备战2024高考二模模拟训练卷04-备战2024年高考数学模考适应模拟卷（新高考专用）

这是一份备战2024高考二模模拟训练卷04-备战2024年高考数学模考适应模拟卷（新高考专用），文件包含备战2024高考二模模拟训练卷04原卷版docx、备战2024高考二模模拟训练卷04解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共28页， 欢迎下载使用。
1、锻炼学生的心态。能够帮助同学们树立良好的心态，增加自己的自信心。
2、锻炼学生管理时间。通过模拟考试就会让同学们学会分配时间，学会取舍。
3、熟悉题型和考场。模拟考试是很接近高考的，让同学们提前感受到考场的气氛和布局。
高考的取胜除了平时必要的学习外，还要有一定的答题技巧和良好心态。此外，通过模拟考试还能增强学生们面对高考的信心，希望考生们能够重视模拟考试。
备战2024高考二模模拟训练卷（4）
一、单选题
1．若M，N是U的非空子集，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据集合的交集结果可得集合的包含关系即可一一判断.
【详解】因为，所以，A正确，B错误；
因为M，N是U的非空子集，所以，，C,D错误，
故选:A.
2．已知复数，则实数（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由题意结合复数的运算法则可得，再根据复数模的概念即可得解.
【详解】由题意，
所以.
故选：B.
【点睛】本题考查了复数的运算与复数模的求解，关键是对于运算法则的熟练使用及概念的识记，属于基础题.
3．已知的展开式的各项系数和为32，则展开式中的系数为
A．20B．15C．10D．5
【答案】D
【分析】由题意知的展开式的各项系数和为32，求得，再根据二项展开式的通项，即可求解．
【详解】由题意知的展开式的各项系数和为32，即，解得，
则二项式的展开式中的项为，所以的系数为5，故选D．
【点睛】本题主要考查了二项式定理的系数和，及展开式的项的系数的求解，其中解答中熟记二项式的系数和的解法，以及二项展开式的通项是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题．
4．古代数学家刘徽编撰的《重差》是中国最早的一部测量学著作，现据《重差》测量一个球体建筑物的高度，如图，已知点A是球体建筑物与水平地面的接触点（切点），地面上B，C两点与点A在同一条直线上，且在点A的同侧．若在B，C处分别测得球体建筑物的最大仰角为60°和20°，且，则该球体建筑物的高度约为（）（ ）

A．58.60mB．56.74mC．50.76mD．49.25m
【答案】C
【分析】设球的半径为，再根据球相切的性质，结合三角函数关系求解即可.
【详解】如图，设球的半径为，球心为，为与球的切线，则.
，
.

故选：C
5．已知向量，的夹角为60°，且，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】对两边同时平方可得，由模长的计算公式代入可判断A，B；由向量夹角计算公式可判断C，D.
【详解】由可得：，
可得：，，
对于A，，故A不正确；
对于B，，故B不正确；
对于C，，
，,
故，故C正确；
对于D，，,
，故D不正确.
故选：C.
6．已知函数，若恒成立，且，则的单调递增区间为（ ）
A．（）B．（）
C．（）D．（）
【答案】D
【分析】根据恒成立，可得，再结合，求得，再根据正弦函数的单调性结合整体思想即可得解.
【详解】因为恒成立，
所以，即，
所以或，
所以或，
当时，
，
则，与题意矛盾，
当时，
，
符合题意，
所以，
所以，
令，得，
所以的单调递增区间为（）.
故选：D.
7．设，，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据指数函数及对数函数的单调性即可比较，构造函数，，利用导数判断函数的单调性，再根据函数的单调性即可得解.
【详解】因为，所以，所以，
所以，
令，则，
所以在上单调递增，
所以，即，所以，
令，则，
所以函数在上递增，
所以，即，即，
所以，即，
综上，.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：构造函数，，利用中间量来比较的大小是解决本题的关键.
8．已知函数是定义在上的可导函数，其导函数为．若对任意有，，且，则不等式的解集为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】构造，确定函数单调递增，计算，，转化得到，根据单调性得到答案.
【详解】设，则恒成立，故函数在上单调递增.
，则，即，
故.
，即，即，故，解得.
