04- 备战2024年高考数学模拟卷（新高考Ⅱ卷专用）（解析版）

这是一份04- 备战2024年高考数学模拟卷（新高考Ⅱ卷专用）（解析版），共24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．设集合，，若集合，则集合P的真子集的个数为（ ）．
A．63个B．64个C．31个D．32个
【答案】C
【分析】根据题意得到，然后根据集合中元素的个数求真子集的个数即可.
【详解】，，所以,
因为集合中有5个元素，所以真子集的个数为个.
故选：C.
2．已知a，b，，则“”的必要不充分条件可以是下列的选项（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用不等式性质进行推导，结合取值验证可得.
【详解】A选项：取，满足，但，所以不是的必要条件，A错误；
B选项：若，，则，所以不是的必要条件，B错误；
C选项：若，，则，若，则，则有，所以，是的必要条件；
取，显然满足，但，所以不是的充分条件.
综上，是的必要不充分条件，C正确；
D选项：取，显然满足，但，所以不是的充分条件，D错误.
故选：C
3．已知边长为2的菱形中，，点E是BC上一点，满足，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】建立平面直角坐标系，得到点的坐标，根据求出，从而利用平面向量数量积公式求出答案.
【详解】以为坐标原点，所在直线为轴，垂直于轴的直线为轴，建立平面直角坐标系，
则，设，
则，
因为，所以，解得，
故，
则.
故选：B
4．五岳是中国汉文化中五大名山的总称，分别为东岳泰山、西岳华山、中岳嵩山、北岳恒山、南岳衡山.某旅游博主为领略五岳之美，决定用两个月的时间游览完五岳，且每个月只游览五岳中的两大名山或三大名山（五岳只游览一次），则恰好在同一个月游览华山和恒山的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】结合组合计数知识，由分类与分步计数原理分别计算样本空间与事件包含的样本点个数，再应用古典概型概率公式求解即可.
【详解】由题意，确定一个月的游览方案，则另一个月游览其余名山即可.
该旅游博主游览五岳可分两类方法：
第一类，第一个月游览两大名山，从五大名山中任选两大名山，有种方法；
第二类，第一个月游览三大名山，从五大名山中任选三大名山，有种方法；
由分类计数原理可得，共有种方法.
设“该旅游博主恰好在同一个月游览华山和恒山”，可分两步完成这件事：
第一步，从两个月中选一个月游览华山和恒山，有种方法；
第二步，确定游览华山和恒山的这个月的游览方案，分为两类：
若该月只游览两大名山，则只有种方法；
若该月浏览三大名山，则再从其余三大山中任取一大山游览，有种方法，
则第二步共有种方法；
由分步计数原理，则完成事件共有种方法.
由古典概型概率公式得.
故选：C.
5．已知，且，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据倍角公式可得，进而可得，利用诱导公式逐项分析判断.
【详解】因为，可得，解得或，
又因为，则，可得.
对于选项A：，故A错误；
对于选项B：，故B错误；
对于选项C：，故C错误；
对于选项D：，故D正确；
故选：D.
6．函数是定义在上的奇函数，且在区间上单调递增，若关于实数的不等式恒成立，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】首先得出是偶函数，把不等式化为，结合函数的单调性与奇偶性，得到，求解不等式即可．
【详解】因为函数是定义在上的奇函数，
即，当时，又有意义，
所以是定义域上的偶函数，
又因为在区间上单调递增，
所以，
所以，即，所以，
则或，解得或，
所以的取值范围是．
故选：D．
7．已知抛物线的焦点为F，准线为l，A，B为C上两点，且均在第一象限，过A，B作l的垂线，垂足分别为D，E.若，，则的外接圆面积为（ ）.
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由抛物线的定义及平行线的性质可得，结合同角三角函数的平方关系及二倍角公式可得，进而由正弦定理可求得结果.
【详解】如图所示，

