙比赛，丙胜甲，再丙与乙比赛，乙胜丙，再进行第四场比赛；第二种是甲和乙比赛，乙胜甲，再乙与丙比赛，丙胜乙，再丙与甲比赛，甲胜丙，再进行第四场比赛；故所求概率，所以甲和乙先赛且共进行4场比赛的概率为；（2）设事件表示甲与乙先赛且甲获得冠军；事件表示甲与丙先赛且甲获得冠军；事件表示乙与丙先赛且甲获得冠军，则；；；因为，所以甲与乙进行首场比赛时，甲获得冠军的概率最大.20．(1)因为平面平面BCD，平面平面，因为，平面BCD，所以平面ABC，又平面ABC，所以.(2)过点A作平面BCD于点O，取BC的中点E，连接OD，OE，AE.因为三角形ABC是正三角形，点E为BC中点，所以.因为平面BCD，则OE为AE在平面BCD内的射影，由三垂线逆定理知. 所以是二面角的平面角，即.因为三角形ABC是边长为2的正三角形，所以.在中，.因为平面BCD，所以DO是AD在平面BCD内射影.所以是直线AD与平面BCD所成角.在中，，因为，所以.所以直线AD与平面BCD所成角的大小为.21．（1）设，，，，因为，所以，即，整理得：，即.在中，三顶点不可能共线，所以，故曲线的方程为.（2）结论：以为直径的圆经过定点若直线斜率不存在，可得圆：，若直线斜率为0，可得圆：，解得两个圆的公共点为，若直线斜率存在且不为0时，设其方程为，，可得，恒成立，设点，，可得韦达定理：，，即，以为直径的圆经过定点，综上所述，以为直径的圆经过定点22．（1）的定义域为.，所以，令，，所以在上递减，所以在区间上递增，在区间上递减.即的增区间为，减区间为.（2）.由得.令，，所以在区间上递增；在区间上递减，所以.而在上递增，所以，所以对任意.。

2024初升高自主招生数学试卷(一)及参考答案

—1—2024初升高自主招生数学模拟试卷（一）1.方程43||||x x x x -=实数根的个数为（）A .1B .2C .3D .42.如图，△ABC 中，点D 在BC 边上，已知AB =AD =2，AC =4，且BD ：DC =2：3，则△ABC 是（）A .锐角三角形B .直角三角形C .钝角三角形D .等腰三角形3.已知G 是面积为24的△ABC 的重心，D 、E 分别为边AB 、BC 的中点，则△DEG 的面积为（）A .1B .2C .3D .44.如图，在Rt △ABC 中，AB =35，一个边长为12的正方形CDEF 内接于△ABC ，则△ABC 的周长为（）A .35B .40C .81D .845.已知2()6f x x ax a =+-，()y f x =的图象与x 轴有两个不同的交点(x 1，0)，(x 2，0)，且1212383(1)()1)(16)(16)a a x x a x a x -=-++----，则a 的值是（）A .1B .2C .0或12D .126.如图，梯形ABCD 中，AB //CD ，AB =a ，CD =b .若∠ADC =∠BFE ，且四边形ABFE 的面积与四边形CDEF 的面积相等，则EF 的长等于（）A .2a b+B .abC .2ab a b +D .222a b +—2—7.在△ABC 中，BD 平分∠ABC 交AC 于点D ，CE 平分∠ACB 交AB 于点E .若BE +CD =BC ，则∠A 的度数为（）A .30°B .45°C .60°D .90°8.设23a =，26b =，212c =.现给出实数a 、b 、c 三者之间所满足的四个关系式：①2a c b +=；②23a b c +=-；③23b c a +=+；④21b ac -=.其中，正确关系式的个数是（）A .1B .2C .3D .49.已知m 、n 是有理数，方程20x mx n ++=2，则m +n =.10.正方形ABCD 的边长为5，E 为边BC 上一点，使得BE =3，P 是对角线BD 上的一点，使得PE +PC 的值最小，则PB =.11.已知x y ≠，22()()3x y z y z x +=+=.则2()z x y xyz +-=.12.如图，四边形ABCD 的对角线相交于点O ，∠BAD =∠BCD =60°，∠CBD =55°，∠ADB =50°.则∠AOB 的度数为.13.两个质数p 、q 满足235517p q +=，则p q +=.14.如图，四边形ABCD 是矩形，且AB =2BC ，M 、N 分别为边BC 、CD 的中点，AM 与BN 交于点E .若阴影部分的面积为a ，那么矩形ABCD 的面积为.第12题图第14题图15.设k 为常数，关于x 的方程2223923222k k x x k x x k --+=---有四个不同的实数根，求k 的取值范围.—3—16.已知实数a 、b 、c 、d 互不相等，并且满足1111a b c d x b c d a+=+=+=+=，求x 的值.17.已知抛物线2y x =与动直线(21)y t x c =--有公共点(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，且2221223x x t t +=+-.(1)求t 的取值范围；(2)求c 的最小值，并求出c 取最小值时t 的取值.—4—18.如图，已知在⊙O 中，AB 、CD 是两条互相垂直的直径，点E 在半径OA 上，点F 在半径OB 延长线上，且OE=BF ，直线CE 、CF 与⊙O 分别交于点G 、H ，直线AG 、AH 分别与直线CD 交于点N 、M .求证：1DM DN MC NC-=.参考答案。

