2024届高考新改革方向信息卷训练数学试卷及答案三

2024届高三高考新改革方向数学信息卷训练三

本套试卷根据九省联考题型命制，题型为8+3+3+5模式

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.已知样本2,1,3,X,4,5（%eR）的平均数等于60%分位数，则满足条件的实数x的个数

是（）

A.0B.1C.2D.3

2.若复数z满足|z+2i|+|z-2i|=8,则复数z在复平面内所对应点的轨迹是（）

A.椭圆B.双曲线C.圆D.线段

3.已知｛册｝是等比数列，a3a5=8。4，且a6是方程好一34x+m=0两根，则m=

（）

A.-8B.8C.-64D.64

4.空间中，设a、b是两条直线，a、A是两个平面，下列命题中，正确的是（）

A.对于空间中的直线若aua,bua,I1a,11b,则2_La

B.若a_La,1/?,a1/3,则a1b

C.若a〃a,b//p,a//13,则a〃b

D.若直线a上存在两点到平面a的距离相等，贝Ua〃a

5.函数y=V3sina）x+cosa）x（a）＞0）的图象向左平移四个单位长度后与函数y=

6

2cos（3X+的图象重合，则3的最小值为（）.

A.1B.2C.3D.4

6.如图，A、B、C三点在半径为1的圆。上运动，且AC_L8C,M是圆O外

一点，OM=2,则|加+而+2版|的最大值是（）

A.5B.8C.10D.12

7.某校高三年级有8名同学计划高考后前往武当山、黄山、庐山三个景点旅游.已知8名

同学中有4名男生，4名女生.每个景点至少有2名同学前往，每名同学仅选一处景点游

玩，其中男生甲与女生4不去同一处景点游玩，女生B与女生C去同一处景点游玩，则这

8名同学游玩行程的方法数为（）

试卷第1页，共4页

A.564B.484C.386D.640

8.已知双曲线。捻一，=1(£1>0”>0)的左、右焦点分别为％,F2,过FI的直线与y

轴相交于M点，与双曲线C在第一象限的交点为P,若布=2祈巨亏•亏=0,则双

曲线C的离心率为()

A.V2B.V3C.手D.V3+1

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Zi，Z2为复数，下列结论正确的有()

A.Z1+Z2=21+为

B.Z1•Z2=Z1•z2

C.若Z1•Z2ER,则=z2

D.若Z1•Z2=0,则Z1=0或Z2=0

10.已知定义域为R的函数人久)对任意实数x,y都有人支)+f(y)=等)/(妥)，且

/(0)丰0,/(1)=1,则下列说法正确的是()

A./(0)=3

B./(x)=/(-x)

C.函数/'(尤)的图象关于点6,0)对称

D./(I)+/(2)+…+/(2024)=0

II.已知正方体的棱长为2,M为DO1的中点，N为2BCD所在平面上

一动点，则下列说法正确的是()

A.若MN与平面4BCD所成的角为成则点N的轨迹为圆

B.若MN=2,则MN的中点P的轨迹所围成图形的面积为3TT

C.若与48所成的角为导则点N的轨迹为双曲线

D.若点N到直线D£)i与直线BC的距离相等，则点N的轨迹为抛物线

试卷第2页，共4页

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.

12.集合4={x|lg久<1},B={x|[>l},则ACICRB=.

13.如图，平面四边形4BCD中，4C与BD交于点P,若3乔=前,48=AD=V^BC,

NC4D+2cB.m则登=---------

14.已知函数f(x)=Ina-In%-bx在x=1处取得极大值，贝哈的取值范围是.

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.(本题13分)己知函数/'(x)=e*,。(£)=%3+ga/+2022(aeR).

⑴若尸(久)=+g&)(其中/(久)为g(久)的导函数)，讨论F(K)的单调性；

(2)求证：/(%)>Inx+2.

16.(本题15分)某商场在开业当天进行有奖促销活动，规定该商场购物金额前200名

的顾客，均可获得3次抽奖机会.每次中奖的概率为p(0<p<1),每次中奖与否相互

不影响.中奖1次可获得100元奖金，中奖2次可获得300元奖金，中奖3次可获得500

元奖金.

(1)已知p=g,求顾客甲获得了300元奖金的条件下，甲第一次抽奖就中奖的概率.

(2)在(1)的条件下，已知该商场开业促销活动的经费为4.5万元，问该活动是否会超

过预算？请说明理由.

