【三轮冲刺】2024年高考数学新结构模拟卷（六）.zip

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（考试时间：150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、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，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】解指数、对数不等式分别化简集合，再利用交集的定义求解即得.
【详解】由，得，即，
由，得，解得，则，
所以.
故选：C
2．已知复数满足，则在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
【答案】D
【分析】设出复数的代数形式，利用复数模的意义列出方程即可判断得解.
【详解】令，由，得，
点在以为圆心，1为半径的圆上，位于第四象限，
故选：D
3．样本数据16，20，21，24，22，14，18，28的分位数为（ ）
A．16B．17C．23D．24
【答案】C
【分析】先将数据排序后结合百分位数公式计算即可.
【详解】由小到大排列为14，16，18，20，21，22，24，28，一共有8个数据，
，所以分位数为.
故选：C．
4．甲乙两位游客慕名来到百色旅游，准备分别从凌云浩坤湖、大王岭原始森林、靖西鹅泉和乐业大石围天坑4个景点中随机选择其中一个，已知甲和乙选择的景点不同，则甲和乙恰好一人选择乐业大石围天坑的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】
根据题意，结合古典概型概率公式和排列组合公式，即可求解.
【详解】则甲和乙恰好一人选择乐业大石围天坑的概率.
故选：C
5．若三棱台的上、下底面均是正三角形，侧面是全等的等腰梯形，且其各顶点都在表面积为的球的表面上，，则三棱台的高为（ ）
A．B．8C．6或8D．或6
【答案】C
【分析】由题可知，三棱台为正三棱台，上下底面的中心，连线构成的线段为高，根据球的性质可得，，进而可得.
【详解】设球的半径为，则，得，
如图所示，为的中心，为的中心，
由题意可知，三棱台为正三棱台，为其高，球心在上，
在中，在中，
故，，
当在线段上时，，
当在线段的延长线上时，，
故选：C
6．在平面直角坐标系中，曲线与坐标轴的交点都在圆上，为圆的直径，点是直线上任意一点；则的最小值为（ ）
A．4B．12C．16D．18
【答案】B
【分析】
由题意求出圆C的方程，根据数量积的运算律求得的表达式，确定当为圆心到直线的距离时，取最小值，结合点到直线的距离即可求得答案.
【详解】
对于曲线，令，则；令，则，
曲线与坐标轴的交点分别为，
设圆心，由，得，
则圆心为，半径为2，所以圆方程为，

，
当最小，即为圆心到直线的距离时，取到最小值，
圆心到直线的距离设为，则，
所以最小值为4，则的最小值为，
故选：B．
7．双曲线的左、右顶点分别为，，左、右焦点分别为，，过作直线与双曲线的左、右两支分别交于，两点．若，且，则直线与的斜率之积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】
设出，借助双曲线定义表示其它边后，借助余弦定理计算出与的关系，再次借助余弦定理可得与的关系，设出点，可得，代入直线与的斜率之积额表达式中化简即可得.
【详解】由双曲线定义可知，，
设，则有，，，
由余弦定理可得，
整理可得：，故，，
则有，整理可得：，
设，则有，即，
故.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题关键点在于设出并借助双曲线定义，结合余弦定理得到与的关系，即可表示各边，从而得到与的关系.
8．若，，，则a，b，c的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由对数函数的性质可得，构造函数，利用导数可得，则答案可求.
【详解】因为，所以，所以，
令，所以，则，
，
所以，
即恒为递增函数，
则，即，所以，
综上：，
故选：A.
二、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．已知点，为不同的两点，直线，，为不同的三条直线，平面，为不同的两个平面，则下列说法正确的是（ ）
A．若，，则
B．若，，则
C．若，，，，则
D．若，，，，则直线
【答案】AC
【分析】利用已知条件判断线线位置关系，可知A正确，BD错误；根据点线面的位置关系，结合立体几何的基本事实1，2，可以得到结论：C正确.
【详解】若，则垂直于任一条平行于的直线，又，则，故A正确；
若，不能推出,还可能平行或异面，故B错误；
若，则，，又，故，故C正确；
若，，则为内的一条直线，不一定对，故D错误.
故选：AC
10．已知函数与，记，其中，且．下列说法正确的是（ ）
A．一定为周期函数
B．若，则在上总有零点
C．可能为偶函数
D．在区间上的图象过3个定点
【答案】ABD
【分析】
对于A：计算，化简即可；对于B：求出，然后计算的正负即可；对于C：计算是否恒相等即可；对于D：令，求解即可.
【详解】
对于A，，，A正确；
对于B，，
则，，
因为，即，同号，所以，
由零点存在定理知在上总有零点，故B正确；
对于C，，
，
由得
对恒成立，
则与题意不符，故C错误；
对于D，令，
则
，即，，
故所有定点坐标为，，，，
又因为，所以函数过定点，，，故D正确；
故选：ABD．
11．已知正方体，的棱长为1，点P是正方形上的一个动点，初始位置位于点处，每次移动都会到达另外三个顶点.向相邻两顶点移动的概率均为，向对角顶点移动的概率为，如当点P在点处时，向点，移动的概率均为，向点移动的概率为，则（ ）
A．移动两次后，“”的概率为
B．对任意，移动n次后，“平面”的概率都小于
C．对任意，移动n次后，“PC⊥平面”的概率都小于
D．对任意，移动n次后，四面体体积V的数学期望（注：当点P在平面上时，四面体体积为0）
【答案】ACD
【分析】先求出点在移动次后，点的概率，再结合由向量法求出线面垂直、线面平行和三棱锥的体积，对选项一一判断即可得出答案.
【详解】设移动次后，点在点的概率分别为，
其中，
，解得：，
对于A，移动两次后，“”表示点移动两次后到达点，
所以概率为，故A正确；

