（文科）（解析版）-【赢在高考·黄金8卷】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）黄金卷01（文科）（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．已知全集，集合，，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】首先解一元二次不等式求出集合，再解绝对值不等式求出集合，最后根据集合的运算法则计算可得.【详解】由，即，解得或，所以或，则，由，则，解得，所以，所以.故选：C2．在中，点分别对应复数，则点对应复数的共轭复数是（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】利用复数的几何意义及平行四边形的性质计算即可.【详解】由题意可得，设的对角线的交点为，点的坐标为，由中点坐标公式得，所以点，即点对应的复数为，故其共轭复数.故选：B3．已知函数（且），则其大致图象为（

）A．

B．

C．

D．

【答案】C【分析】计算出时，，排除A；时，，排除D；，C正确.【详解】当时，，，故，排除A；当时，，，故，排除D，，，则，故，C正确，B错误.故选：C4．连续抛掷一枚质地均匀的骰子两次，分别标记两次骰子正面朝上的点数，则事件“两次正面朝上的点数之积大于8”的概率为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】列举法求解相应的概率.【详解】连续抛掷一枚质地均匀的骰子两次的结果用有序数对表示，其中第一次在前，第二次在后，不同结果如下：，共36个．不满足条件的有共16个，所以满足条件的有个，所以概率为，故选：B5．我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题：在下雨时，用一个圆台形的天池盆接雨水，天池盆盆口直径为二尺八寸，盆底直径为一尺二寸，盆深一尺八寸，若盆中积水深九寸，则平地降雨量是（注：①平地降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积；②一尺等于十寸）（

）A．6寸 B．4寸 C．3寸 D．2寸【答案】C【分析】由题意得到盆中水面的半径，利用圆台的体积公式求出水的体积，用水的体积除以盆的上底面面积即可得到答案.【详解】

如图，由题意可知，天池盆上底面半径为14寸，下底面半径为6寸，高为18寸，因为积水深9寸，所以水面半径为寸，则盆中水的体积为立方寸，所以平地降雨量等于寸.故选：C.6．已知角的始边为轴的非负半轴，终边经过点，则（

）A．2 B． C．或2 D．【答案】D【分析】先确定所在的象限，再根据三角函数的定义及二倍角的正切公式求出，再根据商数关系化弦为切即可得解.【详解】由题意，得角是第二象限角，则，故，当时，，为第一象限角，当时，，为第三象限角，所以是第一象限角或第三象限角，则，又因为，所以或（舍去），所以．故选：D．7．已知命题p：对任意实数都有恒成立，命题q：关于x的方程有实数根.若为真命题，则实数a的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】先求出命题分别为真命题时实数a的取值范围，再由为真命题，可知至少有一个为真命题，从而可求得结果【详解】对于命题，当时，恒成立，当时，则由对任意实数都有恒成立，得，解得，综上，当命题为真命题时，，对于命题，由有实数根，得，解得，因为为真命题，所以至少有一个为真命题，若都为假命题，则，得，所以当时，至少有一个为真命题，即为真命题，即实数a的取值范围是，故选：C8．设抛物线的焦点为，直线过点与抛物线交于两点，以为直径的圆与轴交于两点，且，则直线的方程为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】设，作y轴，过A，B向准线作垂线，垂足为，，由梯形中位线得到，然后求得r，进而得到，然后，利用韦达定理求解.【详解】解：如图所示：

设，作y轴，过A，B向准线作垂线，垂足为，，则，所以，则，即，解得或（舍去），则，设，由，消去y得，则，解得，所以直线方程为，即，故选：A9．已知，给出下列结论：若，，且，则；存在，使得的图象向左平移个单位长度后得到的图象关于轴对称；若，则在上单调递增；若在上恰有个零点，则的取值范围为．其中，所有正确结论的个数是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】由二倍角公式得，利用余弦函数的图象和性质判断各选项即可.【详解】①由题意可得，由，，且得两相邻对称轴间的距离为，所以，解得，故①错误；②的图象向左平移个单位长度得，若关于轴对称，则，即，解得，所以当时符合题意，故②正确；③当时，，所以当时，，因为在上单调递减，上单调递增，所以在上单调递增，上单调递减，故③错误；④设，当时，，在上恰有5个零点，即在上恰有5个零点，则，解得，故④错误．故选：A．10．在平面四边形中，，则的最大值为（

