（理科）（解析版） 备战2024年高考数学模拟卷（全国卷专用）

这是一份（理科）（解析版） 备战2024年高考数学模拟卷（全国卷专用），共19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，集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先求得集合，结合集合的运算法则，逐项判定，即可求解.
【详解】由集合，，
可得或，，
对于A中，可得，不符合题意；
对于B中，可得，符合题意；
对于C中，可得，不符合题意；
对于D中，可得，不符合题意.
故选：B.
2．已知为虚数单位，且，则（ ）
A．3B．C．5D．
【答案】C
【分析】依题意先对原式进行化简，可求得，利用共轭复数的定义可得，再利用复数的运算可求得答案.
【详解】由题意得：，则，
.
故选：C.
3．已知，，为三条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列命题错误的是（ ）
A．若，，，则B．若，，，，则
C．若，，，则D．若，，，则
【答案】B
【分析】根据线面平行的判定定理可判断A；根据线面垂直的判定定理可判断B；根据线面平行的性质定理可判断C；根据面面平行以及线面垂直的性质可判断D.
【详解】对于A，，则内必存在直线，设为s，使得，
又，则，而，则，A正确；
B中，若，此时有可能是或或或m和相交不垂直，
未必一定是，则B的说法不正确．
对于C，若，，，则，
根据线面平行的性质定理可知，C正确，
对于D，若，，则，又，故，D正确，
故选：B．
4．函数的大致图象是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据函数为奇函数排除BD，再根据函数值的符号排除选项C.
【详解】易知函数的定义域为R，且，
所以函数为奇函数，其图象关于原点对称，故选项BD不符合.
当时，函数值为，故选项C不符合，选项A符合.
故选：A.
5．已知向量，若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据两个向量垂直则数量积为0运算即可.
【详解】，
又，所以，
即，解得，所以，所以，
故选：A
6．已知函数，若对任意的正数、，满足，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】分析函数的单调性和奇偶性，可得出，将代数式与相乘，展开后利用基本不等式可求得的最小值.
【详解】对任意的，，所以，函数的定义域为，
因为，即函数为奇函数，
又因为，且函数在上为增函数，
所以，函数在上为增函数，
对任意的正数、，满足，则，
所以，，即，
所以，，
当且仅当时，即当时，等号成立，故的最小值为.
故选：B.
7．2022年10月16日至10月22日，中国共产党第二十次全国人民代表大会在北京召开．会议圆满结束后，某市为了宣传好二十大会议精神，市宣传部决定组织去甲、乙、丙、丁4个村开展二十大宣讲工作，每村至少1人，其中不去甲村，且不去同一个村，则宣讲的分配方案种数为（ ）
A．216B．198C．180D．162
【答案】D
【分析】分单独去一个村和与除以外的另外一人去一个村两种情况讨论，即可得解.
【详解】当单独去一个村时，有种，
当与除以外的另外一人去一个村时，有种，
所以共有种分配方案．
故选：D
8．若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用余弦的二倍角公式和诱导公式结合已知求解即可.
【详解】因为，
所以
.
故选：A.
9．已知，则的大小关系是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用对数函数和指数函数，幂函数的性质求解.
【详解】，，即，
，
下面比较与的大小，构造函数与，
由指数函数与幂函数的图像与单调性可知，

当时，；当时，
由，故，故，即，
所以，
故选：A
10．已知、是椭圆的两个焦点，P是椭圆上一点，，，则椭圆的离心率的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据椭圆定义，结合余弦定理可得，进而利用换元法，结合二次函数的性质即可求解.
【详解】设则，,
所以，
由余弦定理可得，
故，进而可得，
令，则，，
令，所以，对称轴为，
所以在单调递减，在单调递增，
故当和时，，
故的最大值为，
所以，故的最大值为，
故选：A

11．如图，正方体的棱长为3，点P是平面内的动点，M，N分别为，的中点，若直线BP与MN所成的角为，且，则动点P的轨迹所围成的图形的面积为（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【分析】连接，，得到，把BP与MN所成的角就是直线BP与所成的角，在正方体中，证得平面，得到，设与平面的交点为G，连接PG，结合题意，得到点P的轨迹是以G为圆心，为半径的圆，根据圆的面积公式，即可求解.
【详解】如图所示，连接，，则N为的中点，又M为的中点，所以，
因此直线BP与MN所成的角就是直线BP与所成的角，
在正方体中，可得，
因为平面，平面，可得，
又因为且平面，所以平面，
因为平面，所以，同理可得，
因为，且平面，所以平面，则．
设与平面的交点为G，连接PG，所以，
在直角中，，因为，所以，
又由，所以，
所以点P的轨迹是以G为圆心， 为半径的圆，其面积为.
故选：A.

