（理科）（解析版） 备战2024年高考数学模拟卷（全国卷专用）

这是一份（理科）（解析版） 备战2024年高考数学模拟卷（全国卷专用），共20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．设集合，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先化简集合，再利用集合的交并补运算求解即可，
【详解】由题意得，，
则，则，故A错误；
，或，则，故B正确；
又，，故C错误；
，故D错误.
故选：B.
2．设复数满足，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】设，根据复数相等即可求出，，进而求解.
【详解】设，则，整理得，
所以，所以，所以，
所以.
故选：C
3．命题：函数的最大值为，函数的最小值为；命题：的最大值为，则是的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分又不必要条件
【答案】D
【分析】取特殊函数方法判断充分必要条件即可.
【详解】设，分别存在最大值和最小值，则的最大值为，所以充分性不成立；
设，，取得最大值为1，但不存在最小值，所以必要性不成立．
故选:D．
4．函数的图像大致为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】根据奇偶性判断CD；根据特殊点判断AB.
【详解】函数的定义域为，，
即函数为奇函数，故CD错误；
由可知，C错误，A正确；
故选：A
5．已知向量，且，则实数构成的集合是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】利用向量坐标运算，及向量垂直的坐标表示求解即得.
【详解】向量，则，
由，得，即，解得，
所以实数构成的集合是.
故选：C
6．若两个正实数满足，且不等式有解，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】妙用“1”求，然后解一元二次不等式即可.
【详解】不等式有解，等价于，
因为，所以，
所以，
当且仅当，即时等号成立.
所以，即，解得或.
故选：D
7．为落实立德树人的根本任务，践行五育并举，某学校开设三门劳动教育校本课程，现有甲、乙、丙、丁、戊五位同学报名参加该校劳动教育校本课程的学习，每位同学仅报一门，每门至少有一位同学参加，则不同的报名方法有（ ）
A．60种B．150种C．180种D．300种
【答案】B
【分析】对五位同学分3组，有两种情况，然后分类讨论各自情况种数，采用加法原理求解即可．
【详解】根据题意，甲、乙、丙、丁、戊五位同学选三门德育校本课程，
每位同学仅报一门，每门至少有一位同学参加，需要分三组，有两类情况，
①三组人数为1、1、3，此时有种；
②三组人数为2、2、1，此时有种.
所以不同的报名方法共有60＋90＝150种．
故选：B．
8．已知其中则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先根据两角和与差得正弦余弦公式构造并计算出，，再根据同角三角函数商数关系计算出，同理计算出，最后代入即可算出.
【详解】因为，，得，所以，
所以，，所以，
因为，，得，所以，
，，所以，
所以.
故选：.
9．已知三棱锥的四个顶点在球的球面上，点分别是的中点，，，则（ ）
A．三棱锥的体积为16B．三棱锥的表面积为
C．球的表面积为D．球的体积为
【答案】D
【分析】先根据题中给出的的长度，可知，，继而平面PBC；再根据数量关系证明，进而可构造出包含三棱锥的长方体，从而可求出三棱锥的体积和表面积，根据三棱锥的外接球也是长方体的外接球，从而求得外接球表面积和体积.
【详解】由，，
得，，可得，，
又，平面PBC，平面PBC，所以平面PBC，
又平面PBC，所以，
因为D，E分别是PB，BC的中点，且，所以，，
又，所以，有，得，
故两两互相垂直，故可将三棱锥放在长方体中，如图：
则三棱锥外接球的直径等于该长方体的对角线，设其外接球的半径为R，
则，所以，所以球的表面积为，
球的体积为，故选项C错误，D正确.
三棱锥的体积为，
在中，，点分别是的中点，
则的高，所以，
三棱锥的表面积为，
故选项AB错误.
故选：D.
10．已知双曲线：（，）的右焦点为，、两点在双曲线的左、右两支上，且，，，且点在双曲线上，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】设双曲线的左焦点为，连接，则由题意可得四边形为矩形，设，则，，分别在和中，运用勾股定理，结合离心率公式可求得结果.
【详解】设双曲线的左焦点为，连接，
因为，所以，
因为，所以，
因为，所以四边形为矩形，
设（），则，，
在中，，
所以，化简得，解得，
在中，，
所以，所以，
所以，得，
所以离心率，
故选：B
11．已知定义在上的函数满足，为的导函数，当时，，则不等式的解集为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】由题意设，结合题意可得，即函数是定义在上的奇函数，又当，时，，则，可得在，上单调递增，在，上单调递增，利用单调性，即可得出答案．
【详解】令，
则，即，
故函数是定义在上的奇函数，
当,时，，则，
故在,上单调递增，在,上单调递增，
所以在上单调递增，
又，则，
则不等式，即，
故，解得．
故选：C．
12．已知数列的前项和为，且，则下列四个结论中正确的个数是（ ）
①；
②若，则；
③若，则；
④若数列是单调递增数列，则的取值范围是.
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【分析】由，可得，两式相减得到，进而可得 ，可判断①，根据的值可判断是否为等差，再根据等差数列得前项和公式即可求解②③；根据条件得，，再根据数列单调递增，则必有，且，求解即可得出的取值范围．
【详解】因为，当，，
两式相减得，所以，
两式相减得，故①错误，
当时，令，则，，得，所以，
令，则，，得，所以，则，所以，
故奇数项是以为首项，2为公差的等差数列，偶数项是以为首项，2为公差的等差数列，
则
，所以②正确；
当时，令，则，，得，所以，
令，则，，得，
故偶数项是以为首项，2为公差的等差数列，奇数项从第二项开始以为首项，2为公差的等差数列，
则
，所以③正确；
由于，，，
则，
又数列单调递增，则必有，且，
所以，且，解得，
所以的取值范围是，所以④正确．
故选：C．
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．（广西壮族自治区玉林市2024届高三高中毕业班第一次摸底测试数学试题）已知公差不为零的等差数列的前项和为，则
【答案】7
【分析】若公差为且，易得，应用等差数列前n项和公式求结果.
【详解】若公差为且，则，
由.
故答案为：7
14．函数（其中，）的图像如图所示，为了得到的图像，则需将的图象向右最小平移 个长度单位．

