2024年浙江省高考数学模拟试题（新高考适用）

这是一份2024年浙江省高考数学模拟试题（新高考适用），共18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．命题“”的否定是（ ）
A．B．C．D．
2．已知复数，且为纯虚数，则（ ）
A．B．C．1D．
3．已知正项等比数列的前项和为，若，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
4．在中，，，则等于（ ）
A．B．C．D．
5．一个容量为10的样本，其数据依次为：9，2，5，10，16，7，18，23，20，3，则该组数据的第75百分位数为（ ）
A．15B．16C．17D．18
6．已知函数，，向右平移个单位长度后的图象与原函数图象重合，的极大值与极小值的差大于15，则a的最小值为（ ）
A．6B．7.5C．12D．18
7．设函数在区间上单调递减，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
8．已知抛物线与过焦点的一条直线相交于，两点，过点且垂直于弦的直线交抛物线的准线于点，则下列结论正确的是（ ）
A．准线的方程是B．以为直径的圆与轴相切
C．的最小值为D．的面积最小值为
二、多选题
9．已知分别是数列的前项和，，则（ ）
A．B．
C．D．
10．已知函数，则（ ）
A．的一个对称中心为
B．的图象向右平移个单位长度后得到的函数是偶函数
C．在区间上单调递减
D．若在区间上与有且只有6个交点，则
11．如图所示，在平行六面体中，为正方形的中心，分别为线段的中点，下列结论正确的是（ ）

A．平面
B．平面平面
C．直线与平面所成的角为
D．
三、填空题
12．小明所在的公司上午9：00上班，小明上班通常选择自驾、公交或地铁这三种方式.若小明选择自驾，则从家里到达公司所用的时间(单位：分钟)服从正态分布若小明选择地铁，则从家里到达公司所用的时间(单位：分钟)服从正态分布；若小明选择公交，则从家里到达公司所用的时间(单位：分钟)服从正态分布.若小明上午8：12从家里出发，则选择 上班迟到的可能性最小.(填“自驾”“公交”或“地铁”)
参考数据：若则，，
13．已知曲线和，若C与恰有一个公共点，则实数 ；若C与恰有两个公共点，则实数m的取值范围是 ．
14．已知是圆上任意一点，则的取值范围为 ．
四、解答题
15．某校对高二年级选学生物的学生的某次测试成绩进行了统计，随机抽取了80名学生的成绩作为样本，根据此数据作出了频率分布统计表和频率分布直方图如下：
(1)求表中n，p的值和频率分布直方图中a的值；
(2)如果用分层抽样的方法，从样本成绩在和的学生中共抽取5人，再从这5人中选2人，求这2人的成绩在的概率.
16．已知数列的前项积为，且．
(1)证明：是等差数列；
(2)从中依次取出第1项，第2项，第4项……第项，按原来顺序组成一个新数列，求数列的前项和．
17．如图，在三棱台中，平面，且为中点.
(1)证明：平面；
(2)若，求此时平面和平面所成角的余弦值.
18．已知椭圆的焦距为，且经过点.
(1)求椭圆的方程；
(2)经过椭圆右焦点且斜率为的动直线与椭圆交于、两点，试问轴上是否存在异于点的定点，使得直线和关于轴对称？若存在，求出点坐标，若不存在，说明理由.
19．已知点满足，，且，过点、的直线为l．
（1）证明：对于任意的，点均在直线l上；
（2）求对所有，均有的最大实数k的值．
分组
频数
频率
[60,70）
16
0.2
[70,80）
50
n
[80,90）
10
p
[90,100]
4
0.05
合计
80
1
参考答案：
1．A
【分析】将特称量词改为全称量词，再否定结论即可得解..
【详解】因为命题“”是存在量词命题，
所以其否定是全称量词命题，即，
故选：A.
2．C
【分析】根据复数的乘法运算法则化简，由纯虚数的概念求出，由复数的除法运算以及复数的模长公式可得结果.
【详解】复数，则，
依题意得，，解得，即，
，
所以.
故选：.
