模拟卷01（2024新题型）-【赢在高考·黄金8卷】备战2024年高考数学模拟卷（新题型地区专用）

这是一份模拟卷01（2024新题型）-【赢在高考·黄金8卷】备战2024年高考数学模拟卷（新题型地区专用），文件包含赢在高考·黄金8卷01原卷版docx、赢在高考·黄金8卷01解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共24页， 欢迎下载使用。

2、锻炼同学的考试心理，训练学生快速进入考试状态。高考的最佳心理状态是紧张中有乐观，压力下有自信，平静中有兴奋。
3、训练同学掌握一定的应试技巧，积累考试经验。模拟考试可以训练答题时间和速度。高考不仅是知识和水平的竞争，也是时间和速度的竞争，可以说每分每秒都是成绩。
4、帮助同学正确评估自己。高考是一种选拨性考试，目的是排序和择优，起决定作用的是自己在整体中的相对位置。因此，模拟考试以后，同学们要想法了解自己的成绩在整体中的位置。
【赢在高考·黄金8卷】备战2024年新高考新试卷结构高考数学模拟卷
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．抛物线的焦点坐标是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由方程求出可得焦点坐标．
【详解】抛物线方程可转化为：，故焦点在轴正半轴，且，
故焦点坐标为.
故选：D.
2．某中学举行数学解题比赛，其中5人的比赛成绩分别为：70，85，90，75，95，则这5人成绩的上四分位数是（ ）
A．90B．75C．95D．70
【答案】A
【分析】根据第p百分位数定义计算判断即可.
【详解】将5人的比赛成绩由小到大排列依次为：70，75，85，90，95，
，5人成绩的上四分位数为第四个数:90.
故选：A.
3．在三棱锥中，若顶点到底面三边距离相等，则顶点在平面上的射影为的（ ）
A．外心B．内心或旁心C．垂心D．重心
【答案】B
【分析】作出图象，利用几何知识证明在平面上的射影到三边距离相等，从而求解.
【详解】如图，在平面的射影为，连接，则平面，
作，，，
且分别交于，所以，
连接，，，因为平面，
所以，，，
所以在，，中，
，，，
又因为，所以，
由，，，平面，
所以平面，因为平面，所以，
同理可证，，又因为，
所以点到的三边距离相等，为的内心或旁心，故B正确.
故选：B.
4．已知是等比数列的前项和，且存在，使得，，成等差数列.若对于任意的，满足，则（ ）
A．B．C．32D．16
【答案】D
【分析】借助等比数列知识，利用，，成等差数列，求出，再利用，求出，再计算即可.
【详解】因为，，成等差数列，所以
即，
即，
所以，
因为数列是等比数列，且，
所以，
，
所以，即，
所以（无解）或，即
又因为，所以，
所以，
所以，
故选：D.
5．某中学教师节活动分上午和下午两场，且上午和下午的活动均为A，B，C，D，E这5个项目.现安排甲、乙、丙、丁四位教师参加教师节活动，每位教师上午、下午各参加一个项目，每场活动中的每个项目只能有一位老师参加，且每位教师上午和下午参加的项目不同.已知丁必须参加上午的项目E，甲、乙、丙不能参加上午的项目A和下午的项目E，其余项目上午和下午都需要有人参加，则不同的安排方法种数为（ ）
A．20B．40C．66D．80
【答案】C
【分析】先求上午的安排方法种数，再求下午的安排方法种数，结合分步乘法计数原理运算求解.
【详解】因为丁必须参加上午的项目E，甲、乙、丙不能参加上午的项目A，所以上午甲、乙、丙参加B，C，D这3个项目，
共有种不同的安排方法.
又因为甲、乙、丙、丁四人下午参加的项目为A，B，C，D，分2类：
①丁参加项目A，共有2种不同的安排方法；
②丁参加B，C，D这3个项目中的1个，从甲、乙、丙中选1人参加项目A，剩下两人参加剩下的2个项目，
共有种不同安排方法；
综上所述：共有种不同的安排方法.
故选：C.
6．若，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】合理换元，求出关键数值，结合诱导公式处理即可.
【详解】令，，得，则，
即，整理得，且，
那么，则.
故选：C.
7．已知函数，若不等式在上恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】判断函数的奇偶性以及单调性，从而将不等式在上恒成立，转化为在上恒成立，参变分离，再结合构造函数，利用导数求得函数的最小值，即可得答案.
【详解】由于函数，定义域为R，满足，
得是奇函数，且在R上为减函数.
在上恒成立，在上恒成立，
在上恒成立，在上恒成立.
令，则，
当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
，即a的取值范围为，
故选：D.
