高考冲刺资源高考数学冲刺模拟卷（含答案解析）

备战2024年高考数学模拟卷（新题型）（考试时间：120分钟试卷满分：150分）注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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，只有一个选项是符合题目要求的．1．在中，三个内角成等差数列，则（

）A． B． C． D．12．若，则的虚部为（

）A． B． C． D．3．已知向量和都是非零向量，则“”是“为锐角”的（

）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件4．数学中的数形结合也可以组成世间万物的绚丽画面，一些优美的曲线是数学形象美、对称美、和谐美的产物，曲线：为四叶玫瑰线，下列结论正确的有（

）

（1）方程，表示的曲线在第二和第四象限；（2）曲线上任一点到坐标原点的距离都不超过；（3）曲线构成的四叶玫瑰线面积大于；（4）曲线上有个整点横、纵坐标均为整数的点.A．（1）（2） B．（1）（2）（3） C．（1）（2）（4） D．（1）（3）（4）5．已知为正项数列的前项和．若，且，则（

）A．7 B．15 C．8 D．166．如图所示，在边长为的正方形铁皮上剪下一个扇形和一个圆，使之恰好围成一个圆锥，则圆锥的高为（

）

A． B． C． D．7．甲、乙两人进行一场游戏比赛，其规则如下：每一轮两人分别投掷一枚质地均匀的骰子，比较两者的点数大小，其中点数大的得3分，点数小的得0分，点数相同时各得1分．经过三轮比赛，在甲至少有一轮比赛得3分的条件下，乙也至少有一轮比赛得3分的概率为（

）A． B． C． D．8．已知函数，若过可做两条直线与函数的图象相切，则的取值范围为（

）A． B． C． D．二、多项选择题：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．已知函数，则下列命题正确的是（

）A．的最小正周期为；B．函数的图象关于对称；C．在区间上单调递减；D．将函数的图象向左平移个单位长度后所得到的图象与函数的图象重合．10．已知圆，圆，则（

）A．两圆的圆心距的最小值为1B．若圆与圆相切，则C．若圆与圆恰有两条公切线，则D．若圆与圆相交，则公共弦长的最大值为211．大衍数列来源《乾坤诺》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，数列中的每一项都代表太极衍生过程．已知大衍数列满足，，则（

）A． B．C． D．第Ⅱ卷（非选择题）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．若均为不等于1的正数，且满足，则.13．已知椭圆：与双曲线有相同的左，右顶点A，B，过点A的直线l交于点P，交于点Q．若为等边三角形，则双曲线的虚轴长为．14．已知首项为的正项数列满足满足，若存在，使得不等式成立，则的取值范围为．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）某公司为确定下一年度投入某种产品的宣传费，需了解年宣传费x（单位：千元）对年销售量y（单位：t）和年利润z（单位：千元）的影响，对近8年的年宣传费和年销售量（=1,2，···，8）数据作了初步处理，得到下面的散点图及一些统计量的值.46.65636.8289.81.61469108.8表中，=（Ⅰ）根据散点图判断，y=a+bx与y=c+d哪一个适宜作为年销售量y关于年宣传费x的回归方程类型？（给出判断即可，不必说明理由）（Ⅱ）根据（Ⅰ）的判断结果及表中数据，建立y关于x的回归方程；（Ⅲ）已知这种产品的年利润z与x、y的关系为z=0.2y-x.根据（Ⅱ）的结果回答下列问题：（ⅰ）年宣传费x=49时，年销售量及年利润的预报值是多少？（ⅱ）年宣传费x为何值时，年利润的预报值最大？附：对于一组数据,，……，,其回归线的斜率和截距的最小二乘估计分别为：16．（15分）已知函数.(1)当时，求函数的图象在点处的切线方程；(2)当时，若函数在上的最小值为0，求实数的值.17．（15分）如图所示，在多面体中，底面为直角梯形，，，侧面为菱形，平面平面，M为棱的中点．(1)若点N为的中点，求证：平面；(2)若，，求平面与平面夹角的余弦值．18．（17分）已知抛物线上任意一点满足的最小值为（为焦点）.(1)求的方程；(2)过点的直线经过点且与物线交于两点，求证：；(3)过作一条倾斜角为的直线交抛物线于两点，过分别作抛物线的切线.两条切线交于点，过任意作一条直线交抛物线于，交直线于点，则满足什么关系？并证明.（17分）给定正整数，任意的有序数组，，定义：，(1)已知有序数组，，求及；(2)定义：n行n列的数表A，共计个位置，每个位置的数字都是0或1；任意两行都至少有一个同列的数字不同，并且有只有一个同列的数字都是1；每一行的1的个数都是a；称这样的数表A为‘表’．①求证：当时，不存在‘表’；②求证：所有的‘表’的任意一列有且只有a个1．

