2024年新高考新结构数学模拟卷（三）（解析版）

2024年新高考新结构数学模拟卷（三）（模拟测试）（考试时间：120分钟试卷满分：150分）注意事项:1.答题前,先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2.选择题的作答:每小题选出答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3.非选择题的作答:用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4.考试结束后,请将本试卷和答题卡一并上交。一、单选题（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（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】分别求解两个集合，再根据补集和并集的定义，即可求解.【详解】，得，所以，函数中，，即，所以，，所以.故选：B2．已知直线、、与平面、，下列命题正确的是（

）A．若，，，则 B．若，，则C．若，，则 D．若，，则【答案】D【分析】利用线线，线面，面面的位置关系，以及垂直，平行的判断和性质判断选项即可.【详解】对于A，若，，，则与可能平行，也可能异面，故A错误；对于B，若，，则与可能平行，也可能相交，故B错误；对于C，若，，则与可能平行，也可能相交或异面，故C错误；对于D，若，则由线面平行的性质定理可知，必有，使得，又，则，因为，所以，故D正确.故选：D.3．已知非零向量，，满足，，若为在上的投影向量，则向量，夹角的余弦值为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据题意，由平面向量的数量积运算，向量的投影向量的计算公式，结合其夹角公式代入计算，即可得到结果.【详解】由，为在上的投影向量，所以，故故选：B4．已知圆，圆，则两圆的公切线条数为（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】D【分析】由两圆的位置关系即可确定公切线的条数.【详解】由题意圆是以为圆心1为半径的圆；即是以为圆心3为半径的圆；圆心距满足，所以两圆相离，所以两圆的公切线条数为4.故选：D.5．甲箱中有个红球，个白球和个黑球；乙箱中有个红球，个白球和个黑球.先从甲箱中随机取出一球放入乙箱中，分别以、、表示由甲箱中取出的是红球、白球和黑球的事件；再从乙箱中随机取出一球，以表示由乙箱中取出的球是红球的事件，则下列结论错误的是（）A． B．C．事件与事件不相互独立 D．、、两两互斥【答案】A【分析】利用全概率公式可判断A选项；直接写出的值，可判断B选项；利用独立事件的定义可判断C选项；利用互斥事件的定义可判断D选项.【详解】依题意，，，，，，B对，，A错；，，所以，，所以，事件与事件不相互独立，C对，由题意可知，事件、、中的任意两个事件都不可能同时发生，因此，事件、、两两互斥，D对.故选：A.6．蚊香具有悠久的历史，我国蚊香的发明与古人端午节的习俗有关.如图为某校数学社团用数学软件制作的“蚊香”.画法如下：在水平直线上取长度为1的线段，作一个等边三角形，然后以点B为圆心，为半径逆时针画圆弧交线段的延长线于点D（第一段圆弧），再以点C为圆心，为半径逆时针画圆弧交线段的延长线于点E，再以点A为圆心，为半径逆时针画圆弧……以此类推，当得到的“蚊香”恰好有15段圆弧时，“蚊香”的长度为（

）

A． B． C． D．【答案】D【分析】利用扇形弧长公式及等差数列求和公式计算即可.【详解】由题意每段圆弧的中心角都是，每段圆弧的半径依次增加1，则第段圆弧的半径为，弧长记为，则，所以.故选：D．7．若，，，则a，b，c的大小关系为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】由对数函数的性质可得，构造函数，利用导数可得，则答案可求.【详解】因为，所以，所以，令，所以，则，，所以，即恒为递增函数，则，即，所以，综上：，故选：A.8．“曼哈顿距离”是十九世纪的赫尔曼•闵可夫斯基所创词汇，定义如下：在直角坐标平面上任意两点的曼哈顿距离为：.已知点在圆上，点在直线上，则的最小值为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】如图，作过点作平行于轴的直线交直线于点，过点作于点，结合直线的斜率得出平行于轴，最小，再设，求出，利用三角函数知识得最小值．【详解】如图，过点作平行于轴的直线交直线于点，过点作于点表示的长度，因为直线的方程为，所以，即，当固定点时，为定值，此时为零时，最小，即与重合（平行于轴）时，最小，如图所示，设，，则，，由三角函数知识可知，其中，则其最大值是，所以，故D正确.故选：D.