12．已知函数有两个极值点，（），函数有两个极值点，（），设，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】解法一：求出函数的导函数，则，是方程的两个实数根，，是方程，即的两个实数根，设，利用导数求出函数的单调区间，即可得到，，，从而得到，最后根据对勾函数的性质计算可得；
解法二：求导可得，是与图象交点的横坐标；，是 与图象的交点的横坐标，结合反函数的性质得到，，从而求出的取值范围.
【详解】解法一：由可得，则，是方程的两个实数根，
由可得，则，是方程，
即的两个实数根.
设，则，
当时，当时，
故在上单调递减，在上单调递增，则在处取得极小值，
因为，是方程的两个实数根，，是方程的两个实数根，
且，，所以，，，
则，，，
所以，
又在上单调递增，所以.
解法二 第一步：对函数求导，将问题进行转化；
由可得，则，是方程的两个实数根，即与图象交点的横坐标.
由可得，则，是方程的两个实数，即与图象的交点的横坐标.
第二步：构造函数，求得的取值范围；
由可得，设，则，
易得在处取得极小值，且，当时，，当时，，
所以由方程有两个实数根可得，即.
（点拨：因为与互为反函数，且与互为反函数，
所以当与的图象有两个交点时，与的图象也有两个交点）
第三步：利用反函数的概念对变量进行代换，即可得解；
设，，，，
由与互为反函数，且与互为反函数，
可得与，与分别关于直线对称，则，，
则，
又在上单调递增，所以.
故选：C
【点睛】关键点睛：本题数量关系比较多，关键是得到，是方程的两个实数根，，是方程的两个实数根，从而构造函数.
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．定义“等和数列”：在一个数列中，如果每一项与它后一项的和都为同一个常数，那么这个数列叫做等和数列，这个常数叫做该数列的公和.已知数列是等和数列，且，公和为1，那么这个数列的前2023项和 .
【答案】1010
【分析】根据等和数列的性质可以求出奇数项都相等，偶数项也都相等，最后求和即可.
【详解】由等和数列概念可得，
所以，
故答案为：1010
14．将函数图象上所有点的横坐标变为原来的，再向左平移个单位长度，得到函数的图象，若对任意的，均有成立，则的最小值为 .
【答案】
【分析】先由二倍角公式与两角和与差的正弦公式得，再结合三角函数的平移变换得，由恒成立可知，取最大值，则可求的表达式，结合的条件可得答案.
【详解】由题意得，
则，因为对任意的，均有成立，所以，即，又，所以当时，的最小值为，
故答案为：.
15．已知是球的球面上的三点，，且三棱锥的体积为，则球的体积为 ．
【答案】
【分析】判断的形状并求出其外接圆的半径，利用锥体的体积公式求出球心到截面的距离，进而求出球半径即可求解．
【详解】在中，，由余弦定理得，
即，整理得，而，解得，
显然，即，则外接圆的半径，
令球心到平面的距离为，而的面积为，
由棱锥的体积为，得，解得，
球的半径，则有，，
所以球的体积.
故答案为：
16．已知关于的不等式恰有3个不同的正整数解，则实数的取值范围是 ．
【答案】
【分析】由题意知，关于x的不等式恰有3个不同的正整数解．设函数，，作出函数图象，由图象观察，可得实数的k取值范围．
【详解】当时，不等式有无数个正整数解，不满足题意；
当时，当时，不等式恒成立，有无数个不同的正整数解，不满足题意；
当时，不等式等价于，
令，所以，
当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，
又，结合单调性可知，当时，恒成立，
而表示经过点的直线，
由图像可知，关于的不等式恰有3个不同的正整数解，故只需满足以下条件：
解得．则实数的取值范围是，
故答案为：．