8．已知椭圆：的左右焦点分别为，，过的直线交椭圆于A，B两点，若，点满足，且，则椭圆C的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】由椭圆定义可知，由，故，，点满足，即，则，又，，
即，又，故，则，即，即平分，又，故，
则，则，，
，由，故，即，即，又，故.故选：B.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。
9．函数的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（ ）

A．函数的图象可由函数向左平移个长度单位得到
B．是函数图象的一条对称轴
C．若，则的最小值为
D．方程在区间上只有一个根时，实数a的取值范围为
【答案】BC
【分析】先根据函数图象求出函数解析式，然后逐个选项分析判断即可得.
【详解】由题可得，故，又，故，
，故，
解得，由，故，
即，
对A：函数向左平移个长度单位后，可得，故A错误；
对B：当时，，故B正确；
对C：由，故、中一个为最小值点，一个为最大值点，
故，故C正确；
对D：当时，，由，
故方程在区间上只有一个根时，
实数的取值范围为，故D错误.
故选：BC.
10．设x，y，z，w是复数，满足，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABD
【分析】根据共轭复数及其运算性质，结合已知关系，可判断各项的正误.
【详解】由
又，则，
所以，A正确；
由，
，B正确；
由，即，故，又，
则，即，
所以，同理得，C错、D正确；
故选：ABD
11．已知函数及其导函数的定义域均为，若是奇函数，，且对任意x，，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BD
【分析】根据赋值法，结合原函数与导函数的对称性，奇、偶函数的定义、函数周期性进行求解即可.
【详解】令，得，因为，
所以，所以A错误；
令，得①，所以，
因为是奇函数，所以是偶函数，
所以②，由①②，
得，
即，
所以，
所以，是周期为3的函数，所以，
，
所以B正确，C错误；
因为，
在①中令得，
所以，
，所以D正确．
故选：BD．
【点睛】对于可导函数有：
奇函数的导数为偶函数
偶函数的导数为奇函数
若定义在R上的函数是可导函数，且周期为T，则其导函数是周期函数，且周期也为T
第II卷（非选择题）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．已知集合，，若集合A，B中至少有一个非空集合，实数a的取值范围 .
【答案】或且
【分析】先考虑A，B为空集得出a的范围，再利用补集思想求得结果.
【详解】对于集合A，由，解得;
对于集合B，由，解得.
因为A,B两个集合中至少有一个集合不为空集,
所以a的取值范围是或，且
故答案为：或且
13．已知圆，过点的直线与圆交于两点，则的最小值为 ．
【答案】4
【分析】根据表示，两点到直线的距离之和的倍，结合，两点到直线的距离之和等于线段的中点到直线距离的2倍，根据题意分析可得中点的轨迹是以为直径的圆，从而求出到直线距离的最小值的倍即可得到答案.
【详解】由题可得：，
所以表示，两点到直线距离之和的倍，
根据题意作出图形如下：
如图，设，的中点为，
且，，在直线的投影分别为，，，
圆心到直线的距离，
所以直线与圆相离，易得，即，
所以点在以为直径的圆上，其圆心为，半径为，
由图可得：
由于到直线的距离，
所以，
即的最小值为.
故答案为：4
14．定义：为实数中较大的数．若，则的最小值为 ．
【答案】
【分析】先根据的范围，讨论的大小关系，在每种情况中分别用均值不等式和不等式的性质确定的范围，即可得解．
【详解】设，
则由题意可得，
因为，所以
①当时，，
只需考虑，
所以，，
所以，可得，当且仅当时取等号；
②当时，，只需考虑，
所以，
可得，当且仅当时取等号.
综上所述，的最小值为2.
故答案为：2.
【点睛】关键点点睛：本题的关键点是在利用均值不等式和不等式的性质时，特别注意同向不等式的应用和均值不等式成立的条件.
四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。
15．（13分）已知函数．
(1)若在上单调递增，求的取值范围；
(2)试讨论函数的单调性．
【答案】(1)(2)答案见解析
【分析】（1）由题意可知：在上恒成立，结合二次函数分析求解；
（2）分和两种情况，结合导数以及二次不等式分析求解.
【详解】（1）由题意可得：，
若在上单调递增，则在上恒成立，
且，则，
且在上单调递增，
当时，取得最小值，
可得，即，
所以的取值范围.
（2）由（1）可得：，且，
当，即时，则，
所以在上单调递增；
当，即时，
令，解得或；令，解得；
所以在，上单调递增，在内单调递减；
综上所述：当时，所以在上单调递增；
当时，所以在，上单调递增，在内单调递减.
16．（15分）一枚质地均匀的小正四面体，其中两个面标有数字1，两个面标有数字2.现将此正四面体任意抛掷次，落于水平的桌面，记次底面的数字之和为.
(1)当时，记为被3整除的余数，求的分布列与期望；
(2)求能被3整除的概率.
【答案】(1)分布列见解析，期望为
(2)
【分析】（1）先确定的可能值，再分别求概率列表求期望.
