黄金卷04-【赢在高考·黄金8卷】备战2024年高考数学模拟卷（新高考七省专用）含解析.docx

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1、【赢在高考黄金8卷】备战2024年高考数学模拟卷（新高考七省专用）黄金卷02（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）第I卷（选择题）一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。1设，则是的（）条件A充分不必要B必要不充分C充要D既不充分也不必要2已知复数是方程的一个根，则实数的值是（）ABCD3已知，若，则（）ABCD4如图，在一个单位正方形中，首先将它等分成4个边长为的小正方形，保留一组不相邻的2个小正方形，记这2个小正方形的面积之和为；然后将剩余的2个小正方形分别继续四等分，各自保留一组不相邻的2个小正方形，记这4个小正方形的面积

2、之和为以此类推，操作次，若，则的最小值是（）A9B10C11D125如图，A，B，C三个开关控制着1，2，3，4号四盏灯，其中开关A控制着2，3，4号灯，开关B控制着1，3，4号灯，开关C控制着1，2，4号灯.开始时，四盏灯都亮着.现先后按动A，B，C这三个开关中的两个不同的开关，则其中1号灯或2号灯亮的概率为（）ABCD6将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，若函数在上单调递增，则实数的取值范围是（）ABCD7已知抛物线的焦点关于直线的对称点为， 为坐标原点, 点在上且满足（均不与重合），则面积的最小值为（）A4B8C16D208已知函数，若函数有6个零点，则的值可能为（）ABCD

3、二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。9已知是两个事件，且，则事件相互独立的充分条件可以是（）ABCD10已知直线，圆的圆心坐标为，则下列说法正确的是（）A直线恒过点BC直线被圆截得的最短弦长为D当时，圆上存在无数对点关于直线对称11已知函数的定义域为R，值域为，则（）ABCD是函数的极小值点12如图，正三棱柱的各棱长均为1，点是棱的中点，点满足，点为的中点，点是棱上靠近点的四等分点，则（）A三棱锥的体积为定值B的最小值为C平面D当时，过点的平面截正三棱柱所得图形的面积为第II卷（

4、非选择题）三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13的展开式中的系数为 （用数字作答）.14如图，在中，P为CD上一点，且满足，则m的值为 15若函数为偶函数，则的最小正值为 .16已知函数有三个零点，且它们的和为0，则的取值范围是 .四、解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。17（10分）的内角，的对边分别为，已知(1)求；(2)若，的面积为，求的周长18（12分）已知数列满足：(1)求证：数列是等比数列；(2)求数列的通项公式及其前项和19（12分）如图，在四棱锥中，M为棱AP的中点(1)棱PB上是否存在点N，使平面PDC?若存在，求出的值

5、；若不存在，请说明理由；(2)若平面平面ABCD，求二面角的正弦值20（12分）从甲、乙、丙、丁、戊5人中随机地抽取三个人去做传球训练.训练规则是确定一人第一次将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人，每次必须将球传出.(1)记甲、乙、丙三人中被抽到的人数为随机变量，求的分布列和数学期望；(2)若刚好抽到甲、乙、丙三个人相互做传球训练，且第1次由甲将球传出，记次传球后球在甲手中的概率为.直接写出，的值；求与的关系式，并求出.21（12分）以坐标原点为对称中心，坐标轴为对称轴的椭圆过点(1)求椭圆的方程(2)设是椭圆上一点（异于），直线与轴分别交于两点证明在轴上存在两

6、点，使得是定值，并求此定值22（12分）已知函数.(1)讨论的单调性；(2)若在区间上存在唯一零点，求证：.【赢在高考黄金8卷】备战2024年高考数学模拟卷（新高考七省专用）黄金卷02参考答案（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）第I卷（选择题）一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。12345678ADCCDBCC二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。9101112BCDABDACAC第II卷（非选择题）三、填空题

7、：本题共4小题，每小题5分，共20分。13112 14 15 16四、解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。17（10分）【答案】(1)(2)【解析】（1）因为，所以由正弦定理可得又，所以因为，所以又，所以，（2）的面积，则由余弦定理：，得，所以，故的周长为18（12分）【答案】(1)证明见解析(2)，【解析】（1）由可得，又，可得为定值，所以数列是以3为首项，3为公比的等比数列（2）由（1）可知，可得，即数列的通项公式为所以数列的前项和为即.19（12分）【答案】(1)棱PB上存在点N，；(2)【解析】（1）如图，分别延长BA与CD的延长线交于点E，连

