【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01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01及答案，共24页。
（新高考Ⅱ卷专用）
黄金卷01
（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，，且，则（ ）
A．6B．4C．D．
2．已知，则（ ）.
A．B．C．2D．1
3．已知的图象与直线在区间上存在两个交点，则当最大时，曲线的对称轴为（ ）
A．，B．，
C．，D．，
4．函数的图像大致为（ ）
A． B．
C． D．
5．如图，正方形中，是直线上的动点，且，则的最小值为（ ）

A．B．C．D．4
6．谢尔宾斯基（Sierpinski）三角形是一种分形，它的构造方法如下：取一个实心等边三角形（如图1），沿三边中点的连线，将它分成四个小三角形，挖去中间小三角形（如图2），对剩下的三个小三角形继续以上操作（如图3），按照这样的方法得到的三角形就是谢尔宾斯基三角形．如果图1三角形的边长为2，则图4被挖去的三角形面积之和是（ ）

A．B．C．D．
7．已知函数满足对于任意实数，都有成立，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
8．已知双曲线右支上非顶点的一点A关于原点的对称点为为双曲线的右焦点，若，设，且，则该双曲线的离心率的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
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．已知圆M：，则下列关于圆M的结论正确的是（ ）
A．点在圆M内
B．圆M关于直线对称
C．圆M与圆O：相切
D．若直线l过点，且被圆M截得的弦长为，则l的方程为
10．下列说法正确的是（ ）
A．若数据的方差为1，则新数据，，…，的方差为1
B．已知随机事件A和B互斥，且，，则等于0.5．
C．“”是直线与直线互相垂直的充要条件
D．无论实数λ取何值，直线恒过定点
11．如图，在棱长为2的正方体中，，分别是棱，的中点，点在上，点在上，且，点在线段上运动，下列说法正确的有（ ）
A．当点是中点时，直线平面；
B．直线到平面的距离是；
C．存在点，使得；
D．面积的最小值是
12．已知、都是定义在上的函数，且为奇函数，的图像关于直线对称，则下列说法中一定正确的是（ ）
A．B．
C．为奇函数D．的图像关于直线对称
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．已知的展开式中各项系数的和为，则实数的值为 .
14．已知等差数列的前项和分别为，且，则 ．
15．在中，角，，所对的边分别为，，，已知，，，则的最大值为 ．
16．在棱长为2的正方体中，点M是对角线上的点（点M与A、不重合），则下列结论正确的是 .（请填写序号）

①存在点M，使得平面平面；
②存在点M，使得平面；
③若的面积为S，则；
④若、分别是在平面与平面的正投影的面积，则存在点M，使得.
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．已知点是角终边上一点．
(1)求的值；
(2)若将角终边绕着坐标原点逆时针旋转得到角的终边，求的值．
18．已知正项数列的前项和，满足：．
(1)求数列的通项公式；
(2)记，设数列的前项和为，求证．
19．如图，在四棱柱中，四棱锥是正四棱锥，.

(1)求与平面所成角的正弦值；
(2)若四棱柱的体积为16，点在棱上，且，求点到平面的距离.
20．第19届亚运会于9月23日至10月8日在杭州举行，某学校为持续营造全民参与亚运、服务亚运、奉献亚运的浓厚氛围举办“心心相融·爱答亚运”知识挑战赛．挑战者向守擂者提出挑战，规则为挑战者和守擂者轮流答题，直至一方答不出或答错，则另一方自动获胜．若赛制要求挑战者先答题，守擂者和挑战者每次答对问题的概率都是，且每次答题互不影响．
(1)若在不多于两次答题就决出胜负，则挑战者获胜的概率是多少?
(2)在此次比赛中，挑战者获胜的概率是多少?
(3)现赛制改革，挑战者需要按上述方式连续挑战8位守擂者，每次挑战之间相互独立，当战胜至少三分之二以上的守擂者时，则称该挑战者胜利．若再增加1位守擂者时，试分析该挑战者胜利的概率是否增加?并说明理由．
21．已知椭圆：，点、分别是椭圆的左焦点、左顶点，过点的直线（不与x轴重合）交椭圆于A，B两点．

