【文档说明】KS5U2024高考压轴卷——数学（新高考I卷） Word版含解析.docx，共(17)页，1.079 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-6b64f0aa8604d40b4895d63c9ba78925.html

以下为本文档部分文字说明：

KS5U2024高考压轴卷新高考I卷数学考生注意：1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置．2．回答选择题时，选出每小题后，用铅笔把答题卡对应

题目的标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他标号．回答非选择题时，将写在答题卡上．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（选择题，共58分）一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共4

0分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合目要求的．1.已知集合2Mxx=，23Nxx=−，则MN=（）A.04xxB.24xx−C.03xxD.04xx2.已知i2izz−=+，则z=（）A.12B.22C.1D.23.已知向量()()1,1,

2,4ab==，若a与b的夹角为，则3πcos2+=（）A.1010B.1010−C.31010D.31010−4.中国南北朝时期的著作《孙子算经》中，对同余除法有较深的研究.设,,(0)abmm为整数，若a和b被m除得的余数相同，则称a和b对模m同余，记为()

modabm.若()1222020202020C2C2C2,mod9aab=+++，则b的值可以是（）A.2018B.2020C.2022D.20245.记数列na的前n项和为nS，若2111,321nnaSSnn+=+=++，则20S=（）A.590B.602C

.630D.6506.已知抛物线2:2Cypx=的焦点为()1,0F，准线为,lP为C上一点，PQ垂直l于点,QPQF为等边三角形，过PQ的中点M作直线MR∥QF，交x轴于R点，则直线MR的方程为（）A.3230xy+−=B.3330xy+−=C.3230xy+−=D.3330xy+−=

7.已知函数()21xafx=−−，()242gxxxa=−+−，则（）A.当()gx有2个零点时，()fx只有1个零点B.当()gx有3个零点时，()fx有2个零点C.当()fx有2个零点时，()gx有2个零点D.当()f

x有2个零点时，()gx有4个零点8.在四棱锥PABCD−中，底面ABCD为矩形，PA⊥底面ABCD，60ABD=，PB，PC与底面ABCD所成的角分别为，，且45+=，则PAAB=（）A.1722−B.1732−C.

1522−D.1532−二、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.已知双曲线22:163xyC−=+−，则（）A.的取值范围是(6,3)−B.C的焦点可在x轴上也可在

y轴上C.C的焦距为6D.C的离心率e的取值范围为(1,3)10.“阿基米德多面体”又称“半正多面体”，与正多面体类似，它们也都是凸多面体，每个面都是正多边形，并且所有棱长也都相等，但不同之处在于阿基米德多面体的每个面的形状不全相同．有几种阿基米德多面体可由正多面体进行“截角”得到如图，正八面体

EABCDF−−的棱长为3，取各条棱的三等分点，截去六个角后得到一种阿基米德多面体，则该阿基米德多面体（）A.共有18个顶点B.共有36条棱C.表面积为683+D.体积为8211.重庆荣昌折扇是中国四大名扇之一，其精雅宜士人，其华灿

宜艳女，深受各阶层人民喜爱.古人曾有诗赞曰：“开合清风纸半张，随机舒卷岂寻常；金环并束龙腰细，玉栅齐编凤翅长”.荣昌折扇平面图为下图的扇形COD，其中2π3COD=，33OCOA==，动点P在CD上（含端点），连结OP交扇形OAB的弧AB于点Q，且OQx

OCyOD=+，则下列说法正确的是（）A.若yx=，则23xy+=B.若2yx=，则0OAOP=C.2ABPQ−D.112PAPB第Ⅱ卷（非选择题，共92分）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知函数

()ππsin3cos3cos(01)33fxxxx=++−+的图象的一条对称轴为直线π4x=，则=__________．13.从分别写有数字1,2,3,5,9的5张卡片中任取2张，设这2张卡片

上的数字之和为X，则()EX=__________．14.记min{,,}xyz表示x，y，z中最小的数．设0a，0b，则11min,,3abba+的最大值为__________．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．1

5.已知数列na的首项12a=，且满足132nnnaa++=．（1）求na的通项公式；（2）已知3nnnba=，求使nb取得最大项时n的值．（参考值：321.26）16.某民营学校为增强实力与影响力，大力招揽名师、建设校园硬件设施

，近5年该校招生人数的数据如下表：年份序号x12345招生人数y/千人0.811.31.72.2（1）由表中数据可看出，可用线性回归模型拟合y与x的关系，请用相关系数加以证明；（2）求y关于x的回归直线方程，并预测当年份序号为7时该校的招

生人数．参考数据：5124.5iiixy==，()5211.26iiyy=−=，12.63.55．参考公式：相关系数()()()()12211niiinniiiixxyyrxxyy===−−=−−，回归方程ˆybxa=+中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为()()()121