8、接PE，过点M在平面BEP内作直线，交BE于点F，BP于点N，因为，平面PDC，所以平面PDC，因为，所以A，D分别为线段BE，CE的中点，又，M为AP的中点，所以F为线段AE的中点，所以综上，棱PB上存在点N，使平面PDC，且（2）设，又，所以，又，所以和为等边三角形，设O为CD的中点，连接OP，OB，则，又平面平面ABCD，平面平面，平面PDC，平面ABCD，又平面ABCD，综上，OP，OB，OC两两垂直以O为坐标原点，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系则，设平面MDC的法向量为，则即可取，设平面MDB的法向量为，则即可取，所以，故二面角的正弦值为20（12分）

9、【答案】(1)分布列见解析，数学期望为(2)，；，【解析】（1）的所有可能取值为1，2，3.则；.所以随机变量的分布列为：123数学期望.（2）若刚好抽到甲、乙、丙三个人相互做传球训练，且次传球后球在甲手中的概率为.则有.记表示事件“经过次传球后，球在甲手中”.所以.即.所以，且.所以数列表示以为首项，为公比的等比数列.所以，.即次传球后球在甲手中的概率是.21（12分）【答案】(1)；(2)证明见解析，定值为.【解析】（1）设椭圆方程为，则，解得，所以椭圆的方程为（2）设，则，由，得，而，于是，同理，而，于是，则，令，而是椭圆上的动点，则，得，于是，所以存在和，使得是定值，且定值为.22（1

10、2分）【答案】(1)答案见解析(2)证明过程见解析【解析】（1）对求导得，分以下两大情形来讨论的单调性：情形一：当时，有，令，解得，所以当时，有，此时单调递减，当时，有，此时单调递增；所以在单调递减，在单调递增；情形二：当时，令，解得，接下来又分三种小情形来讨论的单调性：情形（1）：当时，有，此时随的变化情况如下表：由上表可知在和上单调递增，在上单调递减；情形（2）：当时，有，此时，所以此时在上单调递增；情形（3）：当时，有，此时随的变化情况如下表：由上表可知在和上单调递增，在上单调递减.综上所述：当时，在和上单调递增，在上单调递减；当时，在上单调递增；当时，在和上单调递增，在上单调递减；当时

11、，在上单调递减，在上单调递增.（2）因为，所以由题意，又因为在区间上存在唯一零点，所以存在唯一的，有，化简得，若要证明，则只需，即只需，不妨设，求导得，令，继续求导得，所以当时，单调递增，所以，所以当时，单调递增，所以，即当时，有不等式成立，综上所述：若在区间上存在唯一零点，则.【赢在高考黄金8卷】备战2024年高考数学模拟卷（新高考七省专用）黄金卷02（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）第I卷（选择题）一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。1设，则是的（）条件A充分不必要B必要不充分C充要D既不充分也不必要【答案】A【解析

12、】由向量，当时，可得，解得；当时，可得，解得，所以是的充分不必要条件.故选：A.2已知复数是方程的一个根，则实数的值是（）ABCD【答案】D【解析】由复数是方程的一个根，得，解得，故选：D.3已知，若，则（）ABCD【答案】C【解析】因为，所以，故选：C4如图，在一个单位正方形中，首先将它等分成4个边长为的小正方形，保留一组不相邻的2个小正方形，记这2个小正方形的面积之和为；然后将剩余的2个小正方形分别继续四等分，各自保留一组不相邻的2个小正方形，记这4个小正方形的面积之和为以此类推，操作次，若，则的最小值是（）A9B10C11D12【答案】C【解析】由题意可知操作1次时有个边长为的小正方形，

13、即，操作2次时有个边长为的小正方形，即，操作3次时有个边长为的小正方形，即，以此类推可知操作次时有个边长为的小正方形，即，由等比数列前项和公式有，从而问题转换成了求不等式的最小正整数解，将不等式变形为，注意到，且函数在上单调递减，所以的最小值是11.故选：C.5如图，A，B，C三个开关控制着1，2，3，4号四盏灯，其中开关A控制着2，3，4号灯，开关B控制着1，3，4号灯，开关C控制着1，2，4号灯.开始时，四盏灯都亮着.现先后按动A，B，C这三个开关中的两个不同的开关，则其中1号灯或2号灯亮的概率为（）ABCD【答案】D【解析】先后按动A，B，C中的两个不同的开关，有种方法，若要1号灯亮，则