(1)求椭圆M的标准方程；
(2)若，求的面积；
(3)是否存在直线，使得点B在以线段为直径的圆上，若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由．
22．已知函数．
(1)求的极值；
(2)若在区间有2个零点，求的取值范围．
参考答案：
1．D
【分析】先求出集合，再由交集的定义求解即可.
【详解】，，
∵，∴，∴，
故选：D.
2．C
【分析】
先根据复数的乘法运算求出复数，再根据共轭复数的定义和复数的模的公司及即可得解.
【详解】由，得，
则，所以.
故选：C.
3．D
【分析】先根据条件求出的取值范围，再求出对称轴.
【详解】当时，
要使得的图象与直线存在两个交点，
则，解得，
又因为，所以，所以，
此时曲线的对称轴为，，
解得，，
故选：D
4．C
【分析】
根据函数的奇偶性和单调性即可判断选项.
【详解】设，
对任意，，
所以，
所以的定义域为，
，
所以函数为奇函数.
令，
可得，即，
所以，可得，
由可得，解得，
所以的定义域为，
又，
所以函数为奇函数，排除BD选项，
当时，是减函数，
则，，
所以，排除A选项.
故选：C
5．C
【分析】根据给定图形，用表示向量，再利用共线向量定理的推论，结合“1”的妙用求解即得.
【详解】正方形中，，则，
而，则，
又点共线，于是，即，而，
因此，
当且仅当，即时取等号，
所以当时，取得最小值.
故选：C
6．D
【分析】
根据挖去三角形的边长和个数求得正确答案.
【详解】第一种挖掉的三角形边长为，共个，面积为；
第二种挖掉的三角形边长为，共个，面积为，
第三种挖掉的三角形边长为，共个，
面积为，
故被挖去的三角形面积之和是.
故选：D
7．D
【分析】根据函数的单调性列不等式，由此求得的取值范围.
【详解】依题意，对于任意实数，都有成立，
不妨设，则，
所以在上单调递减，
所以，解得.
故选：D
8．C
【分析】作出对应的图象，设双曲线的左焦点为，连接，，则四边形为矩形．因此．，．可得，结合余弦函数运算求解．
【详解】如图所示，设双曲线的左焦点为，连接，，
因为，则四边形为矩形，
所以，
则，．
．
．
即，
则，
因为，则，
可得，即，
所以，
即双曲线离心率的取值范围是，
故选：C．
9．BC
【分析】由点的坐标代入圆的方程可判断A；由圆心在直线上可判断B：求出圆心距、两圆的半径差可判断C：求出直线l的方程可判断D.
【详解】圆的方程为，即圆心为，半径为，
对于A：因为，所以点在圆外，故选项A错误；
对于B：因为，所以圆心在直线上，故选项B正确；
对于C：因为圆O、圆的圆心距为，两圆的半径差为，
所以两圆内切，故选项C正确；
对于D：当直线l的斜率不存在时，其方程为，圆心到直线l的距离为，
直线被圆所截得的弦长为，
当直线l的斜率存在时，设其方程为，圆心到直线l的距离为，
解得，可得直线l的方程为，综上所述，直线l的方程为或，故选项D错误.
故选：BC.
10．ABD
【分析】对于A：根据方差的性质判断；对于B：根据互斥事件的概率关系进行计算判断；对于C：先根据直线垂直求出，再进行充分性和必要性的判断；对于D：将直线变形为，然后列方程组，求解即可得定点.
【详解】对于A：若数据的方差为1，则新数据，，…，的稳定程度没有发生改变，方差还是，A正确；
对于B：随机事件A和B互斥，且，，
则，
则，B正确；
对于C：若直线与直线互相垂直，则，
解得或，
故“”是直线与直线互相垂直的充分不必要条件，C错误；
对于D：直线
即为，令，解得，
即无论实数λ取何值，直线恒过定点，D正确.
故选：ABD.
11．AC
【分析】根据线面平行的判定判断A；根据等体积法求得点到平面的距离判断B；建立空间直角坐标系，利用空间向量的数量积运算解决垂直问题判断C；求出面积的表达式，再求得面积的最小值判断D.
【详解】对于A，由是中点，，得点是的中点，连接，显然也是的中点，连接，
于是，而平面，平面，所以直线平面，A正确；
对于B，分别是棱的中点，则，平面，平面，于是平面，
因此直线到平面的距离等于点到平面的距离h，
，
，，，
由，得，B错误；
以A为原点，建立如图所示空间直角坐标系，则，，，,
对于C，设，则，，，，
由，得，解得，
由于，因此存在点，使得，C正确；
对于D，由选项C得在的投影点为，
则P到的距离，
面积为 ，所以当时，取得最小值为，D错误.
故选：AC
12．AD
【分析】A. 根据是定义在上的函数，且为奇函数判断；B. 由的图像关于直线对称，得到判断；C.利用奇偶性的定义判断；D. 由，得到判断.
【详解】解：因为是定义在上的函数，且为奇函数，所以，故A正确；
因为是定义在上的函数，且的图像关于直线对称，所以，不一定为0，故B错误；
因为，故C错误；
因为，则，所以的图像关于直线对称，故D正确.
故选：AD
13．
【分析】根据题意，令，列出方程，即可求解.
【详解】因为的展开式中各项系数的和为，
令，可得，解得.
故答案为：.
14．
【分析】
根据给定条件，利用等差数列性质及前项和公式计算即得.
【详解】
等差数列的前项和分别为，且，
所以.
故答案为：
15．##
【分析】写出的表达式，利用余弦定理和基本不等式即可求出最大值.
【详解】由题意，

, 所以消去 得
，
由, 得 ，当且仅当时等号成立，
∴，
∴原式
故答案为：.
16．①②④
【分析】平面与平面为同一平面,证明平面即可判断①；由证明平面平面判断②；连接交于点O,当时可得,利用相似可得,进而求得的最小面积,即可判断③；分别判断点从的中点向着点A运动的过程中,、的范围,进而判断④.
【详解】连接,,

