模拟卷08（2024新题型）-【赢在高考·模拟8卷】备战2024年高考数学模拟卷（新题型地区专用）

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2、锻炼同学的考试心理，训练学生快速进入考试状态。高考的最佳心理状态是紧张中有乐观，压力下有自信，平静中有兴奋。
3、训练同学掌握一定的应试技巧，积累考试经验。模拟考试可以训练答题时间和速度。高考不仅是知识和水平的竞争，也是时间和速度的竞争，可以说每分每秒都是成绩。
4、帮助同学正确评估自己。高考是一种选拨性考试，目的是排序和择优，起决定作用的是自己在整体中的相对位置。因此，模拟考试以后，同学们要想法了解自己的成绩在整体中的位置。
【赢在高考·黄金8卷】备战2024年高考数学模拟卷（新题型地区专用）
黄金卷
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
第I卷（选择题）
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，只有一个选项是符合题目要求的．
1．已知集合，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】解不等式求得集合，进而求得.
【详解】，解得，所以.
由得，解得，所以.
所以.
故选：C
2．已知为虚数单位.，则（ ）
A．1B．C．2D．4
【答案】B
【分析】根据题意，由复数的运算以及复数相等的概念即可求得，再由复数的模长公式即可得到结果.
【详解】由可得，
则，解得，则.
故选：B
3．已知实数满足，设，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据的单调性判断大小，再比较大小得解.
【详解】因为， 所以，
又为减函数， 所以， 即，
又，故，
所以，
故选：D.
4．已知正三棱台的上､下底面的边长分别为2和4，且棱台的侧面与底面所成的二面角为，则此三棱台的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】求得棱台的斜高，进而计算出三棱台的表面积.
【详解】设分别是的中点，连接，
设分别是正三角形和正三角形的中心，
则，且，
由于平面平面，所以，
由于平面，
所以平面，由于平面，
所以，所以是棱台的侧面与底面所成的二面角的平面角，
所以，过作，垂足为，则，
所以，
所以三棱台的表面积为.
故选：C
5．已知函数的图象过原点，且关于点对称，若函数在上单调，则图象的相邻两条对称轴之间的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据三角函数单调性、周期性和对称性计算即可.
【详解】因为，所以或.
又，所以，所以.
因为的图象关于点对称，所以，
所以.
因为，所以.
又函数在上单调，所以.
因为，所以当时，
因为图象的相邻两条对称轴之间的距离为半个周期，所以.
故选:D.
6．已知为抛物线上一点，过作圆的两条切线，切点分别为，，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】设，由取得最小值，则最大，最小求解.
【详解】如图所示：
因为，，
设，
则，
当时，取得最小值，
此时最大，最小，
且，故C正确.
故选：C
7．已知，求（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用三角函数诱导公式化简已知等式可得，再利用两角和差的余弦公式结合同角三角函数关系化简可得，继而利用三角恒等变换，化简求值，即得答案.
【详解】由题意知，
即，
故，
即，
故，
即
，
故选：D
【点睛】关键点睛：解答本题的关键在于利用三角函数诱导公式以及两角和差的公式化简得出的表达式之后，要利用拆角的方法，继而结合三角恒等变换公式，化简求值即可.
8．如图所示是毕达哥拉斯的生长程序：正方形上连接着等腰直角三角形，等腰直角三角形边上再连接正方形，如此继续.设初始正方形的边长为，依次构造出的小正方形（含初始正方形）的边长构成数列，若的前n项和为，令，其中表示x，y中的较大值.若恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先求出数列和的通项公式，再根据集合新定义确定，再由不等式恒成立分类讨论时列不等式和时列不等式求出对应的值取并集即可.
【详解】因为的前n项和为，
所以当时，，
又当时，，符合上式，
所以数列的通项公式，
数列满足，
因为，公比，
所以，
所以，
因为数列是递减数列，而是递增数列；
，其中表示x，y中的较大值.若恒成立，
所以是数列中的最小项，
所以当时，则，即，解得，
当时，则，即，解得，
取并集可得，
故选：D.
【点睛】关键点点睛：本题中集合新定义是取较大者，这样就转化成比较和的大小问题了，利用已知求出数列和的通项公式再比较大小可确定，最后由不等式恒成立，列不等式组求出参数范围即可.
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．勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动．勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分，如图所示．若某勒洛四面体内的四面体的高为，则（ ）

A．B．外接圆的半径为2
C．四面体的体积为D．该勒洛四面体的表面积为
【答案】BC
【分析】根据勒洛四面体内的四面体为正四面体，根据其几何性质，由其高求得其棱长、外接球半径以及体积，结合勒洛四面体表面积的性质，可得答案.
【详解】由已知可知勒洛四面体内的四面体是正四面体，根据题意画出正四面体，如图所示，

