2024届高考考前冲刺系列数学模拟试卷06
（新高考、新结构、新情境）
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。
第Ⅰ卷
一、单项选择题：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，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
2.集合，，，则集合中的元素个数为（ ）
A. B. C. D.
3.已知非零向量，满足，向量在向量方向上的投影向量是，则与夹角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
4.如图，在平行四边形中，为线段的中点，，，，则（ ）
A. 20 B. 22 C. 24 D. 25
5.下列说法错误的是（ ）
A. 若随机变量、满足且，则
B. 样本数据，，，，，，，，，的第百分位数为
C. 若事件、相互独立，则
D. 若、两组成对数据的相关系数分别为、，则组数据的相关性更强
6.已知，则（ ）
A. B. C. D.
7.已知，均为锐角，，则取得最大值时，的值为（ ）
A. B. C. 1 D. 2
8.如图，，等边的边长为2，M为BC中点，G为的重心，B，C分别在射线OP，OQ上运动，记M的轨迹为，G的轨迹为，则（ ）
A. 为部分圆，为部分椭圆 B. 为部分圆，为线段
C. 为部分椭圆，为线段 D. 为部分椭圆，也为部分椭圆
二、多项选择题：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.设，是关于的方程的两根，其中，.若为虚数单位，则（ ）
A. B. C. D.
10.如图，函数的图象与x轴的其中两个交点为A，B，与y轴交于点C，D为线段BC的中点，，，，则（ ）
A. 的最小正周期为 B. 的图象关于直线对称
C. 在单调递减 D. 为奇函数
11.如图，正方体的棱长为2，E，F，G，H分别是棱的中点，点M满足，其中，则下列结论正确的是（ ）
A. 过M，E，F三点的平面截正方体所得截面图形有可能为正六边形 B. 三棱锥的体积为定值
C. 当时，平面MEF D. 当时，三棱锥外接球的表面积为
第Ⅱ卷
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12.已知在中，点在线段上，且，则______．
13.已知M，N为抛物线C：上不关于x轴对称的两点，线段的中点到C的准线的距离为3，则直线的方程可能是________.（写出满足条件的一个方程即可）
14.已知双曲线的右焦点为，左、右顶点分别为，，轴于点，且．当最大时，点恰好在双曲线上，则双曲线的离心率为______．
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．（本小题满分13分）已知为公差不为0的等差数列的前项和，且．
（1）求的值；
（2）若，求证：．
16．（本小题满分15分）如图，在四棱锥中，底面是矩形，侧棱底面，，是的中点，作交于点．
（1）求证：平面
（2）求二面角的正弦值．
17．（本小题满分15分）抽屉里装有5双型号相同的手套，其中2双是非一次性手套，3双是一次性手套，每次使用手套时，从抽屉中随机取出1双（2只都为一次性手套或都为非一次性手套），若取出的是一次性手套，则使用后直接丢弃，若取出的是非一次性手套，则使用后经过清洗再次放入抽屉中.
（1）求在第2次取出的是非一次性手套的条件下，第1次取出的是一次性手套的概率;
（2）记取了3次后，取出的一次性手套的双数为X，求X的分布列及数学期望.
18．（本小题满分17分）焦点在轴上的椭圆的左顶点为，，，为椭圆上不同三点，且当时，直线和直线的斜率之积为．
（1）求的值；
（2）若的面积为1，求和的值；
（3）在（2）的条件下，设的中点为，求的最大值．
19．（本小题满分17分）若有穷数列满足：，则称此数列具有性质.
（1）若数列具有性质，求的值；
（2）设数列A具有性质，且为奇数，当时，存在正整数，使得，求证：数列A为等差数列；
（3）把具有性质，且满足（为常数）的数列A构成的集合记作.求出所有的，使得对任意给定的，当数列时，数列A中一定有相同的两项，即存在.
2024届高考考前冲刺系列数学模拟试卷06（新高考、新结构、新情境）
参考答案
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 2 3 4 5 6 7 8
B B C B D C D 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 10 11
BCD CD ABD
三、填空题：本题共3小题,每小题5分,共15分.
12． 13． （答案不唯一）
14．
三、解答题：本题共5小题,共77分,解答应写出文字说明,证明过程和解题步骤.