故选：D
二、多选题
9．已知一组样本数据，其中（，2，…，15），由这组数据得到另一组新的样本数据 ， ，…， ，其中，则（ ）
A．两组样本数据的样本方差相同
B．两组样本数据的样本平均数相同
C．，，…，样本数据的第30百分位数为
D．将两组数据合成一个样本容量为30的新的样本数据，该样本数据的平均数为5
【答案】AC
【分析】根据一组数据加减一个数以及乘以一个数时，平均数以及方差的性质可判断ABD；根据百分位数的计算可判断C；
【详解】由题意可得：，
∵，则，，故A正确，B错误；
由于求第30百分位数：15×0.3=4.5，故为第5个数，
的排列为：，
因此，第30百分位数为，C正确；
将两组数据合成一个样本容量为30的新的样本数据，
新样本的平均数为，D错误，
故选：AC．
10．已知函数，则（ ）
A．是偶函数，也是周期函数B．的最大值为
C．的图像关于直线对称D．在上单调递增
【答案】BD
【分析】根据奇偶函数的定义即可判断A，求导得到，从而得到其极值，即可判断B，根据对称性的定义即可判断C，由在的正负性即可判断D.
【详解】因为，定义域为，关于原点对称，
且，
则是奇函数，故A错误；
因为，
令，则或，
当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减，
所以，故B正确；
因为，，
所以不关于对称，故C错误；
因为，当时，，
则，所以在上单调递增，故D正确.
故选:BD
11．如图，在边长为2的正方形ABCD中，点E，F分别是AB，BC的中点，EF与BD的交点为G，将△AED，△BEF，△DCF分别沿DE，EF，DF折起，使得A，B，C三点重合于点P，则（ ）
A．PD⊥EF
B．三棱锥P−DEF的体积为
C．PG与DF所成角的余弦值为
D．三棱锥P−DEF的外接球的表面积为
【答案】ABC
【分析】A选项，由线线垂直得到线面垂直，进而证明线线垂直；C选项，作出辅助线，找到PG与DF所成角，求出各边长，用余弦定理求出所成角的余弦值；BD选项，由等体积法求出，求出外接球半径，进而求出外接球表面积.
【详解】对于选项平面平面，故选项正确；
对于选项：取的中点，则，从而为与所成角，
，
所以，故选项正确；
对于选项和：由两两垂直，
故，
且其外接球为以为边的长方体的外接球，
故外接球的半径，其外接球的表面积为，
故选项B正确，错误.
故选：.
12．已知，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABD
【分析】证明，放缩可判断A，由，放缩可判断B，先证出，再放缩，根据再放缩即可判断C，可得，令，转化为，构造，利用导数判断单调性求函数最小值即可判断D.
【详解】由，可得，
，
令，则，当时，，单调递增，
当时，，单调递减，所以，即，
由知，A正确；
由可得，可得（时取等号），
因为，所以，B正确；
时，，则，
，C错误；
，
令，则，
，
在单调递增，，，故D正确.
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：比较式子的的大小，要善于对已知条件变形，恰当变形可结合，，放缩后判断AB选项，变形，再令，变形，是判断D选项的关键，变形到此处，求导得最小值即可.
三、填空题
13．某校1000名学生参加数学文化知识竞赛，每名学生的成绩，成绩不低于90分为优秀，依此估计优秀的学生人数为 （结果填整数）.
附：若，则，.
【答案】23（22也可以）
【分析】根据，得出，再乘以总人数得出结果.
【详解】由每名学生的成绩，得，
则
，
则优秀的学生人数为.
故答案为：23.
14．幂函数满足：任意有，且，请写出符合上述条件的一个函数 ．
【答案】（答案不唯一）
【分析】取，再验证奇偶性和函数值即可.
【详解】取，则定义域为R，且，
，，满足.
故答案为：.
15．已知曲线与在处的切线互相垂直，则
【答案】
【分析】求导得切线斜率，根据切线垂直的斜率关系建立方程即可得解．
【详解】由，得，则曲线在处的切线斜率为，
由，得，则曲线在处的切线斜率为，
则根据题意有 ，
即，
得．
故答案为：.
16．设过双曲线左焦点的直线与交于两点，若，且（O为坐标原点），则的离心率为
【答案】
【分析】利用双曲线的定义结合向量知识建立关于、的方程即可求出离心率．
【详解】如图，

设为中点，，
由可知，，
由双曲线的定义可知， ，
由可知，
又为中点，为中点，可知，则,
从而为线段的垂直平分线，， 即 ，
所以，则为正三角形，，
在直角△中，，即，所以 ．
故答案为：．
四、解答题
17．记的内角的对边分别为，已知．
(1)若，求；
(2)若，求的面积．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意和两角差的正弦公式可得，结合和角的范围计算即可求解；
（2）由正弦定理可得，则，结合三角形面积公式计算即可求解.
【详解】（1）在中，，所以．
因为，所以，
所以，即（*），
又．
所以，即，
又，所以，由（*）知，，
所以；
（2）因为，由正弦定理，得．
又，所以.
所以的面积为.
18．已知等差数列的各项均为正数，，.
(1)求的前项和；
(2)若数列满足，，求的通项公式.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用等差数列的性质得到，根据等差数列的通项公式求出公差，代入等差数列的前项和公式进而求解；
（2）结合（1）的结论得到，进而得到，利用累乘法求出.
