2024年数学（文）高考模拟试题含答案

这是一份2024年数学（文）高考模拟试题含答案，共17页。试卷主要包含了 已知命题p， 函数的部分图象大致为等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的+答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
一、选择题：本题共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
【解析】
【分析】计算出集合后结合并集的定义即可得.
【详解】由可得，又，故，
则.
故选：D.
2. 已知i为虚数单位，若复数，则在复平面内对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】A
【解析】
【分析】借助复数的运算法则及复数的几何意义即可得.
【详解】，故，
故在复平面内对应的点位于第一象限.
故选：A.
3. 已知数列满足，若，，则（ ）
A. B. C. 3D. 5
【答案】B
【解析】
【分析】借助等比数列定义与性质计算即可得.
【详解】，又，
故数列为等比数列，
则，故.
故选：B.
4. 已知命题p：，；命题q：，，则下列命题中为真命题的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】首先判断命题，的真假，再根据复合命题的真假性判断即可.
【详解】对命题，因为，故为真命题；
对命题，当时，，故为假命题；
所以为假命题，为真命题，为假命题，为假命题，只有为真命题.
故选：D
5. 已知直线是曲线在点处的切线，则直线在轴上的截距为（ ）
A. B. C. 2D. 3
【答案】A
【解析】
【分析】利用导数的几何意义求出直线的方程，令，可得答案.
【详解】，又，所以直线的方程为，
令，得，即直线在轴上的截距为，
故选：A．
6. 近年来，我国无人机产业发展迅猛，在全球具有领先优势，已经成为“中国制造”一张靓丽的新名片，其中民用无人机市场也异常火爆，销售量逐年上升．现某无人机专卖店统计了5月份前5天每天无人机的实际销量，结果如下表所示．
经分析知，与有较强的线性相关关系，且求得线性回归方程为，则的值为（ ）
A. 28B. 30C. 33D. 35
【答案】C
【解析】
【分析】求出、，根据回归直线方程必过样本中心点，代入计算可得.
【详解】依题意，，
又回归直线方程过点，所以，解得.
故选：C
7. 已知某圆锥的底面半径为2，体积为，则该圆锥的母线长为（ ）
A. 1B. 2C. D. 5
【答案】C
【解析】
【分析】根据圆锥的体积求出圆锥的高，根据勾股定理即可求得答案.
【详解】设圆锥的高为h，则由圆锥的底面半径为2，体积为，
可得，
故该圆锥的母线长为，
故选：C
8. 函数的部分图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先判断函数的奇偶性，再根据趋于正无穷时函数值大于0可得到答案.
【详解】因为，又函数的定义域为，故为奇函数，排除CD；
根据指数函数的性质，在上单调递增，当时，，故，则，排除B.
故选：A.
9. 将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，则的图象的一条对称轴为（ ）
A. 直线B. 直线C. 直线D. 直线
【答案】D
【解析】
【分析】将原函数平移后借助诱导公式及正弦函数的性质即可得.
【详解】由题意可得，
令，则，
当时，有，其余选项均不符合.
故选：D.
10. 如图，若AD是的角平分线，则，该结论由英国数学家斯库顿发现，故称之为斯库顿定理，常用于解决三角形中的一些角平分线问题．若图中，在内任取一点P，则点P恰好落在内的概率为（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】结合角平分线定理与斯库顿定理列方程组求解线段的长度，即可得的长，再由几何概率的性质结合三角形面积即可求得答案.
【详解】设，由角平分线定理可得，即，整理得①，
有斯库顿定理得，即②，由①②得：，
即，则，
所以点P恰好落在内的概率为.
故选：C.
11. 用于加热水和食物的太阳灶应用了抛物线的光学性质：一束平行于抛物线对称轴的光线，经过抛物面（抛物线绕它的对称轴旋转所得到的曲面叫抛物面）的反射后，集中于它的焦点．用一过抛物线对称轴的平面截抛物面，将所截得的抛物线C放在平面直角坐标系中，对称轴与x轴重合，顶点与原点重合，如图，若抛物线C的方程为，平行于x轴的光线从点射出，经过C上的点A反射后，再从C上的另一点B射出，则（ ）
A. 6B. 8C. 10D. 12
【答案】C
【解析】
【分析】由题意求出A点坐标，根据光线反射的性质求出反射光线的方程，即可求出B点坐标，利用两点间距离公式，即可求得答案.