【点睛】关键点睛：本题的关键是理解曼哈顿距离的定义，得到，再利用辅助角公式即可求出其最值.二、多选题（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。全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分）9．一组数据满足，若去掉后组成一组新数据.则新数据与原数据相比（

）A．极差变小 B．平均数变大 C．方差变小 D．第25百分位数变小【答案】AC【分析】根据极差，平均数，方差与百分位数的定义计算出去掉前后的相关数据，比较后得到答案.【详解】由于，故，，……，，，A选项，原来的极差为，去掉后，极差为，极差变小，A正确；B选项，原来的平均数为，去掉后的平均数为，平均数不变，B错误；C选项，原来的方差为，去掉后的方差为，方差变小，C正确；D选项，，从小到大排列，选第3个数作为第25百分位数，即，，故从小到大排列，选择第3个数作为第25百分位数，即，由于，第25百分位数变大，D错误.故选：AC10．如图所示，棱长为3的正方体中，为线段上的动点（不含端点），则下列结论正确的是（

）A． B．与所成的角可能是C．是定值 D．当时，点到平面的距离为1【答案】ACD【分析】以为原点，为轴正方向，为轴正方向，为轴正方向，建立空间直角坐标系，设，，计算，可判断A；假设与所成的角是，则，求解可判断B；计算，可判断C；当时，，求出平面的法向量，利用点到平面的距离公式可判断D.【详解】以为原点，为轴正方向，为轴正方向，为轴正方向，建立空间直角坐标系，则，，，，，，设，，则，，所以，则，故A正确；因为，，所以，若与所成的角是，则，即，整理得，得，与矛盾，故B错误；，，所以为定值，故C正确；当时，，，，，设平面的法向量为，由令，则，，，点到平面的距离，故D正确.故选：ACD.11．已知函数为定义在上的偶函数，，且，则（

）A． B．的图象关于点对称C．以6为周期的函数 D．【答案】ABC【分析】令，求出可判断A；利用和得出可判断B正确；利用周期函数的定义和求出周期可判断C；赋值法求出，结合周期可判断D.【详解】因为函数为定义在上的偶函数，所以，，对于A，令，可得，因为，可得，故A正确；对于B，因为，所以，可得，从而，又因为，可得，所以，可得，所以的图象关于点对称，故B正确；对于C，因为，所以，所以，可得，所以有，所以以6为周期的函数，故C正确；对于D，，，令可得，可得，令可得，可得，令可得，可得，令可得，可得，所以，所以，故D错误.故选：ABC.【点睛】关键点点睛：适当的赋值和变量代换，是探求抽象函数周期的关键，求解抽象函数问题，要有扎实的基础知识和较强的抽象思维和逻辑推理能力.三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）12．的展开式中的系数为．（用数字作答）【答案】【分析】由二项式定理得到的通项公式，结合，得到，得到的系数.【详解】的通项公式为，令得，，此时，令得，，此时，故的系数为故答案为：13．在四面体中，，若，则四面体体积的最大值是，它的外接球表面积的最小值为.【答案】【分析】根据余弦定理以及不等式可得，进而可求解面积的最大值，进而根据，即可求解高的最大值，进而可求解体积，根据正弦定理求解外接圆半径，即可根据球的性质求解球半径的最小值，即可由表面积公式求解.【详解】由余弦定理可得,故，所以，当且仅当时取等号，故，故面积的最大值为，，由于，所以点在以为直径的球上（不包括平面），故当平面平面时，此时最大为半径，故，由正弦定理可得：，为外接圆的半径，设四面体外接球半径为,则,其中分别为球心和外接圆的圆心，故当时，此时最小，故外接球的表面积为,故答案为：,14．已知为拋物线的焦点，过点的直线与拋物线交于不同的两点，，拋物线在点处的切线分别为和，若和交于点，则的最小值为.【答案】10【分析】设直线方程为，，联立抛物线方程得出韦达定理，再利用导数的几何意义求解方程，联立可得，再代入根据基本不等式求解最小值即可.【详解】的焦点为，设直线方程为，.联立直线与抛物线方程有，则.又求导可得，故直线方程为.又，故，同理.联立可得，解得，代入可得，代入韦达定理可得，故.故，当且仅当，即时取等号.故答案为：10【点睛】方法点睛：如图，假设抛物线方程为，过抛物线准线上一点向抛物线引两条切线，切点分别记为，其坐标为.则以点和两切点围成的三角形中，有如下的常见结论:结论1.直线过抛物线的焦点.

