03（文科）（解析版） 备战2024年高考数学模拟卷（全国卷专用）

这是一份03（文科）（解析版） 备战2024年高考数学模拟卷（全国卷专用），共17页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
第I卷（选择题）
一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60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】化简集合A，B，根据集合的交集运算求解即可.
【详解】因为，
所以，
故选：C
2．已知复数满足，则（ ）
A．B．C．1D．
【答案】C
【分析】先求出，然后再求.
【详解】由，得：，
所以：，即：，故C项正确.
故选：C.
3．设有n个样本，，…，，其标准差是，另有n个样本，，…，，且，其标准差为，则下列关系中正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据标准差的计算公式分别表示，由此判断两者关系.
【详解】设样本，，…，的平均数为，样本，，…，的平均数为，则
，
，
，
，
所以，故，
故选：B.
4．已知，，，则a，b，c的大小关系是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】计算，，，得到大小关系.
【详解】，，，故.
故选：B.
5．已知某品牌手机电池充满电量为毫安，每经过小时，电量消耗，若电池电量不超过毫安时充电最佳，那么该手机至少可以待机小时．（待机小时取整数，参考数据：，）（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】分析可知小时后，该手机剩余的电量为毫安，解不等式可得结论.
【详解】由题意可知，小时后，该手机剩余的电量为毫安，
小时后，该手机剩余的电量为毫安，，
以此类推可知，小时后，该手机剩余的电量为毫安，
由，即，
所以，，
因此，该手机至少可以待机小时.
故选：A.
6．已知，则＝（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由倍角公式和差角公式、平方关系求解即可.
【详解】.
故选：D
7．（ 2023·浙江宁波·统考一模）若是夹角为的两个单位向量，与垂直，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由题意先分别算出的值，然后将“与垂直”等价转换为，从而即可求解.
【详解】由题意有，
又因为与垂直，
所以，
整理得，解得.
故选：B.
8．求圆心在直线上，且与直线相切于点的圆的方程是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】设出圆心坐标，根据圆心到直线的距离等于圆心到的距离求解出圆心坐标，从而半径可求，则圆的方程可知.
【详解】因为圆心在直线上，所以设圆心，
因为圆与直线相切于点，
所以，解得，
所以圆心为，半径为，
所以圆的方程为，
故选：A.
9．某几何体的三视图如图所示，正视图中的圆弧所对的圆心角为直角，则该几何体的表面积为（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据三视图可还原几何体的直观图，从而可通过运算得出结论.
【详解】根据题意可知，
该几何体为一个正方体截掉四分之一圆柱（圆柱的上、下底面圆心的连线为正方体的一条棱，圆柱底面圆的半径为正方体棱长的一半）所剩几何体，
所以该几何体的表面积为，

故选：A．
10．在，角的对边分别为，若，且，则的最小值为（ ）
A．B．2C．D．
【答案】B
【分析】已知，由正弦定理边化角，化简可得，设，在和中，由余弦定理可得，可求的最小值.
【详解】由及正弦定理可得，
由，可得，故．
通解 设，由可得，
由余弦定理可得，又，
所以，得．
在和中，由余弦定理得，，
由可得，
故，
当时，取得最小值12，即，得，故的最小值为2．
优解 由题意知，
两边同时平方得，
又，所以当且仅当，即时取等号，
则，故的最小值为2．
故选：B
11．数列，满足：，，，则数列的最大项是第（ ）项．
A．6B．7C．8D．9
【答案】A
【分析】根据累加法求出，.设数列的最大项是第项，由得出不等式组，求解即可得出答案.
【详解】由已知可得，
，
，
，
，
两边分别相加可得，
，
所以有.
因为，
所以，.
设数列的最大项是第项，
则有，即，
整理可得，，解得.
又，所以.
故选：A.
12．已知在上单调递减，则实数的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】确定在上恒成立，根据得到，再证明充分性，，设，求导得到单调区间，计算最值得到证明.