17.(本题15分)如图在等腰梯形4BCD中，AB//CD1,AB=BC=2,^ABC=120°,

E,F,G分别为DC,AE,BC的中点，现将△ZME绕4E翻折至△ZME的位置，H为CD

的中点.

(1)求证：DF〃平面EGH；

(2)当平面DAE垂直于平面力BC时，求平面与平面HGE夹角的余弦值.

试卷第3页，共4页

18.(本题17分)已知平面上一动点P到定点尸©,0)的距离比到定直线尤=-2023的距

离小等，记动点P的轨迹为曲线C.

⑴求C的方程；

(2)点4(2,1),M,N为C上的两个动点，若M,N,B恰好为平行四边形M4NB的其中三个顶点,

且该平行四边形对角线的交点在第一、三象限的角平分线上，记平行四边形MHN8的面

积为S,求证：SW竽.

19.(本题17分)已知｛5｝是无穷数列，对于左，meN*,给出三个性质：

①0n6N*(n=1,2,­•­)；

②册+1+an+2+'"an+k-l+an+k=(九=1,2,…)；

③。九_k+。九_忆+1++。九-1=TITCln(71=1,2,…)

(1)当k=2时，若册=10+4x(―2)n(n=1,2,…)，直接写出m的一个值，使数列｛3J

满足性质②，若满足求出血的值；

(2)若k=zn=2和k=租=3时，数列｛斯｝同时满足条件②③，证明：｛斯｝是等差数列；

⑶当k=2,根。1时，数列｛册｝同时满足条件①③，求证：数列｛册｝为常数列.

试卷第4页，共4页

参考答案：

1.C

【详解】因为60%X6=3.6,故样本的60%分位数为样本数据从小到大排序后的第4个数,

由题意得无二l+2+3+4+5+无15+工

6-6

当%<3时，丹=3,则％=3,满足题意;

6

当3Vx<4时，—=x,则x=3,与3<x<4矛盾;

6

当％24时，粤=4,则x=9,满足题意；

6

故满足条件的实数%的个数是2,

故选：C

2.A

【详解】设「(”),％(0,2),&(0，-2)，复数z对应点P,

因为复数z满足|z+2i|+|z-2i|=8,

由复数的几何意义，可得IPF2I+IPFJ=8=2a>|Fi&l=4=2c,

所以复数z对应的点满足椭圆的定义，复数z在复平面内所对应点的轨迹是椭圆.

故选：A.

3.D

【详解】在｛册｝是等比数列，Q3a5=Q2a6=又Q3a5=8。4，所以。4=8,

又。2，&是方程%,-34%+m=0两根，

所以m=a2a6=苗=64.

故选：D

4.B

【详解】对于A,当aua,ca,Ila,11b时，只有a,b相交时才有L1a,故A错误;

对于B,若ala,hl/?,则或方分别是平面a1的一个法向量，

又al/?,则工1瓦则alb,故B正确；

对于C,若a〃a,b]IB，aj",则a与b可以相交，故C错误；

对于D,若直线a上存在两点到平面a的距离相等，则a〃a或a与a相交，故D错误.

故选：B.

5.C

答案第1页，共12页

【详解】函数y=V3sincox+costox=2sin(3%+：)图象向左平移己个单位长度后,

得y=2sin[3(%+/)+.的图象，

由已知得2sin[3(%+')+,=2cos(3%+)

所以sin[3(%+9+3=cos(a)x+§,

所以sin[3(%+9+3=sin(3%+£+»

所以r=2kn+3keZ,

62

所以3=12k+3,fceZ,

因为3>0,所以3的最小值为3,

故选：C.

6.C

【详解】连接AB,如下图所示：

因为ACLBC,贝iMB为圆。的一条直径，故O为48的中点，

所以屈+MB=（M0+01）+（MO+OF）=2M0,

所以|加+通+2标|=|2而+2（而+玩）|

=|4M0+20C|<4|M0|+2|0C|

=4x24-2x1=10.

当且仅当M、O、C共线且MO、OC同向时，等号成立，

因此，|拓5+丽+2祈用的最大值为10.

故选：C.

7.A

【详解】8人分三组可分为2人，2人，4人和2人，3人，3人，共两种情况.

第一种情况分成2人，2人，4人：女生B,C去同一处景点，当B,C成2人组时,

其他6人分成2人，4人两组且男生甲与女生4不同组，有QA乡=8种方法；

答案第2页，共12页

当8,C在4人组时，有曾妲+第A；=36种方法.

