（理科）（解析版） 备战2024年高考数学模拟卷（全国卷专用）

备战2024年高考数学模拟卷（全国卷专用）02（考试时间：120分钟试卷满分：150分）第I卷（选择题）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60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．设集合，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】先化简集合，再利用集合的交并补运算求解即可，【详解】由题意得，，则，则，故A错误；，或，则，故B正确；又，，故C错误；，故D错误.故选：B.2．设复数满足，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】设，根据复数相等即可求出，，进而求解.【详解】设，则，整理得，所以，所以，所以，所以.故选：C3．命题：函数的最大值为，函数的最小值为；命题：的最大值为，则是的（

）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分又不必要条件【答案】D【分析】取特殊函数方法判断充分必要条件即可.【详解】设，分别存在最大值和最小值，则的最大值为，所以充分性不成立；设，，取得最大值为1，但不存在最小值，所以必要性不成立．故选:D．4．函数的图像大致为（

）A．

B．

C．

D．

【答案】A【分析】根据奇偶性判断CD；根据特殊点判断AB.【详解】函数的定义域为，，即函数为奇函数，故CD错误；由可知，C错误，A正确；故选：A5．已知向量，且，则实数构成的集合是（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】利用向量坐标运算，及向量垂直的坐标表示求解即得.【详解】向量，则，由，得，即，解得，所以实数构成的集合是.故选：C6．若两个正实数满足，且不等式有解，则实数的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】妙用“1”求，然后解一元二次不等式即可.【详解】不等式有解，等价于，因为，所以，所以，当且仅当，即时等号成立.所以，即，解得或.故选：D7．为落实立德树人的根本任务，践行五育并举，某学校开设三门劳动教育校本课程，现有甲、乙、丙、丁、戊五位同学报名参加该校劳动教育校本课程的学习，每位同学仅报一门，每门至少有一位同学参加，则不同的报名方法有（

）A．60种 B．150种 C．180种 D．300种【答案】B【分析】对五位同学分3组，有两种情况，然后分类讨论各自情况种数，采用加法原理求解即可．【详解】根据题意，甲、乙、丙、丁、戊五位同学选三门德育校本课程，每位同学仅报一门，每门至少有一位同学参加，需要分三组，有两类情况，①三组人数为1、1、3，此时有种；②三组人数为2、2、1，此时有种.所以不同的报名方法共有60＋90＝150种．故选：B．8．已知其中则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】先根据两角和与差得正弦余弦公式构造并计算出，，再根据同角三角函数商数关系计算出，同理计算出，最后代入即可算出.【详解】因为，，得，所以，所以，，所以，因为，，得，所以，，，所以，所以.故选：.9．已知三棱锥的四个顶点在球的球面上，点分别是的中点，，，则（

）A．三棱锥的体积为16 B．三棱锥的表面积为C．球的表面积为 D．球的体积为【答案】D【分析】先根据题中给出的的长度，可知，，继而平面PBC；再根据数量关系证明，进而可构造出包含三棱锥的长方体，从而可求出三棱锥的体积和表面积，根据三棱锥的外接球也是长方体的外接球，从而求得外接球表面积和体积.【详解】由，，得，，可得，，又，平面PBC，平面PBC，所以平面PBC，又平面PBC，所以，因为D，E分别是PB，BC的中点，且，所以，，又，所以，有，得，故两两互相垂直，故可将三棱锥放在长方体中，如图：则三棱锥外接球的直径等于该长方体的对角线，设其外接球的半径为R，则，所以，所以球的表面积为，球的体积为，故选项C错误，D正确.三棱锥的体积为，在中，，点分别是的中点，则的高，所以，三棱锥的表面积为，故选项AB错误.故选：D.10．已知双曲线：（，）的右焦点为，、两点在双曲线的左、右两支上，且，，，且点在双曲线上，则双曲线的离心率为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】设双曲线的左焦点为，连接，则由题意可得四边形为矩形，设，则，，分别在和中，运用勾股定理，结合离心率公式可求得结果.【详解】设双曲线的左焦点为，连接，因为，所以，因为，所以，因为，所以四边形为矩形，设（），则，，在中，，所以，化简得，解得，在中，，所以，所以，所以，得，所以离心率，故选：B11．已知定义在上的函数满足，为的导函数，当时，，则不等式的解集为（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】由题意设，结合题意可得，即函数是定义在上的奇函数，又当，时，，则，可得在，上单调递增，在，上单调递增，利用单调性，即可得出答案．【详解】令，则，即，故函数是定义在上的奇函数，当,时，，则，故在,上单调递增，在,上单调递增，所以在上单调递增，又，则，则不等式，即，故，解得．故选：C．12．已知数列的前项和为，且，则下列四个结论中正确的个数是（