ˆniiiniixxyybxx==−−=−，ˆˆaybx=−．17.在四棱锥PABCD−中，平面PCD⊥平面ABCD，//ABCD，ABBC⊥，224ABBCCD===，5PC=，E为棱AB的中点，且CEPE⊥．（1）求四棱锥PABCD−的高；（2）求二面角BPCE−−的正

弦值．18.已知椭圆2212:1xCya+=和()2222:10xCyabb+=的离心率相同，设1C的右顶点为1A，2C的左顶点为2A，()0,1B，（1）证明：12BABA⊥；（2）设直线1BA与2C的另一个交点为P，直线2BA与1C的另

一个交点为Q，连PQ，求PQ的最大值．参考公式：()()3322mnmnmmnn+=+−+19.帕德近似是法国数学家亨利帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法.给定两个正整数m，n，函数()fx在0x=处的,mn阶帕德近似定义为：()0111m

mnnaaxaxRxbxbx+++=+++，且满足：()()00fR=，()()00fR=，()()00fR=，，()()()()00mnmnfR++=，注：()()fxfx=，()()fxfx

=，()()()4fxfx=，()()()()'54fxfx=，已知函数()()ln1fxx=+.（1）求函数()()ln1fxx=+在0x=处1,1阶帕德近似()Rx，并求ln1.1的近似数(精确到0.001)；（2）在（1

）的条件下：①求证：()()1ln1Rxx+；②若()()11cos2xfxmRxx−+−恒成立，求实数m的取值范围.的KS5U2024高考压轴卷新高考I卷数学答案1C【KS5U解析】204Mxxxx==，23Nxx=−，所以03MNxx=

．2B【KS5U解析】iii12i=1izzzz−=−=+−−，所以()()()i1ii111i1i1i222z−−−−===−−+−，所以22112222z=−+−=，故选：B.3A【KS5U解析】由题意得

2212143cos,0,π10224abab+===+，所以23π310cossin121010+==−=．故选：A4D【KS5U解析】()1222020202020201012191C2C2

C2a=+−=+=++−，所以a除以9的余数是8，选项中只有2024除以9余8.故选：D5A【KS5U解析】因为21321nnSSnn++=++，所以()2123(1)211nnSSnn+++=++++，两式相减可得()1265611nnaann+++=+=+−.由11a=，2213

12116SS+=++=，解得24a=，所以125aa+=，满足上式，故161nnaan++=−，所以()()()2012341920Saaaaaa=++++++()105113517291135902+=++++==.故选：A6B【KS5U解析】设直线l与x轴交于点H，连接,(MFQ

F图略），因为焦点()1,0F，所以抛物线的方程为24yx=，准线为1x=−，则2,FHPFPQ==，易知PQF是边长为4的等边三角形，则60,23PFQPFRQFHMF====，则()1,23M.因为MR∥QF，所以直线MR的斜率为3−，直线M

R的方程为3330xy+−=.7.D【KS5U解析】本题考查函数的零点，考查直观想象与逻辑推理的核心素养.作出21xy=−，242yxx=−+的大致图象，如图所示.由图可知，当()gx有2个零点时，()

fx无零点或只有1个零点；当()gx有3个零点时，()fx只有1个零点；当()fx有2个零点时，()gx有4个零点.8.B【KS5U解析】本题考查线面角与三角恒等变换，考查直观想象与数学运算的核心素养.设ABa=，PAb

=，因为60ABD=，所以2ACBDa==，所以tantanbPBAa==，tantan2bPCAa==.因为45+=，所以()tantan2tan11tantan12bbaabbaa+++===−−，解得1732ba−=（负

根已舍去）.9AC【KS5U解析】对于A，22163xy−=+−表示双曲线，(6)(3)0+−，解得63−，故A正确；对于B，由A项可得63−，故60,30+−，C的焦点只能在x轴上，故B错误；对于C，设C的半焦距为(0)cc，则263

9c=++−=，3c=，即焦距为26c=，故C正确；对于D，离心率36e=+，63−，063+，e的取值范围是(1,)+，故D错误．故选：AC.10BD【KS5U解析】由图可知该多面体有24个顶点，36条棱，故A错误，B正确；该多面体的棱长为

1，且表面由6个正方形和8个正六边形组成，故该多面体的表面积为1618611sin6061232+=+，故C错误；正八面体EABCDF−−可分为两个全等的正四面体，其棱长为3，过E作EO⊥平面ABCD于

O，连接AO，如下图：因为EO⊥平面ABCD，且OA平面ABCD，所以OEOA⊥，正方形ABCD中，由边长为3，则对角线长为32，则322OA=，在RtAOE△中，22322EOAEAO=−=，则232EFOE==，正八面体EABCDF−−的体积为2

