【赢在高考·黄金8卷】备战2024年高考数学模拟卷（新高考Ⅰ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Ⅰ卷专用）黄金卷01及答案，共22页。
（新高考Ⅰ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，集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知复数z满足，则复数在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
3．函数的最小值为（ ）
A．-2B．C．D．0
4．已知等差数列的前5项和，且满足，则等差数列{an}的公差为（ ）
A．-3B．-1C．1D．3
5．龙洗，是我国著名的文物之一，因盆内有龙纹故称龙洗，为古代皇宫盥洗用具，其盆体可以近似看作一个圆台．现有一龙洗盆高15cm，盆口直径40cm，盆底直径20cm．现往盆内倒入水，当水深6cm时，盆内水的体积近似为（ ）
A．B．C．D．
6．已知的展开式中的系数为80，则m的值为（ ）
A．B．2C．D．1
7．在平面直角坐标系中，双曲线的左、右焦点分别为，点M是双曲线右支上一点，且为等边三角形，则双曲线C的离心率为（ ）
A．B．C．D．
8．设，，，则下列关系正确的是（ ）
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．立德中学举行党史知识竞赛，对全校参赛的1000名学生的得分情况进行了统计，把得分数据按照[50，60）､[60，70）､[70，80）､[80，90）､[90，100]分成5组，绘制了如图所示的频率分布直方图，根据图中信息，下列说法正确的是（ ）
A．图中的x值为0.020B．这组数据的极差为50
C．得分在80分及以上的人数为400D．这组数据的平均数的估计值为77
10．已知函数的部分图象如图所示，则（ ）
A．B．
C．D．
11．抛物线有如下光学性质：由其焦点射出的光线经抛物线反射后，沿平行于抛物线对称轴的方向射出．反之，平行于抛物线对称轴的入射光线经抛物线反射后必过抛物线的焦点．已知抛物线，为坐标原点，一束平行于轴的光线从点射入，经过上的点反射后，再经过上另一点反射后，沿直线射出，经过点，则（）
A．
B．延长交直线于点，则，，三点共线
C．
D．若平分，则
12．如图，棱长为2的正方体中，点E，F，G分别是棱的中点，则（ ）
A．直线为异面直线B．
C．直线与平面所成角的正切值为D．过点B，E，F的平面截正方体的截面面积为9
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．已知平面向量，，若与共线，则 .
14．六个身高不同的人排成二排三列，每一列后面的那个人比他（她）前面的那个人高，则共有 种排法．
15．已知函数且的图象过定点A，且点A在直线上，则的最小值是 .
16．如图，已知抛物线C：，圆E：，直线OA，OB分别交抛物线于A，B两点，且直线OA与直线OB的斜率之积等于，则直线AB被圆E所截的弦长最小值为 ．
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．在①，②中任选一个作为已知条件，补充在下列问题中，并作答．
问题：在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知______．
(1)求B；
(2)若的外接圆半径为2，且，求ac．
注：若选择不同的条件分别解答，则按第一个解答计分．
18．已知数列，满足，，.
（1）证明：是等比数列；
（2）求数列的前项和.
19．某市航空公司为了解每年航班正点率对每年顾客投诉次数（单位：次）的影响，对近8年（2015年～2022年）每年航班正点率和每年顾客投诉次数的数据作了初步处理，得到下面的一些统计量的值.
(1)求关于的经验回归方程；
(2)该市航空公司预计2024年航班正点率为，利用（1）中的回归方程，估算2024年顾客对该市航空公司投诉的次数；
(3)根据数据统计，该市所有顾客选择乘坐该航空公司航班的概率为，现从该市所有顾客中随机抽取4人，记这4人中选择乘坐该航空公司航班的人数为，求的分布列和数学期望.
附：经验回归直线的斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为：
20．如图所示，在梯形ABCD中，，，四边形ACFE为矩形，且平面ABCD，．
(1)求证：平面BCF；
(2)点M在线段EF上运动，当点M在什么位置时，平面MAB与平面FCB所成的锐二面角为．
21．已知椭圆经过点，左顶点为，右焦点为，已知点，且，，三点共线．
(1)求椭圆的方程；
(2)已知经过点的直线l与椭圆交于，两点，过点作直线的垂线，垂足为，求证：直线过定点．
22．已知函数（，）
(1)讨论函数的单调性；
(2)若关于x的不等式恒成立，求实数m的取值范围．
参考答案：
1．C
【分析】求解绝对值不等式和函数定义域解得集合，再求交集即可.
