备战2024年高考数学模拟卷（新高考II卷专用）（解析版）

备战2024年高考数学模拟卷（新高考II卷专用）黄金卷（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．设全集，集合，，则（

）.A． B． C． D．【答案】C【分析】先化简集合集合，从而利用集合交并补运算即可得解.【详解】因为，又，所以，因为，所以，故选：C2．已知复数z满足，则（

）A．2 B．3 C．4 D．【答案】D【分析】先根据复数的四则运算化简复数，再计算模长即可．【详解】复数，有故选：D3．已知向量，，且与方向相反，若，则在方向上的投影向量的坐标是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据向量的共线求得m的值，结合与方向相反确定m，根据向量的投影向量的定义即可求得答案.【详解】由题意知向量，共线，故，解得或，又因为且与方向相反，故，所以，而，则在方向上的投影向量是，即在方向上的投影向量的坐标是，故选：B4．按从小到大顺序排列的两组数据：甲组：27，31，37，m，42，49；乙组：24，n，33，44，48，52，若这两组数据的第30百分位数、第50百分位数都分别对应相等，则（

）A．60 B．65 C．70 D．71【答案】D【分析】利用百分位数的定义即可得解.【详解】因为甲组：27，31，37，m，42，49；乙组：24，n，33，44，48，52，由，得第30百分位数是第2个数据，故,由，得第50百分位数是第3与4个数据平均值，解得．所以.故选：D．5．已知，，．若，，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据题意分析可得，利用两角和差公式结合指数幂运算求解.【详解】由题意可得，因为，，则，可得，即，则，令，则，整理得，解得或（舍去），即，解得．故选：B．6．定义在R上的奇函数，对任意都有，若，则不等式的解集是（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】构造，确在上单调递减，为奇函数，得到，解得答案.【详解】，，则，设，故，在上单调递减，为奇函数，则，为奇函数，在上单调递减，，，，即，故，故选：C.7．古希腊数学家阿波罗尼奥斯所著的八册《圆锥曲线论（Conics）》中，首次提出了圆锥曲线的光学性质，其中之一的内容为：“若点为椭圆上的一点，、为椭圆的两个焦点，则点处的切线平分外角”.根据此信息回答下列问题：已知椭圆，为坐标原点，是点处的切线，过左焦点作的垂线，垂足为，则为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】延长、交于点，分析可知，则为的中点，且，利用中位线的性质结合椭圆的的定义可求得的值.【详解】如下图所示：

延长、交于点，由题意可知，又因为，则为的中点，且，所以，，又因为为的中点，则.故选：A.8．已知点在棱长为2的正方体表面上运动，是该正方体外接球的一条直径，则的最小值为（

）A．-2 B．-8 C．-1 D．0【答案】A【分析】通过基底法，得到，再通过立体图得到的值以及的最小值，最终代入数据得到最小值.【详解】如图为棱长为2的正方体外接球的一条直径，为球心，为正方体表面上的任一点，则球心也就是正方体的中心，所以正方体的中心到正方体表面任一点的距离的最小值为正方体的内切球的半径，它等于棱长的一半，即长度为1，的长为正方体的对角线长，为，我们将三角形单独抽取出来如下图所示：，所以的最小值为.故选：A.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．已知函数的部分图象如图所示，下列说法正确的是（

）

A．B．函数的图象关于对称C．函数在的值域为D．要得到函数的图象，只需将函数的图象向左平移个单位【答案】ACD【分析】先由图象信息求出表达式，从而即可判断A；注意到是的对称中心当且仅当，由此即可判断B；直接由换元法结合函数单调性求值域对比即可判断C；直接按题述方式平移函数图象，求出新的函数解析式，对比即可判断.【详解】如图所示：

由图可知，又，所以，所以，又函数图象最高点为，所以，即，所以，解得，由题意，所以只能，故A选项正确；由A选项分析可知，而是的对称中心当且仅当，但，从而函数的图象不关于对称，故B选项错误；当时，，，而函数在上单调递减，在上单调递增，所以当时，，所以函数在的值域为，故C选项正确；若将函数的图象向左平移个单位，则得到的新的函数解析式为，故D选项正确.故选：ACD.10．如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，为正三角形，为的中点，且平面平面是线段上的一点，则以下说法正确的是（

