【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02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02及答案，共23页。
（新高考Ⅰ卷专用）黄金卷02
（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，则（ ）
A．B．C．D．
2．人们对数学研究的发展一直推动着数域的扩展，从正数到负数、从整数到分数、从有理数到实数等等．16世纪意大利数学家卡尔丹和邦贝利在解方程时，首先引进了，17世纪法因数学家笛卡尔把i称为“虚数”，用表示复数，并在直角坐标系上建立了“复平面”．若复数z满足方程，则（ ）
A．B．C．D．
3．设平面向量，，且，则=（ ）
A．1B．14C． D．
4．已知等比数列的首项为3，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
5．若对任意的，且当时，都有，则实数的最小值是（ ）
A．B．C．5D．
6．设直线上存在点到点的距离之比为2．则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
7．已知，若方程在的解为，则（ ）
A．B．C．D．
8．加斯帕尔-蒙日是1819世纪法国著名的几何学家．如图，他在研究圆锥曲线时发现：椭圆的任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆上，其圆心是椭圆的中心，这个圆被称为“蒙日圆”．若长方形的四边均与椭圆相切，则下列说法错误的是（ ）

A．椭圆的离心率为B．椭圆的蒙日圆方程为
C．若为正方形，则的边长为D．长方形的面积的最大值为18
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．某环保局对辖区内甲、乙、丙、丁四个地区的环境治理情况进行检查督导，若连续10天，每天空气质量指数（单位：μg/m³）不超过100，则认为该地区环境治理达标，否则认为该地区环境治理不达标.根据连续10天检查所得数据的数字特征推断，环境治理一定达标的地区是（ ）
A．甲地区：平均数为80，众数为70
B．乙地区：平均数为80，方差为40
C．丙地区：中位数为80，方差为40
D．丁地区：极差为10，80%分位数为90
10．已知大气压强随高度的变化满足关系式是海平面大气压强，.我国陆地地势可划分为三级阶梯，其平均海拔如下表：
若用平均海拔的范围直接代表各级阶梯海拔的范围，设在第一、二、三级阶梯某处的压强分别为，则（ ）
A．B．
C．D．
11．苏州博物馆（图一）是地方历史艺术性博物馆，建筑物的顶端可抽象为如图二所示的上、下两层等高的几何体，其中上层是正四棱柱，下层底面是边长为4的正方形，在底面的投影分别为的中点，若，则下列结论正确的有（ ）
A．该几何体的表面积为
B．将该几何体放置在一个球体内，则该球体体积的最小值为
C．直线与平面所成角的正弦值为
D．点到平面的距离为
12．已知定义在上的函数可导，且不恒为为奇函数，为偶函数，则（ ）
A．的周期为4
B．的图象关于直线对称
C．
D．
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．古镇旅游是近年旅游的热点，某旅游短视频博主准备到江西婺源古村落、瑶里古镇、驿前古镇、河口古镇、密溪古村五个地方去打卡，每个地方打卡一次，则先去婺源古村落打卡，且瑶里古镇不最后去打卡的方法数为 .（用数字作答）
14．在棱长为1的正方体中，点、分别是线段、（不包括端点）上的动点，且线段平行于平面.若，则四面体的体积为 .
15．已知函数，若函数在上恰有两个零点，则的取值范围为 .
16．定义：点为曲线外的一点，为上的两个动点，则取最大值时，叫点对曲线的张角.已知点为抛物线上的动点，设对圆的张角为，则的最小值为 .
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．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c且．
(1)求B；
(2)若，且的面积为，求b.
18．如图，已知四棱台的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，，且底面，点P，Q分别在棱、上.

(1)若P是的中点，证明：；
(2)若平面，二面角的余弦值为，求四面体的体积.
19．已知函数，曲线在处的切线方程为．
(1)求的解析式；
(2)当时，求证：；
(3)若对任意的恒成立，求实数k的取值范围.