【答案】/
【分析】首先根据函数的图象确定、、的值，进一步确定解析式，然后利用函数图象的平移变换求得结果．
【详解】根据函数的图象：，，所以，
由于，所以,故，
由于，取，得：
因此
要得到的图象，则需将的图象向右最小平移个单位即可．
故答案为：
15．米斗是称量粮食的量器，是古代官仓、粮栈、米行的必备的用具．为使坚固耐用，米斗多用上好的木料制成．米斗有着吉祥的寓意，是丰饶富足的象征，带有浓郁的民间文化韵味，如今也成为了一种颇具意趣的藏品．如图的米斗可以看作一个正四棱台，已知该米斗的侧棱长为10，两个底边长分别为8和6，则该米斗的外接球的表面积是 ．

【答案】
【分析】首先根据正四棱台的对称性得到外接球的球心所在位置，根据垂直关系列出方程组，解方程组得外接球半径，最后求出外接球表面积即可．
【详解】由题意，方斗的示意图如下：设棱台上底面中心为，下底面中心为，
由棱台的性质可知，外接球的球心落在线段上，
由题意该四棱台上下底面边长分别为8和6，侧棱长为10，
则，，，
所以，
设外接球的半径为，，则，
因为垂直于上下底面，
所以，即，
又，即，
联立解得，，
所以该米斗的外接球的表面积为．
故答案为：

16．已知关于的方程在上有两个不相等的实根，则实数的取值范围是
【答案】
【分析】先利用指、对数性质整理方程为，令，，即得在有两个不相等的实根，再转化为和，有两个不同的交点，利用导数研究函数图象，并结合图象得到结果即可.
【详解】解: 由，则方程，即，
令，，则由单调性可知，函数是递增的，故时，值域为.
而转化为，
当时，方程为，不成立，故，即转化为在有两个不相等的实根，即和，有两个不同的交点.
，当和时，，即在上递减，在上递减；当时，，递增.
另外，时，；时，；.
结合函数，图象可知，