1332923=，切割掉6个棱长均为1的正四棱锥，减少的体积为21261232=，所以该阿基米德多面体的体积为92282−=，故D正确．故选：BD.11ABD【KS5U解析】如图，作OEOC⊥,分别以,OC

OE为x，y轴建立平面直角坐标系，则13333(1,0),(3,0),(,),(,)2222ACBD−−，设()2πcos,sin,0,3Q，则(3cos,3sin)P，由OQx

OCyOD=+可得333cos3,sin22xyy=−=，且0,0xy，若yx=，则2222333cossin(3)()122xxx+=−+=，解得13xy==，（负值舍去），故23xy+=，A正确；若2yx=，则3cos302xy=−=，sin1

=，所以(0,3)OP=，所以(1,0)(0,3)0OAOP==，故B正确；33(,)(2cos,2sin)3sin3cos22ABPQ=−−−=−+π23sin3=−−，由于2π0,3，故πππ,333−−，故π3

23sin33−−−，故C错误；由于13(13cos,3sin),(3cos,3sin)22PAPB=−−=−−−，故13(13cos,3sin)(3cos,3sin)22PAPB

=−−−−−17π3sin26=−+，而ππ5π,666+，所以π1sin,162+，所以17π17113sin32622PAPB=−+−=，故D正确，故选：AB

D12.23【KS5U解析】ππππ()sincoscossin3coscos3sinsin3cos3333fxxxxxx=++++π2sin23cos4sin3xxx=+=+，由于()fx的图象的一条对称轴为直

线π4x=，所以ππππ()432kk+=+Z，解得24()3kk=+Z．又因为0||1，所以23=．故答案为：23.13.8【KS5U解析】从分别写有数字1,2,3,5,9的5张卡片中任取2

张卡片的所有10种结果中，()()()()()()()()()()1,2,1,3,1,5,1,9,2,3,2,5,2,9,3,5,3,9,5,9，2张卡片上的数字之和分别为：3,4,5,6,7,8,10,11,12,14，(3)(4)(5)(6)(

7)(8)1(10)(11)(12)(14)10PXPXPXPXPXPXPXPXPXPX====================所以1()(34567810111214)810EX=+++++++++=．故答案为：814.2【KS5U解析】若1ab，则1ab，此时11

1min,,3min,3ababbaa+=+，因为13134ababa+=+，所以a和13ba+中至少有一个小于等于2，所以1min,32aba+，又当2a=，12b=时，1132abba==+=，所以11m

in,,3abba+的最大值为2．若1ab，则1ab，此时1111min,,3min,3abbbaba+=+，因为111334bbaab+=+，所

以1b和13ba+中至少有一个小于2，所以11min,,32abba+．综上，11min,,3abba+的最大值为2．故答案为：2.15.（1）2nna=（2）4【小问1详解】因为132nnnaa++=，所以()1122nnnnaa++

−=−−，又12a=，所以120a−=，所以022nnnnaa−==.【小问2详解】由（1）有2nna=，所以332nnnnnba==，设nk=时，nb最大，因为1211,2,12bbbk==，所以11kkkkbbbb−+，即()()()()()33333133333

112121222121122kkkkkkkkkkkkkkkk−+−−−+++，解得33324.852113.8521kk−−，又Zk，所以4k=，所以使nb取得最大项时n

的值为4.16.（1）证明见解析（2）ˆ0.350.35yx=+，2.8千人．【小问1详解】由题意知1(12345)35x=++++=，1(0.811.31.72.2)1.45y=++++=，()5214101410iixx=−=++++=，所

以()()51552211524.5531.43.53.50.9863.55101.2612.6iiiiiiixyxyrxxyy===−−===−−，因为r与1非常接近，故可用线性回归模型拟合y与x的关系．【小问2详解】()5152153.5ˆ0.3510ii

iiixyxybxx==−===−，ˆˆ1.40.3530.35aybx=−=−=，所以y关于x的回归直线方程为ˆ0.350.35yx=+．当7x=时，ˆ0.3570.352.8y=+=，由此预测当年份序号为7时该校的招生人数为2.8千人．17

.（1）3（2）33434【小问1详解】如图，过A作BC的平行线，与CD的延长线交于点O，连接PO，EO．//ABCD，ABBC⊥，BCCD⊥，平面PCD⊥平面ABCD，平面PCD平面ABCDCD=，BC平面ABCD，BC⊥平面PCD，PO平面PCD，

BCPO⊥，//ABCD，//ABCO，//AOBC，ABBC⊥，四边形ABCD为矩形，4COAB==，E为棱AB的中点，22CEOE==，从而CEOE⊥，又因为CEPE⊥，PEOEE=，OE平面PEO，PE平面PEO，

CE⊥平面PEO，PO平面PEO，CEPO⊥，BCCEC=，BC平面ABCD，CE平面ABCD，PO⊥平面ABCD．PO为四棱锥PABCD−的高，即223POPCCO=−=，四棱锥PABCD−的高为3；【小问2详解】由（1）知，OA，OC，OP两两垂直，