由抛物线的定义可知，，
所以，，
所以，故，
易知为锐角，且由可知，
所以.
设的外接圆半径为R，由正弦定理可知，
又，所以，
所以的外接圆面积为.
故选：A.
8．已知函数，若，则的最大值为（ ）
A．B．1C．D．
【答案】C
【分析】根据题意，由条件可得，构造函数，求导即可得到其最大值，从而得到结果.
【详解】由，得，即.
因为，则，当时，，所以在上单调递增，所以，则.令，则，所以在上单调递增，在上单调递减.
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．设函数，若在有且仅有5个极值点，则（ ）
A．在有且仅有3个极大值点B．在有且仅有4个零点
C．的取值范围是D．在上单调递增
【答案】AD
【分析】根据三角函数的极值点（也即最值点）的性质，求出极值点，然后根据条件，结合图像列出关于的不等式组，解出的范围，然后再逐一判断每个选项.
【详解】作出的草图如下：
的极值点满足，即，
因为在有且仅有5个极值点，所以，
则需，且，解得，故C错误；
因为，则由图可知时，是在上的第一个极大值点，
根据正弦型三角函数的图像规律可知，极大值点与极小值点总是交替出现的，
时是的两个极大值点，另外两个为极小值点，故A正确；
如图可知，在点之前已有4个零点，也可能落在点的右侧，
从而使在上有5个零点，故B错误；
当时，的周期最小，此时第一个极大值点为，
而在上单调递增，故在上单调递增，故D正确.
故选：AD
10．已知一元二次不等式的解集为，则下列说法正确的是（ ）
A．不等式解集的充要条件为
B．若，则关于的不等式的解集也为
C．若，则关于的不等式的解集是，或
D．若，且，则的最小值为8
【答案】AD
【分析】根据一元二次不等式的求解方法以及一元二次函数的图象，对选项逐一分析，求得结果.
【详解】解：选项A：不等式解集，
等价于一元二次函数的图象没有在轴上方的部分，故
等价于，所以选项A正确；
选项B：取值，，此时能满足，
而的解集为，或，的解集为，故B选项错误；
选项C：因为一元二次不等式的解集为，
所以得到与是的根且，
故有，解得，
所以不等式即为，
等价于不等式的解集，所以选项C错误；
选项D：因为，所以，即，
令，
所以
，当且仅当即取“=”，选项D正确.
故选：AD.
11．如图,在正方体中,,为线段上的动点,则下列说法正确的是（ ）
A．
B．平面
C．三棱锥的体积为定值
D．的最小值为
【答案】ABD
【分析】对于A,由线面垂直的判定定理证明平面即可;对于B,根据面面平行的判定定理证明平面平面即可;对于C,根据线面平行将点到平面的距离等于点到平面的距离,再利用等体积法求解即可;对于D,将平面和平面沿直线展开为一个平面,利用余弦定理求解即可判断.
【详解】对于A,连接,如图:

平面,平面,
,
又平面,平面,
平面,
平面,
,
连接,同理可得,
平面,平面,
平面,
平面,
,故A正确;
对于B,连接,如图:

,
四边形为平行四边形,
,
平面,平面,
平面,
同理四边形为平行四边形,
,
平面,平面,
平面,
,平面,平面,
平面平面,
平面,
平面,故B正确;
对于C,如图:

由B知,
平面,平面,
平面,
点到平面的距离等于点到平面的距离,
,故C错误;
对于D,将平面和平面沿直线展开为一个平面,如图:

