（文科）（解析版） 备战2024年高考数学模拟卷（全国卷专用）

这是一份（文科）（解析版） 备战2024年高考数学模拟卷（全国卷专用），共17页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
第I卷（选择题）
一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．设集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由分式不等式的解法，解出集合，根据集合的交集运算，可得答案.
【详解】由不等式，则等价于，解得，
所以，由，则.
故选：D.
2．设复数，其共扼复数为，则（ ）
A．B．C．2D．
【答案】A
【分析】由复数的除法，计算得和，再由复数模的计算公式，计算.
【详解】复数，其共扼复数，
，.
故选：A
3．已知，是两条不同直线,是平面,且，，“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】根据直线与平面的关系即可结合必要不充分条件的判定求解.
【详解】一条直线平行平面，但这条直线不一定和平面内的直线平行，所以由，不能得到，
而，，，则，
所以“”是“”的必要不充分条件，
故选：B
4．（ 2023·四川泸州·统考一模）若，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用两角和（差）的余弦公式求出，再由二倍角公式计算可得.
【详解】因为，，
所以，
所以，所以，
所以
.
故选：C
5．已知正方形的边长为，在边上，则的最大值为（ ）
A．1B．C．2D．
【答案】C
【分析】建立平面直角坐标系，得出，，的坐标，设出点坐标，利用坐标运算求解即可．
【详解】由题意，建立如图所示坐标系，
则，，，
设，，
则，，
，
所以，
所以，
故当时，有最大值．
故选：C．
6．我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果.哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”，如．在不超过30的素数中，随机选取两个不同的数，其和等于30的概率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先将不超过30的素数列举出，再利用古典概型的概率公式计算即可.
【详解】不超过30的素数有：2、3、5、7、11、13、17、19、23、29共10个，
随机选取两个不同的数共有种，
其中和等于30的有这3种情况，
所以在不超过30的素数中，随机选取两个不同的数，其和等于30的概率是.
故选：B.
7．函数的大致图像为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】根据函数奇偶性和特殊点的函数值进行判断即可.
【详解】函数定义域为，
又因为，
所以函数是奇函数，函数图像关于原点对称，故A和B错误；
当时，则，故C错误.
故选：D.
8．已知实数、满足，则的最小值为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】由已知可得出，可得出，再利用基本不等式可求出所求代数式的最小值.
【详解】因为，所以，即，
所以，
当且仅当，即时等号成立，
所以的最小值为．
故选：C．
9．A，B，C，D是球O的球面上四点，，球心O是的中点，四面体的体积为，则球O的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用棱锥的体积公式结合球的表面积公式计算即可.
【详解】由题意可知为球O的直径，设D到面的距离为，
易知等边的面积为，
所以，则球心O到面的距离为1，
设面，易知H为等边的外心，
所以，
故.

故选：B
10．已知分别为双曲线的左、右焦点，过与双曲线的一条渐近线平行的直线交双曲线于点，若，则双曲线的离心率为（ ）
A．3B．C．D．2
【答案】C
【分析】设过与双曲线的一条渐近线平行的直线交双曲线于点，运用双曲线的定义和条件可得，，，再由渐近线的斜率和余弦定理，结合离心率公式，计算即可得到所求值．
【详解】设过与双曲线的一条渐近线平行的直线交双曲线于点，
由双曲线的定义可得，
由，可得，，，
由可得，
在三角形中，由余弦定理可得：
，
即有，化简可得，
所以双曲线的离心率．
故选：C．
11．设首项为的数列的前n项和为，，且，则数列的前23项和为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据题意，推得，得到数列为等差数列，求得，化简得到，结合裂项法求和，即可求解.
【详解】由，，可得，
当时，，所以，可得，
又，所以数列是以2为首项、为公差的等差数列，
所以，得，
于是，
所以数列的前项和为.
故选：D．
12．若曲线存在与直线垂直的切线，则k的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】对求导后根据题意可得在上有解. 令，求导判断单调性求得值域，从而可得不等式，求解即可.
【详解】对求导得，
当时，曲线不存在与直线垂直的切线，
当时，若曲线存在与直线垂直的切线，
只需在上有解.
令，求导得，
所以当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
则，且当时，，
所以，解得，
所以k的取值范围是.
故选：D.
第II卷（非选择题）
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分
13．已知中，，且，则的面积是 ．
【答案】3
【分析】根据给定条件，利用夹角公式求出，再利用三角形面积公式求解作答.
【详解】在中，，，
解得，而，因此，
所以的面积.
故答案为：3
14．若实数满足约束条件，则的最大值为 ．
【答案】14
【分析】首先画出可行域，将目标函数变形根据其几何意义即可求得当过点时，取得最大值为.
【详解】根据题意画出满足约束条件的可行域如下图中着色部分所示：