备战2024年高考数学模拟卷（新题型）（考试时间：120分钟试卷满分：150分）注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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，只有一个选项是符合题目要求的．1．在中，三个内角成等差数列，则（

）A． B． C． D．1【答案】C【分析】由条件可知，结合求得，从而代入得解.【详解】因为成等差数列，所以；又，所以，即，所以，所以.故选：C.2．若，则的虚部为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用复数的周期性化简，再利用复数的四则运算化简求出结果即可.【详解】因为，所以，所以，所以的虚部为，故选：D.3．已知向量和都是非零向量，则“”是“为锐角”的（

）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】B【分析】先由及向量夹角范围推断充分性，再由数量积定义以及“为锐角”即可推断必要性.【详解】因为，向量和都是非零向量，则由得，所以由向量夹角范围为，得“”或“为锐角”；反之，若为锐角，则，故“”是“为锐角”的必要不充分条件.故选：B.4．数学中的数形结合也可以组成世间万物的绚丽画面，一些优美的曲线是数学形象美、对称美、和谐美的产物，曲线：为四叶玫瑰线，下列结论正确的有（

）

（1）方程，表示的曲线在第二和第四象限；（2）曲线上任一点到坐标原点的距离都不超过；（3）曲线构成的四叶玫瑰线面积大于；（4）曲线上有个整点横、纵坐标均为整数的点.A．（1）（2） B．（1）（2）（3） C．（1）（2）（4） D．（1）（3）（4）【答案】A【分析】因为，所以与异号，从而可判断（1）；利用基本不等可判断（2）；将以为圆心，2为半径的圆的面积与曲线围成区域的面积进行比较即可判断（3）；先确定曲线经过点，再将第一象限内经过的整点，，逐一代入曲线的方程进行检验，根据对称性即可判断（4）.【详解】对于（1）：因为，所以x与y异号，故图象在第二和第四象限，正确；对于（2）：因为，所以，所以，所以，正确；对于（3）：以O为圆点，2为半径的圆O的面积为，结合（2）知然曲线C围成的区域的面积小于圆O的面积，错误；对于（4）：将和联立，解得，所以可得圆与曲线C相切于点，，，，点的位置是图中的点M，

由曲线的对称性可知，只需要考虑曲线在第一象限内经过的整点即可，把，和代入曲线C的方程验证可知，等号不成立，所以曲线C在第一象限内不经过任何整点，再结合曲线的对称性可知，曲线C只经过整点，错误.故选：A5．已知为正项数列的前项和．若，且，则（

）A．7 B．15 C．8 D．16【答案】B【分析】本题可通过题中的一般项与前项和的关系式，利用公式来推导和的关系，再通过构造法构造新数列并结合来得到的通项公式，算出结果.【详解】因为，所以，即．因为，所以，所以，所以数列是公比为2的等比数列，所以，则，所以，解得，所以，则．故选：B．6．如图所示，在边长为的正方形铁皮上剪下一个扇形和一个圆，使之恰好围成一个圆锥，则圆锥的高为（

）

A． B． C． D．【答案】B【分析】根据扇形的弧长与圆锥底面周长的关系可求得小圆半径和扇形半径之间的关系，继而结合正方形的对角线长，列式求出底面圆的半径，继而求得圆锥的高，即得答案.【详解】如图1，过⊙F圆心F作于E，于G，则四边形为正方形，设小圆半径为r，扇形半径为R，则，小圆周长为，扇形弧长为，∵剪下一个扇形和圆恰好围成一个圆锥，，解得，即，，∵正方形铁皮边长为，，，∴；在图2中，，由勾股定理得，圆锥的高，

