（文科）（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）黄金卷02（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．设集合，，则（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】由分式不等式的解法，解出集合，根据集合的交集运算，可得答案.【详解】由不等式，则等价于，解得，所以，由，则.故选：D.2．设复数，其共扼复数为，则（

）A． B． C．2 D．【答案】A【分析】由复数的除法，计算得和，再由复数模的计算公式，计算.【详解】复数，其共扼复数，，.故选：A3．已知，是两条不同直线,是平面,且，，“”是“”的（

）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】B【分析】根据直线与平面的关系即可结合必要不充分条件的判定求解.【详解】一条直线平行平面，但这条直线不一定和平面内的直线平行，所以由，不能得到，而，，，则，所以“”是“”的必要不充分条件，故选：B4．（2023·四川泸州·统考一模）若，，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用两角和（差）的余弦公式求出，再由二倍角公式计算可得.【详解】因为，，所以，所以，所以，所以.故选：C5．已知正方形的边长为，在边上，则的最大值为（

）A．1 B． C．2 D．【答案】C【分析】建立平面直角坐标系，得出，，的坐标，设出点坐标，利用坐标运算求解即可．【详解】由题意，建立如图所示坐标系，则，，，设，，则，，，所以，所以，故当时，有最大值．故选：C．6．我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果.哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”，如．在不超过30的素数中，随机选取两个不同的数，其和等于30的概率是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】先将不超过30的素数列举出，再利用古典概型的概率公式计算即可.【详解】不超过30的素数有：2、3、5、7、11、13、17、19、23、29共10个，随机选取两个不同的数共有种，其中和等于30的有这3种情况，所以在不超过30的素数中，随机选取两个不同的数，其和等于30的概率是.故选：B.7．函数的大致图像为（

）A．

B．

C．

D．

【答案】D【分析】根据函数奇偶性和特殊点的函数值进行判断即可.【详解】函数定义域为，又因为，所以函数是奇函数，函数图像关于原点对称，故A和B错误；当时，则，故C错误.故选：D.8．已知实数、满足，则的最小值为（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】由已知可得出，可得出，再利用基本不等式可求出所求代数式的最小值.【详解】因为，所以，即，所以，当且仅当，即时等号成立，所以的最小值为．故选：C．9．A，B，C，D是球O的球面上四点，，球心O是的中点，四面体的体积为，则球O的表面积为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用棱锥的体积公式结合球的表面积公式计算即可.【详解】由题意可知为球O的直径，设D到面的距离为，易知等边的面积为，所以，则球心O到面的距离为1，设面，易知H为等边的外心，所以，故.

故选：B10．已知分别为双曲线的左、右焦点，过与双曲线的一条渐近线平行的直线交双曲线于点，若，则双曲线的离心率为（

）A．3 B． C． D．2【答案】C【分析】设过与双曲线的一条渐近线平行的直线交双曲线于点，运用双曲线的定义和条件可得，，，再由渐近线的斜率和余弦定理，结合离心率公式，计算即可得到所求值．【详解】设过与双曲线的一条渐近线平行的直线交双曲线于点，由双曲线的定义可得，由，可得，，，由可得，在三角形中，由余弦定理可得：，即有，化简可得，所以双曲线的离心率．故选：C．11．设首项为的数列的前n项和为，，且，则数列的前23项和为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据题意，推得，得到数列为等差数列，求得，化简得到，结合裂项法求和，即可求解.【详解】由，，可得，当时，，所以，可得，又，所以数列是以2为首项、为公差的等差数列，所以，得，于是，所以数列的前项和为.故选：D．12．若曲线存在与直线垂直的切线，则k的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】对求导后根据题意可得在上有解.令，求导判断单调性求得值域，从而可得不等式，求解即可.【详解】对求导得，当时，曲线不存在与直线垂直的切线，当时，若曲线存在与直线垂直的切线，只需在上有解.令，求导得，所以当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，则，且当时，，所以，解得，所以k的取值范围是.故选：D.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．已知中，，且，则的面积是．【答案】3【分析】根据给定条件，利用夹角公式求出，再利用三角形面积公式求解作答.【详解】在中，，，解得，而，因此，所以的面积.故答案为：314．若实数满足约束条件，则的最大值为．【答案】14【分析】首先画出可行域，将目标函数变形根据其几何意义即可求得当过点时，取得最大值为.【详解】根据题意画出满足约束条件的可行域如下图中着色部分所示：

