浙江省2024年普通高等学校招生全国统一考试数学模拟试题含答案.pdf

学科网（北京）股份有限公司数学答案 第 1 页 共 8 页 绝密考试结束前 2024 年普通高等学校招生全国统一考试模拟试题 数 学 注意事项：注意事项：1.答卷前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上。用2B铅笔将试卷类型填涂在答题卡相应位置上。将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”。2.作答选择题时，选出每小题答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上。3.非选择题必须用色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答的答案无效。4.考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。一、一、选择题：本大题共选择题：本大题共 8 小题，每小题小题，每小题 5 分，分，共共 40 分。分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合合题目要求的。题目要求的。1.已知集合 A=xZy(y4)=x(x+2)3，B=yNx2(y+2)x+1=0，设 U=Z，则 AUB=A.0B.2,1C.2,1,0D.2.已知复数数列an的通项公式为 an=n(i)n(nN*)，则|S2024|=A.1012B.2024C.21012D.220243.已知 A(0,0)，B(1,5)，C(2,4)，则向量BA在向量BC上的投影向量是A.(2,2)B.(2,2)C.(3,1)D.(3,1)4.如图所示，一实心正四棱锥嵌入一空心球体中，正四棱锥的各个顶点在同一球面上。已知该正四棱锥的底面积为 32，侧棱长为54。现用一过球心平行于正四棱锥底面的平面将该几何体截成两半，则该几何体下半部分的容积(取 3)为A.2371 B.194 C.3494 D.208 5.已知椭圆1716:22=+yxC，设 A 是椭圆的上顶点，F1、F2分别是椭圆的左、右焦点，P 是椭圆上一点，|PA|=255，则 tanF1PF2=A.1473B.374C.12719D.236.若函数 f(x)是定义域在 R 上的连续函数，且 f ln f(x)=(x2+ln xx)ex（x0，e 是自然对数的底数），则 f(ln 2024)=第 4 题图 第 8 题图 浙江省2024年普通高等学校招生全国统一考试数学模拟试题 学科网（北京）股份有限公司 数学答案 第 2 页 共 8 页 A.2024e2024 B.ln 2024e C.ln 20242024e D.ln 20242024 7.已知 a、bR，a1012，b1012，2024202421202421211+=+baba。若 x=101210131012，y=4048(1tan20.2024cos0.4048)，z=min2+ba，则 x，y，z 的大小顺序为 A.xyz B.zxy C.zyx D.xzy 8.如图为高三(1)(3)班政史地教师表。某日要安排晚自习督班，规定每个班安排并只安排一位本班的政史地任教老师。因乙老师不便参与督班，当晚安排乙老师督班的班级将由该班其他无督班任务的政史地任课老师等概率重新分配督班任务。若当晚该班的任课老师均有督班任务，乙老师才会参与该班的督班。已知若甲老师督班时会进行默写，不通过者要进行罚抄。高三(1)班的小赵默写通过率是丙老师在高三(1)班督班概率的43，则他当天不用罚抄的概率是 A.61 B.31 C.21 D.32 二、二、多选多选题：本大题共题：本大题共 3 小题，每小题小题，每小题 6 分，共分，共 18 分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得要求。全部选对的得 5 分，部分选对的得分，部分选对的得部分部分分，有选错的得零分。分，有选错的得零分。9.已知一串数据 43,57,51,49,44,56,50,50，把它们从小到大按顺序排列组成数列an(nN*，n8)，则 A.数据的中位数和众数都是 50 B.数据的标准差是 21.5 C.4812aaa=+D.122nnaa(nN*，n4)是等比数列 10.设60=aaxyax无过原点的切线，则aa2121的取值范围是 .四、四、解答题：本题共解答题：本题共 5 小题，共小题，共 77 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。15.