第二种情况分成2人，3人，3人：当8,C成2人组时，有第=6种方法;

当B,C在3人组时，有©髭+C|C|A|=44种方法.

故这8名同学游玩行程的方法数为(8+36+6+44)XAf=564.

故选：A.

设NP&F2=8，。为锐角，

因为领=2而，F\P-F^P=O,所以PFilP%,|PFil=||MF/,

•,"“Fil=嘉，...IP川=,幽％匚肃，又仍加=2csin仇

・•.|PF1|2+|PF2『=|F1F2|2，

•••9c+4c2sin20=4c2,

4cos2。

•••9+16sin28cos2。=16cos2。，

・•・9+16(1—cos20)cos20=16cos2。，

•••9—16cos,J=0,

cos20=cos0=二(负值舍去)，・••0=30°,

42

\PFr\=3M%|=\PF2\=2csin0=c,

22.cos0

・••双曲线C的离心率e=杯=丁丹=七=b+1.

2a|PFi|—IPF2I73c-c

故选：D.

9.ABD

【详解】设复数Zi=a+bi,Z2=c+di,(a,b,c,deR),

对于A,Zi+Z2=(a+c)+(b+d)i=(a+c)—(b+d)i=(a—hi)+(c—di)=方+0

A正确；

答案第3页，共12页

对于B,ztz2=(ac-bd)+(ad+&c)i,zxz2=(ac—bd)—(ad+&c)i,

五•五二(a—bi)(c—di)=(ac-bd)—(ad+6c)i,z1•z?二2•为，B正确；

对于C,取Zi=i,Z2=2i,满足Z1Z2=-2ER,而ZiW为，C错误；

对于D,由2逐2=0,得(ac—bd)+(ad+bc)i=O,即｛窘+",二(f，

222

则a2c2+b2d2+Q2d2_|_52c2=0,即(小+ft)(c+d)=0,

因此a=6=0或c=d=0,即Zi=0或Z2=0,D正确.

故选：ABD

10.BD

【详解】定义域为R的函数/(>)对任意实数x,y都有〃>)+f(y)=/(等)/(平)，

令％=y=l,则f(l)+f(l)="1)/(0),而f(l)=l,因此f(0)=2,A错误;

%6R,令[=一%,则/(%)+/(-％)=/(0)/(%)=2/(%),则/(%)=/(-％),B正确；

显然/(0)+f(l)=340,则函数/(久)的图象关于点6,0)不对称，C错误；

令y=X-2,则/■(%)+f(x-2)=f(x-1)/(1)=f(x-1),同理f(x+1)+f(x-1)=/(%),

因此+1)=-f(x-2),BP/(x+3)=—/(x),

从而/'(x+6)=-f(x+3)=/(x),即函数f(x)的周期是6,

«%+3)=-/(%),得f(2)=-/(-1)=-7"⑴，则/⑴+/(2)=0,

显然汽4)=-"1)/⑸=-/(2),〃6)=-/"⑶,

所以-1)+f(2)+…+”2024)=337/(1)+/(2)+/(3)+/(4)+f(5)+/(6)]+f(l)+

f(2)=0,D正确.

故选：BD

11.ACD

对于A,根据正方体的性质可知，MD1平面A8CD,

答案第4页，共12页

所以NMND为MN与平面4BCD所成的角，所以4MN£)W，

所以的=，^^=空=白=,所以点N的轨迹为以D为圆心，手为半径的圆，故A正

tanz.MNDtan-V333

确；

对于B,若MN=2,则在直角三角形MDN中，DN=y/MN2-MD2=V4^1=V3,

取MD的中点E,因为P为MN的中点，所以PE//DN,且PE=3DN=今

因为EDI平面4BCD,DNu平面力BCD,所以DN_LED,

所以PELED,即点P在过点E且与£>%垂直的平面内，

又PE=与所以点P的轨迹为以日为半径的圆，其面积为"与=与，故B不正确；

对于C,以D为原点，D4D&DD1分别为久,y,z轴建立空间直角坐标系，

则2(2,0,0),5(2,2,0),%(0,0,2),设NQ,y,0),

则四=(0,2,0),O=("，-2),

若久N与4B所成的角为%所以黑黑=忌而制，

所以整理得4-9=1,所以点N的轨迹为双曲线，故C正确；

3

对于D,因为DjD1平面A8CD,NDu平面力BCD,

所以小D_LMD,所以点N到直线DA的距离为ND,所以点N到点。的距离等于点N到定直线

BC的距离，

又N不在BC直线上，所以点N的轨迹为以。为焦点，BC为准线的抛物线，故D正确.