）A．B．C．若点为线段的中点，则直线平面D．若，则直线与平面所成角的余弦值为【答案】BCD【分析】根据题意，由线面垂直的判断定理即可判断AB，由线面平行的判定定理即可判断C，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，即可判断D.【详解】连接，因为底面是边长为2的菱形，，又为正三角形，为的中点，所以，，又，平面，所以平面，又平面，所以，又，所以，故B正确；当点为线段的中点时，取的中点，连接，则，且，又为的中点，底面是边长为的菱形，所以，且，所以，且，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面，故C正确；因为平面平面，为正三角形，为中点，所以，平面平面，平面，所以平面，且平面，所以，又，，平面，所以平面，又平面，所以，显然与平面不垂直，故当点运动到点位置时，才有，故A错误；建立如图所示的空间直角坐标系，则，又，所以，则，，，设平面的法向量为，则，令，则，所以，设直线与平面的夹角为，则，则，所以直线与平面所成角的余弦值为，故D正确；故选：BCD11．下列式子中最小值为4的是（

）A． B．C． D．【答案】BC【分析】对于ABC：利用基本不等式运算求解；对于D：取特值代入检验.【详解】对于选项A：因为，则，当且仅当，即时等号成立，但，所以的最小值不为4，故A错误；对于选项B：因为，则，当且仅当，即时，等号成立，所以的最小值为4，故B正确；对于选项C：因为，则，当且仅当，即时，等号成立，故C成立；对于选项D：令，可得，所以4不是的最小值，故D错误；故选：BC.12．已知拋物线，过其准线上的点作的两条切线，切点分别为，则下列说法正确的是（

）A．抛物线的方程为 B．C．直线的斜率为 D．直线的方程为【答案】BCD【分析】由准线所过点求得得抛物线方程，判断A，设直线，代入抛物线方程后应用韦达定理判断B，设，，利用选项B中斜率表示出两点坐标，计算斜率判断C，利用韦达定理得出线段中点坐标得直线方程判断D．【详解】因为在准线上，所以准线方程为，所以，抛物线的方程为，故A错误；设直线，代入，得，当直线与相切时，，即，设的斜率分别为，易知是上述方程的两根，故，所以，故B正确；设，，则分别是方程的根，所以，所以，故C正确；，，所以的中点为，直线的方程为，即，故D正确.故选：BCD.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．已知幂函数在区间上单调递减，则．【答案】【分析】利用幂函数的定义及单调性求解即得.【详解】由幂函数的定义知，，即，解得或，当时，在区间上单调递增，不符合题意，当时，在区间上单调递减，符合题意，所以.故答案为：14．已知圆M的圆心在直线上，且过，，则圆M的方程为.【答案】【分析】根据圆M的圆心在直线上，设圆心为，再根据圆过点，，由求解.【详解】解：因为圆M的圆心在直线上，且过，，所以设圆心为，，解得，则圆心为，，所以圆的方程为：，故答案为：15．已知二项式的展开式中只有第4项的二项式系数最大，现从展开式中任取2项，则取到的项都是有理项的概率为.【答案】【分析】根据题意得到展开式的总项数为7项，，然后利用展开式的通项公式得到有理项项数，再利用古典概型的概率求解.【详解】因为二项式的展开式中只有第4项的二项式系数最大，所以展开式的总项数为7项，故，展开式的通项，当是偶数时该项为有理项，时，项为有理项，共有4项，所以所有项中任取2项，都是有理项的概率为.故答案为：16．已知函数，若关于的方程恰有个不同实数根，则实数的取值范围为．【答案】【分析】先利用导数研究时的性质，作出的图象．若关于的方程恰有个不同实数根，令，通过分析可得有2个不等实根，且，数形结合即可建立关于的不等式组，即可求解．【详解】当时，，则，令，解得，所以当时，，单调递增，当时，，单调递减，根据题意可作出的图象如下：若关于的方程恰有4个不同实数根，令，，则有两个不等实数根，故与都有2个交点，或者与有1个交点，与有3个交点；当与都有2个交点，根据图象可得，不满足，舍去；当与有1个交点，与有3个交点，则，当时，，解得，故，解得或，舍去；故，两个实数根的范围为，所以，解得，所以实数的取值范围为．故答案为：．【点睛】关键点睛：本题求解的关键是利用数形结合思想，作出函数的图象，通过图象得到与有1个交点，与有3个交点，并通过分析得到．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．记数列的前n项和为，对任意正整数n，有，且.(1)求数列的通项公式；(2)设，数列的前n项和为，求证：.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据数列递推式，利用可得，利用累乘法，结合验证首项，即可求得答案；（2）由（1）可得的表达式，利用错位相减法可求得，即可证明结论.【详解】（1）由题意对任意正整数n，有，则时，，即；当时，，则，即，即，故时，，也适合上式，故；（2）证明：由（1）可得，故，则，故，故，由于，故，故.18．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知(1)求角；(2)是的角平分线，若，，求的面积．【答案】(1)；(2).【分析】（1）由正弦边角关系及已知得，即可得角；（2）由余弦定理得，由及面积公式得，求得，进而应用面积公式求面积.【详解】（1）由，得：，即，又，所以.（2）在中，得：①，又，得：，化简得：②，由①②得：，所以19．如图，在直三棱柱中，，，M为AB的中点，D在上且.

