2024年4月高三数学（文）全国卷模拟考试卷附答案解析

年4月高三数学（文）全国卷模拟考试卷试卷满分150分，考试时间120分钟。2024.4注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号、准考证号填写在答题卡上.2．回答选择题时，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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.考试时间为120分钟，满分150分一、选择题：本题共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，则（

）A． B．1 C． D．2．设集合，则（

）A． B． C． D．3．函数的大致图象为（

）A． B． C． D．4．若关于的不等式组表示的平面区域是直角三角形区域，则实数（

）A． B．1 C．或0 D．0或15．已知命题“”为真命题，则实数的取值范围为（

）A． B． C． D．6．下图是某全国性冰淇淋销售连锁机构的某款冰淇淋在2023年1月至8月的月销售量折线图（单位：杯），则下列选项错误的是（

）

A．这8个月月销售量的极差是3258 B．这8个月月销售量的中位数是3194C．这8个月中2月份的销量最低 D．这8个月中销量比前一个月增长最多的是4月份7．已知向量，，则（

）A． B． C． D．8．已知角的顶点在坐标原点，始边与轴正半轴重合，终边经过点，则（

）A． B． C． D．9．某导航通讯的信号可以用函数近似模拟，若函数在上有3个零点，则实数的取值范围为（

）A． B． C． D．10．已知，则的大小关系为（

）A． B． C． D．11．分形几何学是美籍法国数学家伯努瓦・曼德尔布罗特在20世纪70年代创立的一门新学科，它的创立为解决传统科学领域的众多难题提供了全新的思路．下图展示了如何按照图①的分形规律生长成一个图②的树形图，则在图②中第5行的黑心圈的个数是（