15．（本小题满分13分）【答案】（1）2 （2）证明见解析
【解析】【分析】（1）解法一：设的公差为，利用等差数列的定义可得答案；解法二：设的公差为，转化为对恒成立，可得答案.
（2）求出，利用裂项相消求和可得答案.
【小问1详解】
解法一：设的公差为，
由①，得②，
则②-①得，
即，又，则；
解法二：设的公差为，
因为，
所以对恒成立，
即对恒成立，
所以，
又，则；
【小问2详解】
由得，即，
所以，
又即，则，
因此
则
．
16．（本小题满分15分）【答案】（1）证明见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）由线面垂直的判定定理证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，求出两平面的法向量，求夹角的余弦值即可.
小问1详解】
证明：因为底面，平面
所以，
因为四边形是矩形，所以，
又因为、平面，，
所以平面，又平面，
所以，
又因为，是的中点，所以平面，
所以平面，
又平面，所以，
由已知得，且平面，
所以平面.
【小问2详解】
以为原点，以，，所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
由知平面，所以为平面的一个法向量，
又，，设为平面的一个法向量，
则由得取，
则,，
设二面角的大小为，
则
所以二面角的正弦值为.
17．（本小题满分15分）【答案】（1） （2）分布列见解析，1.606
【解析】【分析】（1）根据条件概率的计算公式，分别求出对应事件的概率，代入计算即可；
（2）根据题意，计算离散型随机变量的概率，得出分布列，计算期望即可.
【小问1详解】
设“第1次取出的是一次性手套”为事件A，“第2次取出的是非一次性手套”为事件B，
则，，
所以在第2次取出的是非一次性手套的前提下，第1次取出的是一次性手套的概率为
.
【小问2详解】
记取出的一次性手套的双数为，则，
，，
则，
则X的分布列为：
0 1 2 3
数学期望
18．（本小题满分17分）【答案】（1） （2），； （3）
【解析】【分析】（1）先确定点和点坐标关系，然后计算，，通过可得答案；
（2）当直线的斜率不存在时，直接求解，当直线的斜率存在时，设其方程为，于椭圆联立，利用韦达定理及弦长公式计算，整理后代入和计算即可；
（3）计算的值，然后利用基本不等式求最值.
【小问1详解】
因为，所以三点共线，则必有点和点关于点对称，
所以，设直线和直线的斜率分别为，，
因为点为椭圆的左顶点，所以，
所以，，
所以，
所以，
所以，所以，即；
【小问2详解】
设过两点直线为，
当直线的斜率不存在时，两点关于对称，所以，，
因为在椭圆上，所以，又，
所以，即，结合可得，
此时， ，所以；
当直线的斜率存在时，设其方程为，，
联立，消去得，
其中①，
所以，
所以
因为到直线的距离，
所以，
所以，整理的，符合①式，
此时，
；
【小问3详解】
因为
，
所以，
即，当且仅当时等号成立，
此时为直角三角形且为直角，
故
，
解得，从而，此时等号可成立.
所以的最大值为.
19．（本小题满分17分）【答案】（1）2；2；4
（2）证明见详解 （3）
【解析】
【分析】（1）由数列具有性质的定义可得；
（2）由数列具有性质的定义和等差数列的定义可得.
（3）分、和三种情况讨论即得.
【小问1详解】
由已知可得数列共有5项，所以，
当时，有，
当时，有，所以，
当时，有，所以，
【小问2详解】
数列A具有性质，且为奇数，令，
可得，
设，
由于当时，存在正整数，使得，
所以这项均为数列A中的项，
且，
因此一定有
即，
这说明：为公差为的等差数列，再数列A具有性质，
以及可得，数列A为等差数列；
【小问3详解】
当时，
设A：，，， ，，
由于数列具有性质，且满足，
由和，得，
当时，不妨设，此时：，，此时结论成立，
当时，同理可证，所以结论成立.
当时，不妨设，反例如下：
当时，不妨设，反例如下：
综上所述，符合题意.
【点睛】思路点睛：关于新定义题的思路有：
（1）找出新定义有几个要素，找出要素分别代表什么意思；
（2）由已知条件，看所求的是什么问题，进行分析，转换成数学语言；
（3）将已知条件代入新定义的要素中；
（4）结合数学知识进行解答.