）①；②若，则；③若，则；④若数列是单调递增数列，则的取值范围是.A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】由，可得，两式相减得到，进而可得，可判断①，根据的值可判断是否为等差，再根据等差数列得前项和公式即可求解②③；根据条件得，，再根据数列单调递增，则必有，且，求解即可得出的取值范围．【详解】因为，当，，两式相减得，所以，两式相减得，故①错误，当时，令，则，，得，所以，令，则，，得，所以，则，所以，故奇数项是以为首项，2为公差的等差数列，偶数项是以为首项，2为公差的等差数列，则，所以②正确；当时，令，则，，得，所以，令，则，，得，故偶数项是以为首项，2为公差的等差数列，奇数项从第二项开始以为首项，2为公差的等差数列，则，所以③正确；由于，，，则，又数列单调递增，则必有，且，所以，且，解得，所以的取值范围是，所以④正确．故选：C．第II卷（非选择题）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分13．（广西壮族自治区玉林市2024届高三高中毕业班第一次摸底测试数学试题）已知公差不为零的等差数列的前项和为，则【答案】7【分析】若公差为且，易得，应用等差数列前n项和公式求结果.【详解】若公差为且，则，由.故答案为：714．函数（其中，）的图像如图所示，为了得到的图像，则需将的图象向右最小平移个长度单位．

【答案】/【分析】首先根据函数的图象确定、、的值，进一步确定解析式，然后利用函数图象的平移变换求得结果．【详解】根据函数的图象：，，所以，由于，所以,故，由于，取，得：因此要得到的图象，则需将的图象向右最小平移个单位即可．故答案为：15．米斗是称量粮食的量器，是古代官仓、粮栈、米行的必备的用具．为使坚固耐用，米斗多用上好的木料制成．米斗有着吉祥的寓意，是丰饶富足的象征，带有浓郁的民间文化韵味，如今也成为了一种颇具意趣的藏品．如图的米斗可以看作一个正四棱台，已知该米斗的侧棱长为10，两个底边长分别为8和6，则该米斗的外接球的表面积是．

【答案】【分析】首先根据正四棱台的对称性得到外接球的球心所在位置，根据垂直关系列出方程组，解方程组得外接球半径，最后求出外接球表面积即可．【详解】由题意，方斗的示意图如下：设棱台上底面中心为，下底面中心为，由棱台的性质可知，外接球的球心落在线段上，由题意该四棱台上下底面边长分别为8和6，侧棱长为10，则，，，所以，设外接球的半径为，，则，因为垂直于上下底面，所以，即，又，即，联立解得，，所以该米斗的外接球的表面积为．故答案为：

16．已知关于的方程在上有两个不相等的实根，则实数的取值范围是【答案】【分析】先利用指、对数性质整理方程为，令，，即得在有两个不相等的实根，再转化为和，有两个不同的交点，利用导数研究函数图象，并结合图象得到结果即可.【详解】解:由，则方程，即，令，，则由单调性可知，函数是递增的，故时，值域为.而转化为，当时，方程为，不成立，故，即转化为在有两个不相等的实根，即和，有两个不同的交点.，当和时，，即在上递减，在上递减；当时，，递增.另外，时，；时，；.结合函数，图象可知，