【详解】，在上恒成立，
设，，，
①必要性：
，恒成立，故，
故，
若，则存在，使时，，单调递增，
，不满足条件；
②充分性：
，，
设，在恒成立，故单调递减，，故恒成立，
综上所述：.
故选：A.
【点睛】关键点睛：本题考查了利用导数解决函数单调性问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中利用必要性探路得到，再证明充分性可以避免繁琐的讨论，简化运算，是解题的关键.
第II卷（非选择题）
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分
13．若实数x，y满足约束条件，则的取值范围为 .
【答案】
【分析】先作出平面区域，可知表示斜率为，纵截距为的直线，数形结合处理问题.
【详解】如图，作出约束条件的平面区域，

联立方程，解得，即点，
因为，即，表示斜率为，纵截距为的直线，
可知：当直线过点时，目标函数取到最小值，
所以的取值范围为.
故答案为：.
14．已知双曲线的渐近线方程为，且右顶点与椭圆的右焦点重合，则这个双曲线的标准方程是 .
【答案】
【分析】根据渐近线可得，然后根据椭圆的焦点即可求出双曲线的顶点，即可求出结果．
【详解】设双曲线的方程是，
双曲线的渐近线方程是，①．
由椭圆的方程知右焦点,则双曲线的右顶点坐标为
双曲线方程中的②．
解①②得：，，所求双曲线的标准方程为．
故答案为：.
15．已知函数，则的最小值为 ．
【答案】
【分析】根据题意，求得，设，求得，得到函数的单调性，进而求得在上单调递减，进而求得的最小值，得到答案.
【详解】因为，可得，
设，则，
令，可得，令，得，
所以函数，即函数在上单调递减，在上单调递增，
又因为，，
所以，所以在上单调递减，则．
故答案为：.
16．如图，在三棱锥中，平面为外接圆的圆心，为三棱锥外接球的球心，，则三棱锥的外接球的表面积为 ．

【答案】
【分析】依题意由正弦定理可求得外接圆的半径为，再利用线面垂直关系确定球心位置在的正上方，由勾股定理可求出外接球的半径为，即可得出求的表面积.
【详解】根据题意可知，设外接圆的半径为，
在中由正弦定理可知，解得，即；
易知三棱锥外接球的球心在的正上方，且平面；
又平面，所以；
因为平面，可得，又，
所以可得四边形是矩形，即；
设，三棱锥外接球的半径为，
由勾股定理可得，解得；
所以可得三棱锥的外接球的表面积为.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题突破口在于利用正弦定理将外接圆的半径为求出，并根据线面垂直关系再确定其位置，由勾股定理求出外接球半径大小即可得球的表面积.
三、解答题：本大题共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．
（一）必考题：共60分．
17．（12分）已知等比数列的公比，若，且分别是等差数列的第1，3，5项.
(1)求数列和的通项公式；
(2)记，求数列的前项和.
【详解】（1）由题意得，，
，，解得（舍去）2分
则，解得，所以.
则，4分
设等差数列的公差为，则，
所以.6分
（2）.
所以，8分
两式相减得，10分
.12分
18．（12分）2022年12月份以来，全国多个地区纷纷采取不同的形式发放多轮消费券，助力消费复苏.记发放的消费券额度为x（百万元），带动的消费为y（百万元）.某省随机抽查的一些城市的数据如下表所示.
(1)根据表中的数据，请用相关系数说明y与x有很强的线性相关关系，并求出y关于x的线性回归方程.
(2)（ⅰ）若该省A城市在2023年2月份准备发放一轮额度为10百万元的消费券，利用（1）中求得的线性回归方程，预计可以带动多少消费？
（ⅱ）当实际值与估计值的差的绝对值与估计值的比值不超过10％时，认为发放的该轮消费券助力消费复苏是理想的.若该省A城市2月份发放额度为10百万元的消费券后，经过一个月的统计，发现实际带动的消费为30百万元，请问发放的该轮消费券助力消费复苏是否理想？若不理想，请分析可能存在的原因.