14、按第一个开关时，1号灯灭，按第二个开关时，1号灯亮，此时对应的方法有2种：，；若要2号灯亮，同理可得有以下2种方法：，；可知：要1号灯或2号灯亮有种方法，故所求的概率为.故选：D.6将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，若函数在上单调递增，则实数的取值范围是（）ABCD【答案】B【解析】由题意知：，当时，在上单调递增，；若，则，此时，又，；若，则，此时，与矛盾，不合题意；综上所述：实数的取值范围为.故选：B.7已知抛物线的焦点关于直线的对称点为， 为坐标原点, 点在上且满足（均不与重合），则面积的最小值为（）A4B8C16D20【答案】C【解析】在中，焦点为，焦点关于直线即的对称点为

15、，解得，抛物线的方程为,显然直线的斜率不为 0 , 设直线的方程为, 且, 设,联立, 整理可得, 即, 且,又因为, 即, ,即直线的方程为，直线恒过 点，当且仅当时, 等号成立.故选：C.8已知函数，若函数有6个零点，则的值可能为（）ABCD【答案】C【解析】由题可得，在上单调递减，在上单调递增，则据此可作出函数大致图象如图所示，令，则由题意可得有2个不同的实数解，且，则，观察选项可知，满足题意.故选：C二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。9已知是两个事件，且，则事件相互独立

16、的充分条件可以是（）ABCD【答案】BCD【解析】若，则事件没有共同部分，即互斥，得不出事件相互独立，A错；由，得，则，得，即，则事件相互独立，B正确；由，即，得，即，则事件相互独立，C正确；由，且，式两边平方，并利用式可得，结合，可得，则，所以，,所以，即事件相互独立，D正确故选：BCD10已知直线，圆的圆心坐标为，则下列说法正确的是（）A直线恒过点BC直线被圆截得的最短弦长为D当时，圆上存在无数对点关于直线对称【答案】ABD【解析】直线，恒过点，所以A正确；圆的圆心坐标为，所以B正确；圆的圆心坐标为，圆的半径为2直线，恒过点，圆的圆心到定点的距离为：，直线被圆截得的最短弦长为，所以C不正确

17、；当时，直线方程为：，经过圆的圆心，所以圆上存在无数对点关于直线对称，所以D正确故选：ABD11已知函数的定义域为R，值域为，则（）ABCD是函数的极小值点【答案】AC【解析】取，则，且，故，A正确；取，符合题意，此时，且在上单调递增，不存在极值点，B和D错误；取，则，即，C正确，故选：AC12如图，正三棱柱的各棱长均为1，点是棱的中点，点满足，点为的中点，点是棱上靠近点的四等分点，则（）A三棱锥的体积为定值B的最小值为C平面D当时，过点的平面截正三棱柱所得图形的面积为【答案】AC【解析】由题意可知，设点到平面的距离为，易知平面平面，所以点到平面的距离等于点到线段的距离，又，所以，所以，为定值

18、，故A正确；将沿展开与正方形在同一个平面内，记此时与对应的点为，则当三点共线时，取得最小值，即，故的最小值为，故B错误；由点分别为的中点，得，又平面平面，所以平面，故C正确；连接并延长交于点，连接，则过点的平面截正三棱柱所得截面图形为，因为，平面平面，平面平面平面，所以平面，又平面，所以，取的中点，连接，则点为的中点，又点为的中点，所以，当时，点为的中点，所以，所以，所以，所以，所以，故，故D错误故选：第II卷（非选择题）三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13的展开式中的系数为 （用数字作答）.【答案】112【解析】因为的展开式中含的项为，的展开式中的系数为112.故答案为：11

19、2.14如图，在中，P为CD上一点，且满足，则m的值为 【答案】【解析】因为，即，所以,又所以，解得.故答案为：.15若函数为偶函数，则的最小正值为 .【答案】/【解析】函数的定义域为，为偶函数，则，即，则，即是偶函数，可知，即，故取最小正值为.故答案为：.16已知函数有三个零点，且它们的和为0，则的取值范围是 .【答案】【解析】设，是的三个零点，则，所以，所以，若有三个零点，则有两个极值点，故对于方程，的两个极值点分别为和，其中为极大值点，为极小值点.若存在三个零点，则需满足，且，所以，解得，又因为，所以的取值范围是.故答案为：.四、解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出必要的文字说明、