(1)求证：平面平面；(2)求直线CM与平面CBD所成角的正弦值；(3)求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)(3)【分析】（1）证明，推出平面，进而可得结论；（2）以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法求直线CM与平面CBD所成角的正弦值；（3）利用向量法求二面角的余弦值.【详解】（1）直三棱柱中,，M为AB的中点，，平面，平面，又，平面，平面，又平面，平面平面；（2）以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，设，则，设面的法向量，则，取，得，设直线CM与平面CBD所成角为，；

（3）设面的法向量为，又，，取得，，所以二面角的余弦值为.20．后疫情时代，为了可持续发展，提高人民幸福指数，国家先后出台了多项减税增效政策.某地区对在职员工进行了个人所得税的调查，经过分层随机抽样，获得500位在职员工的个人所得税(单位：百元)数据，按，分成九组，制成如图所示的频率分布直方图：假设每个组内的数据是均匀分布的.

(1)求这500名在职员工的个人所得税的中位数(保留到小数点后一位)；(2)从个人所得税在三组内的在职员工中，采用分层抽样的方法抽取了10人，现从这10人中随机抽取3人，记年个税在内的员工人数为，求的分布列和数学期望；(3)以样本的频率估计概率，从该地区所有在职员工中随机抽取100名员工，记年个税在内的员工人数为，求的数学期望与方差.【答案】(1)百元(2)分布列见解析，(3)【分析】（1）根据频率分布直方图的性质求得，利用中位数计算公式计算即可.（2）求得的所有可能取值和对应的概率即可得到分布列，再由数学期望公式计算即可.（3）由题意得，由二项分布的数学期望与方差公式直接计算即可.【详解】（1）设这500名在职员工的个人所得税的中位数为，则由频率分布直方图得，解得，所以这500名在职员工的个人所得税的中位数为百元.（2）由题意抽取的10人中，年个税在内的员工人数为人，年个税在内的员工人数为人，年个税在内的员工人数为人，若现从这10人中随机抽取3人，记年个税在内的员工人数为，则的所有可能取值为，所以，，，，所以的分布列为：0123的数学期望为：.（3）由频率分布直方图可知年个税在内的概率为，从该地区所有在职员工中随机抽取100名员工，恰有个员工的年个税在内的分布列服从二项分布，由二项分布的数学期望、方差公式可得，即的数学期望与方差分别为.21．在中，已知点边上的中线长与边上的中线长之和为，记的重心G的轨迹为曲线C．(1)求C的方程；(2)若圆，过坐标原点O且与y轴不重合的任意直线与圆相交于点，直线与曲线的另一个交点分别是点，求面积的最大值．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据椭圆的定义求得曲线的方程.（2）直线为，通过联立方程组等求得两点的坐标，求得面积的表达式，利用换元法以及函数的单调性求得面积的最大值．【详解】（1）设的中点为S，的中点为T，所以，，所以，所以，所以G点的轨迹是以为焦点，长轴长的椭圆．所以，所以，，所以曲线C的方程为．

.

（2）设直线为（不妨设），设，，

所以，，，解得（舍去），则，由于AB是单位圆的直径，所以，所以直线EN的斜率为，直线EN的方程为，同理可求得，