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1、第 1 页（共 8 页）第 2 页（共 8 页）绝密绝密启用前启用前2024 高考密训卷（一）数学（考试时间：120 分钟试卷满分：150 分）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。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.已知集合1M，集合|02Nxx，则“xN”是“xMN”的（）
2、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.中国空间站又名天宫空间站，最大可扩展为 180 吨级六舱组合体，以进行较大规模的空间应用，其主体结构包括天和核心舱、问天实验舱和梦天实验室 2024 年 3 月，中国空间站首批材料舱外暴露实验完成在早前的某次模拟训练时共有5名航天员参与，其中两人出舱完成任务，剩余三人各留守在一个舱内完成其他任务，则不同的安排方案有（）A.30种B.60种C.72种D.114种3.若()sin()ln1mxf xxx是偶函数，则cosm（）A.1B.1C.1D.0或24.已知ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c若sin2
3、sincBbA，且a，b，c成等差数列，则cos A（）A.1116B.312C.312D.785.已知复数12cosisin33z 和复数2z为方程220 xbxc（,b cR）的两根，则下列说法正确的是（）A.1bcB.121zz C.22z也为该方程的根D.1z与2z也为方程31x 的根6.宋代瓷器的烧制水平极高，青白釉出自宋代，又称影青瓷宋蒋祁陶记中“江、湖、川、广器尚青白，出于镇之窑者也”，印证了宋人把所说的“影青”瓷器叫做“青白瓷”的史实图 1 为宋代的影青瓷花口盏及盏托，我们不妨将该花口盏及盏托看作是两个圆台与一个圆柱的组合体，三个部分的高相同均为6 cm，上面的花口盏是底面直径
4、分别为8 cm和10 cm的圆台，下面的盏托由底面直径8 cm的圆柱和底面直径分别为12 cm和8 cm的圆台组合构成，示意图如图 2，则该花口盏及盏托构成的组合体的体积为（）第 3 页（共 8 页）第 4 页（共 8 页）A.2483cmB.2743cmC.3543cmD.3703cm7.若()sinf xxax在(0,)上的极大值大于1，则a的取值范围为（）A.(,0)B.,03C.(1,0)D.(0,1)8.已知O为坐标原点，OA 与OB 为单位向量，32OAOBOB ，C在定直线l：2 2yx上，不等式OAOBOCT 恒成立，则实数T的取值范围为（）A.,23B.,23C.,2 3D.
5、,3二多项选择题（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得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分）9.已知圆Q：222(3)()xymm与y轴相交于两点A，B，且与直线:2l x 不相交则下列选项正确的是（）A.|m的取值范围是(3,5)B.O为坐标原点，则|OAOB的最小值为6C.当圆Q与直线l相切时，|1OA（A在B下方）D.若4m，过l上一点S作圆Q的切线ST（T为切点），则切线长|ST的最小值为310.已知00(,)A xy是圆O：222xya（0a）上一点，以x轴非负半轴为始边，射线OA为终边的角记为，定义00()2f
6、xy，00()2gyx则下列选项正确的是（）A.若 2fa，则0 xaB.()f取得最大值时，02 55xaC.若将()f的图象向右平移个单位可得到()g的图象，则4tan3 D.(,)BBB xy是圆O上一点且|ABa，则0|Byy的最大值为12a11.长方体1111ABCDABC D中，3ABAD，12 2AA，点M为线段1A A上的动点，且不与点A重合，P为平面ABCD内一动点，将MAP绕MA旋转，得到圆锥MA，则下列说法正确的是（）A.若1AM，3AP，则圆锥被长方体所截得几何体的体积为4B.若2AP，则存在点P，使得直线1A P 平面11BCDC.若圆锥MA表面积为6，则圆锥体积最大
7、值为3D.若2 2AM，322AP，则长方体内还可完全放入一个半径为2的小球三填空题（本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分）12.5xmxyy的展开式中23x y的系数为15，则m _第 5 页（共 8 页）第 6 页（共 8 页）13.数列na满足21nnaa，1ea，数列 nb的前n项和为22nn，数列 nc满足ln,nnna ncb n为奇数为偶数，则其前2n项和2nS_14.除数函数（divisor function）()yd n（*nN）的函数值等于n的正因数的个数，例如(1)1d，(4)3d，则2nd_；2024d_四解答题（本题共 5 小题，共 77 分解答应写出文字说