（2）先得到递推关系，再构造等比数列求解.
【详解】（1）由题可知，正四面体与桌面接触的数字为1和2的概率均为，
的取值可能为0，1，2.
，
，
，
则的分布列为
.
（2）由题可知，当时，次底面的数字之和能被3整除的概率为，
所以，则，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
则，即.
17．（15分）如图，在三棱柱中，四边形是菱形，分别是的中点，平面，.
(1)证明：
(2)若，点到平面的距高为.求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取的中点，连接，，可证得，由平面，可得⊥，进而证得平面，即可证得结论；
（2）由已知可证得知MC，ME，MF两两垂直，即可建立空间直角坐标系，设利用到平面的距高为计算即可求得，进而求得平面的法向量，计算即可求得结果.
【详解】（1）证明：因为平面，所以⊥，取的中点，连接，，
所以 ，又因为，所以，
因为 平面，所以平面，
又因为平面，所以.
（2）取的中点，连接ME，MF，由（1）知MC，ME，MF两两垂直，如图，建立空间直角坐标系
设则
设平面 的法向量为，则有
可取，由点到平面的距高为，
，解得.
，
设平面的法向量为，
则有,可取
设直线与平面 所成角为，
，
即直线与平面所成角的正弦值.
18．（17分）已知圆F：，点，点G是圆F上任意一点，线段EG的垂直平分线交直线FG于点T，点T的轨迹记为曲线C．
(1)求曲线C的方程；
(2)已知曲线C上一点，动圆N：，且点M在圆N外，过点M作圆N的两条切线分别交曲线C于点A，B
①求证：直线AB的斜率为定值；
②若直线AB与交于点Q，且时，求直线AB的方程．
【答案】(1)；
(2)①证明见解析 ；②或.
【分析】（1）由垂直平分线的性质，探讨点T具有的几何特征，再结合圆锥曲线的定义求解即得；
（2）①设出直线的方程，与曲线C的方程联立，结合圆的切线性质，利用韦达定理及斜率坐标公式推理即得；②利用①的信息，利用给定的面积关系求出点横坐标关系，即可计算得解.
【详解】（1）圆F：的圆心，半径，
如下左图，，
如上右图，，
因此，
点T的轨迹是以点E、F为焦点，且实轴长为的双曲线，其中焦距，虚半轴长，
所以点T的轨迹方程为.
（2）①设点，，直线AB的方程为，
由消去y得，
其中，且，
，，
由点在曲线C上，得，显然直线MA和直线MB关于对称，
直线MA和直线MB的斜率满足，即，
整理得，
即，
整理得，
即，
于是，即，则或，
当，直线方程为，此直线过定点，不符合题意，
所以直线AB的斜率为定值.
②由①知，，显然，即，
当时，，，即，，
，解得或，
当时，，不符合题意，当时，直线方程为，
当时，，即，，
，解得（舍去）或，
当时，直线方程为，
所以直线AB的方程为或.
【点睛】方法点睛：（1）引出变量法，解题步骤为先选择适当的量为变量，再把要证明为定值的量用上述变量表示，最后把得到的式子化简，得到定值；（2）特例法，从特殊情况入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．
19．（17分）已知是各项均为正整数的无穷递增数列，对于，定义集合，设为集合中的元素个数，若时，规定.
(1)若，写出及的值；
(2)若数列是等差数列，求数列的通项公式；
(3)设集合，求证：且.
【答案】(1)，，，
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据集合新定义求出前几项判断即可；
（2）通过集合新定义结合等差数列性质求出，然后利用反证法结合数列的单调性求得，利用等差数列定义求解通项公式即可；
（3）先利用集合性质得数列是递增数列，然后利用反证法结合数列的单调性证明，由集合新定义及集合相等证明．
【详解】（1）因为，所以，
则，所以，，
又，所以，，所以；
（2）由题可知，所以，所以.
若，则，，所以，，与是等差数列矛盾.
所以.设，因为是各项均为正整数的递增数列，所以.
假设存在使得.设，由得.
由得，，与是等差数列矛盾.
所以对任意都有.所以数列是等差数列，.
（3）因为对于，，所以.
所以，即数列是递增数列.
先证明.假设，设正整数.
由于，故存在正整数使得，所以.
因为是各项均为正整数的递增数列，所以.所以，.
所以，.
又因为数列是递增数列，所以，矛盾.所以.
再证明.由题可知.
设且，因为数列是各项均为正整数的递增数列，
所以存在正整数，使得.令.
若，则，即，所以.所以，所以.
若，则，所以.
所以，所以.
因为，所以.所以.
综上，且.
【点睛】方法点睛：求解新定义运算有关的题目，关键是理解和运用新定义的概念以及元算，利用化归和转化的数学思想方法，将不熟悉的数学问题，转化成熟悉的问题进行求解.
0
1
2