故选：B7．甲、乙两人进行一场游戏比赛，其规则如下：每一轮两人分别投掷一枚质地均匀的骰子，比较两者的点数大小，其中点数大的得3分，点数小的得0分，点数相同时各得1分．经过三轮比赛，在甲至少有一轮比赛得3分的条件下，乙也至少有一轮比赛得3分的概率为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】先根据古典概型得出一轮游戏中，甲得3分、1分、0分的概率.进而求出三轮比赛，在甲至少有一轮比赛得3分的概率，以及事件三轮比赛中，事件甲乙均有得3分的概率.即可根据条件概率公式，计算得出答案.【详解】用分别表示甲、乙两人投掷一枚骰子的结果，因为甲、乙两人每次投掷均有6种结果，则在一轮游戏中，共包含个等可能的基本事件.其中，甲得3分，即包含的基本事件有，共15个，概率为.同理可得，甲每轮得0分的概率也是，得1分的概率为.所以每一轮甲得分低于3分的概率为．设事件A表示甲至少有一轮比赛得3分，事件表示乙至少有一轮比赛得3分，则事件表示经过三轮比赛，甲没有比赛得分为3分.则，.事件可分三类情形：①甲有两轮得3分，一轮得0分，概率为；②甲有一轮得3分，两轮得0分，概率为；③甲有一轮得3分，一轮得0分，一轮得1分，概率为.所以，所以.故选：B．8．已知函数，若过可做两条直线与函数的图象相切，则的取值范围为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据导数几何意义求出切线方程，依题意，过点的直线与函数的图象相切的切线条数即为直线与曲线的图象的公共点的个数，根据导数研究函数的图象可得结果.【详解】设过点的直线与函数的图象相切时的切点为，则，因为，所以切线方程为，又在切线上，所以，整理得，则过点的直线与函数的图象相切的切线条数即为直线与曲线的图象的公共点的个数，因为，令，得，所以，当时，单调递减；当时，单调递增；当时，单调递减，因为，当时，所以，函数的图象大致如图：所以当时，图像有两个交点，切线有两条.故选：B.【点睛】关键点点睛：依题意求出切线方程，本题关键是将过点的直线与函数的图象相切的切线条数转化为直线与曲线的图象的公共点的个数，在利用导数研究函数的图象.二、多项选择题：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．已知函数，则下列命题正确的是（

）A．的最小正周期为；B．函数的图象关于对称；C．在区间上单调递减；D．将函数的图象向左平移个单位长度后所得到的图象与函数的图象重合．【答案】AB【分析】根据二倍角的正弦公式和辅助角公式可得，结合余弦函数的图象与性质依次判断选项即可求解.【详解】.A：函数的最小正周期为，故A正确；B：，为的最小值，故B正确；C：由，得，所以函数在上单调递增，故C错误；D：将函数图象向左平移个单位长度，得图象，与函数的图象不重合，故D错误；故选：AB10．已知圆，圆，则（

）A．两圆的圆心距的最小值为1B．若圆与圆相切，则C．若圆与圆恰有两条公切线，则D．若圆与圆相交，则公共弦长的最大值为2【答案】AD【分析】根据两点的距离公式，算出两圆的圆心距，从而判断出A项的正误；根据两圆相切、相交的性质，列式算出的取值范围，判断出B,C两项的正误；当圆的圆心在两圆的公共弦上时，公共弦长有最大值，从而判断出D项的正误．【详解】根据题意，可得圆的圆心为，半径，圆的圆心为，半径．对于A，因为两圆的圆心距，所以A项正确；对于B，两圆内切时，圆心距，即，解得．两圆外切时，圆心距，即，解得．综上所述，若两圆相切，则或，故B项不正确；对于C，若圆与圆恰有两条公切线，则两圆相交，，即，可得，解得且，故C项不正确；对于D，若圆与圆相交，则当圆的圆心在公共弦上时，公共弦长等于，达到最大值，因此，两圆相交时，公共弦长的最大值为2，故D项正确．故选：AD．11．大衍数列来源《乾坤诺》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，数列中的每一项都代表太极衍生过程．已知大衍数列满足，，则（

）A． B．C． D．【答案】BCD【分析】当时，，当时，，联立可得，利用累加法可得，从而可求得的通项公式，在逐项判断即可.【详解】因为，，令且，当时，①；当时，②，由①②联立得.所以，累加可得.令(且为奇数)，得，当时满足上式，所以当为奇数时，.当为奇数时，，所以，其中为偶数.所以，故C正确.所以，故A错误.当为偶数时，，即，当为奇数时，，即，综上可得，故B正确.因为，故D正确.故选：BCD.第Ⅱ卷（非选择题）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．若均为不等于1的正数，且满足，则.【答案】3【分析】将已知条件中的指数式化为对数式求得，代入，根据对数运算，结合，即可求得结果.【详解】因，所以，因，所以，所以，因为，所以.故答案为：.13．已知椭圆：与双曲线有相同的左，右顶点A，B，过点A的直线l交于点P，交于点Q．若为等边三角形，则双曲线的虚轴长为．【答案】【分析】设出坐标，结合椭圆和双曲线的性质表示出和，再由图形关系得到，用正切展开式整理出关于的一元二次方程，解出再验证即可.【详解】由题意，得，．设双曲线的方程为，，则，所以．同理，得．如图，设，则，，．