参考公式：，，.当时，两个变量之间具有很强的线性相关关系.
参考数据：.
【详解】（1），
.1分
，
，
，3分
代入公式可得相关系数.4分
由于且r非常接近1，所以y与x具有很强的线性相关关系.
经计算可得，
.6分
所以所求线性回归方程为.7分
（2）（ⅰ）当时，，所以预计能带动的消费达35.25百万元.9分
（ⅱ）因为％，所以发放的该轮消费券助力消费复苏不是理想的.11分
发放消费券只是影响消费的其中一个因素，还有其他重要因素，
比如：A城市经济发展水平不高，居民的收入水平直接影响了居民的消费水平；
A城市人口数量有限、商品价格水平、消费者偏好、消费者年龄构成等因素一定程度上影响了消费总量.
（只要写出一个原因即可）.12分
19．（12分）如图所示，在直四棱柱中，，，且，，，M是的中点．
(1)证明；
(2)求点B到平面的距离．
【详解】（1）如图、连接BD，1分
∵，，∴，
∴，∴．2分
∵平面ABCD，∴，3分
又，∴平面，5分
∵平面，∴．6分
（2）解：连接BM，．7分
由已知可得，，
，8分
∴，∴．9分
设点B到平面的距离为h，
由（1）知BC⊥平面，
∴三棱锥的体积，10分
即，
解得，即点B到平面的距离为．12分
20．（12分）已知函数.
(1)当时，求函数的单调区间和极值
(2)若在区间内恰好有两个零点，求的取值范围.
【详解】（1）由得，且定义域为1分
∵，令，即，解得，
令，解得，3分
则的单调递增区间为，单调递减区间为；4分
在处的极小值为，无极大值.6分
（2）当，恒成立，在上单调递增，7分
故在区间内至多只有一个零点；8分
当时，由（1）得在上最小值为，10分
若在区间内恰有两个零点，则需满足，整理得.12分
21．（12分）已知椭圆：的焦点为，离心率为，点为其上动点，且三角形的面积最大值为，为坐标原点.
（1）求椭圆的的方程；
（2）若点为上的两个动点，求常数，使时，点到直线的距离为定值，求这个定值.
【详解】（1）依题意知：2分
解得，3分
所以椭圆的方程为.4分
（2）设，则（*）5分
当直线的斜率存在时设其方程为，
则点到直线的距离，7分
消，得，得，8分
则，，代入（*）式：9分
，整理得为常数，
则，此时满足10分
当轴时，由得，消：，亦成立，
综上：，.12分
（二）选考题：共10分．请考生在22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．
选修4-4：坐标系与参数方程
22．（10分）已知曲线的参数方程分别为（为参数），（为参数）．
(1)将的参数方程化为普通方程；
(2)以坐标原点为极点，以轴的非负半轴为极轴，建立极坐标系．若射线与曲线分别交于两点（异于极点），点，求的面积．
【详解】（1）因为曲线的参数方程为（t为参数），
则，，2分
两式相减，得的普通方程为：；
曲线的参数方程为（为参数），
所以的普通方程为：.4分
（2）因为，
所以曲线的极坐标方程为，即，5分
联立，得，
所以射线与曲线交于A，6分
而的普通方程，可化为，
所以曲线的极坐标方程为，即，7分
联立，得，
所以射线与曲线交于B，8分
又点，所以，
则．10分
选修4-5：不等式选讲
23．（10分）已知a、b均为正数，设.
(1)当时，求不等式的解集；
(2)若的最小值为6，求的值，并求的最小值.
【详解】（1）由已知不等式为，
时，不等式为，，所以；1分
时，不等式为，，不成立；2分
时，不等式为，，所以，3分
综上，不等式的解集为；4分
（2），即的最小值是，6分
所以，又，所以，7分
所以，当且仅当时等号成立.9分
所以所求最小值为1.10分
x
3
3
4
5
5
6
6
8
y
10
12
13
18
19
21
24
27