【详解】根据题意，可得，
故.
故选：.
2．D
【分析】根据复数的除法运算法则、结合共轭复数的定义、复数在复平面内对应点的特征进行求解即可.
【详解】，
所以复数在复平面内对应的点位于第四象限，
故选：D
3．B
【分析】化简，对称轴处取最小值即可.
【详解】
当时，取得最小值为
故选：B
4．D
【分析】根据题意得到，，解得答案.
【详解】；，解得，.
故选：D
5．B
【分析】根据轴截面和相似关系，以及圆台体积即可求解.
【详解】如图所示，画出圆台的立体图形和轴截面平面图形，并延长与于点.
根据题意，，，，，
设，
所以，
解得，，
所以，
故选：B.
6．A
【分析】根据题意可得，利用二项式展开式的通项公式求出的项的系数，进而得出结果.
【详解】，
在的展开式中，由，
令，得r无解，即的展开式没有的项；
在的展开式中，由，
令，解得r=3，
即的展开式中的项的系数为，
又的展开式中的系数为80，
所以，解得.
故选：A.
7．A
【分析】连结.判断出为直角三角形，且，由双曲线的定义得到，求出离心率.
【详解】如图示，连结.

因为为等边三角形，所以.
所以.
因为，所以.
又，所以，所以.
在中，，所以.
由双曲线的定义可得：，即，
所以离心率.
故选：A.
8．C
【分析】构造函数.利用导数判断单调性，证明出.构造函数.利用导数判断单调性，证明出，得到；构造函数.利用导数判断单调性，证明出，即为.即可得到答案.
【详解】记.
因为，所以当时，，所以在上单调递增函数，所以当时，，即，所以.
记.
因为，所以在上单调递增函数，所以当时，，即，所以.
所以.
记.
因为，所以当时，，所以在上单调递增函数，所以当时，，即，所以.
所以.
综上所述：.
故选：C
9．ACD
【分析】根据频率分布直方图中所有长方形的面积和为1，以及极值、频数以及平均数的计算，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.
【详解】由，可解得，故选项A正确；
频率分布直方图无法看出这组数据的最大值和最小值，故选项B不正确；
得分在80分及以上的人数的频率为，
故人数为，故选项C正确；
这组数据的平均数的估计值为：
故选项D正确.
故选：ACD.
10．AD
【分析】由可求出，由结合可求.
【详解】由图可知且，
，由图可知，，
，，
又，则，即，
又由图，则，即，则，.
故选：AD.
11．AB
【分析】根据题设和抛物线的性质得到点，，将点代入抛物线的方程得到，从而求出直线的方程，联立直线和抛物线得到点的坐标，即可判断选项A和C，又结合直线和直线得到点，即可判断B选项，若平分，得到，转化为直线斜率和直线的斜率的关系式即可求出.
【详解】由题意知，点，，如图：
将代入，得，所以，则直线的斜率，
则直线的方程为，即，
联立，得，解得，，
又时，，则
所以，所以A选项正确；
又 ，所以C选项错误；
又知直线轴，且，则直线的方程为，
又，所以直线的方程为，
令，解得，即，在直线上，
所以，，三点共线，所以B选项正确；
设直线的倾斜角为（），斜率为，直线的倾斜角为，
若平分，即，即，
所以，则，且，解得，
又，解得：，所以D选项错误；
故选：AB.
12．BC
【分析】作出图形，利用中位线定理和平行的传递性即可判断选项A；利用等体积法计算即可判断选项B；根据线面角的概念即可判断选项C；利用平面的性质即可判断选项D.
【详解】对于A，连接，
由题意可知，因为，所以，所以共面，
故选项A错误；
对于B，连接，
由题意可知，
所以，故选项B正确；
对于C，连接，
由正方体的性质可知平面，所以即为直线与平面所成的角，则，故选项C正确；
对于D，连接，
根据正方体的性质可得，且，
所以平面即为过点B，E，F的平面截正方体的截面，该四边形为梯形，其上底，下底为，高为，所以截面面积为，故选项D错误；
故选：BC
13．##1.5
【分析】确定，根据平行得到，解得答案.
【详解】，，则，
，故，解得
故答案为：
14．90
【分析】根据有限制的排列问题求解即可.
【详解】由于六个身高不同的人排成二排三列，每一列后面的那个人比他（她）前面的那个人高，则排法有种．
故答案为：.
15．
【分析】求出函数所过的定点，则有，则，则，化简整理，分离常数再结合基本不等式求解即可.