故选：ACD.

12.[1,10)

【详解】由lgx<l,可得lgx<lgl0,则。〈尤<10,

所以力={x|lgx<1}={x|0<x<10},

由工>1,可得七>0,等价于x(久一1)<0,解得0<x<l,

XX

所以B=卜6〉1}={x|0<%<1},

所以CRB=(-8,0]u[1,+8),所以力CCRB=[1,10).

故答案为：[1,10)

13叵

・3

【详解】如图，设NG4D=a,N4CB=0,乙APD=LBPC=&BC=x,AB=AD=V3x,

答案第5页，共12页

BP=y,PD=2y,

则：在△BPC中，有陋=陋，

%y

在△ZPD中，有警=也，

y/3x2y

两式相除得，化简得sin£=fsina,又a+S='|ir,

26

所以sin。=sinf-n—a)=-cosa+—sincr=—sincr,即coscr=0,

\6J222

所以a=1

在△ABC中，由余弦定理3比2=4。2+/-2x-ACxg,解得AC=2x,

进一步继续在△力DC中，由勾股定理有CD=+3久2=夕久,所以CD=夕久,

所以笔=V7_V21

故答案为：写.

14.0,1

【详解】/(%)的定义域是(0,+8),

f/(%)_Inab_-匕%+lna

Jxx

由于函数/(%)=Ina-Inx-5%在％=1处取得极大值,

b

所以/(1)=—b+Ina=0,Ina=b,a=ef

且/(%)在(0,1)上f(%)>0J(%)单调递增,

在(1,+8)上/'(%)<0,/(%)单调递减,

所以y=-bx+Ina单调递减,

所以一b<0,b>0,

所以:=摄6&>0),构造函数g(%)=/(%>0),显然g(%)>0,

答案第6页，共12页

gG)=宗,所以gG)在区间(0,1)上g'(x)>0,g(x)单调递增，

在区间(1,+8)上八久)<0,gO)单调递减，

所以g(l)=：是。(久)的极大值也即是最大值，

所以gO)e(0,1],也即的勺取值范围是(0再

故答案为：(。,百

15.(1)答案见解析

(2)证明见解析

【详解】(1)F(x)=xf(x)+g(x)=xex+|ax2+ax,

贝=e%+xex+a%+a=(%+l)(ex+a),

当a>0时，由F’(%)>0得x>—1,F(x)<0得x<—1,

在(-00,-1)上单调递减，在(-1,+8)上单调递增.

当Q二—工时，F’(%)20,在R上单调递增，

e

当—工<。<0时，令得]<ln(—a)或%>—1；

e

令F’(%)<0,得ln(—a)<%<1,

在。n(-a),-1)上单调递减，在(-8,ln(-a))和(一1,+8)上单调递增，

当a<—工时，令F’(%)>0,得x<—1或%>ln(—a)；

e

令F(%)<0,得—1<x<ln(—a),

.•・尸(%)在(一1/11(一(2))上单调递减，在(一8,-1)和(In(-a),+8)上单调递增.

(2)构造函数7(%)二1一In%—2(x>0),则T'(%)=e%—工，T(x)=ex+4->0,

XX

则T'O)在(0,+8)上单调递增，r^l)=e-1>0,TzQ)=Ve-2<0,

xx=

BXQ61YT(x0)=e°——=0,BPe°=.*.x0_ln%o-

当工£(O,%o),T(x)<0,7(%)单调递减；当％E(%o,+8),「'(%)>0,7(%)单调递增,

:・T(%)的最小值为7(%o)=ex°—ln%o—2=J~+%°—2N2.&-2=。，

・・・％ocC，l),・••等号不能取，・・・7(第)>0,・・・/(%)>ln%+2.

2

16.(听

答案第7页，共12页

(2)不会，说明见解析

【详解】(1)设顾客甲获得了300元奖金的事件为/,甲第一次抽奖就中奖的事件为3,

则P(砌=1x*小(1一1)=/,

p(a)=《x6)2x(i—3)=1，

4

故P(B⑷=/管=率=*

(2)设一名顾客获得的奖金为X元，则X的取值可能为0,100,300,500,

则P(X=0)=(l*)3=5,

P(X=100)=C|xix(l-l)2=^

P(X=300)=C|x(i)2x(l-i)=1)

P(X=500)=Cix(i)3=i

则E(X)=0XF100X—F300X—F500X—=---(兀),

V727992727

故200E(X)=200x翳=<45000,

故该活动不会超过预算.

