【赢在高考·黄金8卷】备战2024年高考数学模拟卷（新高考Ⅱ卷专用）黄金卷07及答案

这是一份【赢在高考·黄金8卷】备战2024年高考数学模拟卷（新高考Ⅱ卷专用）黄金卷07及答案，共24页。

（新高考II卷专用）
黄金卷
（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．已知集合则（ ）
A．B．C．D．
2．在复平面内，复数的共轭复数对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
3．十九世纪下半叶集合论的创立，奠定了现代数学的基础．著名的“康托三分集”是数学理性思维的构造产物，具有典型的分形特征，其操作过程如下：将闭区间均分为三段，去掉中间的区间段，记为第一次操作；再将剩下的两个区间分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，记为第二次操作；…，如此这样，每次在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段．操作过程不断地进行下去，以至无穷，剩下的区间集合即是“康托三分集”．若使去掉的各区间长度之和不小于，则需要操作的次数的最小值为（参考数据：）（ ）
A．6B．8C．10D．12
4．已知向量，的夹角为，，且向量与垂直，则实数（ ）
A．2B．C．D．2
5．2023年夏天贵州榕江的村超联赛火爆全国，吸引了国内众多业余球队参赛．现有六个参赛队伍代表站成一排照相，如果贵阳折耳根队与柳州螺蛳粉队必须相邻，同时南昌拌粉队与温江烤肉队不能相邻，那么不同的站法共有（ ）种．
A．144B．72C．36D．24
6．在三棱锥 中，侧棱，则其外接球的表面积是（ ）
A．B．C．D．
7．已知 则 （ ）
A．B．C．D．
8．已知函数，方程有两个不等实根，则下列选项正确的是（ ）
A．点是函数的零点B．的取值范围是
C．是的极大值点D．，，使
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．已知函数在一个周期内的图象如图所示，图象与轴的交点为，则下列结论正确的是（ ）
A．的最小正周期为
B．的最大值为2
C．直线是图象的一个对称轴
D．在区间上单调递增
10．已知F为抛物线C：焦点，过点的直线L与抛物线C交于不与原点重合的两点，若，则下列结论正确的是（ ）
A． B．直线L的方程为
C．F关于L对称点为D．M为线段AB中点.
11．已知直三棱柱内接于球，点为的中点，点为侧面上一动点，且，则下列结论正确的是（ ）
A．点A到平面的距离为
B．存在点，使得平面
C．过点作球的截面，截面的面积最小为
D．点的轨迹长为
12．实数，满足，则（ ）
A．
B．的最大值为
C．
D．的最大值为
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．在的展开式中，的系数为 用数字作答
14．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 .
15．若，分别是函数与圆上的点，则的最小值为 ．
16．已知椭圆内有一个定点，过点P的两条直线，分别与椭圆交于点A，C和点B，D，且满足，，若变化时，直线CD的斜率总为，则椭圆的离心率为 ．
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．设数列的前项和为，已知．
(1)证明：为等比数列，求出的通项公式；
(2)若，求的前项和．
18．已知的内角的对边分别为，且.
(1)求角的大小，
(2)若的角平分线交边于点，且，求边.
19．党的二十大以来，国家不断加大对科技创新的支持力度，极大鼓舞了企业持续投入研发的信心.某科技企业在国家一系列优惠政策的大力扶持下，通过不断的研发和技术革新，提升了企业收益水平.下表是对2023 年1 ~5月份该企业的利润y(单位：百万)的统计.
(1)根据统计表，求该企业的利润y与月份编号x的样本相关系数(精确到0.01)，并判断它们是否具有线性相关关系（，则认为y与x的线性相关性较强，，则认为y与x的线性相关性较弱.）；
(2)该企业现有甲、乙两条流水线生产同一种产品.为对产品质量进行监控，质检人员先用简单随机抽样的方法从甲、乙两条流水线上分别抽取了5件、3件产品进行初检，再从中随机选取3件做进一步的质检，记抽到“甲流水线产品”的件数为，试求的分布列与期望.
附：相关系数
20．如图，在多面体中，四边形和四边形是全等的直角梯形，且这两个梯形所在的平面相互垂直，其中，.