,
,
,
,
,
即 的最小值为,故D正确.
故选:ABD.
12．已知定义在上的函数满足且，则（ ）
A．B．
C．为偶函数D．为周期函数
【答案】ACD
【分析】由条件等式通过取特殊值求，判断A，B；再推理分析函数的奇偶性、周期性判断CD.
【详解】依题意，，，
取，得，又，则，A正确；
取，得，则，B错误；
取，得，而，即，
于是，有，则为偶函数，C正确；
即，得，即，
有，于是，即有，
因此，所以为周期函数，D正确.
故选：ACD
【点睛】关键点睛：涉及由抽象的函数关系求函数值，根据给定的函数关系，在对应的区间上赋值，再不断变换求解即可.
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．已知是复数的共轭复数，则，则
【答案】
【分析】设，用复数的运算，算得，再计算即可.
【详解】设，则，
，则.
故答案为：.
14．已知圆的圆心位于第三象限且在直线上，若圆与两个坐标轴都相切，则圆的标准方程是 ．
【答案】
【分析】根据几何性质求出圆心的坐标和半径，即可求出圆的标准方程.
【详解】由题意，在圆中，圆心位于第三象限且在直线上，
设圆心为，半径为，
∵圆与两个坐标轴都相切，
∴圆心到两坐标轴的距离相等，，解得：，
∴，
∴圆的标准方程为.
故答案为：.
15．设函数，若为奇函数，则曲线过点的切线方程为 ．
【答案】和
【分析】由奇函数的概念求出，再由导数的几何意义设出切线方程后将点坐标代入求解．
【详解】因为为奇函数，，得，
，，
设切点，则切线方程为，
又切线过点，代入得
解得或．当时，切点为，切线方程为；
当时，切点为，切线方程为．
故答案为：和
16．已知双曲线的离心率为2，左、右焦点分别为、，且到渐近线的距离为3，过的直线与双曲线C的右支交于、两点，和的内心分别为、，则的最小值为 .
【答案】
【分析】求出双曲线的方程，根据与的内心性质得到关系式和点的横坐标，设出直线的倾斜角，得到的表达式，即可求出的取值范围，则得到其最小值.
【详解】由题意，，
已知焦点到渐近线的距离为3，
由对称性，不妨设焦点为，渐近线，即，
则焦点到渐近线的距离为，
又离心率为2，
∴，解得，
∴，
∴双曲线的方程为.
记的内切圆在边，，上的切点分别为，
则，横坐标相等，且，，，
由，即，
得，即，
由双曲线定义知点双曲线右支上，且在轴上，则，即内心的横坐标为.
同理内心的横坐标也为，故轴.
设直线的倾斜角为，则，（为坐标原点），
在中，，
由于直线与双曲线的右支交于两点，
且的一条渐近线的斜率为，倾斜角为，
∴，即，
∴的范围是，
当时，即直线垂直于轴时，取到最小值.
故答案为：.

【点睛】双曲线焦点三角形内切圆问题结论点睛：
双曲线上一点与两焦点若构成三角形，则焦点三角形的内切圆与实轴相切于实轴顶点，当点在双曲线左支时，切点为左顶点，且当点在双曲线右支时，切点为右顶点.
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．已知数列为等差数列，且，．
(1)求的通项公式；
(2)数列满足，数列的前项和为，求证：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）利用等差数列通项和求和公式可构造方程组求得，由此可得通项公式；
（2）由（1）可得，采用裂项相消法可求得，进而分析得到结论.
【详解】（1）设等差数列的公差为，
则，解得：，
.
（2）由（1）得：，
，
，.
18．已知正四棱柱中，，，为线段的中点，为线段的中点．

(1)求直线与平面所成角的正弦值；
(2)证明：直线平面并且求出直线到平面的距离．
【答案】(1)
(2)证明见解析，直线到平面的距离为
【分析】（1）以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用线面角的向量求法可求得结果；
（2）根据，由线面平行的向量证明可得结论；将所求距离转化为点到平面的距离，由点面距离的向量求法可求得结果.
【详解】（1）以为坐标原点，正方向为轴正方向，可建立如图所示空间直角坐标系，