当时，和，的图象有两个不同的交点.
故答案为：.
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）目前,教师职业越来越受青睐,考取教师资格证成为不少人的就业规划之一.当前,中小学教师资格考试分笔试和面试两部分,笔试通过后才能进入面试环节.已知某市年共有名考生参加了中小学教师资格考试的笔试,笔试成绩,只有笔试成绩高于分的学生才能进入面试环节.
(1)从报考中小学教师资格考试的考生中随机抽取人,求这人中至少有一人进入面试的概率;
(2)现有甲、乙、丙名学生进入了面试,且他们通过面试的概率分别为,设这名学生中通过面试的人数为,求随机变量的分布列和数学期望.
参考数据:若,则,,,,.
【答案】(1)
(2)随机变量的分布列见解析；期望为
【详解】（1）记“至少有一人进入面试”为事件,由已知得:,1分
所以,3分
则,4分
即这人中至少有一人进入面试的概率为.5分
（2）的可能取值为,6分
,
,
,
,9分
则随机变量的分布列为：
11分
,.12分
18.（12分）在中，角，，所对的边分别为，，.已知.
(1)求角的大小；
(2)设，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）由余弦定理可得：，则，
，则，1分
所以，3分
∵，∴，4分
∵，∴.5分
∵，∴.6分
（2）8分
10分
∵，∴，∴
∴，∴.12分
19．（12分）如图，在直三棱柱中，，，D为的中点．
(1)证明：；
(2)若点到平面的距离为，求平面与平面的夹角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)．
【详解】（1）
连接,
因为四边形为正方形，所以．1分
在直三棱柱中，平面平面，
由得，又平面平面，所以平面，2分
又平面，所以，3分
又，平面，平面，所以平面，4分
又平面，
所以.5分
（2）以为原点，，，所在直线分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
6分
设，则，，，，
，，．
设为平面ABD的一个法向量，
则，即，得，令，则，
故，8分
由题意，，解得，9分
所以，．
设为平面BCD的一个法向量，
则，即，
令，则，，即，10分
平面ABC的一个法向量为，
设平面和平面的夹角为，
则，11分
所以，
所以平面和平面的夹角的正弦值为．12分
20．（12分）（贵州省遵义市2024届高三第一次质量监测统考数学试题）已知为椭圆的两个焦点，为椭圆上异于左､右顶点的任意一点，的周长为6，面积的最大值为：
(1)求椭圆的方程；
(2)直线与椭圆的另一交点为，与轴的交点为.若，.试问：是否为定值？并说明理由.
【答案】(1)
(2)，理由见解析
【详解】（1）设椭圆的方程为，则
由椭圆的定义及的周长为6，知①，1分
由于为椭圆上异于左､右顶点的任意一点，得到轴距离最大为，
因为的面积的最大值为，
所以②，2分
又③，3分
联立①②③，得，
所以椭圆的方程为.4分
（2）为定值，理由如下：5分
根据已知条件作出图形如图所示,

设，则，
因为在椭圆内部，则直线与椭圆一定有两交点，
联立消去得：，7分
，8分
又，且，
所以，同理10分
所以.
所以为定值.12分
21．（12分）已知函数，.
(1)若，求函数值域；
(2)是否存在正整数a使得恒成立？若存在，求出正整数a的取值集合；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)；
(2).
【详解】（1）由题设，则，1分
若，则，，可得，递增；
若，则，，可得，递减；3分
又，
综上，，值域为.4分
（2）由，，则，5分
令，，则，且，
当，，（舍）；6分
当，则，故，
令，则
，
又，对于，有，即递增，
所以，故恒成立，8分
所以，即在上递增，又，则，
所以在上递增，又，即，，符合题意；
当，令，则，，10分
所以（舍）；11分
综上，正整数a的取值集合.12分
【点睛】关键点点睛：第二问，问题化为在上恒成立，再分类讨论参数并结合导数研究函数值的符号，再时令，构造出为关键.
（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）平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）.以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.
(1)求曲线的普通方程和曲线的直角坐标方程；
(2)已知点，记和交于两点，求的值.
【答案】(1)曲线的普通方程为；曲线的直角坐标方程为
(2)
【详解】（1）已知曲线（为参数），
则，由消参得，
则曲线的普通方程为．2分
由曲线的极坐标方程为，
变形得，3分
即，且满足，
由互化公式，得，即.
故曲线的直角坐标方程为．5分
（2）由于在直线l上，
可设直线l的参数方程的标准形式为（t为参数），
代入曲线，
化简得，，7分
设A，B对应的参数分别为，，
则，，8分
由于，故，
所以.
故的值为.10分
选修4-5：不等式选讲
23．（10分）已知函数．
(1)求不等式的解集；
(2)若是的最小值，且正数满足，证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【详解】（1）1分
∴或或，3分
解得或或，
∴不等式的解集为；5分
（2）证明：由，可得的最小值为，6分
则，，
∴
，当且仅当时，等号成立，9分
∴．10分