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1、【赢在高考黄金8卷】备战2024年高考数学模拟卷（新高考卷专用）黄金卷01（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设集合，且，则（）A6B4CD2已知，则（）.ABC2D13已知的图象与直线在区间上存在两个交点，则当最大时，曲线的对称轴为（）A，B，C，D，4函数的图像大致为（）ABCD5如图，正方形中，是线段上的动点，且，则的最小值为（）ABCD46谢尔宾斯基（Sierpinski）三角形是一种分形，它的构造方法如下：取一个实心等边三角形（如图1），沿三边中点的连线，将它
2、分成四个小三角形，挖去中间小三角形（如图2），对剩下的三个小三角形继续以上操作（如图3），按照这样的方法得到的三角形就是谢尔宾斯基三角形如果图1三角形的边长为2，则图4被挖去的三角形面积之和是（）ABCD7已知函数满足对于任意实数，都有成立，则实数的取值范围是（）ABCD8已知双曲线右支上非顶点的一点A关于原点的对称点为为双曲线的右焦点，若，设，且，则该双曲线的离心率的取值范围为（）ABCD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已知圆M：，则下列关于圆M的结论正确的是（）A点在圆
3、M内B圆M关于直线对称C圆M与圆O：相切D若直线l过点，且被圆M截得的弦长为，则l的方程为10下列说法正确的是（）A若数据的方差为1，则新数据，的方差为1B已知随机事件A和B互斥，且，则等于0.5C“”是直线与直线互相垂直的充要条件D无论实数取何值，直线恒过定点11如图，在棱长为2的正方体中，分别是棱，的中点，点在上，点在上，且，点在线段上运动，下列说法正确的有（）A当点是中点时，直线平面；B直线到平面的距离是；C存在点，使得；D面积的最小值是12已知、都是定义在上的函数，且为奇函数，的图像关于直线对称，则下列说法中一定正确的是（）ABC为奇函数D的图像关于直线对称第II卷（非选择题）三、填空
4、题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13已知的展开式中各项系数的和为，则实数的值为 .14已知等差数列的前项和分别为，且，则 15在中，角，所对的边分别为，已知，则的最大值为 16在棱长为2的正方体中，点M是对角线上的点（点M与A、不重合），则下列结论正确的是 .（请填写序号）存在点M，使得平面平面；存在点M，使得平面；若的面积为S，则；若、分别是在平面与平面的正投影的面积，则存在点M，使得.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）已知点是角终边上一点(1)求的值；(2)若将角终边绕着坐标原点逆时针旋转得到角的终边，求的值18（12分
5、）已知正项数列的前项和，满足：(1)求数列的通项公式；(2)记，设数列的前项和为，求证19（12分）如图，在四棱柱中，四棱锥是正四棱锥，.(1)求与平面所成角的正弦值；(2)若四棱柱的体积为16，点在棱上，且，求点到平面的距离.20（12分）第19届亚运会于9月23日至10月8日在杭州举行，某学校为持续营造全民参与亚运、服务亚运、奉献亚运的浓厚氛围举办“心心相融爱答亚运”知识挑战赛挑战者向守擂者提出挑战，规则为挑战者和守擂者轮流答题，直至一方答不出或答错，则另一方自动获胜若赛制要求挑战者先答题，守擂者和挑战者每次答对问题的概率都是，且每次答题互不影响(1)若在不多于两次答题就决出胜负，则挑战者
6、获胜的概率是多少?(2)在此次比赛中，挑战者获胜的概率是多少?(3)现赛制改革，挑战者需要按上述方式连续挑战8位守擂者，每次挑战之间相互独立，当战胜至少三分之二以上的守擂者时，则称该挑战者胜利若再增加1位守擂者时，试分析该挑战者胜利的概率是否增加?并说明理由21（12分）已知椭圆：，点、分别是椭圆的左焦点、左顶点，过点的直线（不与x轴重合）交椭圆于A，B两点(1)求椭圆M的标准方程；(2)若，求的面积；(3)是否存在直线，使得点B在以线段为直径的圆上，若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由22（12分）已知函数(1)求的极值；(2)若在区间有2个零点，求的取值范围【赢在高考黄金8卷】备战
7、2024年高考数学模拟卷（新高考卷专用）黄金卷01（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设集合，且，则（）A6B4CD【答案】D【解析】，故选：D.2已知，则（）.ABC2D1【答案】C【解析】由，得，则，所以.故选：C.3已知的图象与直线在区间上存在两个交点，则当最大时，曲线的对称轴为（）A，B，C，D，【答案】D【解析】当时，要使得的图象与直线存在两个交点，则，解得，又因为，所以，所以，此时曲线的对称轴为，解得，故选：D4函数的图像大致为（）ABCD【答案】C【解析】