【点睛】用数形结合思想解决不等式解的问题一般有以下几类：
（1）解含参不等式：在解决含有参数不等式时，由于涉及参数，往往需要讨论，导致演算过程复杂，若利用数形结合的方法，问题将简单化；
（2）确定参数范围：在确定不等式参数的范围时，几何图形更能使问题直观；
（3）证明不等式：把证明的不等式赋予一定的几何意义，将复杂的证明问题明快解决.
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）在中，，D为中点.
(1)若，求；
(2)若，求的值.
【详解】（1）如图所示：
因为，所以，
所以，所以，1分
在中，由余弦定理的推论得：，
在中，由余弦定理的推论得：，3分
所以，4分
因为是边的中点，所以，代入上式整理得，
因为，所以，
解得或（舍去），所以；6分
（2）在中，由正弦定理得：，
又，，，8分
所以，即，9分
在中，由正弦定理得：，，，
所以.12分
18．（12分）为了让观赏游玩更便捷舒适，常州恐龙园推出了代步工具租用服务.已知有脚踏自行车与电动自行车两种车型，采用分段计费的方式租用.型车每分钟收费元（不足分钟的部分按分钟计算），型车每分钟收费元（不足分钟的部分按分钟计算），现有甲乙丙丁四人，分别相互独立地到租车点租车骑行（各租一车一次），设甲乙丙丁不超过分钟还车的概率分别为，并且四个人每人租车都不会超过分钟，甲乙丙均租用型车，丁租用型车．
（1）求甲乙丙丁四人所付的费用之和为25元的概率；
（2）求甲乙丙三人所付的费用之和等于丁所付的费用的概率；
（3）设甲乙丙丁四人所付费用之和为随机变量，求的概率分布和数学期望．
【详解】（1）记“甲乙丙丁四人所付的费用之和为25元”为事件，即4人均不超过30分钟，
则 .
答：求甲乙丙丁四人所付的费用之和为25元的概率是 2分
（2）由题意，甲乙丙丁在分钟以上且不超过分钟还车的概率分别为，
设“甲乙丙三人所付费用之和等于丁所付费用”为事件，
则
答：甲乙丙三人所付的费用之和等于丁所付的费用的概率是． 5分
（3）①若“4人均不超过30分钟”此时随机变量的值为25，即为事件，由（1）所以.6分
②记“4人中仅有一人超过30分钟”为事件，事件又分成两种情况“超过30分钟的这一人是甲乙丙中的一个”和“超过30分钟的这一人是丁”，分别将上述两种情况记为
事件和.
i.事件对应的的值为30，此时；
ii.事件对应的的值为35，此时.7分
③记“4人中仅有两人超过30分钟”为事件，事件又分成两种情况“超过30分钟的两人是甲乙丙中的两个”和“超过30分钟的两人是甲乙丙中的一个和丁”，分别将上述两种情况记为事件和.
i.事件对应的的值为35，此时；
i.事件对应的的值为40，此时8分
④记“4人中仅有三人超过30分钟”为事件，事件又分成两种情况“超过30分钟的三人是甲乙丙”和“超过30分钟的三人是甲乙丙中的两个和丁”，分别将上述两种情况记为事件和.
i.事件对应的的值为40，此时；
i.事件对应的的值为45，此时 .9分
⑤记“4人均超过30分钟”为事件，则随机变量的值为50，
此时 ；10分
所以甲乙丙丁四人所付费用之和的分别为
11分
所以 .
答：甲乙丙丁四人所付费用之和的数学期望为.12分
19．（12分）如图，在四棱锥中，已知底面是正方形，底面，且，是棱上动点.
(1)证明：平面.
(2)线段上是否存在点，使二面角的余弦值是？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.
【详解】（1）连接，交于点，1分
四边形为正方形，；2分
平面，平面，，3分
又，平面，平面.5分
（2）以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，
6分
则，，，，，
，，，，7分
假设在线段上存在点，使得二面角的余弦值为，
设，则，，8分
设平面的法向量，
则，令，解得：，，；
由（1）知：平面，平面的一个法向量为；10分
，解得：，11分
当，即时，二面角的余弦值为.12分
20．（12分）已知动点P到定点的距离和它到直线距离之比为2；
(1)求点P的轨迹C的方程；
(2)直线l在x轴上方与x轴平行，交曲线C于A，B两点，直线l交y轴于点D.设OD的中点为M，是否存在定直线l，使得经过M的直线与C交于P，Q，与线段AB交于点N，，均成立；若存在，求出l的方程；若不存在，请说明理由.
【详解】（1）设，由动点P到定点的距离和它到直线距离之比为2，
可得，2分
化简得，即，
故点P的轨迹C的方程为；4分
（2）设l的方程为，则，故，
由已知直线PQ斜率存在，设直线PQ的方程为，故.5分
与双曲线方程联立得：，
由对应渐近线方程为：，易判断，
得，设，，
则，①，7分
由，得：，
，
即，，9分
消去得：，
即②
由①②得：，化简得，由已知，11分
故存在定直线l：满足条件.12分

21．（12分）已知函数.
(1)若曲线在处的切线与直线平行，求函数的极值；
(2)已知，若恒成立.求证：对任意正整数，都有.
【详解】（1）由，可得，1分
由条件可得，即.2分
则，
令可得，当时，，当时，.
在上单调递减，在上单调递增，4分
的极大值为，无极小值.5分
（2），即对任意的恒成立，
即，其中，6分
令，则，即，7分
构造函数，则，令，得，列表如下：
所以，函数的单调递增区间为，单调递减区间为，
所以，，9分
即时，恒成立，
取，则对任意的恒成立，10分
令，则，
所以，
所以，即.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）在直角坐标系中，已知直线的方程为．以为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．
(1)求直线的极坐标方程和曲线的直角坐标方程；
(2)射线与曲线和直线分别交于点，点是曲线上一点，求面积的最大值．
【详解】（1）将，代入得：，
，即，
直线的极坐标方程为；2分
，
，即，曲线的直角坐标方程为.4分
（2）由得：；
由得：；
；6分
由知：射线所在直线方程为：，即，7分
设，
点到直线的距离，其中，9分
面积的最大值为.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)若恒成立，求的取值范围．
【详解】（1）当时，不等式化为，解得；1分
当时，不等式化为，恒成立；2分
当时，不等式化为，解得，3分
综上所述，原不等式的解集为．5分
（2）因为，7分
所以恒成立等价于，解得或，9分
故的取值范围为．10分25
30
35
40
45
50
+
0
-
极大值