【详解】函数且的图象过定点，
则，所以，
由，得，
则
令，则，
则
，
当且仅当，即，即时，取等号，
所以的最小值是.
故答案为：.
16．
【分析】先由两直线斜率之积构造齐次化方程，得出直线AB过定点，再利用直线与圆的位置关系计算弦长确定最值即可.
【详解】设，，设：，又，∴，
∴，∴．
∴，∴，
∴直线AB恒过点，
由图结合圆的弦长公式可知，当圆心E到动直线AB的距离最大时，即
当直线时，弦长最短，此时弦最小为．
故答案为：
17．(1)
(2)
【分析】（1）选①利用余弦定理即可求出；选②根据正弦定理进行边换角即可得到答案；
（2）首先求出，再利用正弦定理整体求出即可.
【详解】（1）选择条件①：
因为，在中，由余弦定理可得，
即，则，
因为，所以.
选择条件②：
因为，在中，由正弦定理可得，
即，则，
因为，所以，则，
因为，所以.
（2）因为，所以，则，
即，又，
所以.因为的外接圆半径，
所以由正弦定理可得，所以.
18．（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）由等比数列的定义即可证明；
（2）由错位相减法可求.
【详解】（1）依题意，.
又.
故为首项，公比的等比数列.
（2）由（1）可知.
所以.
①
②
①-②得
，
故.
19．(1)
(2)
(3)分布列见解析，
【分析】（1）根据题中数据利用最小二乘法求出，即可得解；
（2）将代入回归方程即可得解；
（3）先写出随机变量的所有可能取值，再求出对应概率，即可得分布列，再根据期望公式求期望即可.
【详解】（1），
则，
所以，
所以；
（2）当时，，
所以2024年顾客对该市航空公司投诉的次数为次；
（3）可取，
，，
，，
，
所以分布列为
所以.
20．(1)证明见解析
(2)M与E重合
【分析】（1）可证平面BCF，从而得到需求证的线面垂直.
（2）建立如图所示的空间直角坐标系，设，求出平面MAB的一个法向量和平面FCB的一个法向量后可求二面角的余弦值，从而可求参数的值，故可得的位置.
【详解】（1）证明：设，在梯形中，过分别作的垂线，垂足分别为，
∵，，所以，
∴，∴，
∴，则．
∵平面ABCD，平面ABCD，∴，
而，CF，平面BCF，
∴平面BCF．∵，∴平面BCF．
（2）以C为坐标原点，分别以直线CA，CB，CF为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设，
则，，，，
∴，．
设为平面MAB的法向量，
由得取，则
易知是平面FCB的一个法向量，
∴，
∵，∴当时，
即与重合时，平面MAB与平面FCB所成的锐二面角为．

21．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意，列出方程组，求得的值，即可求得椭圆的方程；
（2）分别当和时，求得直线的方程，联立方程组，求得交点坐标，设直线的方程为，联立方程组求得，求得直线的方程，令，结合化简得到，即可求解.
【详解】（1）解：由题意，将点代入椭圆的方程，可得，
又由是轴上一点，且三点共线，
可得所以，解得，
代入，可得 ，所以椭圆的方程为.
（2）解：当时，此时直线的方程为，
联立方程组，解得或，可得，
此时，直线的方程为，
当时，同理可得，此时，
可得直线的方程为，
由，解得，即两直线的交点为，
下面证明直线经过轴上定点．
设直线的方程为，
联立方程组，整理得，
设，则，
所以直线的方程：．
令，可得
．
因为，
所以．
所以直线过定点．
22．(1)当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减；
(2)
【分析】（1）求定义域，求导，对m进行分类讨论，求出单调性；（2）参变分离后，转化为在上恒成立，对求导，求解其最小值，最终求出m的取值范围，过程用到了同构和隐零点的方法.
【详解】（1）因为，其定义域为
所以．
当，即时，，所以在上单调递增；
当，即时，由得：，所以在上单调递增；
得：，所以在上单调递减；
综上，当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减；
（2）因为，，
所以，所以在上恒成立．
令，则，
令，则，
所以在上单调递增．
又，，所以在上有唯一零点，使．
即，即，即，
当时，，当时，，
所以在处取得极小值，也是最小值.
令，，当时，恒成立，
所以函数在上单调递增，所以，即，即．
所以的最小值，
所以，即，所以实数m的取值范围是．
【点睛】导函数求解参数的取值范围问题，参变分离是常用思路之一，本题难点在于研究导函数的零点时，要用到隐零点的思想和同构的方法，需要对常用同构变形熟悉.