8、设，对任意，所以，所以的定义域为，所以函数为奇函数.令，可得，即，所以，可得，由可得，解得，所以的定义域为，又，所以函数为奇函数，排除BD选项，当时，是减函数，则，所以，排除A选项.故选：C5如图，正方形中，是线段上的动点，且，则的最小值为（）ABCD4【答案】C【解析】正方形中，则，而，则，又点共线，于是，即，而，因此，当且仅当，即时取等号，所以当时，取得最小值.故选：C6谢尔宾斯基（Sierpinski）三角形是一种分形，它的构造方法如下：取一个实心等边三角形（如图1），沿三边中点的连线，将它分成四个小三角形，挖去中间小三角形（如图2），对剩下的三个小三角形继续以上操作（如图3），按照这样
9、的方法得到的三角形就是谢尔宾斯基三角形如果图1三角形的边长为2，则图4被挖去的三角形面积之和是（）ABCD【答案】D【解析】第一种挖掉的三角形边长为，共个，面积为；第二种挖掉的三角形边长为，共个，面积为，第三种挖掉的三角形边长为，共个，面积为，故被挖去的三角形面积之和是.故选：D7已知函数满足对于任意实数，都有成立，则实数的取值范围是（）ABCD【答案】D【解析】依题意，对于任意实数，都有成立，不妨设，则，所以在上单调递减，所以，解得.故选：D8已知双曲线右支上非顶点的一点A关于原点的对称点为为双曲线的右焦点，若，设，且，则该双曲线的离心率的取值范围为（）ABCD【答案】C【解析】如图所示，设
10、双曲线的左焦点为，连接，因为，则四边形为矩形，所以，则，即，则，因为，则，可得，即，所以，即双曲线离心率的取值范围是，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已知圆M：，则下列关于圆M的结论正确的是（）A点在圆M内B圆M关于直线对称C圆M与圆O：相切D若直线l过点，且被圆M截得的弦长为，则l的方程为【答案】BC【解析】圆的方程为，即圆心为，半径为，对于A：因为，所以点在圆外，故选项A错误；对于B：因为，所以圆心在直线上，故选项B正确；对于C：因为圆O、圆的圆心距为，两圆的半
11、径差为，所以两圆内切，故选项C正确；对于D：当直线l的斜率不存在时，其方程为，圆心到直线l的距离为，直线被圆所截得的弦长为，当直线l的斜率存在时，设其方程为，圆心到直线l的距离为，解得，可得直线l的方程为，综上所述，直线l的方程为或，故选项D错误.故选：BC.10下列说法正确的是（）A若数据的方差为1，则新数据，的方差为1B已知随机事件A和B互斥，且，则等于0.5C“”是直线与直线互相垂直的充要条件D无论实数取何值，直线恒过定点【答案】ABD【解析】对于A：若数据的方差为1，则新数据，的稳定程度没有发生改变，方差还是，A正确；对于B：随机事件A和B互斥，且，则，则，B正确；对于C：若直线与直线
12、互相垂直，则，解得或，故“”是直线与直线互相垂直的充分不必要条件，C错误；对于D：直线即为，令，解得，即无论实数取何值，直线恒过定点，D正确.故选：ABD.11如图，在棱长为2的正方体中，分别是棱，的中点，点在上，点在上，且，点在线段上运动，下列说法正确的有（）A当点是中点时，直线平面；B直线到平面的距离是；C存在点，使得；D面积的最小值是【答案】AC【解析】对于A，由是中点，得点是的中点，连接，显然也是的中点，连接，于是，而平面，平面，所以直线平面，A正确；对于B，分别是棱的中点，则，平面，平面，于是平面，因此直线到平面的距离等于点到平面的距离h，由，得，B错误；以A为原点，建立如图所示空间
13、直角坐标系，则，,对于C，设，则，由，得，解得，由于，因此存在点，使得，C正确；对于D，由选项C得在的投影点为，则P到的距离，面积为 ，所以当时，取得最小值为，D错误.故选：AC12已知、都是定义在上的函数，且为奇函数，的图像关于直线对称，则下列说法中一定正确的是（）ABC为奇函数D的图像关于直线对称【答案】AD【解析】解：因为是定义在上的函数，且为奇函数，所以，故A正确；因为是定义在上的函数，且的图像关于直线对称，所以，不一定为0，故B错误；C明显错误；因为，所以的图像关于直线对称，故D正确.故选：AD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已知的展开式中各项
14、系数的和为，则实数的值为 .【答案】【解析】因为的展开式中各项系数的和为，令，可得，解得.故答案为：.14已知等差数列的前项和分别为，且，则 【答案】【解析】等差数列的前项和分别为，且，所以.故答案为：15在中，角，所对的边分别为，已知，则的最大值为 【答案】/【解析】由题意，, 所以消去 得 ，由, 得 ，当且仅当时等号成立，原式故答案为：.16在棱长为2的正方体中，点M是对角线上的点（点M与A、不重合），则下列结论正确的是 .（请填写序号）存在点M，使得平面平面；存在点M，使得平面；若的面积为S，则；若、分别是在平面与平面的正投影的面积，则存在点M，使得.【答案】【解析】连接,设平面与对角