①设平面与对角线交于M,
由,，
且平面，平面，且，
所以平面，即平面,
所以存在点M，使得平面平面，所以①正确；
②连接,,

由，平面，平面，
所以平面，同理由可得平面，
又，平面，平面，
所以平面平面，
设平面与交于点M，则平面，
所以平面，所以②正确；
③连接交于点O,过O点作,

在正方体中，
由①平面，同理可证平面，
且平面，
所以,所以OM为异面直线与的公垂线,
根据,所以,
即,
此时的面积为,
所以③不正确；

④设点在平面的正投影为，在平面的正投影为
如图，因为平面，
则在平面内的射影为，
由，则，
故在点从的中点向着点A运动的过程中，
点也从的中点向着点运动.
由平面，则，
故当为中点时， 正投影也为中点，
此时在平面的正投影的面积，
因此，在点从的中点向着点A运动的过程中，
的面积即从1减少到趋向于0,即,
同理，在点从的中点向着点A运动的过程中，
点也从的中点向着点运动，的面积即从0开始增加，
当与重合时， 正投影与重合，
此时在平面的正投影的面积，
所以,
故在此过程中,必存在某个点使得,所以④正确,
故答案为：①②④.
17．(1)
(2)
【分析】（1）先由点是角终边上一点得，，，根据诱导公式可得，代入可得；
（2）先根据题意，由两角和的余弦公式可得.
【详解】（1）因为点是角终边上一点，
所以，，，
（2）将角终边绕着坐标原点逆时针旋转得到角的终边，
故，
所以
18．(1)
(2)证明见解析
【分析】
（1）由，把用1代入算出首项，再用退位相减法发现其为等差数列，则数列通项可求；
（2）由（1）可先算出，代入求得通项并裂项，再求和即可证明.
【详解】（1）
当时，，解得．
当时，由①，可得，②
①②得：，即．
，
．
是以1为首项，以2为公差的等差数列，
数列的通项公式．
（2）
由（1）可得，
，
，，，，，
，
.
19．(1)
(2)
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法即可求解线面角大小，
（2）求解法向量，根据点面距离的向量法即可求解.
【详解】（1）因为四棱锥是正四棱锥，连接交于点，则，
连接，则平面，所以两两垂直.
如图所示，以点为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，

设，因为，,则，
设与交于点，则为的中点，
所以，
，
所以，,
设平面的一个法向量为，则有，得，
取，得，
直线的一个方向向量为，
设与平面所成角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
（2）因为四棱柱的体积为，所以，
由（1）知，，
.
因为，则，
所以，
，
设平面的一个法向量为，则有，得，
取，得，
所以点到平面的距离为.
20．(1)
(2)
(3)没有增加，理由见解析
【分析】
（1）根据独立事件的概率公式求解即可；
（2）设为先答题者获胜的概率，根据独立事件的概率公式列出方程，进而求解；
（3）分别求出增加1位守擂者前后挑战者胜利的概率，进行比较即可求解.
【详解】（1）
在一轮答题中，挑战者获胜的概率为,守擂者获胜的概率为，
所以在一轮中若有胜者，则挑战者获胜的概率，
设事件为挑战者获胜，事件为不多于两次答题比赛结束．
．
（2）
由（1）可得在一轮中若有胜者，则挑战者获胜的概率，
所以挑战者最终获胜的概率是.
（3）
设随机变量为挑战者连续挑战8人时战胜得守擂者人数，为此时挑战者获胜的概率；
为挑战者连续挑战9人时战胜得守擂者人数，为此时挑战者获胜的概率．
，
，
显然，，即该挑战者胜利的概率没有增加．
21．(1)
(2)
(3)不存在，理由见详解
【分析】（1）根据题意可得，进而可求和椭圆标准方程；
（2）可根据直线方程与椭圆方程联立方程组解出交点坐标，再根据点的坐标，求三角形面积．△的面积可分割成两个小三角形，其底皆为；
（3）存在性问题，一般从计算出发，即垂直关系结合椭圆方程交点求出B点坐标：或，而由椭圆范围知这样的B点不存在．
【详解】（1）由左焦点、左顶点可知：，则，
所以椭圆的标准方程为.
（2）因为，，
则过的直线的方程为：，即，
解方程组，解得或，
所以的面积.
（3）若点B在以线段为直径的圆上，等价于，即，
设，则，
因为，则，
令，
解得：或，
又因为，则不存在点，使得，
所以不存在直线，点B在以线段为直径的圆上.
22．(1)当时，在处取极大值
(2)
【分析】（1）根据题意，求导得，然后分与讨论，即可得到结果；
（2）根据题意，将问题转化为与在区间有2个交点，求得函数的值域，即可得到结果.
【详解】（1）因为，定义域为，所以，
当时，由于，则恒成立，
所以在上单调递增，无极值，
当时，令，解得，
当时，，则在上单调递增；
当时，，则在上单调递减：
所以当时，在处取极大值，无极小值；
（2），
令，得，令，在区间有2个零点，
即与在区间有2个交点，
，，，
当，，在上单增，
当，，在上单减，
，的最大值为，，
与在区间有2个交点，则．