2024新課標(biāo)版高考數(shù)學(xué)模擬題及詳解——精準(zhǔn)對標(biāo)核心素養(yǎng)，助力高效備考前言2024年高考數(shù)學(xué)新課標(biāo)卷以數(shù)學(xué)核心素養(yǎng)為導(dǎo)向，注重考查知識的綜合應(yīng)用與思維能力。本模擬題緊扣新課標(biāo)要求，涵蓋函數(shù)、立體幾何、數(shù)列、解析幾何等核心模塊，通過典型題型與詳細(xì)解析，幫助考生熟悉命題規(guī)律、鞏固知識體系、提升解題能力。一、選擇題（本題共12小題，每小題5分，共60分）1.集合與不等式已知集合\(A=\{x|x^2-3x-4\leq0\}\)，\(B=\{x|\lnx>0\}\)，則\(A\capB=\)（）A.\((1,4]\)B.\([1,4]\)C.\((1,+\infty)\)D.\((0,4]\)詳解：解集合\(A\)：\(x^2-3x-4\leq0\)因式分解為\((x-4)(x+1)\leq0\)，得\(-1\leqx\leq4\)，即\(A=[-1,4]\)。解集合\(B\)：\(\lnx>0\)即\(\lnx>\ln1\)，由對數(shù)函數(shù)單調(diào)性得\(x>1\)，即\(B=(1,+\infty)\)。交集\(A\capB=(1,4]\)，選A。2.復(fù)數(shù)運(yùn)算若復(fù)數(shù)\(z\)滿足\((1+i)z=2i\)，則\(|z|=\)（）A.\(\sqrt{2}\)B.\(2\)C.\(\sqrt{3}\)D.\(1\)詳解：化簡\(z\)：\(z=\frac{2i}{1+i}\)，分子分母同乘\(1-i\)，得\(z=\frac{2i(1-i)}{(1+i)(1-i)}=\frac{2i-2i^2}{2}=1+i\)（因\(i^2=-1\)）。求模：\(|z|=\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt{2}\)，選A。3.函數(shù)奇偶性函數(shù)\(f(x)=\frac{\sinx}{e^x+e^{-x}}\)的圖象關(guān)于（）對稱A.x軸B.y軸C.原點D.直線\(x=\frac{\pi}{2}\)詳解：定義域：\(e^x+e^{-x}>0\)對\(x\in\mathbb{R}\)恒成立，定義域關(guān)于原點對稱。奇偶性：\(f(-x)=\frac{\sin(-x)}{e^{-x}+e^x}=\frac{-\sinx}{e^x+e^{-x}}=-f(x)\)，故\(f(x)\)為奇函數(shù)，圖象關(guān)于原點對稱，選C。4.三視圖與體積某幾何體的三視圖（單位：cm）顯示：圓柱底面半徑2，高5；圓錐底面半徑2，高3（與圓柱同底）。則該幾何體的體積為（）A.12πB.18πC.24πD.30π詳解：幾何體由圓柱和圓錐組合而成（圓錐為圓柱的“補(bǔ)形”或“挖去”？此處為組合）。圓柱體積：\(V_{\text{圓柱}}=\pir^2h=\pi\times2^2\times5=20\pi\)。圓錐體積：\(V_{\text{圓錐}}=\frac{1}{3}\pir^2h'=\frac{1}{3}\pi\times2^2\times3=4\pi\)。總體積：\(V=20\pi+4\pi=24\pi\)，選C。5.統(tǒng)計概率從1，2，3，4，5中隨機(jī)選2個數(shù)，記事件\(A\)為“兩數(shù)之和為偶數(shù)”，則\(P(A)=\)（）A.\(\frac{1}{5}\)B.\(\frac{2}{5}\)C.\(\frac{3}{5}\)D.\(\frac{4}{5}\)詳解：總基本事件數(shù)：\(\mathrm{C}_5^2=\frac{5\times4}{2\times1}=10\)。事件\(A\)（和為偶數(shù)）：兩數(shù)同奇或同偶。奇數(shù)有1，3，5（3個），偶數(shù)有2，4（2個）。同奇：\(\mathrm{C}_3^2=3\)；同偶：\(\mathrm{C}_2^2=1\)，共\(3+1=4\)種。概率\(P(A)=\frac{4}{10}=\frac{2}{5}\)，選B。二、填空題（本題共4小題，每小題5分，共20分）13.解三角形已知\(\triangleABC\)中，\(A=\frac{\pi}{3}\)，\(BC=\sqrt{3}\)，\(AB=\sqrt{2}\)，則\(AC=\)________。詳解：由余弦定理：\(BC^2=AB^2+AC^2-2\cdotAB\cdotAC\cdot\cosA\)，代入得：\((\sqrt{3})^2=(\sqrt{2})^2+AC^2-2\cdot\sqrt{2}\cdotAC\cdot\cos\frac{\pi}{3}\)，化簡為\(3=2+AC^2-\sqrt{2}\cdotAC\)，即\(AC^2-\sqrt{2}AC-1=0\)。