20．已知等差数列的前项和为，，为整数，且.
(1)求的通项公式；
(2)设数列满足，且数列前项和为，若对恒成立，求实数的取值范围.
21．设有甲､乙､丙三个不透明的箱子，每个箱中装有除颜色外都相同的5个球，其中甲箱有3个蓝球和2个黑球，乙箱有4个红球和1个白球，丙箱有2个红球和3个白球.摸球规则如下：先从甲箱中一次摸出2个球，若从甲箱中摸出的2个球颜色相同，则从乙箱中摸出1个球放入丙箱，再从丙箱中一次摸出2个球；若从甲箱中摸出的2个球颜色不同，则从丙箱中摸出1个球放入乙箱，再从乙箱中一次摸出2个球.
(1)若最后摸出的2个球颜色不同，求这2个球是从丙箱中摸出的概率；
(2)若摸出每个红球记2分，每个白球记1分，用随机变量表示最后摸出的2个球的分数之和，求的分布列及数学期望.
22．已知平面内动点，P到定点的距离与P到定直线的距离之比为，
(1)记动点P的轨迹为曲线C ，求C的标准方程．
(2)已知点是圆上任意一点，过点作曲线C的两条切线，切点分别是，求面积的最大值，并确定此时点的坐标.
平均海拔
第一级阶梯
第二级阶梯
第三级阶梯
参考答案：
1．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．C
【分析】设出复数z的代数形式，再利用复数为0列出方程组求解作答.
【详解】设，因，则，
即，而，则，解得，
所以.
故选：C
3．B
【分析】根据，求出把两边平方，可求得，把所求展开即可求解.
【详解】因为，所以又，
则
所以，
则
，
故选：
4．B
【分析】结合等比数列的通项公式，由可得q的取值范围，说明时不能推出；继而说明成立时推出，即可推得，由此可判断答案.
【详解】由题意知等比数列的首项为3，设公比为q，
由，则，即或，
当时，，即，
即“” 不是“”的充分条件；
当时，即，
则，即，即，
故“”是“”的必要条件，
故“” 是“”的必要不充分条件，
故选：B
5．C
【分析】将已知条件化为，构造且，根据其区间单调性，利用导数列不等式求参数范围，即可得最值.
【详解】由题设知：且，，
令且，即在上递增，
所以在上恒成立，而递减，
所以，故实数的最小值是5.
故选：C
6．D
【分析】根据得到，再根据直线与圆的位置关系得到答案.
【详解】设，则，即，
整理得到，圆心为，半径，
故直线与圆有交点，即，解得.
故选：D.
7．A
【分析】先把函数化为正弦型函数，再把方程化简为，根据求得，根据对称性有，化简求解即可.
【详解】，由得，
因为，所以，
根据对称性有，解得，
所以.
故选：A.
8．D
【分析】
由椭圆标准方程求得后再求得，从而可得离心率，利用特殊的长方形（即边长与椭圆的轴平行）求得蒙日圆方程，从而可得长方形边长的关系，结合基本不等式得面积最大值，并得出长方形为正方形时的边长．
【详解】由椭圆方程知，，则，离心率为，A正确；
当长方形的边与椭圆的轴平行时，长方形的边长分别为和4，其对角线长为，因此蒙日圆半径为，圆方程为，B正确；
设矩形的边长分别为，因此，即，当且仅当时取等号，所以长方形的面积的最大值是20，此时该长方形为正方形，边长为，C正确，D错误．
故选：D．
9．BD
【分析】A由数据即可判断；C由数据；B、D假设存在大于100的数据，由得矛盾判断B；根据极差得最小数据为90，与百分位数矛盾判断D.