则，，，，，
，，，
设平面的法向量，
则，令，解得：，，，
，
即直线与平面所成角的正弦值为.
（2）由（1）知：，，，，
，，
又平面，平面，
直线到平面的距离即为点到平面的距离，设该距离为，
则，即直线到平面的距离为.
19．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若．
(1)求角A的大小；
(2)若D为BC上一点，，，求的最小值．
【答案】(1)
(2)27
【分析】（1）利用正弦定理化角为边，再根据余弦定理即可得解；
（2）根据求出的关系，再利用基本不等式即可得解.
【详解】（1）因为，
由正弦定理得，即，
，
所以，
又，所以；
（2）由，得，
因为，
所以，
即，，
所以，
当且仅当，即时等号成立，
所以的最小值为．
20．某商场拟在周末进行促销活动，为吸引消费者，特别推出“玩游戏，送礼券”的活动，游戏规则如下：该游戏进行10轮，若在10轮游戏中，参与者获胜5次就送2000元礼券，并且游戏结束：否则继续游戏，直至10轮结束．已知该游戏第一次获胜的概率是，若上一次获胜则下一次获胜的概率也是，若上一次失败则下一次成功的概率是．记消费者甲第次获胜的概率为，数列的前项和，且的实际意义为前次游戏中平均获胜的次数．
(1)求消费者甲第2次获胜的概率；
(2)证明：为等比数列；并估计要获得礼券，平均至少要玩几轮游戏才可能获奖．
【答案】(1)
(2)详见解析
【分析】（1）应用全概率公式计算可得出；
（2）计算得出，结合等比数列的定义可证得结论成立；再结合分组求和计算判断最少轮数即可.
【详解】（1）
（2）
,
,
,
为等比数列, 且公比为；.
,
因为单调递增，
当n为奇数时， ，所以得获奖至少要玩9轮.
当n为偶数时，，得奖至少要玩10轮，
所以平均至少要玩9轮才可能获奖.
21．已知椭圆的对称中心为坐标原点，对称轴为坐标轴，焦点在轴上，离心率，且过点．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若直线与椭圆交于两点，且直线的倾斜角互补，判断直线的斜率是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
【答案】(1)
(2)是定值，定值为2
【分析】（1）利用离心率求得之间的关系，结合点在椭圆上，解方程即可得答案；
（2）设出直线方程，联立椭圆方程，得到根与系数的关系，利用直线的倾斜角互补，可得，结合根与系数关系化简即可得结论.
【详解】（1）设椭圆的标准方程为，
由题意知，
故椭圆的标准方程又为，即，
又椭圆过点，，
椭圆的标准方程为；
（2）由题意可知直线的斜率存在且不过点，
设直线的方程为，，
由，消去整理得，
需满足，则，，
直线的倾斜角互补，，
，
，
将，代入得，
整理得，而，
，
所以直线的斜率为定值，其定值为2.
【点睛】难点点睛：本题考查了椭圆方程的求解以及直线和椭圆位置关系中的定值问题，解答的难点在于定值问题，解答时困难在于计算的复杂性，且都是关于字母参数的计算，计算量较大，要十分细心才可以.
22．已知函数．
(1)当时，求曲线在处的切线方程；
(2)当，若不等式恒成立，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用导数几何意义可求得切线斜率，结合可得切线方程；
（2）方法一：构造，将问题转化为恒成立；利用导数和零点存在定理可说明的单调性，得到；令，利用导数可得单调性，从而确定的范围，再次构造函数，利用导数可求得的范围，即为所求的的取值范围；
方法二：采用同构法，将恒成立的不等式化为，构造函数，利用导数求得单调性，从而得到，采用分离变量法可得，令，利用导数可求得，由此可得的取值范围；
方法三：由恒成立不等式可确定，构造函数，利用导数可求得的单调性，结合可求得的范围为；通过证明当时，恒成立和时，不等式不恒成立可得到最终范围.
【详解】（1）当时，，则，
，又，
在处的切线方程为：，即.
（2）方法一：令，则恒成立，
的定义域为，且；
令，则，
在上单调递增，即在上单调递增，
又，，
，使得，且当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增，
，
由得：，，，
，
，即，
令，则在上单调递减，
又，，，
设，则，
在上单调递增，，，
又，的取值范围为.
方法二：由得：，
，
当时，在，时恒成立，；
当时，设，则，
，在上单调递增，
，即，，
令，则，
当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增，，
，又，；
综上所述：实数的取值范围为.
方法三：定义域为，恒成立，必然成立；
令，则，
当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增，
又，当时，，
当时，；
下面证明：当时，恒成立.
，，
，
令，则，
令，则，在上单调递增，
当时，，，
当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增，，
恒成立，即恒成立；
当时，，，
，使得，且当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增，，
由得：，，
，
，，，，
恒成立，即恒成立；
当时，，显然不满足恒成立；
综上所述：实数的取值范围为.
【点睛】方法点睛：本题重点考查了导数中的恒成立问题的求解；本题求解恒成立的基本方法有：
1.通过直接构造函数的方式，将问题转化为含参数函数的单调性的讨论和最值的求解问题，利用最值求得参数的取值范围；
2.采用同构法，将问题转化为同一函数的不同函数值的大小关系的问题，从而通过求解函数的单调性得到自变量的大小关系；
3.采用由特殊到一般的思路，通过特殊位置必然成立的思路得到的一个取值范围，再证明在此范围时不等式恒成立，并通过反例说明不在此范围时不等式不恒成立来得到最终范围.