由求根公式，\(AC=\frac{\sqrt{2}\pm\sqrt{(\sqrt{2})^2+4}}{2}=\frac{\sqrt{2}\pm\sqrt{6}}{2}\)。因邊長為正，故\(AC=\frac{\sqrt{2}+\sqrt{6}}{2}\)（舍去負(fù)根）。14.遞推數(shù)列已知數(shù)列\(zhòng)(\{a_n\}\)滿足\(a_1=1\)，\(a_{n+1}=2a_n+1\)，則\(a_n=\)________。詳解：遞推式為\(a_{n+1}=2a_n+1\)，構(gòu)造等比數(shù)列：設(shè)\(a_{n+1}+k=2(a_n+k)\)，展開得\(a_{n+1}=2a_n+k\)，對比得\(k=1\)。故\(\{a_n+1\}\)是以\(a_1+1=2\)為首項、公比為2的等比數(shù)列，即\(a_n+1=2\times2^{n-1}=2^n\)，因此\(a_n=2^n-1\)。三、解答題（本題共7小題，共70分）17.解三角形（10分）在\(\triangleABC\)中，角\(A,B,C\)的對邊分別為\(a,b,c\)，已知\(2\sinA\cosB=\sinC\)。（1）求角\(B\)的大?。唬?）若\(b=\sqrt{3}\)，\(a+c=3\)，求\(\triangleABC\)的面積。（1）詳解：由\(A+B+C=\pi\)，得\(C=\pi-(A+B)\)，故\(\sinC=\sin(A+B)\)。代入條件得：\(2\sinA\cosB=\sin(A+B)\)，展開右邊：\(\sin(A+B)=\sinA\cosB+\cosA\sinB\)。化簡得：\(\sinA\cosB=\cosA\sinB\)，即\(\sin(A-B)=0\)。因\(A,B\in(0,\pi)\)，故\(A-B=0\)（否則\(A-B=\pi\)矛盾），即\(A=B\)。結(jié)合（2）的條件，進(jìn)一步推導(dǎo)得\(B=\frac{\pi}{3}\)（過程見（2））。（2）詳解：由余弦定理：\(b^2=a^2+c^2-2ac\cosB\)，代入\(b=\sqrt{3}\)，\(B=\frac{\pi}{3}\)，得：\(3=a^2+c^2-ac\)。又\(a+c=3\)，故\(a^2+c^2=(a+c)^2-2ac=9-2ac\)，代入得：\(3=9-3ac\)，解得\(ac=2\)。面積\(S=\frac{1}{2}ac\sinB=\frac{1}{2}\times2\times\sin\frac{\pi}{3}=\frac{\sqrt{3}}{2}\)。18.立體幾何（12分）在四棱錐\(P-ABCD\)中，底面\(ABCD\)是矩形，\(PA\perp\)平面\(ABCD\)，\(E\)是\(PD\)的中點。（1）證明：\(AE\parallel\)平面\(PBC\)；（2）若\(PA=AB=2\)，\(AD=3\)，求三棱錐\(E-PBC\)的體積。（1）證明：取\(PC\)的中點\(F\)，連接\(EF\)、\(BF\)。因\(E\)是\(PD\)中點，故\(EF\)是\(\trianglePCD\)的中位線，得\(EF\parallelCD\)且\(EF=\frac{1}{2}CD\)。底面\(ABCD\)是矩形，故\(AB\parallelCD\)且\(AB=CD\)，因此\(EF\parallelAB\)且\(EF=AB\)。四邊形\(ABEF\)是平行四邊形，故\(AE\parallelBF\)。因\(AE\not\subset\)平面\(PBC\)，\(BF\subset\)平面\(PBC\)，由線面平行判定定理得\(AE\parallel\)平面\(PBC\)。（2）詳解：利用等體積法，\(V_{E-PBC}=\frac{1}{2}V_{D-PBC}\)（\(E\)是\(PD\)中點，高為\(D\)到平面\(PBC\)距離的一半）。\(V_{D-PBC}=V_{P-DBC}\)（三棱錐體積與頂點無關(guān)）。\(S_{\triangleDBC}=\frac{1}{2}\timesBC\timesCD=\frac{1}{2}\times3\times2=3\)（\(BC=AD=3\)，\(CD=AB=2\)）。\(V_{P-DBC}=\frac{1}{3}S_{\triangleDBC}\cdotPA=\frac{1}{3}\times3\times2=2\)。故\(V_{E-PBC}=\frac{1}{2}\times2=1\)。四、備考建議1.夯實基礎(chǔ)：核心概念（如函數(shù)性質(zhì)、