17.(1)证明见解析

(2)0

【详解】(1)：在等腰梯形4BCD'中，乙4BC=120°,：.Z,BAD'=120°,Z.ADE=乙BCD60°,

又E为C'C的中点，：.AAED\△BEC及△4EB均为正三角形，

而力B=BC=2,：.CD=4,为力E的中点，：.B,F,D‘三点共线，BDrLAE,

又G为BC的中点，尸〃EG,

连接CF交EG于M,连HM,易得M为CF的中点，

为△(?£)/的中位线，J.DF//HM.

又：u平面EGH,DFC平面EG”,

故DF〃平面EGH；

答案第8页，共12页

（2）,平面DAE1平面SBC,4E为交线，DF1AE,又DFu平面D4E

：.DF1平面4BC.

以FB,FA,FD所在射线分别为x,y,z轴建立如图所示空间直角坐标系,

则有B（O,V,O）,C（-2,V3,0）,0（0,0,73），£（-1,0,0）,

所以丽=（0弓,手），EG=（0,V3,0）,

设平面HGE的法向量为万=（x,y,z）,

但x+在z=0

则有2、十2"、令尤=1,所以记=（1。—1）,

V3y=0

易知平面D4E的法向量为元=（0,1,0）,

设平面ZME与平面HGE的夹角为凡则有cos。=|矗|=0.

平面ZME与平面HGE夹角的余弦值为0.

18.（l）y2=2x；

（2）证明见解析.

【详解】（1）解法一：设P（x,y）,易知%＞一2023,

根据题意可得J（x-3?+产=x+2023—等,化简得y2=2x,

所以C的方程为y2=2x.

解法二：因为点P到定点/6,0）的距离比到定直线x=-2023的距离小等，

所以点P到定点F（士0）的距离与到定直线x=-：的距离相等，

由抛物线的定义可知，点P的轨迹是以定点F仔,0）为焦点，定直线X=-称为准线的抛物线,

所以C的方程为y2=2x.

（2）证明：设时（41，%）,可（小,力），直线MN的斜率为k（k力0）,线段MN的中点为Q,

答案第9页，共12页

因为平行四边形MANB对角线的交点在第一、三象限的角平分线上,

所以线段MN的中点Q在直线y=x上，

设Q(m,m)(m二O),所以但=2立

所以(yi-y2)(y1+yz)=2(xj—%2),

又％+丫2=2m，上"=k,

彳1-、2

所以km=l,即k=±

m

设直线MN的方程为y-m=—(x-m),

m

即％—my+m2—m=0,

联立「一my[m2-m=0,整理得山2一2m=。,

Iy2=2x,

所以△=87n—47n2>o,解得0<m<2,

yi+y2=2皿丫，2=2m2—2m,

2

2=2J(7i+y2)-4yly2

则|MN|=V14-m\y1—y2lV1+m

=V1+TH2J4m2_4(2加_2m)=2>/l+m2y/2m—m2.

又点4到直线MN的距离为4=噜答1.

所以S=2sMMN=|MN|・d=2>/l4-7n2y/2m—m2•巴丝十一]=2yj2m—m2\2—2m4-m2|,

v1+m?

记t=V2m—m2,

因为0<m<2,所以te(O,l],

所以S=2t(2-t2)=-2t3+4t,te(0,1].

令f⑴=-2t3+4t,tE(0,1]，则/G)=-6t2+4,

令f'(t)=O,可得t=1,

答案第10页，共12页

当te(。,彳)时，f'3>O,f(t)在区间(0岑)内单调递增，当teg,l]时，f'(t)<OJQ)在

区间侍1]上单调递减，

所以当t=?,即m=l士9时，/⑴取得最大值，即Smax=/(苧)=哈

所以SW空

19.(l)m=2

(2)证明见解析

⑶证明见解析

【详解】(1)々=2时，性质②为册+i+an+2=raan,

又册=10+4x(-2)n,故10+4x(-2)计1+10+4X(-2)n+2=m[10+4x(-2)n],

化简得[4x(-2)n+10](