3．C
【分析】设等比数列的公比为，则，由已知可得出，可得出，化简得出，利用基本不等式可求得的最小值.
【详解】设等比数列的公比为，则，
则，
所以，，
则，
所以，
，
当且仅当时，即当时，等号成立，
因此，的最小值为.
故选：C.
4．D
【分析】利用平面向量加法的三角形法则结合相反向量的定义可得结果.
【详解】由已知可得，故.
故选：D.
5．D
【分析】将这些数从小到大重新排列后结合百分位数的定义计算即可得.
【详解】将这些数从小到大重新排列后为：2，3，5，7，9，10，16，18，20，23，
，则取从小到大排列后的第8个数，
即该组数据的第75百分位数为18.
故选：D.
6．C
【分析】写出平移后解析式，由它与原函数相同，结合周期性得的表达式，再由极大值与极小值的差大于15得的范围，从而可得结论．
【详解】平移后函数式为，它与原函数一样，则，，
是正弦型函数，极大值与极小值的差是，由题意，，
所以的最小值是12．
故选：C．
7．D
【分析】根据题意，由复合函数的单调性，列出不等式，代入计算，即可得到结果.
【详解】函数在上单调递增，而函数在区间上单调递减，
所以在区间单调递减，所以，解得．
故选：D．
8．C
【分析】根据抛物线方程，结合准线定义即可判断A；当直线斜率不存在时，计算可得此时以为直径的圆不与轴相切，即可判断B；对于CD：分直线斜率存在以及不存在两种情况分别讨论，即可求解．
【详解】对于A：由抛物线的方程可知其焦点为，故准线的方程为：，故A错误.
对于B：当直线的斜率不存在时，即直线方程：，易得，
则以为直径的圆半径为，此时不与轴相切，故B错误.
对于C：当直线的斜率不存在时，易得，，；
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，，，
由，得，
得，，，
，
易知直线的方程为，由，得，
，，
综上所得，的最小值为，故C正确．
对于D：当直线的斜率不存在时，易得，，
所以；
当直线的斜率存在时，，
故当时，取得最小值，且此时最小值为，故D错误．
故选：C．
9．BCD
【分析】选项A，根据条件得到时，，再检验是否满足，即可判断出选项A的正误；选项B，根据条件可直接求出，即可判断出结果；选项C，通过放缩，即可得出结果；选项D，根据条件，利用裂项相消法即可求出结果.
【详解】对于选项A，因为①，所以②，
②①可得，即，
又，所以，
所以当时，，
又，不满足，
故，所以选项A错误；
对于选项B，令，得，故，故选项B正确；
对于选项C，因为，由于恒成立，
故，所以选项C正确；
对于选项D，因为
所以，所以选项D正确．
故选：BCD．
10．AC
【分析】对A，代入验证即可；对B，根据平移的原则即可判断；对C，利用整体法即可判断其单调性；对D，找到第7个点的横坐标，则得到的范围.
【详解】对A，由0，故A正确；
对B，的图象向右平移个单位长度后得
，显然其为奇函数，故B错误；
对C，当时，则，
由余弦函数单调性知，在区间上单调递减，故C正确；
对于D，由，得，解得或，，
在区间上与有且只有6个交点，
其横坐标从小到大依次为：，，，，，，
而第7个交点的横坐标为，，故D错误．
故选：AC.
11．BCD
【分析】A选项，判断和平面关系可得答案；
B选项，注意到平面，平面，即可判断选项正误；
C选项，注意到平面，，则与平面所成的角即为与平面所成的角；
D选项，题目数据及勾股定理逆定理可得，后由，可判断选项正误.
【详解】对于，若平面，因为，则平面，或平面，而和平面相交，故A错；
对于B，因为分别为线段的中点，所以平面平面，所以平面，因为分别为线段的中点，所以平面平面，所以平面平面，平面，所以平面平面，故B正确；
对于C，由于，且，故，而，故平面，而，故与平面所成的角即为与平面所成的角，又AB与AO夹角为，即直线与平面所成的角为，故正确；
对于D，设，则，显然，故，由，所以，而，所以，故D正确.
