2024届新高考仿真模拟数学试题（四）（含答案）

年高考仿真模拟数学试题（四）试卷+答案本套试卷根据九省联考题型命制，题型为8+3+3+5模式，适合黑龙江、吉林、安徽、江西、甘肃、河南、新疆、广西、贵州等省份考生模拟练习，广东、湖南、湖北、浙江、重庆、海南等也宣布使用8+3+3+5模式.一、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，只有一项是符合题目要求的．1.若集合，，满足：BU，则A． B． C． D．2．行列式是近代数学中研究线性方程的有力工具，其中最简单的二阶行列式的运算定义如下：，已知是等差数列的前项和，若，则A．44 B．48 C．88 D．963．从直角三角形顶点中任取两个顶点构成向量，在这些向量中任取两个不同的向量进行数量积运算，则数量积为0的概率为A． B． C． D．4．“”是“方程有唯一实根”的A．充分不必要条件B．必要不充分条件 C．充要条件 D．非充分非必要条件5．过双曲线：的左焦点F作的其中一条渐近线的垂线，垂足为M，与的另一条渐近线交于点N，且，则的渐近线方程为A．B．C．D．6．三棱锥中，平面，为等边三角形，且，，则该三棱锥外接球的表面积为A． B． C． D．7．若，则A． B． C．1 D．8．记为，两数的最大值，当正数，（）变化时，的最小值为A．4 B．5 C．6 D．7二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9．已知空间中的两条直线和两个平面，则”的充分条件是A．B．C．D．10．甲、乙、丙三人做足球传球训练，规定：每次传球时，传球人将球传给另两人中的任何一人是等可能的．假设第1次由甲将球传出，第k次传球后，球回到甲处的概率为（），则A． B． C． D．11．若直线，与椭圆共有四个交点，它们逆时针方向依次为，则A．B．当时，四边形为正方形C．四边形面积的最大值为D．若四边形为菱形，则三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．已知复数满足，则________．13．已知空间直角坐标系中，正四面体的棱长为2，点，，，则的取值范围为．14．如图所示，在中，点为边上一点，且，过点的直线与直线相交于点，与直线相交于点（，交两点不重合）.若，则，若，，则的最小值为.四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15．（13分）记的内角的对边分别为，已知，．(1)求的值；(2)边的垂直平分线交边于点，若，求的面积．16．（15分）在三维空间中，立方体的坐标可用三维坐标表示，其中．而在n维空间中，以单位长度为边长的“立方体”的项点坐标可表示为n维坐标，其中．现有如下定义：在n维空间中两点间的曼哈顿距离为两点与坐标差的绝对值之和，即为．回答下列问题：(1)求出n维“立方体”的顶点数；(2)在n维“立方体”中任取两个不同顶点，记随机变量X为所取两点间的曼哈顿距离.求X的分布列与期望.17．（15分）如图，在三棱台中，，，点D在棱上，且．

(1)求证：D为的中点；(2)记二面角的大小为，直线与平面所成的角为，若，求的取值范围．18．（17分）已知抛物线：，直线，且点在抛物线上．(1)若点在直线上，且四点构成菱形，求直线的方程；(2)若点为抛物线和直线的交点（位于轴下方），点在直线上，且四点构成矩形，求直线的斜率．19．（17分）已知函数．(1)讨论的单调性(2)若函数有两个不相等的零点，求证：．2024年高考仿真模拟数学试题（四）带答案一、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，只有一项是符合题目要求的．1.1.若集合，，满足：BU，则A． B． C． D．答案B解析由题意得Venn图如图所示，显然，故选B.2．行列式是近代数学中研究线性方程的有力工具，其中最简单的二阶行列式的运算定义如下：，已知是等差数列的前项和，若，则A．44 B．48 C．88 D．96答案A解析由题意得，，即，．故选A．3．从直角三角形顶点中任取两个顶点构成向量，在这些向量中任取两个不同的向量进行数量积运算，则数量积为0的概率为A． B． C． D．答案B解析设是直角三角形的三个顶点，其中，从从直角三角形顶点中任取两个顶点构成向量有：一共有6个，因为两个向量数量积为零，所以它们互相垂直，即有符合题意，所以数量积为0的概率为，故选B4．“”是“方程有唯一实根”的A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．非充分非必要条件答案A解析方程有唯一解，即直线与上半圆有且仅有一个交点，解得的取值范围为，∴是方程有唯一解的充分不必要条件；故选A．5．过双曲线：的左焦点F作的其中一条渐近线的垂线，垂足为M，与的另一条渐近线交于点N，且，则的渐近线方程为A． B．C． D．答案B解析

如图所示，设OM、ON为双曲线的渐近线，由题意可知：FM⊥OM，因为，所以M为FN中点，故为等腰三角形，即，故，所以，故选B6．三棱锥中，平面，为等边三角形，且，，则该三棱锥外接球的表面积为A． B． C． D．答案B解析如图，点为外接圆的圆心，过点作平面的垂线，点为的中点，过点作线段的垂线，所作两条垂线交于点，则点为三棱锥外接球的球心，因为平面，且为等边三角形，，所以四边形为矩形，，，所以，即三棱锥外接球的半径，则该三棱锥外接球的表面积为.故选B7．已知，则A． B． C．1 D．答案C解析因为，∴，∴，或，又，∴，．故选C.8．记为，两数的最大值，当正数，（）变化时，的最小值为A．4 B．5 C．6 D．7答案A解析由，可得，，，当正数，（）时，，当且仅当，即时等号成立，故，则，当且仅当，即时等号成立，所以的最小值为.故选A二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9．已知空间中的两条直线和两个平面，则”的充分条件是A．B．C．D．答案ACD解析对于选项，，则有内的一条直线因为，所以又所以，即条件“”能够得到,所以选项是的充分条件；对于选项，不一定能够得出结论，也可能相交或平行，因此该选项错误；对于选项，，，所以，又因为所以，因此该选项正确；对于选项，因为所以或又因为，所以.故选ACD.10．甲、乙、丙三人做足球传球训练，规定：每次传球时，传球人将球传给另两人中的任何一人是等可能的．假设第1次由甲将球传出，第k次传球后，球回到甲处的概率为（），则A． B． C． D．答案AC解析因为，A正确；因为，，所以，B错误；因为，即，C正确；因为，所以，所以数列是首项为，公比为的等比数列，所以，所以，所以，D错误．故选AC．11．直线，与椭圆共有四个交点，它们逆时针方向依次为，则（