由，得．整理，得，解得或．．当时，（舍去）；当时，，所以（负值已舍去），所以．故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题关键是能够利用图形关系和斜率关系得到.14．已知首项为的正项数列满足满足，若存在，使得不等式成立，则的取值范围为．【答案】【分析】先将已知等式两边取对数后由累乘法得到通项，再分为奇数和偶数时化简不等式后结合数列的单调性解一元二次不等式即可求出.【详解】因为，所以，当时，，所以，又，所以时也成立，所以，因为，当为奇数时，上式变为，所以，因为为递减数列，所以解得；当为偶数时，上式变为，所以，解得；综上，的取值范围为，故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题关键在于对已知不等式的变形，通过观察分析取对数化简后再累乘是关键.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）某公司为确定下一年度投入某种产品的宣传费，需了解年宣传费x（单位：千元）对年销售量y（单位：t）和年利润z（单位：千元）的影响，对近8年的年宣传费和年销售量（=1,2，···，8）数据作了初步处理，得到下面的散点图及一些统计量的值.46.65636.8289.81.61469108.8表中，=（Ⅰ）根据散点图判断，y=a+bx与y=c+d哪一个适宜作为年销售量y关于年宣传费x的回归方程类型？（给出判断即可，不必说明理由）（Ⅱ）根据（Ⅰ）的判断结果及表中数据，建立y关于x的回归方程；（Ⅲ）已知这种产品的年利润z与x、y的关系为z=0.2y-x.根据（Ⅱ）的结果回答下列问题：（ⅰ）年宣传费x=49时，年销售量及年利润的预报值是多少？（ⅱ）年宣传费x为何值时，年利润的预报值最大？附：对于一组数据,，……，,其回归线的斜率和截距的最小二乘估计分别为：【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）（ⅰ）；（ⅱ）46.24【详解】（Ⅰ）由散点图可以判断，适合作为年销售关于年宣传费用的回归方程类型.............3分（Ⅱ）令，先建立关于的线性回归方程，由于=，∴=563-68×6.8=100.6.∴关于的线性回归方程为，∴关于的回归方程为.............8分（Ⅲ）（ⅰ）由（Ⅱ）知，当=49时，年销售量的预报值=576.6，年利润的预报值.（ⅱ）根据（Ⅱ）的结果知，年利润z的预报值，∴当=，即时，取得最大值.故宣传费用为46.24千元时，年利润的预报值最大..............13分16．（15分）已知函数.(1)当时，求函数的图象在点处的切线方程；(2)当时，若函数在上的最小值为0，求实数的值.【答案】(1)；(2).【分析】（1）根据，求得，再利用导数的几何意义，即可求得结果；（2）令，求得，再根据其与区间端点值的大小关系进行分类讨论，在不同情况下讨论函数的单调性和最小值，结合题意，求解即可.【详解】（1）当时，，定义域为，，又，所以切线方程为（或写成..............5分（2），定义域为，，令得；①当，即时，在上单调递增，这时，不合题意，舍去；.............8分②当，即时，当单调递减单调递增，这时，解得；.............11分③当，即时，在上单调递减，这时，解得（舍去），.............14分综上：..............15分17．（15分）如图所示，在多面体中，底面为直角梯形，，，侧面为菱形，平面平面，M为棱的中点．(1)若点N为的中点，求证：平面；(2)若，，求平面与平面夹角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)．【分析】（1）连接，，证得，利用线面平行的判定定理，即可证得平面．（2）根据题意，证得平面，以为原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的一个法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解.【详解】（1）证明：连接，，因为M，N分别为，的中点，所以为的中位线，所以，又平面，平面，所以平面．..............6分（2）解：取的中点O，连接，因为侧面为菱形，且，所以在中，，解得，所以'，即，又因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，过O作的垂线，交于H并延长，分别以，，所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，设，则，故，，，，，则，，，，，设平面的法向量为，则，即，取，可得，设平面的法向量为，，即，令，则，所以，则，故平面与平面夹角的余弦值为．..............15分18．（17分）已知抛物线上任意一点满足的最小值为（为焦点）.(1)求的方程；(2)过点的直线经过点且与物线交于两点，求证：；(3)过作一条倾斜角为的直线交抛物线于两点，过分别作抛物线的切线.两条切线交于点，过任意作一条直线交抛物线于，交直线于点，则满足什么关系？并证明.【答案】(1)(2)证明见解析；(3)，证明见解析.【分析】（1）设，由两点间距离公式求得，结合，得出的最小值为，得解；（2）设，，将要证，转化为，联立直线与抛物线方程，由韦达定理可得证；（3）猜想满足，根据题意求出点坐标，设，将要证关系式等价转化为，联立直线和直线的方程求出，得，联立直线和抛物线方程，由韦达定理求得，得解.【详解】（1）设，则，因为，所以的最小值为，即，得，所以抛物线的方程为...............4分（2）由（1）得，设，，，则，同理，，所以，又，即，联立，得，由韦达定理得，综上所述：...............10分（3）满足的关系为：.由题意，直线，联立，得，由