15、线交于M,由,，且平面，平面，且，所以平面，即平面,所以存在点M，使得平面平面，所以正确；连接,由，平面，平面，所以平面，同理由可得平面，又，平面，平面，所以平面平面，设平面与交于点M，则平面，所以平面，所以正确；连接交于点O,过O点作,在正方体中，由平面，同理可证平面，且平面，所以,所以OM为异面直线与的公垂线,根据,所以,即,此时的面积为,所以不正确；设点在平面的正投影为，在平面的正投影为如图，因为平面，则在平面内的射影为，由，则，故在点从的中点向着点A运动的过程中，点也从的中点向着点运动.由平面，则，故当为中点时， 正投影也为中点，此时在平面的正投影的面积，因此，在点从的中点向着点A运动
16、的过程中，的面积即从1减少到趋向于0,即,同理，在点从的中点向着点A运动的过程中，点也从的中点向着点运动，的面积即从0开始增加，当与重合时， 正投影与重合，此时在平面的正投影的面积，所以,故在此过程中,必存在某个点使得,所以正确,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、证明过程及验算步骤。17（10分）已知点是角终边上一点(1)求的值；(2)若将角终边绕着坐标原点逆时针旋转得到角的终边，求的值【答案】(1)(2)【解析】（1）因为点是角终边上一点，所以，（2）将角终边绕着坐标原点逆时针旋转得到角的终边，故，所以18（12分）已知正项数列的前项和，满足：(1)求
17、数列的通项公式；(2)记，设数列的前项和为，求证【答案】(1)【解析】（1）当时，解得当时，由，可得，得：，即，是以1为首项，以2为公差的等差数列，数列的通项公式（2）由（1）可得，.19（12分）如图，在四棱柱中，四棱锥是正四棱锥，.(1)求与平面所成角的正弦值；(2)若四棱柱的体积为16，点在棱上，且，求点到平面的距离.【答案】(1)(2)【解析】（1）因为四棱锥是正四棱锥，连接交于点，则，连接，则平面，所以两两垂直.如图所示，以点为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，设，因为，,则，设与交于点，则为的中点，所以，所以，设平面的一个法向量为，则有，得，取，得，直线的一个
18、方向向量为，设与平面所成角为，则，所以直线与平面所成角的正弦值为.（2）因为四棱柱的体积为，所以，由（1）知，.因为，则，所以，设平面的一个法向量为，则有，得，取，得，所以点到平面的距离为.20（12分）第19届亚运会于9月23日至10月8日在杭州举行，某学校为持续营造全民参与亚运、服务亚运、奉献亚运的浓厚氛围举办“心心相融爱答亚运”知识挑战赛挑战者向守擂者提出挑战，规则为挑战者和守擂者轮流答题，直至一方答不出或答错，则另一方自动获胜若赛制要求挑战者先答题，守擂者和挑战者每次答对问题的概率都是，且每次答题互不影响(1)若在不多于两次答题就决出胜负，则挑战者获胜的概率是多少?(2)在此次比赛中，
19、挑战者获胜的概率是多少?(3)现赛制改革，挑战者需要按上述方式连续挑战8位守擂者，每次挑战之间相互独立，当战胜至少三分之二以上的守擂者时，则称该挑战者胜利若再增加1位守擂者时，试分析该挑战者胜利的概率是否增加?并说明理由【答案】(1)0.25(2)(3)没有增加，理由见解析【解析】（1）设事件为挑战者获胜，事件为不多于两次答题比赛结束（2）设为先答题者获胜的概率，则，解得，所以挑战者获胜的概率是.（3）设随机变量为挑战者连续挑战8人时战胜得守擂者人数，为此时挑战者获胜的概率；为挑战者连续挑战9人时战胜得守擂者人数，为此时挑战者获胜的概率，显然，即该挑战者胜利的概率没有增加21（12分）已知椭圆
20、：，点、分别是椭圆的左焦点、左顶点，过点的直线（不与x轴重合）交椭圆于A，B两点(1)求椭圆M的标准方程；(2)若，求的面积；(3)是否存在直线，使得点B在以线段为直径的圆上，若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由【答案】(1)(2)(3)不存在，理由见详解【解析】（1）由左焦点、左顶点可知：，则，所以椭圆的标准方程为.（2）因为，则过的直线的方程为：，即， 解方程组，解得或，所以的面积.（3）若点B在以线段为直径的圆上，等价于，即，设，则，因为，则，令，解得：或，又因为，则不存在点，使得，所以不存在直线，点B在以线段为直径的圆上.22（12分）已知函数(1)求的极值；(2)若在区间有2个零点，求的取值范围【答案】(1)当时，在处取极大值(2)【解析】（1）因为，定义域为，所以，当时，由于，则恒成立，所以在上单调递增，无极值，当时，令，解得，当时，则在上单调递增；当时，则在上单调递减：所以当时，在处取极大值，无极小值；（2），令，得，令，在区间有2个零点，即与在区间有2个交点，当，在上单增，当，在上单减，的最大值为，与在区间有2个交点，则