2024年浙江省高考数学一轮模拟卷

这是一份2024年浙江省高考数学一轮模拟卷，共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知全集，集合，，则图中阴影部分所表示的集合为（ ）

A．B．C．D．
2．复数的共轭复数为（ ）
A．B．C．D．
3．在一组样本数据（不全相等）的散点图中，若所有样本点都在直线上，则这组样本数据的样本相关系数为（ ）
A．B．C．D．1
4．设则（ ）
A．B．
C．D．
5．在平行六面体中，为延长线上一点，且，则（ ）
A．B．
C．D．
6．已知，是椭圆的两个焦点，点在上，则的最大值为（ ）
A．1B．4C．9D．6
7．已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．在定义域内是增函数B．是奇函数
C．的最小正周期是πD．图像的对称中心是，
8．已知，函数在点处的切线均经过坐标原点，则（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．一个袋子中有红、黄、蓝、紫四种颜色的球各一个，除颜色外无其他差异，从中任意摸出一个球，设事件“摸出红色球或蓝色球”，事件“摸出紫色球或蓝色球”，事件“摸出黄色球或蓝色球”，则下面结论正确的是：（ ）
A．B．与相互独立
C．与相互独立D．与相互独立
10．已知为等差数列，满足为等比数列，满足，则下列说法正确的是（ ）
A．数列的首项为4B．
C．D．数列的公比为
11．已知曲线C：，则下列结论正确的是（ ）
A．若，则C是椭圆，其焦点在y轴上
B．若，则C是圆，其半径
C．若，则C是双曲线，其渐近线方程为
D．若，则C是两条直线
三、填空题
12．设函数的定义域为D，若满足：①在D内是单调增函数；②存在，使得在上的值域为，那么就称是定义域为D的“成功函数”.若函数（且）是定义域为R的“成功函数”，则t的取值范围是 .
13．已知函数是定义在上的奇函数，则的值为 ．
14．在平面直角坐标系中，已知直线在轴上的截距为，在轴上的截距为，且，则直线的截距式方程为；类似的，在空间直角坐标系中，若平面与轴、轴、轴的交点分别为，，，且，则平面的截距式方程为 ．
四、解答题
15．已知一个行列的数阵，它的每一行都是等差数列，且第一行的首项和公差均为1，每一列都是公比为2的等比数列．记．
(1)求数列的通项公式；
(2)求数列的前项和．
16．在中，角所对的边分别为，，.
(1)求角；
(2)若，求的周长.
17．已知函数．
(1)当时，求的单调区间；
(2)若对任意，都有成立，求a的取值范围．
18．棱长为2的正四面体中，设，，．M，N分别是棱的中点．
(1)用向量，，表示；
(2)求．
19．已知圆，直线．
(1)若直线l与圆O相切，求m的值；
(2)当时，已知P为直线l上的动点，过P作圆O的两条切线，切点分别为A，B，当切线长最短时，求弦所在直线的方程．
参考答案：
1．A
【分析】由图像可知阴影部分对应的集合为，然后根据集合的基本运算求解即可．
【详解】由已知得，由图像可知阴影部分对应的集合为，．
故选：A.
2．B
【分析】先由得，故共轭复数为.
【详解】
故其共轭复数为.
故选：B
3．A
【分析】根据相关系数的定义求解即可.
【详解】因为所有样本点都在直线上，
所以它们负相关，相关系数为.
故选：A.
4．D
【分析】构造函数利用导数研究其单调性判定大小即可.
【详解】令，
则，
易知，显然和时，，即在和上单调递减，时，，即在上单调递增，
易知，且，
所以，
又，，所以.
故选：D
5．B
【分析】根据空间向量运算求得正确答案.
【详解】
.
故选：B
6．B
【分析】由椭圆定义和基本不等式进行求解.
【详解】由椭圆定义得，
由基本不等式得，
当且仅当时，等号成立，
故的最大值为4.
故选：B
7．D
【分析】根据题意结合正切函数性质逐项分析判断.
【详解】对于选项AC：因为的最小正周期是，可知在定义域内不单调，故AC错误；
对于选项B：，可知不是奇函数，故B错误；
对于选项D：令，解得，
所以图像的对称中心是，，故D正确；
故选：D.
8．C
【分析】根据导数的几何意义求出曲线在点处的切线方程，进而即可判断AB；画出函数与图象，由可得，化简计算即可判断CD.
【详解】由题意知，，则，
所以曲线在点处的切线方程分别为
，
因为切线均过原点，所以，
即，得，故AB错误；
由，得，画出函数与图象，如图，
设，如上图易知：，
由正切函数图象性质，得，即，
又，所以，
即，解得，故C正确，D错误.
故选：C
【点睛】关键点点睛：证明选项CD的关键是根据构造新函数，通过转化的思想和数形结合思想分析是解题的关键.