）A． B．C．12 D．15【答案】C【分析】建立平面直角坐标系，求出C的轨迹方程，根据向量数量积及C点坐标的范围得最值.【详解】如图，以为原点，分别为轴建立平面直角坐标系，

因为，所以，即，设，由可知，点的轨迹为外接圆的一段劣弧，且，即外接圆半径，设外接圆的方程为，代入点可得，，解得或（舍去），即点的轨迹方程为，所以，即，又，当时，，此时点在劣弧上，满足题意，故的最大值为12.故选：C11．设是一个无穷数列的前项和，若一个数列满足对任意的正整数，不等式恒成立，则称数列为和谐数列，判断下列2个命题的真假：（

）①若等差数列是和谐数列，则一定存在最小值；②若的首项小于零，则一定存在公比为负数的一个等比数列是和谐数列.A．①假命题，②真命题 B．①假命题，②假命题C．①真命题，②假命题 D．①真命题，②真命题【答案】D【分析】对于①：根据等差数列的求和公式可得，结合可得，进而根据二次函数性质分析判断；对于②：可以取一个公比为负数的等比数列说明其存在性即可.【详解】对于①：设等差数列的公差为，则，所以，即为公差为的等差数列，若为和谐数列，则，即，则，所以关于的二次函数，开口向上，所以在上一定存在最小值，所以①正确;对于②：取，则，且,为和谐数列等价于，证明上述不等式即说明存在公比为负数的一个等比数列是和谐数列,即证，即证，当,上式左边为负数,显然成立；当时，即证，即证，（*）设，，则在上单调递增，可得，即（*）式成立，所以②正确.故选：D.12．设函数，，在上的零点分别为，则的大小顺序为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用导数结合零点存在性定理得出，，，再根据，可得，即可得出答案.【详解】因为，，所以在上单调递增，又因为，所以存在使得，所以，因为，，解得：，当时，，则在上单调递减，当时，，则在上单调递增，又因为，在上单调递增，，所以存在使得，所以最大，因为，所以，，，故选：B．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．已知是夹角为60°的两个单位向量，则与的夹角是．【答案】/【分析】分别求出与的数量积与各自的模，利用数量积公式求解即可.【详解】由题是夹角为60°的两个单位向量,所以设夹角大小为，则，所以.故答案为：14．将边长为2的等边沿边中线折起得到三棱锥，当所得三棱锥体积最大时，点到平面的距离为．【答案】【分析】当时，三棱锥体积最大，利用等体积法：，从而可求解.【详解】由题意知：当时，三棱锥有最大体积，此时：，所以：，，因为，所以，所以.故答案为：.15．已知的内角，，所对的边分别为，，，若，，且，则.【答案】【分析】利用正弦定理、诱导公式、和角公式、差角公式、二倍角公式分析运算即可得解.【详解】解：由题意，，则由正弦定理可得，∵，∴，∴，又∵，则，∴，∴.又由，可得：，则，∴，即，则，∴，即，由解得：，∴由解得：，.∴由正弦定理可得：，解得：，，∴.故答案为：16．已知函数的定义域均为，是偶函数，是奇函数，且，则；．【答案】【分析】①利用是奇函数，求出即可；②结合是偶函数，是奇函数，以及条件求出函数为周期函数，再利用赋值法，结合，求出函数在一个周期内的函数值，进而利用周期求出即.【详解】因为是奇函数，所以即，由，又，所以，又是偶函数，，即，，，由，所以，①即，②②①：，所以函数的周期为4，所以由，则令时，，再令时，，所以，由，所以由所以，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）已知数列的前项和为，且满足，，当时，是4的常数列.(1)求的通项公式；(2)当时，设数列的前项和为，证明：.【答案】(1)(2)证明见解析【详解】（1）当时，为等比数列，即是4的常数列，故， 1分当时，，当时，， 3分∴数列，均为公比为4的等比数列，，， 5分. 6分（2）， 8分∴当时，数列的前项和为 10分 12分18．（12分）第三十一届世界大学生夏季运动会于2023年8月8日晚在四川省成都市胜利闭幕．来自113个国家和地区的6500名运动员在此届运动会上展现了青春力量，绽放青春光彩，以饱满的热情和优异的状态谱写了青春、团结、友谊的新篇章．外国运动员在返家时纷纷购买纪念品，尤其对中国的唐装颇感兴趣．现随机对200名外国运动员（其中男性120名，女性80名）就是否有兴趣购买唐装进行了解，统计结果如下：有兴趣无兴趣合计男性运动员8040120女性运动员404080合计12080200(1)是否有99%的把握认为“外国运动员对唐装感兴趣与性别有关”；(2)按分层抽样的方法抽取6名对唐装有兴趣的运动员，再从中任意抽取2名运动员作进一步采访，求抽取的两名运动员恰好是一名男性和一名女性的概率．参考公式：临界值表：0.1500.1000.0500.0250.0100.0012.0722.7063.8415.0246.63510.828【答案】(1)没有的把握认为“外国运动员对唐装感兴趣与性别有关”(2)【详解】（1）提出假设外国运动员对唐装感兴趣与性别无关， 1分由已知 4分故没有的把握认为“外国运动员对唐装感兴趣与性别有关” 6分（2）按分层抽样的方法抽取6名对唐装有兴趣的运动员，则其中男性运动员4名，记为A、B、C、D，女性运动员2名，记为， 7分从6人中随机抽取两人，有，共15个基本事件， 9分其中满足抽取的两名运动员恰好是一名男性和一名女性的有，，共8个基本事件， 11分抽取的两名运动员恰好是一名男性和一名女性的概率为 12分19．（12分）已知四棱锥中，PA⊥平面ABCD，，，E为PD中点.