将目标函数变形可得，
若取得最大值，即直线在轴上的截距取得最小值，
将平移到过点时，直线在轴上的截距最小，
此时目标函数有最大值为.
故答案为：
15．若直线l：与圆C：相交于A，B两点，，则直线l的斜率的取值范围为 .
【答案】
【分析】先求得圆心和半径，根据的范围列不等式，求得的取值范围，进而求得直线的斜率的取值范围.
【详解】将圆C的方程整理得，
圆心坐标为，半径为，
要求，，则圆心到直线的距离应小于等于，
∴，即（），
∴，，
设直线l的斜率为k，则，
∴，
直线l的斜率的取值范围是.
故答案为：
16．已知为偶函数，且当时，，其中为的导数，则不等式的解集为 ．
【答案】
【分析】根据给定条件，构造函数，利用导数探讨函数的单调性，再结合奇偶性求解不等式作答.
【详解】令函数，当时，，即函数在上单调递减，
由为偶函数，得，即函数是奇函数，于是在R上单调递减，
不等式，
因此，解得，所以原不等式的解集是.
故答案为：
【点睛】关键点睛：根据条件构造函数，利用导数研究函数的单调性是解决本题的关键．
三、解答题：本大题共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．
（一）必考题：共60分．
17．（12分）某校为了宣传垃圾分类知识，面向该校学生开展了“垃圾分类知识”网络问卷调查，每位学生仅有一次参与机会，通过抽样，得到 100 人的得分情况，将样本数据分成 五组，并整理得到如下频率分布直方图;已知成绩的中位数为 75
(1)求 的值，并求出成绩的平均数(同一组中的每个数据可用该组区间中点值代替);
(2)现用分层抽样从第四组和第五组按照比例抽选出 6 人进行垃圾分类知识竞答活动，再从中选出两人进行一对一，求抽出的两人恰好来自同一组的概率.
【答案】(1)，，
(2).
【详解】（1）中位数为 75 ，，
，2分
又 ，
，3分
则平均数为：.5分
（2）第四组与第五组人数的比为，
从第四组抽选4人，记为1,2,3,4，
从第五组抽选2人，记为，7分
所有基本事件为：，共15种，9分
来自同一组的有: ，共7种情况，10分
故恰好来自同一组的概率.12分
18．（12分）记的内角A，，所对的边分别是，，，已知．
(1)求角的大小；
(2)若点在边上，平分，，，求线段长．
【答案】(1)
(2)
【详解】（1）由已知，根据正弦定理可得，1分
因为，所以，故有，
则有，3分
因为，即，可知，可得，5分
所以，则．6分
（2）在中，根据余弦定理可得，
即，解得或（舍去），8分
由题意可知：，
由面积关系可得，
则，10分
即，可得.12分
19．（12分）如图，四棱锥的底面是边长为的菱形，，，，平面平面，E，F分别为，的中点.

(1)证明：平面；
(2)求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2).
【详解】（1），
，.1分
平面平面，且交线为，平面，
平面，
平面，.2分
连接，，如图，

因为四边形是边长为的菱形，，
所以为等边三角形.
又因为为的中点，所以，4分
又，平面，平面，
所以平面.6分
（2）设点到平面的距离为，则，
因为，所以，又由（1）知，
又，平面，平面，所以平面，8分
又平面，平面，所以，，
又，，
又由，，，平面，平面，
所以平面，10分
且，，
所以，即，
所以点到平面的距离为.12分
20．（12分）设，为实数，且，函数.
(1)讨论的单调性；
(2)设，函数，试问是否存在极小值点?若存在，求出的极小值点；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)答案见解析
(2)存在极小值点，且极小值点为
【详解】（1），，，1分
当时，，在区间上单调递增；2分
当，且时，，单调递减；
当时，，单调递增.4分
综上，当时，在区间上单调递增；
当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增.5分
（2）当时，，，故.
令，，所以，6分
当时，，单调递减；
当时，，单调递增.8分
又，，，
故，使得.
当时，，，单调递增；
当时，，，单调递减；10分
当时，，，单调递增，
故存在极小值点，且极小值点为.12分
21．（12分）已知椭圆的离心率为，且过点.
(1)求椭圆的标准方程.
(2)已知过右焦点的直线与交于两点，在轴上是否存在一个定点，使？若存在，求出定点的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)存在，
【详解】（1）因为，所以.
所以椭圆的方程为.2分
因为点在椭圆上，所以，解得，
所以.4分
所以椭圆的标准方程为.5分
（2）存在定点，使.理由如下：
由（1）知，，则点.
设在轴上存在定点，使成立.6分
当直线斜率为时，直线右焦点的直线即轴与交于长轴两端点，
若，则，或.7分
当直线斜率不为时，设直线的方程为，.
由消去并整理，得，
则.9分
因为，所以，
所以，即.
所以，
即，
恒成立，11分
即对，恒成立，则，即.
又点满足条件.
综上所述，故存在定点，使.12分

（二）选考题：共10分．请考生在22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．
选修4-4：坐标系与参数方程
22．（10分）平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）.以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.
(1)求曲线的普通方程和曲线的直角坐标方程；
(2)已知点，记和交于两点，求的值.
【答案】(1)曲线的普通方程为；曲线的直角坐标方程为
(2)
【详解】（1）已知曲线（为参数），
则，由消参得，
则曲线的普通方程为．2分
由曲线的极坐标方程为，
变形得，3分
即，且满足，
由互化公式，得，即.
故曲线的直角坐标方程为．5分
（2）由于在直线l上，
可设直线l的参数方程的标准形式为（t为参数），
代入曲线，
化简得，，7分
设A，B对应的参数分别为，，
则，，8分
由于，故，
所以.
故的值为.10分
选修4-5：不等式选讲
23．（10分）已知函数．
(1)求不等式的解集；
(2)若是的最小值，且正数满足，证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【详解】（1）1分
∴或或，3分
解得或或，
∴不等式的解集为；5分
（2）证明：由，可得的最小值为，6分
则，，
∴
，当且仅当时，等号成立，9分
∴．10分