9．BCD
【分析】根据相互独立事件的定义逐一判断即可.
【详解】由题意可得，
，所以与相互独立，故B正确；
，所以与相互独立，故C正确；
，所以与相互独立，故D正确；
，故A错误.
故选：BCD.
10．BCD
【分析】根据两个数列的基本量运算，易于判断选项.
【详解】对于A项，设的公差为，由可得不能确定的值，故A项错误；
对于B项，，故B项正确；
对于C，D两项，设的公比为，由可得：则于是故C项正确；D项也正确.
故选：BCD.
11．ABD
【分析】结合选项条件，分别根据椭圆、圆以及双曲线的标准方程，化简曲线C：为相应的标准方程，即可判断A，B，C；时，方程即为，即可判断D.
【详解】对于A，若，则
故曲线C：，即，表示椭圆，其焦点在y轴上，A正确；
对于B，若，
则曲线C：，即，表示半径为的圆，B正确；
对于C，若，不妨设，
则曲线C：，即，表示焦点在x轴上的双曲线
则，故渐近线方程为，
即，C错误；
对于D，若，曲线C：，即，
即，则C是两条直线，D正确，
故选：ABD
12．
【分析】先根据对数型复合函数的单调性求得，然后根据“成功函数”的定义列方程，从而转化为二次方程有两正根的问题，利用二次函数根的分布列不等式求解即可.
【详解】依题意，函数（且）在定义域R上为单调递增函数，则，
而时，不满足条件，所以，
设存在，使得在上的值域为，
所以，即，
所以，n是方程的两个不等的实根，设，则，
所以方程等价为的有两个不等的正实根，
即，所以，解得.
故答案为：
13．
【分析】根据辅助角公式可得，结合三角函数的奇偶性即可求解.
【详解】，
由为R上的奇函数，得，即，
因为，所以时，，
即，则.
故答案为：
14．
【分析】根据题意，将平面中的直线方程类比到空间中，即可得到结果.
【详解】因为在平面直角坐标系中，方程表示的图形是一条直线，
具有特定性质：在轴，轴上的截距分别为，
因此，类比到空间直角坐标系中，在轴上的截距分别为
的平面方程为.
故答案为：
15．(1)
(2)
【分析】（1）由已知可得，进而可得为等差数列，结合等差数列通项公式求解即可.
（2）运用错位相减法求和即可.
【详解】（1）由题意，得，该数阵第n行的公差为，
所以.
两边同除，得，即．
又，所以数列是首项和公差均为的等差数列．
所以，即．
（2）因为，
所以．
两式相减，得，
即．
所以．
16．(1)
(2)
【分析】（1）已知等式利用诱导公式和正弦定理化简，得，可得角；
（2）已知条件中得到，余弦定理得，可求的周长.
【详解】（1）由得
由正弦定理得：
又，，则有，即
又，所以.
（2）由且，则有，
由余弦定理得，
即，
由，解得，
所以周长为.
17．(1)的减区间为，增区间为
(2)
【分析】（1）求出导数，令，结合导数可知在上递增且，进而可求得、的解集，进而可求得的单调区间.
（2）求出导数，令，运用研究单调性可知，当时，运用导数研究单调性即可，当时，运用导数及零点存在性定理可得当时，，与已知相矛盾，进而可求得结果.
【详解】（1）当时，，定义域为，
∴，
设，，则，
∴在上递增，
∵，
∴当时，，则，当时，，则，
∴的减区间为，增区间为．
（2）由题意可得，令，，
则，，
令，，则，
∴为上的增函数，∴，
①当时，，恒成立，即恒成立，
∴在上单调递增，而，
∴当时，，
∴当时，对任意，恒成立；
②当时，，，
∴由零点存在性定理得，，，
∵为上的增函数，
∴当时，，即，
∴当时，单调递减，
∴当时，，
这与对任意，恒成立矛盾，
∴不合题意．
综上，a的取值范围是
18．(1)
(2)
【分析】（1）根据空间向量基本定理求解即可；
（2）由空间向量模长公式和数量积公式求解即可.
【详解】（1）连接，所以
，
因为，，，
所以.
（2）
因为正四面体的边长为，所以的夹角为，
，所以，
.
19．(1)
(2)．
【分析】根据直线和圆相切求出圆心到直线的距离 ，即可求出 的值；
根据题意可知 四点共圆，且 为直径，要使切线长最短，即 时最短，求出新圆圆心和半径，进而求得新圆的方程，两圆方程相减即可求得直线 的方程.
【详解】（1）（1）设圆心O到直线l的距离为d，因为直线l与圆O相切，
所以，
解得；
（2）当时，直线，连接，则，
所以O，A，P，B四点共圆，切线长，
故最短当且仅当最短，即时最短，
因为，所以，此时，
所以，
联立得，
故以为直径的圆的方程为，
因为弦即圆O与上述圆的公共弦，
所以弦所在直线方程为．