(1)求证：平面PAB；(2)设平面EAC与平面DAC的夹角为，求三棱锥的体积.【答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）证明：

取中点,连, 1分是中点,∴且,又∵且.∵且, 3分∴四边形为平行四边形，, 4分又∵平面，⊂平面，∴平面． 5分（2）取中点，连，过作交于，连, 6分∵分别是中点，∴，又∵平面．∴⊥平面,平面,∴，又∵，平面，∴⊥平面，平面， 8分∴，∴是平面与平面的夹角的平面角. 9分∴.,∴. 11分∴ 12分20．（12分）已知椭圆的离心率为，且过点.(1)求椭圆的标准方程.(2)已知过右焦点的直线与交于两点，在轴上是否存在一个定点，使？若存在，求出定点的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】(1)(2)存在，【详解】（1）因为，所以所以椭圆的方程为. 2分因为点在椭圆上，所以，解得，所以. 4分所以椭圆的标准方程为. 5分（2）存在定点，使.理由如下： 6分由（1）知，，则点.设在轴上存在定点，使成立.当直线斜率为时，直线右焦点的直线即轴与交于长轴两端点，若，则，或. 7分当直线斜率不为时，设直线的方程为，.由消去并整理，得，则. 9分因为，所以，所以，即.所以，即，恒成立，即对，恒成立，则，即. 11分又点满足条件.综上所述，故存在定点，使. 12分

21．（12分）（2023·青海西宁·统考二模）设函数．(1)若函数在其定义域上为增函数，求实数a的取值范围；(2)当时，设函数，若在[上存在，使成立，求实数a的取值范围．【答案】(1)(2)【详解】（1）因为函数在其定义域上为增函数，即在上恒成立， 1分所以在上恒成立，即在上恒成立， 3分又（仅当x＝1时取等号）， 4分故a的取值范围为； 5分（2）在上存在，，使成立，即当时， 6分又，所以当时，，即函数在区间上单调递增，故，由（1）知，因为，又的判别式， 7分①当时，则恒成立，即在区间上单调递增，故，故，即，得，又，所以； 9分②当时，的两根为，，此时，，故函数在区间上是单调递增．由①知，所以 11分综上，a的取值范围为． 12分（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）已知曲线的参数方程分别为（为参数），（为参数）．(1)将的参数方程化为普通方程；(2)以坐标原点为极点，以轴的非负半轴为极轴，建立极坐标系．若射线与曲线分别交于两点（异于极点），点，求的面积．【答案】(1)；(2)【分析】（1）利用消参法与完全平方公式求得的普通方程，利用得到的普通方程；（2）分别求得的极坐标方程，联立射线，从而得到，，进而利用三角形面积公式即可得解.【详解】（1）因为曲线的参数方程为（t为参数），则，， 2分两式相减，得的普通方程为：；曲线的参数方程为（为参数），所以的普通方程为：. 5分（2）因为，所以曲线的极坐标方程为，即，联立，得，所以射线与曲线交于A， 7分而的普通方程，可化为，所以曲线的极坐标方程为，