2024年普通高等学校全国统一招生考试适应性测试数学模拟试卷+答案

2024年普通高等学校全国统一招生考试适应性测试数学 2024.2注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。

回答非选择题时，将答案写在答题卡上。

写在本试卷上无效。

3．考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。

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．集合{|i ,2,}*n A x x n k k N ，{|cos}2ππisi 2n ,n n B x n x C Z ，则B A A ．{1,1}B ．{i,i}C ．D ．{0}2．设研究某两个属性变量时，作出零假设0H 并得到2×2列联表，计算得220.05 ，则下列说法正确的是A ．有99.5%的把握认为0H 不成立B ．有5%的把握认为0H 的反面正确C ．有95%的把握判断0H 正确D ．有95%的把握能反驳0H3．设锐角与，若tan 2 ，tan 3 ，则A ．3π4B ．π4C ．π2D ．3π84．设向量(1,)x a ，向量(2,)x x b ，若 a b 且|||| a b 则x A ．2B ．2C ．1D ．2 或15．已知平面直角坐标系xOy 中双曲线2222:1(,0)C x y a a bb . 设1F 是C 的左焦点，22(0,))a P b ．连接1PF 交双曲线C 于Q . 若1QO PF ，则C 的离心率e 的值为A ．31B ．61C ．31D ．316．定义运算“&”，若&(&)&x y z x y z 且&0x x ，则2024&(2023&2022) A ．2021B ．2022C ．2023D ．20247．设,0x y ，1x y ，则2211()(11)x y 的最小值为 A ．3B ．5C ．7D ．98．把一副洗好的牌（共52张）背面朝上地摞成一摞，然后依次翻开每一张牌，直到翻出第一张A ．记事件A 为“翻开第3张牌时出现了第一张A ”，事件B 为“翻开第4张牌时出现了第一张A ”，事件C 为“翻开的下一张牌是黑桃A ”，事件D 为“下一张翻开的牌是红桃3”，则下列说法正确的是 A ．(A)(B)P P B ．(C)(D)P P C ．(A)(B)P PD ．(C)(D)P P二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。

高考数学高校自主招生模拟试题(一)

一、：本大共7 小，每小 4 分，在每小出的四个中只有一是切合目要求的。

1、非空会合 S { x | m xl} 足：当 xS ，有 x 2 S . 出以下三个命：①若 m1，11， S { 1} ；②若 ml 1；24③若 l1 2 m 0 此中正确命的个数是，22A 、 0B 、1C 、 2D 、32、已知 ,分足 lg1004, 101004,gggA 、 2 1004B 、 1004C 、 2 2008D 、 20083、如，四形BDCE 内接于以 BC 直径的⊙A ，已知：3 BC 10,cos BCD, BCE 30 ，段 DE 的5是⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ （）DBA 、 89B 、 73 C 、 4+33 D 、3+4 3CA4、假如 sin 3 cos 3cossin ,(0, 2 ), 那么 x 的取范是EA 、 (0,) B 、( , 3 )C 、( 4 , 5 )D 、( 5 ,2 ) 42 4 4 45、若今日是礼拜二，31998 天以后是A. 礼拜四B.礼拜三 C.礼拜二 D. 礼拜一6． C ：x 2y 21 上任一点 P ，作 C 的右准的垂PH （ H 垂足），延 PH32到点 Q ，使 |HQ|= λ |PH|( λ≥ 1) 。

当点 P 在 C 上运，点 Q 的迹的离心率的取范（）A ． (0,3 ]B ． (333D ． (3,]C ． [,1),1)33 2327. 已知x 2y 21 的左、右焦点分 12l 交4 3 F 、 F ，的右焦点作一条直于点 P 、 Q ， △ F 1PQ 内切面的最大是．A B CD二、填空：（共 3 小，每4 分）8、虚数 3 1,2nn19、有 4 种不一样色的小球各5 个，从 20 个小球中随意拿出 5 个，拿出的 5 个小球1中，恰有 2 种或 3 种颜色的全部取法是10、将半径为 R 的球内部装入 4 个半径为 r 的小球，则小球半径r 可能的最大值是三、解答题（共 5 题，共 60分）11、（此题 10 分）若x0, y0, z 0, 且 xyz 11112求证： 1x 1 y1z112、（此题 10 分）已知P是uuur uuur uuurABC 内任一点，且知足AP xAB y AC ( x, y R)求 y 2x 的取值范围.13、（此题10 分）有 A、 B 两人，他们每人拿了一张卡片，这两张卡片都写着一个正整数，已知两数之差为 1。