(1)证明：平面；
(2)若，求点F到平面的距离.
21．已知双曲线的中心为坐标原点，左焦点为，离心率为．
(1)求的方程；
(2)记C的右顶点为A，过点A作直线与C的左支交于两点，且，，为垂足．证明：存在定点，使得为定值．
22．已知函数.
(1)当时，求的图象在点处的切线方程;
(2)当时，证明：.
月份
1 月
2 月
3 月
4 月
5 月
月份编号x
1
2
3
4
5
利润y(百万)
7
12
13
19
24
参考答案：
1．D
【分析】解一元二次不等式化简集合A，再利用交集的定义求解即得.
【详解】集合，而，
所以.
故选：D
2．D
【分析】由复数代数形式的乘法运算化简复数，进而得到其共轭复数所对应的点所在象限．
【详解】令，
则，
则的共轭复数为，
所以对应的点位于第四象限．
故选：D．
3．A
【分析】根据题意表示出次操作后去掉的各区间长度之和，然后列出不等式，根据对数运算求解即可.
【详解】由题知，每次操作后剩下区间长度之和是操作前区间长度的，
故次操作后剩下区间长度之和为，
所以，次操作后去掉的各区间长度之和为，
由得，
所以，的最小值为6.
故选：A
4．D
【分析】
根据垂直向量的数量积建立方程，结合题意，可解得答案.
【详解】
由，则，
即，
解得.
故选：D.
5．A
【分析】利用相邻问题捆绑法、不相邻问题插空法求解即可.
【详解】先将不相邻的两队排除，将贵阳折耳根队与柳州螺蛳粉队看成一个整体，与余下两队先排，有种方法，再将不相邻的两队插入他们的空隙中，有种方法，最后落实贵阳折耳根队与柳州螺蛳粉队的具体排法有种方法，故不同的站法有种.
故选：A.
6．B
【分析】根据可得到点在底面的射影为底面三角形的外心，从而判断三棱锥的外接球球心在上，分别求得和,设出外接球半径，借助于直角三角形即可求得.
【详解】
如图，设的外接圆半径为，由正弦定理：，解得：，
过点作平面，垂足为，
分别连接，因，故，即点是的外心，
则
依题，三棱锥 的外接球球心必在直线上，连接,不妨设外接球半径为，
则,
在中，由勾股定理，，解得：
故外接球的表面积为
故选：B.
7．C
【分析】
根据给定的条件，利用辅助角公式求出，再利用二倍角的余弦公式计算即得.
【详解】由，得，
所以.
故选：C
8．D
【分析】由导函数得到函数的单调性和极值情况，画出函数图象，A选项，根据得到A错误；B选项，或，有1个实数根，故有1个非零实根，数形结合得到答案；C选项，由图象得到不是的极大值点；对于D选项，求出，，得到D正确.
【详解】当时，，则，
当时，，在单调递增，
当时，，单调递减，且，；
当时，，则，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
且，，且恒成立，
画出函数的图象如下：
对A，由可得0是函数的零点，故A错误；
对B，方程等价于或，
由图可得有1个实数根，
所以方程有两个不等实根
等价于有1个非零实根，则由图可得或，
解得或，故B错误.
对C，由图可得是的极大值点，不是的极大值点，故C错误；
对D，由图可得，当时，
因为，故，
故结合图象可得时，，
故，，使，故D正确；
故选：D
【点睛】思路点睛：复合函数零点个数问题处理思路：
①利用换元思想，设出内层函数；
②分别作出内层函数与外层函数的图象，分别探讨内外函数的零点个数或范围；
③内外层函数相结合确定函数交点个数，即可得到复合函数在不同范围下的零点个数.
9．ABD
【分析】由三角函数图象判断函数性质问题，一般是先结合图像分别求出，周期确定，关键点确定，接着根据要求，结合正弦型（余弦型）函数性质分别判断即得.
【详解】设的最小正周期为，
由图象可知，解得故选项A正确；
因为，所以，解得，故.将代入解析式得，
因为，则，所以得，故.
又因为图象与轴的交点为，所以，得，故的最大值为2，选项B正确；
由上述分析知，当时，，则点是函数的对称中心，即直线不是其对称轴，
故选项C错误；
因当时，取，而在上单调递增，故在区间上单调递增，故选项D正确.
故选：ABD.
10．AB
【分析】设出直线的方程，与抛物线方程联立，利用韦达定理结合数量积的坐标表示求出直线的方程，再逐项分析判断即得.
【详解】显然直线不垂直于y轴，设直线的方程为：，即，
由消去x并整理得：，，
则，由，得，
显然，则，即，解得，
因此，直线的方程为，即，AB正确；
线段中点纵坐标为，而点纵坐标为2，D错误；
显然，点与点的中点坐标为，在方程中，当时，，
因此点不在直线上，即F关于L对称点坐标不是，C错误.
故选：AB
11．ACD
【分析】A选项，作出辅助线，由等体积法求出点A到平面的距离；B选项，建立空间直角坐标系，设，求出平面的法向量，根据故与法向量不平行，得到B错误；C选项，当与过点的截面垂直时，截面的面积最小，求出截面半径的最小值，得到答案；D选项，作出辅助线，得到点的轨迹，求出轨迹长度.
【详解】A选项，设点A到平面的距离为，因为，
所以，
取的中点，连接，
由勾股定理得，，故，
由三线合一可得⊥，由勾股定理得，
，所以，即点A到平面的距离为，A正确；
B选项，以A为原点，所在直线为轴建系，
则，设，则，
设平面的法向量为，则，
令，则，故，
设，，即，故，无解，
故与法向量不平行，
所以不存在点，使得平面，B错误；
C选项，三棱柱的外接球即为以为邻边的长方体的外接球，
当与过点的截面垂直时，截面的面积最小，
球心，则过点作球的截面，
截面半径的最小值为，
所以截面的面积最小为，C正确；
D选项，过点作于，则，
又⊥平面，平面，所以⊥，
因为，平面，所以⊥平面，
因为平面，所以⊥，
故，又，
则点的轨迹是以点为圆心，为半径的半圆，
其圆心角为，点的轨迹长即为，D正确.
故选：ACD
【点睛】方法点睛：特殊几何体的内切球或外接球的问题，常常进行补形，转化为更容易求出外接球或内切球球心和半径的几何体，比如墙角模型，对棱相等的三棱锥常常转化为棱柱来进行求解.
12．ACD
【分析】对于A选项，利用基本不等式即可判断；对于B选项，利用参数方程即可求解；对于C选项，利用B选项即可求解；对于D选项，令即可求解,
【详解】对于A选项，由，得，
所以，当且仅当时取“=”，故A正确；
对于B选项，令且，则，
其中，，
又，所以的最大值为1，
所以的最大值，故B错误；
对于C选项，由B中的分析知，，
其中，，
又，所以，故C正确；
对于D选项，令，
则，
且，所以当时，取最大，
故D正确.
故选：ACD.
13．
【分析】直接用二项式定理展开的通项求出即可.
【详解】在的展开式中通项为，
所以，解得，
所以的系数为，
故答案为：
14．
【分析】构造函数，由已知条件得在上是偶函数，然后根据其单调性从而可求解.
【详解】令，所以，
因为，所以，化简得，
所以在上是偶函数，
因为，
因为当，，所以，在区间上单调递增，
又因为为偶函数，所有在上单调递减，
由，得，又因为，所以，
所以，解得或，
所以不等式的解集为.
故答案为：.
【点睛】通过构造函数，结合已知函数求出函数为偶函数和其单调性，从而求解.
15．##
【分析】设圆的圆心为，半径为，当垂直于抛物线在点处的切线时，取得最小值，为，利用导数的几何意义求得切线的斜率，再根据两直线垂直的条件，求得点的坐标，然后计算的值，即可．
【详解】设圆的圆心为，半径为，
当垂直于抛物线在点处的切线时，取得最小值，为，如图所示，