【详解】（1）等差数列中，因为，所以，
又因为等差数列的各项均为正数.所以，
又因为，所以.
所以.
（2）由（1）得，因为，且，所以，
所以.
所以.
所以.
当时也符合.
所以的通项公式为.
19．如图，在三棱台中，，平面平面，二面角的大小为45°，，.
(1)求证：平面ABC；
(2)求异面直线与所成角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据题意可得，取AB中点O，连结，利用梯形和平行四边形的相关性质得到，则，再利用线面垂直的判定即可得证；
（2）建立空间直角坐标系，求出相应点的坐标，分别求出两异面直线所在的方向向量，然后利用空间向量的夹角公式即可求解.
【详解】（1）因为，平面平面ABC，
平面平面，平面ABC，
所以平面，
又因为，平面.
所以，，所以是二面角的平面角，
因为二面角的大小为45°，
所以.
取AB中点O，连结，
在梯形中，，，
所以四边形是平行四边形，所以，，
从而在三角形中，，，
所以，所以，即，所以.
又因为，平面，，所以平面.
（2）以О为坐标原点，OB为x轴，平面ABC内过О平行于BC的直线为y轴，为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
所以，，
所以异面直线与所成角的余弦值为.
20．进行独立重复试验，设每次成功的概率为，则失败的概率为，将试验进行到恰好出现次成功时结束试验，以表示试验次数，则称服从以，为参数的帕斯卡分布或负二项分布，记为．
(1)若，求；
(2)若，，．
①求；
②要使得在次内结束试验的概率不小于，求的最小值．
【答案】(1)
(2)①；②
【分析】（1）根据独立重复试验的概率公式计算可得；
（2）①依题意可得，，再利用裂项相消法求和即可；
②①可知，即，令，判断的单调性，再由特殊值即可求出的取值范围，即可得解.
【详解】（1）因为，所以.
（2）①因为，，，
所以，，
所以
；
②由①可知，所以，
令，则，
所以单调递减，又，，
所以当时，则的最小值为.
21．已知双曲线，点是双曲线的左顶点，点坐标为.
(1)过点作的两条渐近线的平行线分别交双曲线于，两点.求直线的方程；
(2)过点作直线与椭圆交于点，，直线，与双曲线的另一个交点分别是点，.试问：直线是否过定点，若是，请求出该定点坐标；若不过定点，请说明理由.
【答案】(1)
(2)直线过定点
【分析】（1）根据题意求出与渐近线平行的直线方程，再求出与双曲线的交点坐标后求解即可；
（2）设直线，，的方程，因为直线，分别与椭圆和双曲线相交，故可以利用，，建立方程，化简得出直线斜率与截距之间的关系，求出直线所过定点.
【详解】（1）由题意，得双曲线的渐近线方程为，
过与平行的直线方程为，由，解得，
过与平行的直线方程为，由，解得，
∴直线的方程为.
（2）直线过定点.
由已知，易知过的直线斜率存在且不为，直线，斜率存在且不为，
设直线，的直线方程分别为和，.
由，得，解得，则.
同理，则.
又，，三点共线，而，
故，解得.
设，，则，，
∴，
即
化简整理，得（*），
易知直线斜率存在，设直线的方程，
由，消去整理，得，
∴当且时，
有，，
代入（*）化简，解得，
即，故或.
当时，，经过点，不合题意，
当时，，经过点，满足题意.
因此直线过定点.
【点睛】求解定点问题的常用方法有：
（1）从特殊入手，求出定点（通常为特殊位置，如轴上的点），再证明这个点与变量无关；
（2）直接通过题目中的几何关系进行推理、计算、化简，消去变量，从而得到定点.
22．已知函数，且曲线在处的切线为.
(1)求m，n的值和的单调区间；
(2)若，证明：.
【答案】(1)；在与上单调递增，在上单调递减
(2)证明见解析
【分析】（1）由导数得几何意义列出方程组即可求得的值，再将带入原函数及导函数中分别求得解析式，由函数单调性与导函数的关系即可求得的单调区间；
（2）若，要证明：，由（1）可知函数的单调区间，属于典型的极值点偏移问题，由移向构造新函数，求得新函数的单调性即可证明.
【详解】（1）因为，
所以.
由题意可得即解得
因为，
所以当或时，，当时，，
则在与上单调递增，在上单调递减.
（2）证明：由（1）可知，，.
设，
则.
设，则.
因为，所以，则在上单调递增.
因为，所以在上恒成立，即在上恒成立，
则在上单调递增.
因为，所以在上恒成立，即对一切恒成立.
因为，所以.
因为，所以.
因为在上单调递增，且，所以，
即证：.