当时，和，的图象有两个不同的交点.故答案为：.三、解答题：本大题共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题：共60分．17．（12分）目前,教师职业越来越受青睐,考取教师资格证成为不少人的就业规划之一.当前,中小学教师资格考试分笔试和面试两部分,笔试通过后才能进入面试环节.已知某市年共有名考生参加了中小学教师资格考试的笔试,笔试成绩,只有笔试成绩高于分的学生才能进入面试环节.(1)从报考中小学教师资格考试的考生中随机抽取人,求这人中至少有一人进入面试的概率;(2)现有甲、乙、丙名学生进入了面试,且他们通过面试的概率分别为,设这名学生中通过面试的人数为,求随机变量的分布列和数学期望.参考数据:若,则,,,,.【答案】(1)(2)随机变量的分布列见解析；期望为【详解】（1）记“至少有一人进入面试”为事件,由已知得:, 1分所以, 3分则, 4分即这人中至少有一人进入面试的概率为. 5分（2）的可能取值为, 6分,,,, 9分则随机变量的分布列为： 11分,. 12分18.（12分）在中，角，，所对的边分别为，，.已知.(1)求角的大小；(2)设，求的取值范围.【答案】(1)(2)【详解】（1）由余弦定理可得：，则，，则， 1分所以， 3分∵，∴， 4分∵，∴. 5分∵，∴. 6分（2） 8分 10分∵，∴，∴∴，∴. 12分19．（12分）如图，在直三棱柱中，，，D为的中点．(1)证明：；(2)若点到平面的距离为，求平面与平面的夹角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)．【详解】（1）连接,因为四边形为正方形，所以． 1分在直三棱柱中，平面平面，由得，又平面平面，所以平面， 2分又平面，所以， 3分又，平面，平面，所以平面， 4分又平面，所以. 5分（2）以为原点，，，所在直线分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 6分设，则，，，，，，．设为平面ABD的一个法向量，则，即，得，令，则，故， 8分由题意，，解得， 9分所以，．设为平面BCD的一个法向量，则，即，令，则，，即， 10分平面ABC的一个法向量为，设平面和平面的夹角为，则， 11分所以，所以平面和平面的夹角的正弦值为． 12分20．（12分）（贵州省遵义市2024届高三第一次质量监测统考数学试题）已知为椭圆的两个焦点，为椭圆上异于左､右顶点的任意一点，的周长为6，面积的最大值为：(1)求椭圆的方程；(2)直线与椭圆的另一交点为，与轴的交点为.若，.试问：是否为定值？并说明理由.【答案】(1)(2)，理由见解析【详解】（1）设椭圆的方程为，则由椭圆的定义及的周长为6，知①， 1分由于为椭圆上异于左､右顶点的任意一点，得到轴距离最大为，因为的面积的最大值为，所以②， 2分又③， 3分联立①②③，得，所以椭圆的方程为. 4分（2）为定值，理由如下： 5分根据已知条件作出图形如图所示,

设，则，因为在椭圆内部，则直线与椭圆一定有两交点，联立消去得：， 7分， 8分又，且，所以，同理 10分所以.所以为定值. 12分21．（12分）已知函数，.(1)若，求函数值域；(2)是否存在正整数a使得恒成立？若存在，求出正整数a的取值集合；若不存在，请说明理由.【答案】(1)；(2).【详解】（1）由题设，则， 1分若，则，，可得，递增；若，则，，可得，递减； 3分又，综上，，值域为. 4分（2）由，，则， 5分令，，则，且，当，，（舍）； 6分当，则，故，令，则，又，对于，有，即递增，所以，故恒成立， 8分所以，即在上递增，又，则，所以在上递增，又，即，，符合题意；当，令，则，， 10分所以（舍）； 11分综上，正整数a的取值集合. 12分【点睛】关键点点睛：第二问，问题化为在上恒成立，再分类讨论参数并结合导数研究函数值的符号，再时令，构造出为关键.（二）选考题：共10分．请考生在22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．选修4-4：坐标系与参数方程22．（10分）平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）.以原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.(1)求曲线的普通方程和曲线的直角坐标方程；(2)已知点，记和交于两点，求的值.【答案】(1)曲线的普通方程为；曲线的直角坐标方程为(2)【详解】（1）已知曲线（为参数），则，由消参得，则曲线的普通方程为． 2分由曲线的