设点，则直线的斜率为，且，
由知，，
所以在点处的切线的斜率为，
因为直线与切线垂直，所以，所以，
所以，即，
因为恒成立，所以，即，
此时，
所以，即的最小值为．
故答案为：．
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是将问题转化为点到函数上的点的最小值，利用数形结合即可得解.
16．##
【分析】设出点的坐标，根据向量的倍数关系得出点的坐标之间的关系式，再利用“点差法”得出，结合直线的斜率关系推出，即可得之间的关系，即可求得答案.
【详解】由题意可设，，，，且，，
因为，且，所以，即，
同理有，
将A，B两点坐标代入椭圆方程得，化简得，
，即，
同理，，
由于，，则，所以，
即，
即，
①＋②得，，
即，所以，
所以，
故答案为：
【点睛】难点点睛：本题考查椭圆离心率的求解，难点在于找到之间的关系，解答时要结合向量的数乘得出点的坐标之间的关系，再结合点在椭圆上以及直线的斜率关系化简得出之间的关系，计算过程较为复杂.
17．(1)证明见解析，
(2)
【分析】（1）根据可推出，即得，即可证明为等比数列，由此可求得的表达式，继而求得的通项公式；
（2）由（1）的结果可得的表达式，利用错位相减法求数列的和，即可得答案.
【详解】（1）∵ ∴，
∴，
∴为等比数列；
∵，故的首项为，公比为2，
∴，则，
当时，，则，也满足此式，
∴；
（2）由（1）可得，则，
故，
两式相减得：，
故.
18．(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理以及两角和公式的逆用可求得，结合其范围可得；
（2）在中利用正弦定理以及可求得，可知是等腰三角形，所以可求出.
【详解】（1）由正弦定理可得，
因为，所以，可得.
又，故.
（2）如下图所示：