）A．B．当时，四边形为正方形C．四边形面积的最大值为D．若四边形为菱形，则答案ACD解析A选项，可以看出，由椭圆的对称性知四边形是平行四边形，设，，联立与得，，其中，解得，A正确.B选项，由韦达定理得，，，平行四边形的高即为两平行线之间的距离，当时，，，故，B错误.C选项，，设，，，当且仅当，即时，等号成立，C正确.D选项，若四边形是菱形，则，即故，解得，，D正确.故选ACD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．15．若复数满足，则__________．答案解析设，则，所以，解得，当时，，故，；当时，，故，，故答案为12．已知空间直角坐标系中，正四面体的棱长为2，点，，，则的取值范围为．答案解析如图，取边的中点，连接，故，又，则点分别在轴上运动，，故点在以为球心，为直径的球上运动，，故，故答案为．14．如图所示，在中，点为边上一点，且，过点的直线与直线相交于点，与直线相交于点（，交两点不重合）.若，则，若，，则的最小值为.答案解析在中，，，则，故，故；又，而，，所以，则，又三点共线，所以，结合已知可知，故，当且仅当，结合，即时，取等号；即的最小值为，故答案为；四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15．（13分）记的内角的对边分别为，已知，．(1)求的值；(2)边的垂直平分线交边于点，若，求的面积．解析（1）因为，所以即．………………2分在中，由正弦定理得．………………3分在中，由余弦定理得，所以②．………………5分因为，所以①．将①代入②得，所以.………………6分（2）结合（1）问：在中，由余弦定理得，………………7分．………………8分因为，所以．………………9分因为，所以．………………10分在中，由正弦定理得，解得：，………………11分所以，………………12分的面积.………………13分

16．（15分）在三维空间中，立方体的坐标可用三维坐标表示，其中．而在n维空间中，以单位长度为边长的“立方体”的项点坐标可表示为n维坐标，其中．现有如下定义：在n维空间中两点间的曼哈顿距离为两点与坐标差的绝对值之和，即为．回答下列问题：(1)求出n维“立方体”的顶点数；(2)在n维“立方体”中任取两个不同顶点，记随机变量X为所取两点间的曼哈顿距离.求X的分布列与期望.解析（1）对于n维坐标有两种选择（）．故共有种选择，即个顶点.………………3分（2），………………5分时，在坐标与中有k个坐标值不同，即，剩下个坐标值满足，此时所对应情况数为种．………………8分即，.………………10分故分布列为：12……12分数学期望，倒序相加得.………………15分17．（15分）如图，在三棱台中，，，点D在棱上，且．

(1)求证：D为的中点；(2)记二面角的大小为，直线与平面所成的角为，若，求的取值范围．解析（1）如图，取AC的中点O，连接OD，OB，，．

因为，所以．又，平面，所以平面，又平面，所以．………………2分因为，所以．因为，所以四边形为等腰梯形．所以，又，，所以，所以．又，所以D为的中点．………………5分（2）作平面ABC，建立如图所示的空间直角坐标系，由（1）知，，所以为二面角的平面角，即．………………7分由题意知，，，，，，则，．………………10分设平面的一个法向量为，则即取，则，，所以．………………12分又，所以．因为，所以．所以，即的取值范围是．………………15分18．（17分）已知抛物线：，直线，且点在抛物线上．(1)若点在直线上，且四点构成菱形，求直线的方程；(2)若点为抛物线和直线的交点（位于轴下方），点在直线上，且四点构成矩形，求直线的斜率．解析（1）由题意知，设直线．联立得，则，，则的中点在直线上，代入可解得，，满足直线与抛物线有两个交点，所以直线的方程为，即．………………6分

（2）当直线的斜率为或不存在时，均不满足题意．由得或（舍去），故．………………8分方法一：当直线的斜率存在且不为时，设直线．联立得，所以，所以．………………10分同理得．………………11分由的中点在直线上，得，即．令，则，解得或．当时，直线的斜率；………………15分当时，直线的斜率不存在．………………16分所以直线的斜率为．………………17分方法二：设，线段的中点，则．………………8分由，得，即．所以．又，故可转化为，即．解得或．………………13分所以直线的斜率．当时，斜率不存在；当时，斜率．………………16分所以直线的斜率为．………………17分19．（17分）已知函数．(1)讨论的单调性(2)若函数有两个不相等的零点，求证：．解析（1）函数的定义域为，求导得，………………2分当，即时，由，得，由，得，因此在上单调递增，在上单调递减；………………3分②当，即时，由，得或，由，得，因此在，上单调递增，在上单调递减；………………4分当，即时，恒成立，因此在上单调递增；………………5分当，即时，由，得或，由，得，因此在，上单调递增，在上单调递减，………………6分综上，当时，在上单调递减，在上单调递增；