将目标函数变形可得，若取得最大值，即直线在轴上的截距取得最小值，将平移到过点时，直线在轴上的截距最小，此时目标函数有最大值为.故答案为：15．若直线l：与圆C：相交于A，B两点，，则直线l的斜率的取值范围为.【答案】【分析】先求得圆心和半径，根据的范围列不等式，求得的取值范围，进而求得直线的斜率的取值范围.【详解】将圆C的方程整理得，圆心坐标为，半径为，要求，，则圆心到直线的距离应小于等于，∴，即（），∴，，设直线l的斜率为k，则，∴，直线l的斜率的取值范围是.故答案为：16．已知为偶函数，且当时，，其中为的导数，则不等式的解集为．【答案】【分析】根据给定条件，构造函数，利用导数探讨函数的单调性，再结合奇偶性求解不等式作答.【详解】令函数，当时，，即函数在上单调递减，由为偶函数，得，即函数是奇函数，于是在R上单调递减，不等式，因此，解得，所以原不等式的解集是.故答案为：【点睛】关键点睛：根据条件构造函数，利用导数研究函数的单调性是解决本题的关键．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）某校为了宣传垃圾分类知识，面向该校学生开展了“垃圾分类知识”网络问卷调查，每位学生仅有一次参与机会，通过抽样，得到100人的得分情况，将样本数据分成五组，并整理得到如下频率分布直方图;已知成绩的中位数为75(1)求的值，并求出成绩的平均数(同一组中的每个数据可用该组区间中点值代替);(2)现用分层抽样从第四组和第五组按照比例抽选出6人进行垃圾分类知识竞答活动，再从中选出两人进行一对一，求抽出的两人恰好来自同一组的概率.【答案】(1)，，(2).【详解】（1）中位数为75，，， 2分又，， 3分则平均数为：. 5分（2）第四组与第五组人数的比为，从第四组抽选4人，记为1,2,3,4，从第五组抽选2人，记为， 7分所有基本事件为：，共15种， 9分来自同一组的有:，共7种情况， 10分故恰好来自同一组的概率. 12分18．（12分）记的内角A，，所对的边分别是，，，已知．(1)求角的大小；(2)若点在边上，平分，，，求线段长．【答案】(1)(2)【详解】（1）由已知，根据正弦定理可得， 1分因为，所以，故有，则有， 3分因为，即，可知，可得， 5分所以，则． 6分（2）在中，根据余弦定理可得，即，解得或（舍去）， 8分由题意可知：，由面积关系可得，则， 10分即，可得. 12分19．（12分）如图，四棱锥的底面是边长为的菱形，，，，平面平面，E，F分别为，的中点.

(1)证明：平面；(2)求点到平面的距离.【答案】(1)证明见解析(2).【详解】（1），，. 1分平面平面，且交线为，平面，平面，平面，. 2分连接，，如图，

因为四边形是边长为的菱形，，所以为等边三角形.又因为为的中点，所以， 4分又，平面，平面，所以平面. 6分（2）设点到平面的距离为，则，因为，所以，又由（1）知，又，平面，平面，所以平面， 8分又平面，平面，所以，，又，，又由，，，平面，平面，所以平面， 10分且，，所以，即，所以点到平面的距离为. 12分20．（12分）设，为实数，且，函数.(1)讨论的单调性；(2)设，函数，试问是否存在极小值点?若存在，求出的极小值点；若不存在，请说明理由.【答案】(1)答案见解析(2)存在极小值点，且极小值点为【详解】（1），，， 1分当时，，在区间上单调递增； 2分当，且时，，单调递减；当时，，单调递增. 4分综上，当时，在区间上单调递增；当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增. 5分（2）当时，，，故.令，，所以， 6分当时，，单调递减；当时，，单调递增. 8分又，，，故，使得.当时，，，单调递增；当时，，，单调递减； 10分当时，，，单调递增，故存在极小值点，且极小值点为. 12分21．（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：由（1）知，，则点.设在轴上存在定点，使成立. 6分当直线斜率为时，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， 11分即对，恒成立，则，即.又点满足条件.综上所述，故存在定点，使. 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）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分由曲线的极坐标方程为，变形得， 3分即，且满足，由互化公式，得，即.故曲线的直角坐标方程为