设正四面体的棱长为，所以正四面体底面外接圆的半径，
则正四面体的高，解得，则，故A错误；
由，则正四面体底面外接圆的半径，故B正确；
所以正四面体的体积，故C正确；
又因为两个该勒洛四面体的表面积小于半径为的一个球的表面积，
而半径为的一个球的表面积为．
所以该勒洛四面体的表面积小于．故D项错误．
故选：BC.
10．若函数的定义域为，且，，则（ ）
A．B．为偶函数
C．的图象关于点对称D．
【答案】BCD
【分析】对于A，令,可得；对于B，令，可得，即可判断；对于C，令得，再令即可判断；对于D，根据条件可得,继而，进一步分析可得函数周期为4，分析求值即可.
【详解】对于A，令，则，
因为，所以，则，
故A错误；
对于B，令，则，
则，故B正确；
对于C，令得，，
所以，
令得，，
则的图象关于点对称，故C正确；
对于D，由得，
又，所以，
则，，
所以，则函数的周期为，
又，，
则，
，
则，
所以，
故D正确，
故选：BCD.
11．已知长轴长、短轴长和焦距分别为、和的椭圆，点是椭圆与其长轴的一个交点，点是椭圆与其短轴的一个交点，点和为其焦点，．点在椭圆上，若，则（ ）
A．，，成等差数列
B．，，成等比数列
C．椭圆的离心率
D．的面积不小于的面积
【答案】BD
【分析】AB选项，根据垂直关系得到，求出，得到A错误，B正确；C选项，根据得到，进而求出离心率；D选项，计算出和的面积，作差法结合基本不等式求出答案.
【详解】AB选项，椭圆方程为，不妨设，，
故，
因为，且直线的斜率存在，所以，
即，故，成等比数列，A错误，B正确；
C选项，因为，，所以，
方程两边同除以得，，解得，负值舍去，
故离心率为，C错误；
D选项，由椭圆定义得，，
因为，所以，
两边平方得，
故，，
，
又，且，由基本不等式得
，
即的面积不小于的面积，D正确.
故选：BD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知点，，若圆上有且只有一点，使得，则实数的一个取值为 .（写出满足条件的一个即可）
【答案】(答案不唯一)
【分析】根据题意，分析圆的圆心坐标以及半径，设中点为，由的坐标分析的坐标以及的值，可得以为直径的圆，进而分析，原问题可以转化为圆与圆相切，结合圆与圆的位置关系，即可求解.
【详解】由题知，圆，
即，圆心为，半径，
设中点为，因，，
则，，
以为直径的圆为，
因为圆上有且只有一点，使得，
则圆与圆相切，
又，
即有或，
解得或.
故答案为：
13．展开式中的常数项为 .
【答案】
【分析】表示个相乘，再结合组合即可得解.
【详解】表示个相乘，
则常数项，应为个，个，个，个相乘，
所以展开式中的常数项为.
故答案为：.
14．若实数a，b，c满足条件：，则的最大值是 ．
【答案】
【分析】对用基本不等式以及，得，即可，，代入目标式利用基本不等式求最值.
【详解】利用均值不等式得，
即，当且仅当，即时等号成立，
又，所以．
所以，，
即，．
所以，
当且仅当时，取得等号．
故的最大值是．
证明：，
令，则，
当时，，当时，，
即在上单调递减，在上单调递增，
所以，
即，即.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：对于含有的结构的等式的最值的研究，可以考虑利用恒等式或进行最值的求解，本题就充分利用来进行不等式的变形，从而得到的值.
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．
15．（13分）
已知在中，角所对的边分别为，记其面积为，则有
(1)求；
(2)若，求的最小值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用余弦定理、面积公式计算可得答案；
（2）由代入面积公式得，再利用基本不等式求最值可得答案.
【详解】（1）由题意，，
又，得，
展开得，即，分
由余弦定理得，
因为，所以；分
（2）由题意，，整理得，
由得，分
由，
即求的最小值，，
因为，所以，分
当且仅当即时等号成立，
所以，
故的最小值为．分
16．（15分）
如图，在三棱台中，，，．
(1)证明：；
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取的中点，连接、、、，即可证明平面，从而得到，又即可得证；
（2）过点作的垂线，垂足为，过点作垂直于，垂足为，连接，即可证明平面，再证明，过点作的平行线，交于点，所以、、三条直线两两垂直，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【详解】（1）取的中点，连接、、、，
因为，所以，又，，，
所以，所以，所以，分
因为，平面，
所以平面，又平面，
所以，又，所以分

（2）过点作的垂线，垂足为，过点作垂直于，垂足为，连接，由（1）平面，平面，
所以平面平面，平面平面，
平面，所以平面，平面，所以
又，平面，所以平面，平面，
所以，，分
由，，
可得，，，，
过点作的平行线，交于点，所以、、三条直线两两垂直，
如图建立空间直角坐标系，则，，，，，，，，分
设平面的法向量为，则，取，，分
设直线与平面所成角为，则，
所以直线与平面所成角的正弦值为分