（本大题满分 13 分）在锐角三角形ABC 中，角 A，B，C 对应的边分别为 a，b，c，且C=aCABc2sin)coscos(sin2.(1)求 C；(2)若 SABC=2，求ABC 外接圆面积 S 的取值范围.16.（本大题满分 15 分）学科网（北京）股份有限公司 数学答案 第 3 页 共 8 页 已知数列an，bn的前 n 项和分别为 Sn，Tn，a1=1，()132=nnnSS(nN*，n2).(1)求数列an的通项公式；(2)设 bn=a2n，求证：nTbannn16132+.17.（本大题满分 15 分）已知三棱锥ABCP，ABC=2，平面 PAB平面 ABC，PAB 为等边三角形，AB=1.(1)求点 A 到平面 PBC 的距离 d；(2)若 BC=AB，求二面角BPCA的正弦值.18.（本大题满分 17 分）P A B C第 19 题图 学科网（北京）股份有限公司 数学答案 第 4 页 共 8 页 已知双曲线1:2222=byaxC（a，b0）的一条渐近线为xy=（0），离心率为25，右焦点 F1到渐近线的距离为.(1)求双曲线 C 的方程；(2)已知抛物线)1(22=xpy与双曲线 C 交于不同的 A，B 两点，是否存在实数 p，使线段 AB 的中点在圆1621122=+yx）（上.若存在，求出 p 的值；若不存在，请说明理由.19.（本大题满分 17 分）已知xxxf ln)(21=，xaxg)1()(=.(1)若23=a，设)()()(xg xf xh=，求 h(x)的极值；(2)若 f(x)和 g(x)有两个交点，设交点的横坐标分别为 x1，x2，求证：221)34(9axx.2024 年普通高等学校招生全国统一考试模拟试题 数学 试题卷 第 5 页 共 8 页 学科网（北京）股份有限公司 绝密考试结束前 2024 年浙江省普通高校招生选考选考科目考试模拟试题 数 学 1.B【解析】整理得 A=xZ(x+1)2+(y2)2=2，x2121+，因为 xZ，所以 x2,1,0，A=2,1,0；同理得 B=yNy=x+x12，y(,40,+)，因为 yN，所以 y0,1,2,3，B=0,1,2,3，UB=3,2,1.所以 AUB=2,1.2.C【解析】由题易得 a1=i，a2=2，a3=3i，a4=4，a1+a2+a3+a4=22i，并由此循环.所以 S2024=10121012i，|S2024|=2210121012+=21012.3.A【解析】BA=(1,5)，BC=(1,1)，1313222651,cos=+=BCBA，所以投影向量为()()2,21,121313226,cos=BCBCBCBABA.4.A【解析】因为底面积 32，所以底面边长24；侧棱长54，所以高为 8.设球半径为 R，可得 42+(8R)2=R2，解得 R=5.平面截去后，该几何体下半部分是半个空心球体和一个正四棱台，由相似比可得棱台上底面边长225.所以()5.6458322253222531=+=棱台V，2503421213球=RV，5.1855.64250=容积V.5.C【解析】由题易得 a=4，b=7，c=3，A(0,7).设020,71616yyP，得|PA|=()2557716162020=+yy，y0=27，所以327161620=y，2732，P.所以2tan273262721221PFFbSPFF=，解得14732tan21=PFF，所以197122tan12tan2tan2122121=PFFPFFPFF.6.D【解析】转化函数得 f ln f(x)=(x2+ln xx)ex=(x2+xln x)ex=xex(x+ln x)=eln xex(x+ln x)=ex+ln x(x+ln x)，出现相同项 x+ln x，可知 ln f(x)=x+ln x=ln ex+ln x=ln xex，易得f(x)=xex.代入函数 f(x)得 f(ln 2024)=ln 2024eln 2024=2024ln 2024=ln 20242024.7.B【解析】当 0 x2时，sinxxtanx，所以 y=4048(1tan20.2024cos0.4048)40484048(sin20.2024+cos0.4048)=40484048cos20.2024=4048sin20.20244048sin0.20245000sin0.2024=22024.0sin1000022024=1012101210121013.所以 y4048+20242.因为 a+b2024，所以 a+b220244096+或 a+b220244096+(舍)，所以(a+b)min220244048+=20262024=202410121013，min2+ba101210121013.所以 zx 成立，即 zxy.8.D【解析】若不考虑重新分配，排法共有18212131312=+CCCC种.