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2024年高考数学全真模拟卷一(新高考)-解析版

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2023年高考全真模拟卷一(新高考卷)数学考试时间:120分钟;试卷满分:150分注意事项:1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2.请将答案正确填写在答题卡上第I卷(选择题)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,只有一项符合题目要求)1.已知集合,,则(    )A.B.C.D.【答案】B【详解】由于集合,,则.故选:B.2.已知复数,则(    )A.B.5C.D.【答案】A【详解】.故选:A.3.在平行四边形中,对角线与交于点,若,则(    )A.B.2C.D.【答案】B【详解】在平行四边形中,,所以.故选:B.4.地震震级是根据地震仪记录的地震波振幅来测定的,一般采用里氏震级标准.里氏震级是用距震中100千米处的标准地震仪所记录的地震波的最大振幅的对数值来表示的.里氏震级的计算公式为,其中是被测地震的最大振幅,是“标准地震”的振幅(使用标准地震振幅是为了修正测震仪距实际震中的距离造成的偏差).根据该公式可知,2021年7月28日发生在美国阿拉斯加半岛以南91公里处的级地震的最大振幅约是2021年8月4日发生在日本本州近岸级地震的最大振幅的(    )倍(精确到1).(参考数据:,,) A.794B.631C.316D.251【答案】A【详解】由题意,即,则;当时,地震的最大振幅,当时,地震的最大振幅,所以,即;故选:A.5.如图所示某城区的一个街心花园,共有五个区域,中心区域E已被设计为代表城市特点的一个标志性塑像,要求在周围ABCD四个区域中种植鲜花,现有四个品种的鲜花可供选择,要求每个区域只种一个品种且相邻区域所种品种不同,则不同的种植方法的种数为(    )A.12B.24C.48D.84【答案】D【详解】由题意可知:四个区域最少种植两种鲜花,最多种植四种,所以分一下三类:当种植的鲜花为两种时:和相同,和相同,共有种种植方法;当种植鲜花为三种时:和相同或和相同,此时共有种种植方法;当种植鲜花为四种时:四个区域各种一种,此时共有种种植方法,综上:则不同的种植方法的种数为种,故选:.6.记函数的最小正周期为,若,且为的一条对称轴,则的最小值为(    )A.B.C.D.【答案】A【详解】由于,所以, 由于,所以,则,由于为的一条对称轴,所以,由于,所以的最小值为.故选:A7.若正实数满足,则(    )A.B.C.D.【答案】A【详解】即即即令,根据增函数加增函数为增函数得在上为增函数,,,故选:A.8.若圆柱轴截面周长C为定值,则表面积最大值为(    )A.B.C.D.【答案】D【详解】设圆柱底面半径为r,高为h,因为圆柱的轴截面周长为(C为定值),所以,所以圆柱的表面积为,当时,圆柱的表面积有最大值为.故选:D.二、多选题(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.在正方体中,M,N,P分别是面,面,面的中心,则下列结论正确的是(    ) A.B.平面C.平面D.与所成的角是【答案】ABD【详解】连接,则是的中位线,∴,故A正确;连接,,则,平面,平面,∴平面,即平面,故B正确;连接,则平面即为平面,显然不垂直平面,故C错误;∵,∴或其补角为与所成的角,,故D正确.故选:ABD.10.已知函数,则(    )A.的定义域为B.是偶函数C.函数的零点为0D.当时,的最大值为【答案】AD【详解】对A,由解析式可知的定义域为,故A正确;对B,因为,可知是奇函数,故B不正确;对C,,得,故C不正确; 对D,当时,,当且仅当时取等号,故D正确.故选:AD11.过抛物线上一点A(1,-4)作两条相互垂直的直线,与C的另外两个交点分别为M,N,则(    )A.C的准线方程是B.过C的焦点的最短弦长为8C.直线MN过定点(0,4)D.当点A到直线MN的距离最大时,直线MN的方程为【答案】AD【详解】将代入中得:,则为,所以的准线方程是,故A正确;由题可知的焦点为,可设过的焦点的直线为,由,可得,设交点为,则,,所以,即过C的焦点的最短弦长为16,故B不正确;设,,直线为,联立抛物线得:,所以,,又,所以,因为,,即,所以,整理得,故,得,所以直线为,所以直线过定点,故C不正确; 当时,到直线的距离最大,此时直线为,故D正确.故选:AD.12.已知函数的定义域为,且,若函数为偶函数,,则下列选项正确的是(    )A.为偶函数B.的图象关于点对称C.的周期为4D.【答案】ABC【详解】为偶函数,则①.