【详解】由抛物线C方程为，可得其焦点为，
由于，故点纵坐标为4，代入中，即，
即，由题意知反射光线经过点，
则的方程为，联立，得，即得，
故，
故选：C
12. 已知在长方体中，，点，，分别在棱，和上，且，，，则平面截长方体所得的截面形状为（ ）
A. 三角形B. 四边形C. 五边形D. 六边形
【答案】C
【解析】
【分析】连接并延长交的延长线于点，连接并延长交于点，
过点作交于点，连接，即可得到截面图形，从而得解.
【详解】如图连接并延长交的延长线于点，连接并延长交于点，
过点作交于点，连接，
则五边形即为平面截该长方体所得的截面多边形.
其中因为，，，
所以，则，所以，
又，所以，所以，
则，
显然，则，所以.
故选：C
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知向量，均为单位向量，且，，则实数______．
【答案】
【解析】
【分析】根据垂直关系的向量表示以及数量积的运算律，将平方后，即可求得答案.
【详解】由题意知，，故，且，
即，故，
故答案为：
14. 已知的角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则______，若，，则______.
【答案】 ①. ## ②.
【解析】
【分析】借助余弦定理与正弦定理计算即可得.
【详解】由正弦定理可得，
即，
即，
即，即，
又，故，
若，，由余弦定理可得，
即，即，
故.
故答案为：；.
15. 已知双曲线的一条渐近线与直线垂直，则C的离心率为______.
【答案】
【解析】
【分析】借助斜率与垂直关系可得，即可得离心率.
【详解】由直线的斜率为，故有，
即，则.
故答案为：.
16. 已知函数是定义域为R的奇函数，且当时，，则______.
【答案】
【解析】
【分析】借助奇函数定义计算即可得.
【详解】由题意可得，故，即，
则.
故答案为：.
三、解答题：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. 已知等差数列的前n项和为，，．
（1）求的通项公式及；
（2）设______，求数列的前n项和．
在①；②；③这三个条件中任选一个补充在第（2）问中，并求解．
注：如选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】（1），；
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）设出等差数列的公差，由题意列方程求出首项和公差，即可求得答案；
（2）不论选①、选②还是选③，都要利用（1）的结果，可得的表达式，利用裂项相消法求和，即得答案.
小问1详解】
由题意知等差数列的前n项和为，，，
设公差为d，则，解得，
故，；
【小问2详解】
若选①，则，
故；
若选②，则，
故；
若选③，则，
故.
18. 第19届亚运会将于2023年9月23日在我国杭州举行，这是继北京亚运会后，我国第二次举办这一亚洲最大的体育盛会.为迎接这一体育盛会，浙江某大学举办了一次主题为“喜迎杭州亚运，讲好浙江故事”的知识竞赛，并从所有参赛大学生中随机抽取了100人，统计他们的竞赛成绩（满分100分，每名参赛大学生至少得60分），并将成绩分成4组：，，，（单位：分），得到如下的频率分布直方图.

（1）试用样本估计总体的思想，估计这次竞赛中参赛大学生成绩的平均数及中位数；（同一组数据用该组数据的区间中点值作代表）
（2）现将竞赛成绩不低于90分的学生称为“亚运达人”，成绩低于90分的学生称为“非亚运达人”.这100名参赛大学生的情况统计如下.
判断是否有99.5%的把握认为能否获得“亚运达人”称号与性别有关.
附：（其中）.
【答案】（1）平均数，中位数
（2）有99.5%的把握认为能否获得“亚运达人”称号与性别有关
【解析】
【小问1详解】
平均数，
由，，
故中位数位于，设中位数为，则有，解得,
即平均数，中位数；
【小问2详解】
，
故有99.5%的把握认为能否获得“亚运达人”称号与性别有关.