初始排课时，甲在(1)班的排法有61312=CC种.重新分配过程中，乙在(1)班的分配有“只能给甲”“只能给丙”“21给甲21给丙”三种情况.若只能给甲，则说明丙当晚的初始分配一定在(3)班，排法有212=C种.若21给甲21给丙，则丙当晚的初始分配一定不在(3)班，我们设甲在(1)班的排法有12112=C种.所以，甲在(1)班的排法共有 6+2+1=9 种，P1=21.同理得丙在(1)班的概率 P2=942211213131212111213=+CCCCCCCC，所以小赵的通过率为 P3=314394=，未通过率 P4=323=P，罚抄的概率为 P5=313221=，当天不用罚抄2024 年普通高等学校招生全国统一考试模拟试题 数学 试题卷 第 6 页 共 8 页 学科网（北京）股份有限公司 的概率为325=P.9.ACD【解析】整理得数据 43,44,49,50,50,51,56,57，所以中位数为5025050=+，众数为 50，A 项正确；平均数5085756515050494443=+=x，方差为5.21)5057(.)5043(8122=+，标准差为5.21，B 项错误；431=a，578=a，504=a，4812aaa=+，C 项正确；设 nnnbaa=122，可得 43211bbbb=，所以122nnaa是以 1 为公比的等比数列，D 项正确.10.BCD【解析】)3sin(2cos3sin)(=xxxxf，转化为余弦得)6cos(2)(+=xxf，A 项错误；设tx=3，所以 t 在3336，上单调递减，可得)(223333622Z+kkk，解得)(6211,125Z+kkk，因为60，所以 k=0，211,5，与 无关，B、C 项正确；当=时，maxmax2,2)(xf，因为211,5，所以11,11)(xf，D 项正确.11.BD【解析】因为1)1()0(=+ff，所以)1(1)0(ff=.令1=x，0=y，得2)1(2)1(2)0()1(2)1(2fffff=,解得0)1(=f，所以1)0(=f，A 项错误，B 项正确；令1=y，得0)0()(2)1()1(=+fxfxfxf，所以)1()1(=+xfxf，即)()2(xfxf=+，)()2()4(xfxfxf=+=+，所以)(xf是周期为 4 的周期函数，C 项错误；易得1)0(=f，0)1(=f，)0()2(0)1()1(2)11()11(ffffff+=+，所以1)2(=f，同理得0)3(=f，1)0(4(=ff），=+=202410506)4()3()2()1()(kffffkf，D 项正确.12.540【解析】rrrrrrrxCxxCT23126626616)6()(+=，当92312=r，即2=r时，x9的系数为54015366262=C.13.24【解析】.2480sin41)5030sin(2100sin4150sin60cos50cos30sin250cos50sin2150sin2350cos21250cos50sin50sin350cos250cos650sin2=+=+=+=+=+14.2e,212【解析】设切点()0)ln(,00axeaxx，设axaxxfe)ln()(=，kaaaxxfax=+=)ln1(e)(00，所以切线方程为)(ln1(ee)ln(00000 xxaaaxaxyaxax+=，代入原点(0,0)得0lnln020=+aaxaax，0ln4)(ln22a，所以0lna，解得)4,0(ln aa.所以)2e,21(e21)e(21212ln2121ln21=aaaaaa.15.【答案】（1）因为 sin2C=2sinCcosC，所以原式可化为 2sinC(sinBcosAcosC)=2sinAsinCcosC，两边约去得 2sinB2cosAcosC=2sinAcosC，移项得 2sinB=2cosAcosC+2sinAcosC，因为在ABC 中，sinB=sin(A+C)，所以 sin(A+C)=cosAcosC+sinAcosC，sinAcosC+cosAsinC=cosAcosC+sinAcosC，所以 sinC=cosC，得 C=4.（2）由题意得21absinC=21ab22=2，ab=4.因为RBbAa2sinsin=，所以=AAabBAabR43sinsinsinsin42,化简得4242sin21442+=AR.因为 A2,4，2A,2，43,442A，所以+422,224242sin21，A，)2,2242R.所以 S=R2()2,224.16.【答案】2024 年普通高等学校招生全国统一考试模拟试题 数学 试题卷 第 7 页 共 8 页 学科网（北京）股份有限公司（1）由题意得nnnaa=+31，nnnaa+=31.