对于B，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
所以，，
因为，，
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
而，平面，
所以当点位于或时，平面，
当移动一次后到达点或时，所以概率为，故B错误；
对于C，所以当点位于时，PC⊥平面，
所以移动n次后点位于，则，故C正确；
对于D，四面体体积V的数学期望
，因为，
所以点到平面的距离为，
同理点到平面的距离分别为，
所以，
所以，
当为偶数，所以，
当为奇数，所以，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点睛：本题的关键点是先求出点在移动次后，点的概率，再结合由向量法求出线面垂直、线面平行和三棱锥的体积，对选项一一判断即可得出答案.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知数列的通项公式为，为其前项和，则 ．
【答案】
【分析】
根据题意，结合并项求和，即可求解.
【详解】由题意，数列的通项公式为，
可得
.
故答案为：.
13．对具有线性相关关系的变量有一组观测数据（），其经验回归方程为，且，，则相应于点的残差为 ．
【答案】/
【分析】
利用样本中心在其经验回归方程为上，求出,再计算当时的残差即可.
【详解】
经验回归直线过样本点的中心，，，
经验回归方程为．当时，，残差为．
故答案为：.
14．已知内接于单位圆，以BC，AC，AB为边向外作三个等边三角形，其外接圆圆心依次记为，，．若，则的面积最大值为 ．
【答案】
【分析】
首先判断并证明为等边三角形（拿破仑三角形），再利用正三角形内角结合题目条件计算出，则的边长可通过勾股定理用的两边、表示，最后根据中余弦定理关系，由基本不等式求出其最大值.
【详解】如图，根据题意为等边三角形（拿破仑三角形），稍后证明.
为等边三角形的外心， ，同理.
记，，
则.
由余弦定理得
同理计算可得
故，即为等边三角形.
，.
，
.
由余弦定理得，，
，
解得.
.
故答案为：.
四、解答题：本题共5小题，其中第15题13分，第16,17题15分，第18,19题17分，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．如图，在四棱锥中，平面，，，，，点在棱上，且.