17．（15分）
已知函数．
(1)若的零点也是其的极值点，求；
(2)若的图像经过四个象限，求的取值范围．
【答案】(1)2
(2)．
【分析】（1）根据题意，由条件可得为其零点，然后再由，即可得到结果；
（2）根据题意，将问题转化为需在区间和上均至少存在一个零点问题，再由导数研究函数的零点，即可得到结果.
【详解】（1），，
观察得，即为其零点，，分
，
所以，即．，分
则，经检验为其极值点，
故的值为分
（2）由（1）得必经过原点，若需使经过四个象限，则需在区间和上均至少存在一个零点，
令在和上均有根．
令，，
令，，
当时，，单调递减；当时，，单调递增．
所以是的极小值点，．，分
所以恒成立，即，故单调递增．又，
所以当时，，即，所以单调递减；
当时，，即，所以单调递增．
又当时，，
所以要使得在和上均有根，需满足．
综上所述，若的图像经过四个象限，则．分
【点睛】关键点睛：本题主要考查了利用导数研究函数零点问题，难度较大，解答本题的关键在于将问题转化为函数单调性问题与极值问题.
18．（17分）
已知动点与定点的距离和到定直线的距离的比为常数．其中，且，记点的轨迹为曲线．
(1)求的方程，并说明轨迹的形状；
(2)设点，若曲线上两动点均在轴上方，，且与相交于点．
①当时，求证：的值及的周长均为定值；
②当时，记的面积为，其内切圆半径为，试探究是否存在常数，使得恒成立？若存在，求（用表示）；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)答案见解析
(2)① 证明见解析；②存在；
【分析】（1）设，由题意可得，结合椭圆、双曲线的标准方程即可求解；
（2）设点，其中且.
（ⅰ）由可知三点共且，设：，联立的方程，利用韦达定理表示，进而表示出，结合（1）化简计算即可；由椭圆的定义，由得，，进而表示出，化简计算即可；（ii）由（ⅰ）可知三点共线，且，设：，联立的方程，利用韦达定理表示，计算化简可得，结合由内切圆性质计算即可求解.
【详解】（1）设点，由题意可知，
即，
经化简，得的方程为，，分
当时，曲线是焦点在轴上的椭圆；
当时，曲线是焦点在轴上的双曲线．分
（2）设点，其中且，
（ⅰ）由（1）可知的方程为，
因为，所以，
因此，三点共线，且，分
（法一）设直线的方程为，联立的方程，得，
则，
由（1）可知
所以
，
所以为定值1；分
（法二）设，则有，解得，
同理由，解得，
所以，
所以为定值1；，分
由椭圆定义，得，
，
解得，同理可得，
所以
．
因为，所以的周长为定值．分
（ⅱ）当时，曲线的方程为，轨迹为双曲线，
根据（ⅰ）的证明，同理可得三点共线，且，
（法一）设直线的方程为，联立的方程，
得，
，（*）
因为，
所以
，
将（*）代入上式，化简得，分
（法二）设，依条件有，解得，
同理由，解得，
所以．，分
由双曲线的定义，得，
根据，解得，
同理根据，解得，
所以
，，分
由内切圆性质可知，，
当时，（常数）．
因此，存在常数使得恒成立，且．分
【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：
(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．
(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
19．（17分）
在三维空间中，立方体的坐标可用三维坐标表示，其中．而在n维空间中，以单位长度为边长的“立方体”的项点坐标可表示为n维坐标，其中．现有如下定义：在n维空间中两点间的曼哈顿距离为两点与坐标差的绝对值之和，即为．回答下列问题：
(1)求出n维“立方体”的顶点数；
(2)在n维“立方体”中任取两个不同顶点，记随机变量X为所取两点间的曼哈顿距离
①求出X的分布列与期望；
②证明：在n足够大时，随机变量X的方差小于．
（已知对于正态分布，P随X变化关系可表示为）
【答案】(1)
(2)①分布列见解析，；②证明见解析
【分析】（1）根据乘法原理，即可确定顶点个数；（2）①首先确定，再结合组合数公式求概率，即可求解分布列和数学期望；②由①可知，n足够大时，，可得正态分布，正态分布曲线为，并设题中分布列所形成的曲线为，则当与均在处取最大值，说明当时，
且，则可认为方差．
【详解】（1）对于n维坐标有两种选择（）．
故共有种选择，即个顶点分
（2）①对于的随机变量，在坐标与中有k个坐标值不同，
即，剩下个坐标值满足．
此时所对应情况数为种．
即
故分布列为：
，分
数学期望
倒序相加得
即．分
②当n足够大时，．
设正态分布，正态分布曲线为，
由定义知该正态分布期望为，方差为．
设题中分布列所形成的曲线为．
则当与均在处取最大值，若当时，
且，则可认为方差．，分

I．：当时，有
即．，分
II．
当n足够大时，有
当时，
当时，，分
故．
综上所述，可以认为．分
【点睛】思路点睛：本题考查立体几何新定义和排列组合，概率，分布列，正态分布相结合的综合应用问题，属于难题，本题的关键是理解题意，能正确理解随机变量取值的意义，并能利用正态分布的意义，进行求解.
0
1
2
…
…