20、证明过程及验算步骤。17（10分）的内角，的对边分别为，已知(1)求；(2)若，的面积为，求的周长【答案】(1)(2)【解析】（1）因为，所以由正弦定理可得又，所以因为，所以又，所以，（2）的面积，则由余弦定理：，得，所以，故的周长为18（12分）已知数列满足：(1)求证：数列是等比数列；(2)求数列的通项公式及其前项和【答案】(1)证明见解析(2)，【解析】（1）由可得，又，可得为定值，所以数列是以3为首项，3为公比的等比数列（2）由（1）可知，可得，即数列的通项公式为所以数列的前项和为即.19（12分）如图，在四棱锥中，M为棱AP的中点(1)棱PB上是否存在点N，使平面PDC?若存在，求出

21、的值；若不存在，请说明理由；(2)若平面平面ABCD，求二面角的正弦值【答案】(1)棱PB上存在点N，；(2)【解析】（1）如图，分别延长BA与CD的延长线交于点E，连接PE，过点M在平面BEP内作直线，交BE于点F，BP于点N，因为，平面PDC，所以平面PDC，因为，所以A，D分别为线段BE，CE的中点，又，M为AP的中点，所以F为线段AE的中点，所以综上，棱PB上存在点N，使平面PDC，且（2）设，又，所以，又，所以和为等边三角形，设O为CD的中点，连接OP，OB，则，又平面平面ABCD，平面平面，平面PDC，平面ABCD，又平面ABCD，综上，OP，OB，OC两两垂直以O为坐标原点，的方

22、向分别为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系则，设平面MDC的法向量为，则即可取，设平面MDB的法向量为，则即可取，所以，故二面角的正弦值为20（12分）从甲、乙、丙、丁、戊5人中随机地抽取三个人去做传球训练.训练规则是确定一人第一次将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人，每次必须将球传出.(1)记甲、乙、丙三人中被抽到的人数为随机变量，求的分布列和数学期望；(2)若刚好抽到甲、乙、丙三个人相互做传球训练，且第1次由甲将球传出，记次传球后球在甲手中的概率为.直接写出，的值；求与的关系式，并求出.【答案】(1)分布列见解析，数学期望为(2)，；，【解析

23、】（1）的所有可能取值为1，2，3.则；.所以随机变量的分布列为：123数学期望.（2）若刚好抽到甲、乙、丙三个人相互做传球训练，且次传球后球在甲手中的概率为.则有.记表示事件“经过次传球后，球在甲手中”.所以.即.所以，且.所以数列表示以为首项，为公比的等比数列.所以，.即次传球后球在甲手中的概率是.21（12分）以坐标原点为对称中心，坐标轴为对称轴的椭圆过点(1)求椭圆的方程(2)设是椭圆上一点（异于），直线与轴分别交于两点证明在轴上存在两点，使得是定值，并求此定值【答案】(1)；(2)证明见解析，定值为.【解析】（1）设椭圆方程为，则，解得，所以椭圆的方程为（2）设，则，由，得，而，于是

24、，同理，而，于是，则，令，而是椭圆上的动点，则，得，于是，所以存在和，使得是定值，且定值为.22（12分）已知函数.(1)讨论的单调性；(2)若在区间上存在唯一零点，求证：.【答案】(1)答案见解析(2)证明过程见解析【解析】（1）对求导得，分以下两大情形来讨论的单调性：情形一：当时，有，令，解得，所以当时，有，此时单调递减，当时，有，此时单调递增；所以在单调递减，在单调递增；情形二：当时，令，解得，接下来又分三种小情形来讨论的单调性：情形（1）：当时，有，此时随的变化情况如下表：由上表可知在和上单调递增，在上单调递减；情形（2）：当时，有，此时，所以此时在上单调递增；情形（3）：当时，有，此时随的变化情况如下表：由上表可知在和上单调递增，在上单调递减.综上所述：当时，在和上单调递增，在上单调递减；当时，在上单调递增；当时，在和上单调递增，在上单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增.（2）因为，所以由题意，又因为在区间上存在唯一零点，所以存在唯一的，有，化简得，若要证明，则只需，即只需，不妨设，求导得，令，继续求导得，所以当时，单调递增，所以，所以当时，单调递增，所以，即当时，有不等式成立，综上所述：若在区间上存在唯一零点，则.