【详解】A：10天数据如下：满足平均数为80，众数为70，不符合；
B：若表示第天数据，则，如果其中一天的数据超过100，则，故没有超过100的数据，符合；
C：10天数据如下：，此时中位数为80，方差约为40，不符合；
D：若其中一天的数据超过100，由于极差为10，则最小数据超过90，与80%分位数为90矛盾，故10天没有超过100的数据，符合；
故选：BD
10．ACD
【分析】根据题意，列出不等式，根据对数函数的性质解对数不等式即可求解.
【详解】设在第一级阶梯某处的海拔为，则，即.
因为，所以，解得A正确；
由，得.当时，，即，所以，B错误；
设在第二级阶梯某处的海拔为，在第三级阶梯某处的海拔为，
则两式相减可得.
因为，所以，则，即，故均正确.
故选:ACD.
11．ACD
【分析】
根据垂直关系可求解三角形的边长，结合面积公式即可求解A，根据外接球的性质，结合体积公式即可求解B，建立空间直角坐标系，根据向量法即可求解夹角和距离，进而可判断CD.
【详解】
设在平面的投影分别为的中点，
由于，，所以到平面的距离为,
由于上、下两层等高，所以到平面的距离为2，
又，
由于,所以,
所以≌,
同理可得≌≌≌，≌≌≌，
则点B到FG的距离为，
则的面积为，的面积为．
故该几何体的表面积．A正确．
将该几何体放置在一个球体内，要使该球体体积最小，则球心在该几何体上下底面中心所连直线上，且均在球面上，设球心到下底面的距离为x，
由于四边形为边长为的正方形，四边形为边长为4的正方形，则其对角线长度分别为4，，
则，解得，则该球体的半径为，体积为．B不正确．
以A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，，，，
，平面的一个法向量为，
则，设直线与平面所成角为，
则
故直线与平面所成角的正弦值为．C正确．
设平面的法向量为，则，令，
得，则点到平面的距离为．D正确．
故选：ACD
【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：
（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；
（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；
（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.
12．AC
【分析】根据已知可得的图象关于对称、关于直线对称，利用对称性可得的周期可判断A；对两边求导可判断B；根据，可判断CD.
【详解】为奇函数，则的图象关于对称.又为偶函数，则的图象关于直线对称，
所以，可得
，
则的周期为4，故A选项正确；
又，则的图象关于对称，故选项B错误；
又，所以，故选项C正确；
由以上可知，，但是不知道等于多少，
函数的周期为4，则，故D错误.
故选：AC.
13．
【分析】利用分布计数原理和排列组合的相关知识进行求解即可.
【详解】先去婺源古村落打卡，且瑶里古镇不最后去打卡的方法数为.
故答案为：.
14．
【分析】由线面平行的性质定理可得，易知到平面的距离为到平面的距离的，由锥体体积公式即可求得结果.
【详解】如下图所示：

由线段平行于平面，且平面，平面平面，
由线面平行的性质定理可得，
由可得，又正方体棱长为1，可得
所以的面积为，
设到平面的距离为，
易知到平面的距离为，由可得；
所以四面体的体积为.
故答案为：
15．
【分析】利用辅助角公式可得，再由函数在上恰有两个零点可得，即可求得.
【详解】由题意可知，
，
由，得
由，得；
由在上恰有两个零点可得，
解得.
故答案为：
16．
【分析】先根据新定义，利用二倍角公式判断最小时最小，再设，利用距离公式，结合二次函数最值的求法求得最小值，即得结果.
【详解】解：如图，，
要使最小，则最大，即需最小.
设，则，
∴当，即时，，，
此时或，.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：
本题的解题关键在于理解新定义，将的最小值问题转化为线段最小问题，结合二次函数求最值即突破难点.
17．(1)
(2).
【分析】（1）由正弦定理和余弦定理求出，从而求出；
（2）由三角形面积公式求出，结合，求出，由余弦定理求出答案.
【详解】（1），由正弦定理得，
即，
由余弦定理，得.
因为，所以.
（2）由（1）得，
所以的面积为，得，
由及正弦定理，得，
所以.
