04- 备战2024年高考数学模拟卷（新高考七省专用）（解析版）

这是一份04- 备战2024年高考数学模拟卷（新高考七省专用）（解析版），共19页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，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、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，只有一项是符合要求的。
1．设，，，，则是的（ ）条件
A．充分不必要B．必要不充分
C．充要D．既不充分也不必要
【答案】A
【解析】由向量，
当时，可得，解得；
当时，可得，解得，
所以是的充分不必要条件.
故选：A.
2．已知复数是方程的一个根，则实数的值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】由复数是方程的一个根，
得，
解得，
故选：D.
3．已知，若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】因为，
所以，
故选：C
4．如图，在一个单位正方形中，首先将它等分成4个边长为的小正方形，保留一组不相邻的2个小正方形，记这2个小正方形的面积之和为；然后将剩余的2个小正方形分别继续四等分，各自保留一组不相邻的2个小正方形，记这4个小正方形的面积之和为．以此类推，操作次，若，则的最小值是（ ）

A．9B．10C．11D．12
【答案】C
【解析】由题意可知操作1次时有个边长为的小正方形，即，
操作2次时有个边长为的小正方形，即，
操作3次时有个边长为的小正方形，即，
以此类推可知操作次时有个边长为的小正方形，即，
由等比数列前项和公式有，
从而问题转换成了求不等式的最小正整数解，
将不等式变形为，注意到，，且函数在上单调递减，
所以的最小值是11.
故选：C.
5．如图，A，B，C三个开关控制着1，2，3，4号四盏灯，其中开关A控制着2，3，4号灯，开关B控制着1，3，4号灯，开关C控制着1，2，4号灯.开始时，四盏灯都亮着.现先后按动A，B，C这三个开关中的两个不同的开关，则其中1号灯或2号灯亮的概率为（ ）

A．B．C．D．
【答案】D
【解析】先后按动A，B，C中的两个不同的开关，有种方法，
若要1号灯亮，则按第一个开关时，1号灯灭，按第二个开关时，1号灯亮，
此时对应的方法有2种：，；
若要2号灯亮，同理可得有以下2种方法：，；
可知：要1号灯或2号灯亮有种方法，
故所求的概率为.
故选：D.
6．将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，若函数在上单调递增，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】由题意知：，
当时，，
在上单调递增，，；
若，则，，此时，
又，，；
若，则，，此时，
与矛盾，不合题意；
综上所述：实数的取值范围为.
故选：B.
7．已知抛物线的焦点关于直线的对称点为， 为坐标原点, 点在上且满足（均不与重合），则面积的最小值为（ ）
A．4B．8C．16D．20
【答案】C
【解析】在中，焦点为，
焦点关于直线即的对称点为，
，解得，
∴抛物线的方程为,
显然直线的斜率不为 0 , 设直线的方程为, 且,

设,
联立, 整理可得,
, 即, 且,,
又因为, 即,
∴,
∴即直线的方程为，
∴直线恒过 点，
∴，
当且仅当时, 等号成立.
故选：C.
8．已知函数，若函数有6个零点，则的值可能为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】由题可得，，在上单调递减，在上单调递增，则据此可作出函数大致图象如图所示，
令，则由题意可得有2个不同的实数解，，且，
则，观察选项可知，满足题意.
故选：C．

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9．已知是两个事件，且，则事件相互独立的充分条件可以是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】BCD
【解析】若，
则事件没有共同部分，即互斥，
得不出事件相互独立，A错；
由，
得
，
则，
得，
即，
则事件相互独立，B正确；
由，
即，
得，
即，
则事件相互独立，C正确；
由，①
且，②
②式两边平方，并利用①式可得，
，③
结合①③，可得，
，
则，
所以，
,
所以，
即事件相互独立，D正确
故选：BCD
10．已知直线，圆的圆心坐标为，则下列说法正确的是（ ）
A．直线恒过点
B．
C．直线被圆截得的最短弦长为
D．当时，圆上存在无数对点关于直线对称
【答案】ABD
【解析】直线，恒过点，所以A正确；
圆的圆心坐标为，，，所以B正确；
圆的圆心坐标为，圆的半径为2．
直线，恒过点，圆的圆心到定点的距离为：，
直线被圆截得的最短弦长为，所以C不正确；
当时，直线方程为：，经过圆的圆心，所以圆上存在无数对点关于直线对称，所以D正确．
故选：ABD．
11．已知函数的定义域为R，值域为，，则（ ）
A．B．
C．D．是函数的极小值点
【答案】AC
【解析】取，则，且，故，A正确；
取，符合题意，此时，且在上单调递增，不存在极值点，B和D错误；
取，则，即，C正确，
故选：AC．
12．如图，正三棱柱的各棱长均为1，点是棱的中点，点满足，点为的中点，点是棱上靠近点的四等分点，则（ ）

A．三棱锥的体积为定值
B．的最小值为
C．平面
D．当时，过点的平面截正三棱柱所得图形的面积为
【答案】AC
【解析】由题意可知，设点到平面的距离为，
易知平面平面，
所以点到平面的距离等于点到线段的距离，
又，所以，
所以，为定值，
故A正确；
将沿展开与正方形在同一个平面内，
记此时与对应的点为，
则当三点共线时，取得最小值，即，
，
故的最小值为，故B错误；
由点分别为的中点，得，
又平面平面，
所以平面，故C正确；
连接并延长交于点，连接，
则过点的平面截正三棱柱所得截面图形为，
因为，平面平面，
平面平面平面，所以平面，
又平面，所以，
取的中点，连接，则点为的中点，又点为的中点，
所以，
当时，点为的中点，所以，
所以，所以，
所以，所以，
故，故D错误．