19. 图，在四棱锥中，平面，底面是正方形，点E在棱上，，.
（1）证明：；
（2）求点C到平面的距离.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用线面垂直的性质定理与判定定理即可得；
（2）借助等体积法计算即可得.
【小问1详解】
由平面，平面，故，
由底面是正方形，故，
又，、平面，故平面，
又平面，故，又，
，、平面，故平面，
又平面，故；
【小问2详解】
由，，故为中点，
又平面，故点到平面的距离为，
，
由底面是正方形，故，由，故，
由，且，
故，解得,
故点C到平面的距离为.
20. 已知椭圆的上顶点为，点M到直线的距离为.
（1）求C的标准方程；
（2）直线与C相交于A，B两点，若以线段为直径的圆恰好经过坐标原点O，求k的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）借助点到直线距离公式计算即可得；
（2）设交点坐标，联立直线与曲线，得到关于一元二次方程，列出韦达定理后结合题意计算即可得.
【小问1详解】
由题意可得，且，则有，
故C的标准方程为；
【小问2详解】
设、，联立，有，
，即，
有，，
若以线段为直径的圆恰好经过坐标原点O，则有，
即有
，
即，故.

21. 已知函数.
（1）当时，证明：；
（2）若关于的不等式恒成立，求整数的最小值.
【答案】（1）证明见解析
（2）最小值为3
【解析】
【分析】（1）先确定函数的定义域，求导得，根据其正负即可得函数的单调区间,再根据最值证明即可；
（2）构造函数 在区间 内恒成立，再求出的最大值为，
结合函数单调性，即求得整数的最小值．
【小问1详解】
当时，，
，
令，得，
当时，单调递增；
当时，单调递减，
所以在处取得唯一的极大值，即为最大值，
所以，
所以，
而，
所以.
【小问2详解】
令.
则.
当时，因为，所以，所以在上单调递增，
又因为.
所以关于的不等式不能恒成立；
当时，.
令，得，所以当时，；
当时，.
因此函数在上单调递增，在上单调递减.
故函数的最大值为.
令，
因为，
又因为在上单调递减，所以当时，.
所以整数的最小值为3.
【点睛】方法点睛：根据不等式直接构造函数，分类讨论法，利用导数研究单调性、最值，从而得出参数范围
（二）选考题：共10分.请考生在第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：极坐标与参数方程】
22. 在平面直角坐标系中，直线经过点，倾斜角为，直线与关于轴对称．以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．
（1）求的一个参数方程和的直角坐标方程；
（2）设直线与曲线交于，两点，求的值．
【答案】（1）（为参数），
（2）
【解析】
【分析】（1）题意可知，过点，倾斜角为，即可得到的一个参数方程，利用二倍角公式将曲线的极坐标方程化为，再根据代入计算可得；
（2）设、对应的参数分别为，，把的参数方程代入的直角坐标方程，利用参数的几何意义计算可得.
【小问1详解】
由题意可知，过点，倾斜角，
所以的一个参数方程为（为参数），即（为参数），
又曲线的极坐标方程为，所以，
，
，，
即曲线的直角坐标方程为.
【小问2详解】
设、对应的参数分别为，，
把的参数方程代入的直角坐标方程得，
整理得，所以，，所以，
所以.
【选修4-5：不等式选讲】
23. 已知函数．
（1）求不等式的解集；
（2）若关于的不等式恒成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）依题意可得，再利用零点分段法分类讨论，分别求出不等式的解集，即可得解；
（2）利用绝对值三角不等式求出的最小值，即可得到，从而解得.
【小问1详解】
由得，
所以原不等式等价于或或，
解得或或，
所以不等式的解集为.
【小问2详解】
因为，
当且仅当时等号成立，
所以的最小值为，
因为恒成立，
所以，所以或，解得或，
所以实数的取值范围.
日期编号
1
2
3
4
5
销量/部
9
a
17
b
27
亚运达人
非亚运达人
总计
男生
15
30
45
女生
5
50
55
0.10
0.05
0.025
0.010
0.005
0.001
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828