8、明、证明过程或演算步骤）15.（13 分）已知1()exf xa，()lng xxx，且()f x在1x 处的切线l与()g x的交点横坐标为e（1）求a；（2）记()()()h xf xg x，求()h x的单调区间；（3）在（2）的条件下，证明：()0h x 16.（15 分）已知各项均为正数的数列na满足121aa，数列2na的前n项和为1nnaa 正项等比数列 nb满足13ba，36ba（1）求数列 nb的通项公式；（2）若211nncb，证明：12312ncccc17.（15 分）如图所示的多面体PABCDE中，PB 平面ABCD，3PB，ABCD，ECPD，22DCAB，10AD，
9、2EC，3PDEC（1）若点F为PE中点，求证：AF 平面BEC；（2）求直线BE与平面ACE所成角的正弦值第 7 页（共 8 页）第 8 页（共 8 页）18.（17 分）椭圆C：22221yxab（0ab）中，离心率是22，右顶点A到上顶点B的距离为2 3（1）求椭圆C的标准方程；（2）设椭圆C的左顶点为1A，经过点2,05D的直线1l与椭圆C交于E，F，过点D作AE的平行线2l，与1AF交于点G判断G是否在定直线上？若在，求出该直线；若不在，请说明理由19.（17 分）“由样本估计总体”是统计学中一种重要的思想方法，而我们利用一些样本去估计某一参数的值时，常采用最大似然估计的方法最大似然
10、估计是由高斯首次提出，费尔希推广并使之得到广泛应用的一种估计方法，其原理是从总体中抽出具有 n 个值的采样12,nXXX，求出似然函数 1122,nnL pP Xx XxXx，似然函数 L p表示样本同时取得12,nx xx的概率，当似然函数取得最大值时参数的取值即为该参数的最大似然估计值（1）已知一工厂生产产品的合格率为p，每件产品合格与否相互独立，现从某批次产品中随机抽取 20 件进行检测，有 2 件不合格；（i）估计该批次产品合格率；（ii）若用随机变量X表示产品是否合格，0X 表示不合格，1X 表示合格，求合格率p的最大似然估计值，并判断与（i）中估计值是否相等；（2）设一次试验中随机
11、变量Y的概率分布如下：Y123P2x21xx21x现做n次独立重复试验，1Y 出现了1n次，2Y 出现了2n次，3Y 出现了3n次，求x的最大似然估计值；（3）泊松分布是一种重要的离散分布，其概率分布为e0,1,2,!kP XkXk,设一次试验中随机变量X的取值服从泊松分布，进行n次试验后得到X的值分别为12,na aa，已知的最大似然估计值为 2，求数列 na的前n项和nS第 1 页（共 16 页）第 2 页（共 16 页）2024 高考数学密训卷参考答案（一）一单项选择题1.C因为|02MNxxN所以“xN”是“xMN”的充要条件故选：C2.B由题意知，即从5人中选出三人，分配到三个舱内共
12、有3353C A60种不同的安排方案故选：B3.D因为()f x是偶函数，所以它的定义域关于原点对称所以1m，此时定义域为(1,1)易求得1ln1xyx是奇函数所以sin()yx是奇函数，于是k（k Z）此时cos1，于是cos0m或2故选：D4.D由sin2 sincBbA，及正弦定理sinsinbaBA可得2bcba，即2ca又a，b，c成等差数列，则2acb，所以32ba于是cos A2222bcabc222294432 22aaaa 78故选：D5.D由题可得，复数113i22z ，213i22z 由韦达定理可知1212bzz ，1212czz所以2bc，故 A，B 错误解方程可得21
13、3i22z ，则22113iz22z ，则2212zzz，故 C 错误因为321110 xxxx，而1z与2z为方程210 xx 的两根则1z与2z也为方程31x 的根，故 D 正确故选：D6.D花口盏体积：22116454 51223V 3cm盏托体积：22221466464 62483V 3cm所以组合体的体积12370VVV3cm故选：D7.C()cosfxxa第 3 页（共 16 页）第 4 页（共 16 页）当1a时，()0fx，()f x单调递减，无极值点当1a时，()0fx，()f x单调递增，无极值点当11a 时，因为(0)10fa，()10fa 而()fx在(0,)单调递减所
14、以存在0(0,)x，使0()0fx在0(0,)x上，()0fx，()f x单调递增0(,)x上，()0fx，()f x单调递减于是0 x是()f x在(0,)上的极大值点此时00()cos0fxxa，即0cosax由题意，0()1f x，即000000()sinsincos1f xxaxxxx设()sincosg xxxx，则()sin0g xxx于是()g x在(0,)上单调递增，又12g所以0,2x，0cos(1,0)ax 故选：C8.B因为OA 与OB 为单位向量，32OAOBOB 所以1cos,2OA OB ，即OA，OB 的夹角为3易知点A，B为以原点为圆心的单位圆上的动点，且3AO