故选：
第II卷（非选择题）
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．的展开式中的系数为 （用数字作答）.
【答案】112
【解析】因为的展开式中含的项为，
的展开式中的系数为112.
故答案为：112.
14．如图，在中，，P为CD上一点，且满足，则m的值为 ．
【答案】
【解析】因为，即，
所以,
又
所以，解得.
故答案为：.
15．若函数为偶函数，则的最小正值为 .
【答案】/
【解析】函数的定义域为，为偶函数，
则，即，
则，即是偶函数，
可知，，即，，故取最小正值为.
故答案为：.
16．已知函数有三个零点，且它们的和为0，则的取值范围是 .
【答案】
【解析】设，，是的三个零点，则，
所以，所以，，
若有三个零点，则有两个极值点，
故对于方程，，，的两个极值点分别为和，其中为极大值点，为极小值点.
若存在三个零点，则需满足，且，
所以，解得，
又因为，所以的取值范围是.
故答案为：.
四、解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。
17．（10分）的内角，，的对边分别为，，，已知．
(1)求；
(2)若，的面积为，求的周长．
【答案】(1)
(2)
【解析】（1）因为，所以由正弦定理可得．
又，所以．
因为，所以．
又，所以，．
（2）的面积，则．
由余弦定理：，得，
所以，故的周长为．
18．（12分）已知数列满足：．
(1)求证：数列是等比数列；
(2)求数列的通项公式及其前项和．
【答案】(1)证明见解析
(2)，
【解析】（1）由可得，
又，可得为定值，
所以数列是以3为首项，3为公比的等比数列．
（2）由（1）可知，，可得，
即数列的通项公式为
所以数列的前项和为
．
即.
19．（12分）如图，在四棱锥中，，，M为棱AP的中点．
(1)棱PB上是否存在点N，使平面PDC?若存在，求出的值；若不存在，请说明理由；
(2)若平面平面ABCD，，，求二面角的正弦值．
【答案】(1)棱PB上存在点N，；
(2)
【解析】（1）如图，分别延长BA与CD的延长线交于点E，连接PE，过点M在平面BEP内作直线，交BE于点F，BP于点N，
因为，平面PDC，所以平面PDC，
因为，，所以A，D分别为线段BE，CE的中点，
又，M为AP的中点，所以F为线段AE的中点，所以．
综上，棱PB上存在点N，使平面PDC，且．
（2）设，又，，所以，，
又，所以和为等边三角形，
设O为CD的中点，连接OP，OB，则，，，
又平面平面ABCD，平面平面，平面PDC，平面ABCD，
又平面ABCD，，
综上，OP，OB，OC两两垂直．
以O为坐标原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．
则，，，，，，
，，，
设平面MDC的法向量为，
则即可取，
设平面MDB的法向量为，
则即可取，
所以，
故二面角的正弦值为．
20．（12分）从甲、乙、丙、丁、戊5人中随机地抽取三个人去做传球训练.训练规则是确定一人第一次将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人，每次必须将球传出.
(1)记甲、乙、丙三人中被抽到的人数为随机变量，求的分布列和数学期望；
(2)若刚好抽到甲、乙、丙三个人相互做传球训练，且第1次由甲将球传出，记次传球后球在甲手中的概率为.
①直接写出，，的值；
②求与的关系式，并求出.
【答案】(1)分布列见解析，数学期望为
(2)①，，；②，
【解析】（1）的所有可能取值为1，2，3.则
；；.
所以随机变量的分布列为：
数学期望.
（2）若刚好抽到甲、乙、丙三个人相互做传球训练，且次传球后球在甲手中的概率为.
则有.
记表示事件“经过次传球后，球在甲手中”.
所以
.
即.
所以，且.
所以数列表示以为首项，为公比的等比数列.
所以，.
即次传球后球在甲手中的概率是.
21．（12分）以坐标原点为对称中心，坐标轴为对称轴的椭圆过点．
(1)求椭圆的方程．
(2)设是椭圆上一点（异于），直线与轴分别交于两点．证明在轴上存在两点，使得是定值，并求此定值．
【答案】(1)；
(2)证明见解析，定值为.
【解析】（1）设椭圆方程为，则，解得，
所以椭圆的方程为．
（2）设，，
则，由，得，而，于是，
，同理，而，于是，
则，
，
令，而是椭圆上的动点，则，得，
于是，
所以存在和，使得是定值，且定值为.
22．（12分）已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)若在区间上存在唯一零点，求证：.
【答案】(1)答案见解析
(2)证明过程见解析
【解析】（1）对求导得，，分以下两大情形来讨论的单调性：
情形一：当时，有，令，解得，
所以当时，有，此时单调递减，
当时，有，此时单调递增；
所以在单调递减，在单调递增；
情形二：当时，令，解得，
接下来又分三种小情形来讨论的单调性：
情形（1）：当时，有，此时随的变化情况如下表：
由上表可知在和上单调递增，在上单调递减；
情形（2）：当时，有，此时，所以此时在上单调递增；
情形（3）：当时，有，此时随的变化情况如下表：
由上表可知在和上单调递增，在上单调递减.
综上所述：当时，在和上单调递增，在上单调递减；
当时，在上单调递增；
当时，在和上单调递增，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（2）因为，所以由题意，
又因为在区间上存在唯一零点，
所以存在唯一的，有，化简得，
若要证明，则只需，即只需，
不妨设，求导得，
令，继续求导得，
所以当时，单调递增，
所以，
所以当时，单调递增，
所以，
即当时，有不等式成立，
综上所述：若在区间上存在唯一零点，则.1
2
3