设()()kakannnn1133+=+，即()kaannn11334=，联立()=+=kaaaannnnnn1113343，解得41=k.所以nna341是等比数列，首项为1211，公比为1，()111211341=nnna，()nnna+=341112111.（2）()nnnnb+=+=94112119411121112.nnnnnT932132112119891191411211+=+=.要证nTbannn16132+，即证nTbannn1612+，()1612+nnnTnba.因为()nnnnnba+=+9411211341112111，由于()11n的摆动性，不妨设nnnnba+94134112112，所以12112+nnba，所以()nnbann12112+；又因为321121193213211211+=nnTnn，所以161121122+nTn，所以nTn121121612+nnnTnba，即nTbannn1612+，得证.17.【答案】（1）作 PEAB，因为平面 PAB平面 ABC，平面 PAB平面ABC=AB，所以PE平面ABC.PE=23.因为BCAB，BCPE，AB、PEE，AB、PE平面 PAB，所以 BC平面 PAB.因为ABCPPBCAVV=，所以32134321dBCBC=，解得 d=23.（2）如图所示，以 B 为原点，分别以BCBA,为 x,y 轴正方向建立空间直角坐标系.B(0,0,0)，C(0,1,0)，A(1,0,0)，P(23,0,21).)23,0,21(=AP，)0,1,1(=AC，)23,0,21(=PB,)23,1,21(=PC.在平面 APB 中，设 n1=(x,y,z)，=+=+002321yxzx，取 n1=)133(，；同理得 n2=)103(，.设二面角CPBA为，772,coscos212121=nnnnnn，所以721sin=.18.【答案】（1）由题意得ab=.设F1(c,0)，=+=12cd，得1222+=abc，222acc=，解得12=a.所以abac2525=，同时平方得145222+=bbc，42=b.所以14:22=yxC.（2）设)(1,1yxA，)(2,2yxB.联立=)1(214222xpyyx，整理得042242=+ppxx.由韦达定理得221pxx=+，2221=pxx.因为0)42(164422=ppacb，解得 p4 或 p4.由抛物线方程得ppxy22=，ppxppxyy22222121+=+，)(44424)(2)(212221221221xxppxxppxxpyy+=+，化简得ppyy4)(2221=+，所以ppyy4221=+.AB 中点的坐标为+2,22121yyxx，即24,42ppp.代入圆的方程得16212414222=+ppp，解得51=p，512=p（舍）.所以 p=5.19.【答案】（1）定义域),0(+x.2024 年普通高等学校招生全国统一考试模拟试题 数学 试题卷 第 8 页 共 8 页 学科网（北京）股份有限公司 因为23=a，xxxxh 21ln)(+=，xxxxxx h2112121121)(+=+=.令0)(=x h，解得 x=1.当 0 x1 时，0)(1 时，0)(x h.所以极小值为 h(1)=23；无极大值.（2）由第（1）小问得xaxxxxh+=ln)(，因为 f(x)和 g(x)有两个交点，所以 h(x1)=h(x2)=0，0)()(ln)()()(2121212121=+=+xxxxxxxxaxh xh，)()(1(ln212121xxxxaxx+=；同理得0)()(ln)()()(2121212121=+=xxxxxxxxaxh xh，)()(1(ln212121xxxxaxx+=，)()()(1(ln21212121xxxxxxaxx+=，)(2)1(4)(1(2ln212121212121xxxxaxxaxxxxxx+=+代入式得2121212121)1(4lnln2xxaxxxxxxxx+=，即2121212121)1(4ln11lnxxaxxxxxxxx+=.令21xx=t，设 t1，bttt+ln11，即0)1(ln)1(+tbtt.设)1(ln)1()(+=tbtttk，易知0)1(=k，bttt k+=11ln)(.令0)1(=k，此时 b=2，需证 b=2 时，0)(tk.此时11ln)(+=ttt k，21)(ttt k=.因为 t1，所以0)(t k，)(t k在其定义域上单调递增，所以0)1()(=kt k，)(tk在其定义域上单调递增，0)1()(=k tk.因为tttxxaxxln11)1(4ln2121+=+，所以2)1(4ln2121+xxaxx，由切线放缩得2)1(412121+xxaxx，即3)34(21xxa，221)34(9axx，得证.