15、B令OGOAOB ，则3OGOAOB 易知点G为以原点为圆心，3为半径的圆上的动点则OAOBOC OGOC如图1，设直线l：2 2yx，过点O作OH 直线l于点H，作OH 直线l于点H则OHH O 可知如图2，当点C在点H处，点G在线段OH上时，OGOC取得最小值此时OGOCH G，最小值为222 232311所以23T故选：B二多项选择题9.CD由题可知，圆Q的半径为|m，且圆与x轴相切由题意，3|3(2)m，即|m的取值范围是(3,5，故 A 错误设圆Q与x轴的切点为C，根据切割线定理2|9OAOBOC于是|2|6OAOBOAOB，当且仅当|3OAOB时等号成立若|OA和|OB相等，则圆Q
16、与y轴相切，与题意不符，故无法取得最小值，故 B 错误第 5 页（共 16 页）第 6 页（共 16 页）当圆Q与直线l相切时，|5m，过Q作y轴垂线QD（D为垂足），连接QA，如图1则QAD为直角三角形，于是22|4ADQAQD此时|541OAODAD，故 C 正确对于 D，连接SQ，TQ，易知SQT为直角三角形，如图2于是222|16STSQTQSQ当QS与l垂直时，|SQ最小，即|ST最小此时|5SQ，2|5163ST 所以|ST的最小值为3，故 D 正确故选：CD10.BC由题意，0cosxa，0sinya所以()2 cossinfaa，()sin2 cosgaa对于 A，若()2fa
17、，则2cossin2结合22sinsin1可解得3cos5或cos1，即035xa或0 xa，于是 A 错误对于 B，()2 cossinfaa可看成向量(2,)a a与向量(cos,sin)的数量积当且仅当(2,)a a与(cos,sin)同向时()f取最大值易求得此时2 5cos5，于是02 55xa，于是 B 正确对于 C，()2 cossin5 sin()faaa（0且tan2）()sin2 cos5 sin()gaaa（0且tan2）若将()f的图象向右平移个单位可得到()g的图象，则22 k（kZ）则22tan4tantan21tan3，于是 C 正确对于 D，若|ABa，则易求得
18、3AOB要求0|Byy的最大值，不妨设以OB为终边的角为3于是0|Byysinsin3aasin3a当56时，0|Byy取得最大值a，所以 D 错误故选：BC11.AC对于 A，所求几何体体积为2111314434MAV圆锥，故 A 正确对于 B，点P在底面的轨迹为以A为圆心，AP为半径的圆故线段1AP的轨迹为以AP为底面半径的圆锥1A A的侧面121tan22 2AAP连结BD，1AB，1AD，AC，记ACBDE第 7 页（共 16 页）第 8 页（共 16 页）易判断在长方体中，11ABDC，11BDB D故平面1ABD 平面11BCD同时1AEBD，AEBD，3 2BDAC故1AEA为二
19、面角1ABDA的平面角又因为1A A 平面ABD，故1A AE为直角三角形，则1AAE即为直线1A A与平面11BCD所成夹角1tanAAE1AEAA3222 231421tanAAP故平面1ABD与圆锥1A A侧面无交线，即所有的直线1AP均不与平面1ABD平行则不存在点P，使得1AP 平面11BCD，故 B 错误对于 C，设圆锥MA的底面半径为r，高为h，母线长MPa则其表面积为21262rr a，22har，可得6arr则22221133MAVrhrar圆锥可得4222136123MAVrrrr圆锥2411233rr当232r，即62r 时，圆锥体积取得最大值，最大值为3，故 C 正确对
20、于 D，此时圆锥MA即圆锥1A A记圆锥1A A在正方形ABCD内与AC相交于点F，连11AC，1AF易知圆锥、长方体均关于平面11A ACC对称，若取到完全能放入的最大球，则只需考虑球心在平面11A ACC内的情况取截面四边形11AFCC，延长1AF，1C C交于点M显然F为AC中点，故直角三角形11AC M中，113 2AC，14 2C M 故15 2AM，故直角三角形11AC M的内切圆半径为3 24 223 24 25 2内切圆直径为2 2，恰与梯形11AFCC上下底同时相切则半径为2的圆为梯形11AFCC内能放入的最大圆此时半径为2的小球与圆锥侧面上直线1AF，长方体侧棱1CC相切，
21、且与长方体上下底面相切但同时，长方体内完全放入的小球必不能与侧棱相切，故 D 错误故选：AC第 9 页（共 16 页）第 10 页（共 16 页）三填空题12.2415C1325C115m 解得2m 故答案为：213.24133nnn21nnaa21lnln2lnnnnaaa数列lnna为首项为1ln1a，公比为2的等比数列1ln2nna数列 nb前n项和为22nn11b，且当2n时，221122nnnnnbn，11b 符合nbn12,nnncn n为奇数为偶数02222242222nnSn21 1 4224121 433nnnnnn故答案为：24133nnn14.1n；162n的正因数为12