由余弦定理，得，
所以.
18．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法证明异面直线的垂直；
（2）求平面法向量，由二面角的余弦值为和平面，解得P点坐标，可求四面体的体积.
【详解】（1）以A为坐标原点，，，所在直线分别为x，y，x轴建立空间直角坐标系，

则，，，，
设，其中，，
若P是的中点，则，，，
于是，∴，即.
（2）由题设知，，是平面内的两个不共线向量.
设是平面的一个法向量，
则取，得.
又平面的一个法向量是，
∴，
而二面角的余弦值为，因此，
解得或（舍去），此时.
设（），而，由此得点，，
∵平面，且平面的一个法向量是，
∴，即，解得，从而.
将四面体视为以为底面的三棱锥，则其高，
故四面体的体积.
19．(1)
(2)证明见解析
(3)．
【分析】（1）根据导数的几何意义，结合切点既在切线上又在曲线上，建立方程组即可求得a，b的值，进而求得的解析式；
（2）构造函数，根据的单调性，证明函数即可；
（3）由于，分离出参数k，构造，则原问题转化为，求出函数的最小值即可得k的取值范围．
【详解】（1）由题可得，
∵曲线在处的切线方程为，
∴，即，
∴．
（2）证明：令，
则，令，解得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
∴，
∴，
∴．
（3）∵对任意的恒成立，
∴对任意的恒成立，
令，，
则，
由（2）可知当时，恒成立，
令，可得；令，可得，
∴在上单调递减，在上单调递增，
∴，
∴，
∴实数k的取值范围为．
20．(1)
(2)
【分析】（1）由可知，，列出不等式组，解之可得，结合等差数列的通项公式即可求解；
（2）由（1）得，当为偶数时，，当为奇数时，，结合和恒成立问题依次计算即可求解.
【详解】（1）设等差数列的公差为.
由，可知，，即
因为为整数，所以，
结合不等式组解得，
所以.
（2）由（1）可知.
当为偶数时，
.
又，即对任意偶数都成立，所以.
同理，当为奇数时，
，
又，即对任意奇数都成立，
易知当奇数时，函数取得最小值-15，
故.
综上，.
21．(1)
(2)分布列见解析，
【分析】（1）求出甲箱中摸出2个球颜色相同的概率，继而求得最后摸出的2个球颜色不同的概率，再求出最后摸出的2个球是从丙箱中摸出的概率，根据条件概率的计算公式即可得答案.
（2）确定X的所有可能取值，求出每个值相应的概率，即可得分布列，根据期望公式即可求得数学期望.
【详解】（1）从甲箱中摸出2个球颜色相同的概率为，
记事件A为最后摸出的2个球颜色不同，事件B为这2个球是从丙箱中摸出的，
则，
，
，
所以；
（2）X的所有可能取值为2，3，4，
则，
，
，
故X的分布列如表：
故.
【点睛】难点点睛：本题解答的难点在于求分布列时，计算每个值相应的概率，要弄清楚每个值对应的情况，分类求解，注意计算量较大，要十分细心.
22．(1)
(2)面积取到最大值，此时点.
【分析】（1）根据题意可得，化简即可得C的标准方程为；
（2）根据两切线方程可得出直线的方程是，联立椭圆方程根据韦达定理和弦长公式即可求出面积表达式，再利用换元法由函数单调性即可求得的面积的最大值为，此时点.
【详解】（1）设d是点P到直线的距离，
根据题意动点P的轨迹就是集合．
由此得．
将上式两边平方，并化简得.
即C的标准方程为.
（2）设，则，
切线方程：，切线方程：，
因为两直线都经过点，
所以可得，
从而直线的方程是，
联立，消去可得，
由韦达定理，得，
所以，
点到直线的距离，
所以，其中，
令，则，所以，
令，则，
在上递增，
即，即时，的面积取到最大值，
此时点.
X
2
3
4
P