在中，，
所以，
结合，所以，
所以，
可得，
所以是等腰三角形，且，
所以.
19．(1)；具有很强的线性相关性
(2)分布列见解析；
【分析】
（1）根据公式求出相关系数的值，即可判断；
（2）根据题意可知可取的为，然后计算列出分布列，求出期望即可求解.
【详解】（1）由统计表数据可得:

所以


所以相关系数 ，
因此，两个变量具有很强的线性相关性.
（2）由题意知，的可能取值为
因为 ，
，
所以 的分布列为：
所以
20．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用面面垂直的性质定理证得平面，进而利用线面垂直的判定定理即可得解；
（2）利用等体积法即可得解.
【详解】（1）因为平面平面，平面平面，
又，即，且平面，所以平面.
又平面，故.
又，即，且，平面，
所以平面.
（2）因为，，，
所以.
因为四边形ABCE与四边形CDEF是全等的直角梯形，
所以.
设点F到平面的距离为h，
因为，所以，所以.
由（1）得，平面BCD，又平面BCD，所以.
由（1）得平面CDEF，又平面CDEF，
所以，所以.
所以，，，
所以，所以点F到平面BDE的距离为.
21．(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）由已知求出双曲线参数，即可得方程；
（2）法1：讨论直线MN的斜率存在性，设直线方程联立双曲线，应用韦达定理及垂直关系列方程求所设直线中的参数关系，代入直线方程确定定点即可；法2：设直线MN方程为，联立双曲线得到，结合直线垂直关系、韦达定理求参数m，进而确定定点.
【详解】（1）由题意，所以双曲线方程；
（2）法1：由（1）知，当直线MN斜率存在时，设直线MN方程为，
联立方程组，，即，
设，由韦达定理可得
因为，所以，
，
，
，
或，
将代入直线，此时直线MN过定点，不合题意；
将代入直线，此时直线MN过定点，
当直线MN的斜率不存在时，不妨设直线方程为，
因为，所以为等腰直角三角形，此时M点坐标为，
所以（舍）或，此时MN过定点，
综上可知，直线MN恒过定点.
因为，此时存在以AP为斜边的直角三角形，
所以存在定点Q为AP中点满足，此时．
法2：由（1）知，设直线MN方程为，
联立方程组，
，
，
两边同时除以，得，
设，因为，所以，
，，即，
由韦达定理得，
代入直线，
直线过定点．
因为，此时存在以AP为斜边的直角三角形，
所以存在定点Q为AP中点满足，此时．
【点睛】关键点点睛：设含参的直线MN方程，联立双曲线，应用韦达定理及已知垂直关系求得直线方程中参数关系或参数值为关键.
22．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）分别求出，再利用直线的点斜式方程即可求解；
（2）利用作差法并构造函数，并利用二次导数求出恒成立，即可求解.
【详解】（1）当时，，则
所以，又因为，
故所求切线方程为，即.
（2）因为的定义域是，
所以当时，
设，则，
设则在上恒成立，
所以在上是增函数，则，
又因为，因为，所以，
又因为，所以，
所以在上存在唯一零点，也是在上的唯一零点，
所以，即，
当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
所以
由于，所以，，，
所以，所以，
所以当时，，即成立.
【点睛】方法点睛：（2）问中通过作差法后构造函数，利用构造函数的二次求导求出其最小值大于零，从而求证.