结论2.直线的方程为.结论3.过的直线与抛物线交于两点，以分别为切点做两条切线，则这两条切线的交点的轨迹即为抛物线的准线.结论4..结论5..结论6.直线的中点为，则平行于抛物线的对称轴.结论7..四、解答题（本题共5小题，共77分，其中15题13分，16题15分，17题15分，18题17分，19题17分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）15．已知椭圆的左右顶点距离为，离心率为.(1)求椭圆的标准方程；(2)设过点且斜率不为0的直线与椭圆交于，两点，求弦垂直平分线的纵截距的取值范围.【答案】(1)(2)【分析】（1）根据长轴长与椭圆的离心率求得，进而得到椭圆标准方程；（2）设与椭圆方程联立后，得到韦达定理的形式，利用中点坐标公式表示出点坐标，从而得到方程；令可求得在轴的截距，利用函数值域的求解方法可求得结果.【详解】（1）由题意，，即，又，所以，故，故所求椭圆的标准方程为.（2）如图，由题意知：直线的斜率存在且不为零，设，，，，中点，联立，消去并整理得：，恒成立，则，，，，则方程为：，即，化简得：设直线在轴上截距为，令得，由可知，所以直线在轴上的截距的取值范围为.16．在中，角所对的边分别为.若.(1)求；(2)若为锐角三角形，求的取值范围.【答案】(1)；(2).【分析】（1）利用边化角及三角恒等变换公式整理计算即可;（2）通过角的转化，借助三角恒等变换公式，得到，利用的范围，即可求出结果.【详解】（1）因为，整理得，所以，由正弦定理得：，因为，所以，所以.（2）因为为锐角三角形，，所以，且，所以，解法，因为，所以，所以，即的取值范围是.解法，因为，所以，得，所以，即的取值范围是.17．最新研发的某产品每次试验结果为成功或不成功，且每次试验的成功概率为．现对该产品进行独立重复试验，若试验成功，则试验结束；若试验不成功，则继续试验，且最多试验8次．记为试验结束时所进行的试验次数，的数学期望为．(1)证明：；(2)某公司意向投资该产品，若，每次试验的成本为元，若试验成功则获利元，则该公司应如何决策投资？请说明理由．【答案】(1)证明见解析；(2)应该投资，理由见解析【分析】（1）由题意，，，列出分布列，列出，乘公比错位相减法求和，分析可证明；（2）由（1）可得，分析即得解【详解】（1）由题意，故分布列如下：12345678所以的数学期望，记，，作差可得，，则；（2）由（1）可知，则试验成本的期望小于元，试验成功则获利元，且，则该公司应该投资该产品18．已知函数且.(1)设，讨论的单调性；(2)若且存在三个零点.1）求实数的取值范围；2）设，求证：.【答案】(1)答案见解析(2)1）；2)证明见解析【分析】(1)先求的导函数,再分类讨论即可.(2)1)根据存在三个零点，转化为两个函数有三个交点,再根据最值可求.2)根据三个零点所在区间，把要证明的式子分解为三个部分，分别求解后可得.【详解】（1）,,因为,定义域为当时,,解,得,解,得当时,,解,得,解,得综上,当时,增区间为,减区间为,当时,增区间为,减区间为,（2）1）因为且存在三个零点.所以有3个根当时,,在上是单调递增的,由零点存在定理,方程必有一个负根.当,,即有两个根,令,可转化为与有两个交点,可得,,是单调递增的,可得,,是单调递减的,其中,当,所以可得,即得.2）因为且存在三个零点.设，,易知其中,,因为,所以,故可知;①由1）可知与有两个交点,,是单调递增的,,,,所以;②,若,则若,构造函数,设,因为又因为,所以③因为又因为所以即得④由③④可知,,在上单调递增,可得,可知与同号所以,在上单调递增.,,又由1)可知所以,,,是单调递增的,所以⑤由①②⑤可知【点睛】本题考查利用导数证明不等式,解决问题的关键点是极值点偏移问题,证明的方法总结:先构造,再确定的单调性,结合特殊值得到再利用单调性可得.19．已知数列为有穷正整数数列.若数列A满足如下两个性质，则称数列A为m的k减数列：①；②对于，使得的正整数对有k个.(1)写出所有4的1减数列；(2)若存在m的6减数列，证明：；(3)若存在2024的k减数列，求k的最大值.【答案】(1)数列和数列3，1(2)证明见解析(3)的最大值为512072【分析】（1）根据k减数列的定义，即可写出答案；（2）根据存在的6减数列，可得，即，继而分类讨论n的取值，说明每种情况下都有，即可证明结论；（3）分类讨论数列中的项的情况