由知②,进而③,将①代入③得④,由②④知,所以为偶函数,A正确;由条件,③与此式作差得:⑤,所以的图象关于点对称,B正确;由为偶函数,结合⑤式知:,所以,两式作差得:,即的周期为4,C正确;中令,则,,在⑤中令得,,,,在⑤中令得,,, ∴,由的周期为4知,,D错误,故选:ABC.第II卷(非选择题)三、填空题(本题共4小题,每小题5分,共20分)13.二项式的展开式中各项的二项式系数之和为________.【答案】32【详解】由,即二项式系数和为32.故答案为:3214.圆在点处的切线方程为______.【答案】【详解】圆的圆心为,即,则,则切线斜率为,故切线方程为:,即.故答案为:15.若曲线与曲线存在2条公共切线,则a的值是_________.【答案】【详解】设公切线在上的切点为,在上的切点为,则曲线在切点的切线方程的斜率分别为,,对应的切线方程分别为、,即、,所以,得,有,则,整理,得,设,则,,令,令或, 所以函数在上单调递减,在和上单调递增,因为两条曲线有2条公共切线,所以函数与图像有两个交点,又,且,如图,所以,解得.故答案为:.16.已知椭圆的左焦点为,过斜率为的直线与椭圆相交于、两点,若,则椭圆的离心率______.【答案】【详解】因为直线过且斜率为,所以直线为:,与椭圆:联立消去,得,设,则因为,可得,代入上式得消去并化简整理得:,将代入化简得:,解得,因此,该双曲线的离心率.故答案为:.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.已知的内角的对边分别为,且. (1)求角的大小;(2)若边上的高为,求.【答案】(1)(2)【详解】(1)由题意可得,根据正弦定理可得,所以,又根据余弦定理可得,因为,所以.(2)因为,即,由正弦定理可得,所以.18.已知数列,的前n项和分别为,,,.(1)求及数列,的通项公式;(2)设,求数列的前2n项和.【答案】(1);(2).解:(1)在中,当n=1时,b1﹣a1=0,当n⩾2时,,显然b1﹣a1=0适合上式,所以,,又,所以两式相减得,两式相加得且a1=1,b1=1; (2)因为,结合(1)中所求,,故19.如图,在直三棱柱中,,点F是的中点,点E满足.(1)求证:;(2)若,,直线与平面所成的角为,求的值.【答案】(1)证明见解析(2)【详解】(1)因为三棱柱是直三棱柱,所以平面,因为平面,所以.因为,点F是的中点,所以,,平面,平面,所以平面,因为点E是棱上异于端点的动点, 所以平面,所以.(2)不妨设,则.因为三棱柱是直三棱柱,所以平面,因为平面,平面,所以.又,所以,如图,以为坐标原点,直线,,分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,则,,,,,,则,,.设平面的法向量为,则,令,则.所以,整理得,解得或(舍去),所以.20 .某次考试共有四个环节,只有通过前一个环节才能进入后一个环节.现已知某人能够通过第一、二、三、四环节的概率依次是,,,,且每个环节是否通过互不影响.求:(1)此人进入第四环节才被淘汰的概率;(2)此人至多进入第三环节的概率.【答案】(1)(2)【分析】(1)利用独立事件的概率乘法公式直接求解;(2)利用独立事件的概率乘法公式分别求得此人进入第一环节、第二环节、第三环节被淘汰的概率,从而得出答案.【详解】(1)由独立事件的概率乘法公式可得,此人进入第四环节才被淘汰的概率;(2)此人进入第一环节被淘汰的概率;此人进入第二环节被淘汰的概率;此人进入第三环节被淘汰的概率,此人至多进入第三环节的概率为.21.已知,是双曲线的左、右焦点,且双曲线过点,.(1)求双曲线的方程;(2)已知过点的直线交双曲线左、右两支于,两点,交双曲线的渐近线于,(点位于轴的右侧)两点,求的取值范围.【答案】(1);(2).【详解】(1)设双曲线的半焦距为,∵,∴. 又,,解得,,∴双曲线的方程为.(2)由题意可设直线的方程为,双曲线的渐近线方程为,联立得,联立得,∴.联立得,设,,则,,由即,∴,∴.又,∴,∴,∴的取值范围为.22.已知,函数,.(1)若,求函数的极小值;(2)若函数存在唯一的零点,求的取值范围.【答案】(1)2(2)【详解】(1)由, 所以,,令,当时,,当时,,所以在上递减,在上递增,所以的极小值为;(2),令(),存在唯—的零点,,令,,令,当时,;当时,,所以在上递减,在上递增,所以,①若,即,令,所以,所以,所以,即时,,所以在上递增,注意到,所以存在唯一的零点,符合题意②当时,,,,令,,则,因为,所以,所以,所以在上单调递增, 所以,所以所以即在和上各有一个零点,,在上递增,上递减,上递增,而,所以,,当时,;当时,,而,,所以在,和上各有一个零点,共3个零点了,舍去.综上,的取值范围为.

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发布时间:2023-09-26 18:00:01 页数:16
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