故选：BCD.

12．公交
【分析】由题意可知从家里到达公司所用的时间不超过48分钟，小明就不会迟到，由此计算三种方式下的值，比较大小，即可得结论.
【详解】由题意可知从家里到达公司所用的时间不超过48分钟，小明就不会迟到；
若选择自驾，则；
若选择地铁，则；
若选择公交，则，
而，
故选择公交上班迟到的可能性最小，
故答案为：公交
13． 0或4
【分析】若C与恰有一个公共点，结合直线与圆的位置关系分析求解；若C与恰有两个公共点，结合对称性可知C与在内只有1个交点，且不过，联立方程可得关于x方程只有一个正根，且根不为0，结合二次函数零点分布分析求解.
【详解】由题意可知：曲线表示圆心为，半径为的圆，
若C与恰有一个公共点，则，解得或；
因为C与均关于y轴对称，注意到与y轴的交点为，
若C与恰有两个公共点，等价于C与在内只有1个交点，且不过，
此时，
联立方程，消去y得，
即关于x方程只有一个正根，且根不为0，
则或，
解得或，
所以实数m的取值范围是.
故答案为：0或4；.
14．
【分析】设，变形可得，利用的几何意义转化为直线与圆的位置关系即可求解．
【详解】设，变形可得，
则的几何意义为直线的斜率，
是圆上任意一点，圆心，半径为，
则，解得，
即的取值范围为.
故答案为：.
15．(1)，，；
(2).
【分析】（1）根据给定的频率分布表，利用频率的意义求出，再利用频率分布直方图求出作答.
（2）利用分层抽样求出5人中，每个分数段的人数，再利用列举法求出概率作答.
【详解】（1）依题意，，，.
（2）样本成绩在和的学生的人数之比为，
因此抽取5人中成绩在的有4人，记这4人为，成绩在的有1人，记为，
从这5人中任选2人，有，共10个结果，
其中这2人成绩均在内有，共6个，
所以这2人成绩均在内的概率为.
16．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由，，代入可得，化简即可证明结论；
（2）由等差数列的通项公式可得，从而得到数列的通项公式，利用错位相减即可求得结果.
【详解】（1）因为数列的前项积为，所以，
又因为，所以，
化简可得，
当时，，解得：，
所以是等差数列，首项为3，公差为2.
（2）由（1）可得,
所以，故，令数列的前项和为，
则①
②
①②可得：
化简可得：，
所以数列的前项和
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用线面垂直的性质定理与判定定理即可得证；
（2）依题意建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的法向量，再利用空间向量法即可得解.
【详解】（1）因为平面平面，所以.
又因为为中点，所以，
又，且平面，
所以平面；
（2）依题意，以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以，
设平面的一个法向量为，则，
所以，可取，则，
又易知平面的一个法向量为，
设平面和平面所成角为，
则，
故平面和平面所成角的余弦值为.
18．(1)
(2)存在；
【分析】（1）将带入椭圆的方程求解即可；
（2）将直线和关于轴对称转化为，然后联立直线和椭圆的方程求解即可.
【详解】（1）椭圆的焦距为，故，
过点，，且，
联立解得：
所以椭圆的方程为：.
（2）
椭圆右焦点为，
故过椭圆右焦点且斜率为的动直线为：，
和椭圆联立得：，
，
设，则，
设存在异于点的定点，直线和关于轴对称，
故，即
化简得：，
即则.
故存在异于点的定点，使得直线和关于轴对称.
19．（1）见解析；（2）
【详解】（1）由，，得，．
于是，直线．
下面用数学归纳法来证明：
，．①
当时，，，结论成立．
假设当时结论成立，即，．
则当时，
，
，
结论成立．
从而，对于任意的，结论①均成立．
又，故对于任意的，点均在直线l上．
（2）实数k的最大值为．
对于任意的正整数n，定义函数．
则 ．
于是单调递增．
故原不等式等价于对任意正整数n，有．
从而，k的最大可能值为．
因此，实数k的最大值为