22、1,2,2,2n，共1n个故21ndn20242 2 2 11 23 从中选1个数相乘，有2,11,23共3种情况从中选2个数相乘，有2 2,2 11,2 23,11 23共4种情况从中选3个数相乘，即有2个不选，同为4种情况从中选4个数相乘，即有1个不选，同为3种情况从中选5个数相乘，有2024以及1这个因数，共2种情况故(2024)3443216d 故答案为：1n；16四解答题15.（1）1()exfxa，(1)fa，(1)fa所以()f x在1x 处的切线为(1)yaa x，即yax由题意，e(e)eag所以1a（2）1()elnxh xxx的定义域为(0,)1()eln1xh xx记(
23、)()h xl x，则11()exl xx易得()l x在(0,)上单调递增，且(1)0l于是在(0,1)上，()0l x，()l x单调递减在(1,)上，()0l x，()l x单调递增第 11 页（共 16 页）第 12 页（共 16 页）所以()(1)0l xl，即()0h x所以()h x在(0,)单调递增即()h x的单调递增区间为(0,)，无单调递减区间（3）当01x时，1e0 x，ln0 xx，所以1()eln0 xh xxx当1x时，因为()h x在(0,)单调递减所以()(1)10h xh 综上，()0h x 16.（1）由题意可得211nnnnnaa aaa（2n）所以21
24、1()nnnnaa aa因为0na 所以11nnnaaa即11nnnaaa（2n）所以31212aaab645233423323aaaaaaaaaaaa233238aab设等比数列 nb的公比为q（0q）则231842bqb，2q，2nnb（2）21111121(21)(21)2 2121nnnnnnc所以123ncccc1111111112335792121nn1111111112337517921n 1217如图，取DC中点M，连接AM，FM ABCD，22DCAB MCAB，MCAB四边形ABCM为平行四边形 AMBC又AM 平面BEC，BC 平面BECAM 平面BEC ECPD，F，M
25、分别是腰PE，DC的中点 FMEC又FM 平面BEC，EC 平面BECFM 平面BEC又AMFMM平面AFM 平面BEC AF 平面BEC（2）连接BD PB 平面ABCD，3PB，33 2PDEC，10AD，1AB 第 13 页（共 16 页）第 14 页（共 16 页）223BDPDPB，所以222ABBDAD由勾股逆定理，可得ABBD，以B为坐标原点，分别以BA，BD，BP为x轴，y轴，z轴建立如图所示空间直角坐标系有(0,0,0)B，(1,0,0)A，(0,3,0)D，(0,0,3)P，(2,3,0)C 由3DPCE ，得(2,2,1)E 设,x y zm为平面ACE的一个法向量则有3
26、30320ACxyAExyz mm，令1y，得1,1,1mcos,BE m|BEBE mm322 19 39所以直线BE与平面ACE所成夹角的正弦值为3918.（1）由题意可得22222212cabeaa，2222 312ab解得28a，24b 所以椭圆的标准方程为22184yx（2）在定直线265x 上，证明如下由题可得，(2,0)A，1(2,0)A 设直线1l：25xmy，11(,)E x y，22(,)F xy直线1l与椭圆C联立可得228192(21)0525mymy显然0，12285(21)myym，12219225(21)y ym 所以有121224()5y yyym直线2l：11
27、225yyxx直线1A Fl：2222yyxx联立，消去y可得121222252yyxxxx即112855yxmy222125yxmy即121222855y yxmy yy121212125y yxmy yy第 15 页（共 16 页）第 16 页（共 16 页）即12121212822555yymy yxmy yx将代入得1236242555yyx122416255yyx则252xx1212241655362455yyyy23，即265x 所以点G在定直线265x 上19.（1）（i）0.9P（ii）由题意得，似然函数 21811Lppp 17112018Lpppp当0,0.9p时，10Lp
28、，1Lp单调递增当0.9,1p时，10Lp，1Lp单调递减则当 10.9pLpp时，取得最大值，即 的最大似然估计值为0.9，与（i）中的估计值相等（2）2Lx31222211nnnxxxx322122221nnnnnxx令 f x 2ln Lx123222ln2ln 1ln2nnxnnxn则 3212221nnnnfxxx，令 0fx，解得1222nnnx易知 fx在0,1x上单调递减，则当,0 xx时，0fx，f x单调递增，当,1xx时，0fx，f x单调递减所以 2Lx在0,x上单调递增，在,1x上单调递减则1222nnxxn时，2Lx取得最大值，所以x的最大似然估计值为1222nnn（3）3L11,nnP XaXa1e!ianiia11e!naiinniia设 g 3ln L11lnln!nniiiiana，则 11niigan令 0g，1niian易证为 g极大值点则12niian，即12niniaSn