(1)证明：平面；
(2)当二面角为时，求.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】
（1）由线面垂直得到线线垂直，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，根据得到证明；
（2）求出平面的法向量，根据二面角的大小列出方程，求出.
【详解】（1）因为平面，平面，
所以，
又，
以为坐标原点，所在直线分别为轴，，建立空间直角坐标系，
设，
∵，
，

设平面的一个法向量为，
则，
令得，故
，
故平面；
（2）平面的一个法向量，
，
.
16．已知F是抛物线E：的焦点，是抛物线E上一点，与点F不重合，点F关于点M的对称点为P，且．
(1)求抛物线E的标准方程；
(2)若过点的直线与抛物线E交于A，B两点，求的最大值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用垂直可求的坐标，利用对称可得抛物线的方程；
（2）先求出的坐标，利用数量积得的表达式，结合二次函数可得最值.
【详解】（1）∵，点N与点F不重合，∴，∴．
∵点F关于点M的对称点为P，
∴，（中点坐标公式）．
∴，得，
∴抛物线E的标准方程为．
（2）由（1）知，
易知直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为，代入，整理得，，
，
设，则．
∵，
∴，
当时，取得最大值，为．
17．已知函数，函数在区间上为增函数．
(1)确定的值，求时曲线在点处的切线方程；
(2)设函数在上是单调函数，求实数的取值范围．
【答案】(1)，；
(2)或./
【分析】（1）求出函数的导数，利用给定单调性列出不等式求出；求出的导数，利用导数的几何意义求出切线方程.
（2）由（1）求出函数的解析式，利用导数结合单调性求出的范围.
【详解】（1）函数的定义域为，求导得，
由函数在上为增函数，得，由，得，
因此对恒成立，而恒成立，则，
因此，所以；
当时，，求导得，则，而，
所以曲线在点处的切线方程为，即.
（2）由（1）知，函数，
求导得，由函数在上是单调函数，
得，或恒成立，
即或对恒成立，而当时，恒有，
且，当且仅当时取等号，因此或，
所以实数的取值范围或.
【点睛】结论点睛：利用函数的单调性求参数，可按照以下原则进行：
①若函数在区间上单调递增，则在区间上恒成立；
②若函数在区间上单调递减，则在区间上恒成立；
③若函数在区间上不单调，则在区间上存在极值点；
④若函数在区间上存在单调递增区间，则，使得成立；
⑤若函数在区间上存在单调递减区间，则，使得成立.
18．已知为等差数列，前项和为，若.
(1)求；
(2)对任意的，将中落入区间内项的个数记为.
①求；
②记的前项和记为，是否存在，使得成立？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)①；②存在，.
【分析】
（1）设数列的公差，由题设条件，列出关于的方程组，解之即得；
（2）①使，解得，因，故，依题即得的通项为；②依题意，求得和其前项和，将其代入，化简得，可得（*），分析可得，分别将值代入（*），求得的值，检验即得可求得..
【详解】（1）设的公差为由可得，即①，
又由可得即②
联立① ②解得：；
（2）①，即，
.
②由①得易知是等比数列，首项为2，公比为，故，
由得：，
，
，
时，解得（舍）；
时，解得（舍）；
时，解得；
所以存在这样的，满足所给的条件，.
【点睛】关键点点睛：本题主要考查由已知数列在给定区间内的项数构建的新数列求法，以及与其有关的数列的和满足某条件情况的存在性问题，属于难题.
解题的关键在于理解新数列的构成条件要求，准确写出其通项，再对其满足的条件进行化简，分析研判，讨论参数满足的几类情况即得.
19．十七世纪至十八世纪的德国数学家莱布尼兹是世界上第一个提出二进制记数法的人，用二进制记数只需数字0和1，对于整数可理解为逢二进一，例如：自然数1在二进制中就表示为，2表示为，3表示为，5表示为，发现若可表示为二进制表达式，则，其中，或1（）.
(1)记，求证：；
(2)记为整数的二进制表达式中的0的个数，如，.
（ⅰ）求；
（ⅱ）求（用数字作答）.
【答案】(1)证明见解析
(2)（ⅰ）2；（ⅱ）9841
【分析】
（1）借助二进制的定义计算可得，，即可得证；
（2）（ⅰ）借助二进制的定义可计算出，即可得表达式中的0的个数；（ⅱ）计算出从到中，、、，的个数，即可得.
【详解】（1）
，
，
，
，
；
（2）
（ⅰ），
，
（ⅱ），
，故从到中，
有、、、共9个，
有个，由，即共有个
有个，由，即共有个
……，
有个，
.
【点睛】关键点点睛：本体最后一小问关键点在于结合二进制的定义，得到，，通过组合数的计算得到、、、的个数，再结合组合数的性质计算得到结果.