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．
2．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
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．
4．已知圆，圆，则两圆的公切线条数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
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
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．
7．若，，，则a，b，c的大小关系为（ ）
A． B． C． D．
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．
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
10．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
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．
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）
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 .
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 .
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，斜率存在且不为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.
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.
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．
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：.
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.
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．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：B
2．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．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：B
4．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．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．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．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．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.
9．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：AC
10．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．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.
12．
【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．
【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：,
14．10
【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..
15．(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．(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．(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：
1 2 3 4 5 6 7 8
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．(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．(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，结合题意确定数列为的形式，从而结合设其中有项为2，有项为1，进行求解，即可得答案.
【详解】（1）由题意得，则或，
故所有4的1减数列有数列和数列3，1.
（2）因为对于，使得的正整数对有个，
且存在的6减数列，所以，得.
①当时，因为存在的6减数列，
所以数列中各项均不相同，所以.
②当时，因为存在的6减数列，
所以数列各项中必有不同的项，所以.
若，满足要求的数列中有四项为1，一项为2，
所以，不符合题意，所以.
③当时，因为存在的6减数列，
所以数列各项中必有不同的项，所以.
综上所述，若存在的6减数列，则.
（3）若数列中的每一项都相等，则，
若，所以数列存在大于1的项，
若末项，将拆分成个1后变大，
所以此时不是最大值，所以.
当时，若，交换的顺序后变为，
所以此时不是最大值，所以.
若，所以，
所以将改为，并在数列末尾添加一项1，所以变大，
所以此时不是最大值，所以.
若数列A中存在相邻的两项，设此时中有项为2，
将改为2，并在数列末尾添加项1后，的值至少变为，
所以此时不是最大值，
所以数列的各项只能为2或1，所以数列为的形式.
设其中有项为2，有项为1，
因为存在2024的减数列，所以，
所以，
所以，当且仅当时，取最大值为512072.
所以，若存在2024的减数列，的最大值为512072.
【点睛】难点点睛：本题考查数列新定义问题，解答时要理解新定义的含义，并由此依据定义去解答问题，难点在于第3问中求参数的最大值问题，要分类讨论，确定数列为的形式，从而结合设其中有项为2，有项为1，进行求解.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页