以O为坐标原点，OA，OC，OP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则(0,0,3)P，(2,4,0)B，(0,4,0)C，(2,2,0)E，所以(2,0,0)CB=，(0,4,3)PC=−，(2,2,0)CE=−，设(,,)mxyz=是平面

PBC的法向量，则430,20,mPCyzmCBx=−===可取(0,3,4)m=，设(,,)npqr=是平面PCE的法向量，则430,220,nPCqrnCEpq=−==−=可取(3,3,4)n=，所以

534cos,34||||mnmnmn==，所以二面角BPCE−−的正弦值为33434.18（1）证明见解析；（2）322.【小问1详解】当1a时，1C的离心率2121aea−=，当01a时，

1C的离心率211ea=−；当1b时，2C的离心率2221beb−=，当01b时，2C的离心率221eb=−；因为ab¹，所以22211bab−−=或22211aba−−=，得221ab=，又0

ab，所以1ab=，且10ab；由题意知()1,0Aa，()2,0Ab−，即21,0Aa−，则2:1ABlyax=+，1:1ABxlya=−+，它们的斜率之积为11aa−=−，因此12BABA⊥.【小问2详解】由（1）问知，2222:1Caxy+=，联立1ABl

与2C的方程22211xyaaxy=−++=，将y消去得：222120xaxaa+−=，解得10x=，2421axa=+，又()0,1B在曲线2C上，则421Paxa=+，44111PPxayaa−=−+=+，联

立2ABl与1C的方程22211yaxxya=++=，将y消去得：222120axaxa++=，解得10x=，32421axa=−+，又()0,1B在曲线1C上，则3421Qaxa=−+，44111QQayaxa−=+=+，因此PQ的中点34,0

1aaCa−+，连BC，因为12BABA⊥，即BPBQ⊥，所以2342211aaPQBCa−==++，记()()3411aafaaa−=+，当()fa最大时，PQ也最大；可知()

()()()()24332431141aaaaafaa−+−−+=()()()()()426242224433114111aaaaaaaa+−++−+−==++，令()0fa得42410aa−+−，解得22323a−+，又1a，则(1,23a+，令()

0fa得)23,a++，因此()fa在23a=+处取得最大值，且最大值为()()()222313232234843843f++++===++，因此PQ最大值为max1322182PQ=+=.19（1）()22xRxx=+，ln1.10.095（2）①证

明见解析；②1m=【小问1详解】由题可知函数()()ln1fxx=+在0x=处的1,1阶帕德近似，则()0111aaxRxbx+=+，()11fxx=+，()21(1)fxx=−+，由()()0

0fR=得00a=，所以()111axRxbx=+，则()121(1)aRxbx+=，又由()()00fR=得11a=，所以()1312(1)bRxbx−=+，由()()00fR=得112b=，所以()21212xxRxxx=

=++，所以()()20.12ln1.10.10.10.0950.1221fR===+.【小问2详解】①令()()2ln12xFxxx=−++，()()1,00,x−+，因为()()222410(2)11(2)xFxxxxx−=−

=++++，所以()Fx在()1,0x−及()0,+上均单调递减.当()1,0x−，()()00FxF=，即()2ln12xxx++，而()ln10x+，所以()221ln1xxx++，即()()1ln1Rxx+，当()0,x+，(

)()00FxF=，即()2ln12xxx++，而()ln10x+，所以()221ln1xxx++，即()()1ln1Rxx+，所以不等式()()1ln1Rxx+恒成立；②由()()11cos2xfxmRxx−+−得()ln1cos10xmxx+−+−

在()1,−+上恒成立，令()()ln1cos1hxxmxx=+−+−，且()00h=，所以0x=是()hx的极大值点，又()1sin1hxmxx=−−+，故()010hm=−=，则1m=，当1m=时

，()()ln1cos1hxxxx=+−+−，所以()1sin1sin11xhxxxxx=−−=−−++，当()1,0x−时，sin0x−，01xx−+，则()0hx，故()hx在()1,0−上单调递增，所以当()1,0x−时，()()00hxh=，当()0,x+时，()()(

)ln1cos1hxxxx=+−+−，令()()ln1xxx=+−，因为()1101xx=−+，所以()x在()0,+上单调递减，所以()()00x=，又因为在()0,+上cos10x−，故当

()0,x+时，()()()ln1cos10hxxxx=+−+−，综上，当1m=时，()()11cos2xfxmRxx−+−恒成立.【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：（1）直接构造函数法

：证明不等式()()fxgx（或()()fxgx）转化为证明()()0fxgx−（或()()0fxgx−），进而构造辅助函数()()()hxfxgx=−；（2）适当放缩构造法：一根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；（3）构造“形似”函数，稍作

变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.是