）A．12 B．13 C．40 D．12112．在三棱锥中，，则三棱锥的外接球的表面积为（

）A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13．在区间上随机取一个数，若的概率为，则.14．已知函数的导函数，若不是的极值点，则实数.15．阿基米德既是古希腊著名的物理学家，也是著名的数学家，他利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积．已知椭圆的面积为，点在椭圆上，且与椭圆上、下顶点连线的斜率之积为．记椭圆的左、右两个焦点分别为，则的面积可能为．（横线上写出满足条件的一个值）16．如图，在中，，为边上的一点，且，则.三、解答题：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：60分.17．某校为了了解学生每周参加课外兴趣班的情况，随机调查了该校1000名学生在2023年最后一周参加课外兴趣班的时长（单位：分钟），得到如图所示的频率分布直方图．直方图中成等差数列，时长落在区间内的人数为200．(1)求出直方图中的值；(2)估计样本时长的中位数（精确到0.1）和平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值代替）；(3)从参加课外兴趣班的时长在和的学生中按照分层抽样的方法随机抽取6人进行问卷调查，再从这6人中随机抽取2人进行参加兴趣班情况的深入调查，求被抽到的2人中参加课外兴趣班的时长在和恰好各一人的概率．18．如图，在以为顶点的五面体中，四边形为正方形，四边形为等腰梯形，，且平面平面．(1)证明：；(2)求三棱锥的体积．19．已知为正项数列的前项和，且．(1)求数列的通项公式；(2)若，求的前10项和．20．已知抛物线的焦点为．点在抛物线上，且．(1)求；(2)过焦点的直线交抛物线于两点，原点为，若直线分别交直线：于两点，求线段长度的最小值．21．已知函数．(1)当时，求曲线在点处的切线方程；(2)设是函数的两个零点，求证：．（二）选考题：共10分.请考生在第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]（10分）22．在直角坐标系中，曲线的参数方程为（其中为参数）.以坐标原点为极点，轴非负半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为．(1)求直线的直角坐标方程和曲线的普通方程；(2)已知点，直线与曲线交于两点，求的值．[选修4-5：不等式选讲]23．已知均为正实数，且满足．(1)求的最小值；(2)求证：.1．B【分析】利用分母实数化对进行化简，从而得到答案.【详解】由题意可得，所以．故选：B．2．C【分析】先化简集合B，再利用集合的交集运算求解.【详解】解：因为，所以，故选：C3．B【分析】根据定义域、特殊值可以对选项进行排除，从而得到正确选项.【详解】因为的定义域为，故排除；又，故排除；，故排除D．故选：B．4．C【分析】由已知，关于的不等式组表示的平面区域是直角三角形区域，则直线垂直于直线或直线垂直于直线，从而得到值.【详解】由题意，当直线垂直于直线时，表示的平面区域是直角三角形区域，所以.当直线垂直于直线时，表示的平面区域是直角三角形区域，所以.故选:C．5．A【分析】分离参数，求函数的最小值即可求解.【详解】因为命题“”为真命题，所以．令与在上均为增函数，故为增函数，当时，有最小值，即，故选：A．6．B【分析】先将数据按从小到大的顺序排列，再根据极差，中位数的定义可判断A和B；根据折线图可判断C和D.【详解】将数据按从小到大的顺序排列：707，1533，1598，3152，3436，3533，3740，3965，对于A，极差是，故A正确；对于B，因为，所以中位数是第四个数和第五个数的平均数，即，故B错误；对于C，这8个月中2月份的销量最低，故C正确；对于D，这8个月中销量比前一个月增长最多的是4月份，增加了1619，故D正确．故选：B．7．B【分析】根据向量的坐标运算，先求，再分别求和，利用求解.【详解】因为，，所以，，，所以．故选：B8．D【分析】利用三角函数的定义可求出的值，再根据诱导公式求解即可.【详解】因为角的终边经过点，所以，所以.故选：D.9．A【分析】先求出函数的零点，然后根据在上有3个零点，则即可求出实数的取值范围.【详解】令，得，所以函数的零点为，可知在上的零点依次为，若在上有3个零点，则．故选：A．10．A【分析】利用当时，判断，通过函数在是减函数判断.【详解】当时，设，则，当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以，也就是说当时，，用代替，可得，即，所以，即．又知，所以，所以．故选：A11．C【分析】本题是一个探究型的题目，从图①中读取信息：白球分形成两白一黑，黑球分型成一白两黑；由图②，从第二行起，球的总个数是前一行的3倍，白球的个数是前一行白球个数的两倍加上黑球的个数，黑球的个数是前一行黑球个数的两倍加上白球的个数.由此建立递推关系求解得到结果.【详解】设题图②中第行白心圈的个数为，黑心圈的个数为，依题意可得，且有，所以是以为首项，3为公比的等比数列，①；又，，故有，∴为常数数列，且，所以是以为首项，1为公比的等比数列，②；由①②相加减得：，；所以．故选：C．12．C【分析】根据线面垂直判定定理，证明线面垂直并作图，明确外接球的球心位置，利用正弦定理求得底面外接圆的半径，结合图中的几何性质，求得外接球的半径，可得答案.【详解】由题意可知，．且平面，平面，所以平面．设的外接圆的半径为，则由正弦定理可得，即，所以．设三棱锥的外接球的半径为，则，即，所以，所以外接球的表面积为．故选：C．13．2【分析】根据几何概型的概率公式，根据长度之比即可求解.【详解】显然．区间长度是7，区间上随机取一个数的解集为，区间长度为，所以的概率为，所以．故答案为：214．3【分析】设，依题意有，解出的值并检验即可.【详解】由，设，若不是函数的极值点，则必有，即，所以．当时，，故当时，，当时，，因此是的极值点，不是极值点，满足题意，故．故答案为：315．2（答案不唯一，在内的任何数都可以）【分析】根据给定条件，求出，结合斜率坐标公式求出，再求出焦点三角形面积的范围即得.【详解】由椭圆的面积为，得，解得，设点，显然，由，得，椭圆的上、下顶点坐标分别为，则，即，解得，半焦距，的面积，而且，因此，所以的面积可能为2.故答案为：216．【分析】在中由正弦定理求出，即可求出，再代入求出，最后由为等腰直角三角形得解.【详解】由题可知，在中，由正弦定理得，即，得，又，由图可得为钝角，所以，所以，则，则，又，所以为等腰直角三角形，则．故答案为：17．(1)(2)71.7，73(3)【分析】（1）先求出c,再利用面积和为1求出，再结合等差数列求解a，b;（2）利用左右面积相等求中位数，由频率乘组距求和得平均数；（3）由分层抽样确定和的人数，再利用列举法求解概率.【详解】（1）由已知可得，则，即，又成等差数列，，解得．（2），设中位数为，且，，解得，即中位数为71.7;平均数为;（3）由（1）知，按照分层抽样随机抽取6人中，参加课外兴趣班的时长在内的有人，记为，参加课外兴趣班的时长在内的有人，记为．从中随机抽取2人的所有基本事件有:，，共15种，其中，被抽到的2人中参加课外兴趣班的时长在和的恰好各一人的事件有:，共8种．所以被抽到的2人中参加课外兴趣班的时长在和的恰好各一人的概率为.18．(1)证明见解析(2)【分析】（1）由面面垂直得到线面垂直，再得到线线垂直，利用勾股定理求出线段长度，最后利用线段长度符合勾股定理证明线线垂直；（2）转换顶点，以为顶点，以为底面，从而即可得到体积.【详解】（1）连接，平面平面，平面平面，面，平面，又平面，则，是直角三角形，即．在梯形中，作于，则，则．又，则，．（2），平面平面，平面平面，面，平面．由（1）知，.19．(1)(2)【分析】（1）已知与的关系求通项公式，用退位作差，再利用平方差公式进行化简，最后对时进行检验，得到数列是等差数列，从而写出通项公式；（2）根据得到，观察数列通项公式特点，裂项，进而得到前10项和.【详解】（1）由题意知：，即，当时，，两式相减，可得，因为，可得．又因为，当时，，即，解得或（舍去），所以（符合），从而，所以数列表示首项为3，公差为2的等差数列．所以数列的通项公式为．（2）由题意得，所以，所以.20．(1)(2)【分析】（1）根据点在抛物线上符合抛物线的方程和抛物线的定义得到两个方程，联立可解得p；（2）联立直线方程与抛物线方程得到两点坐标关系，表示出直线，分别与直线方程联立得到两点横坐标，再由距离公式表示出线段长度，整理后转换成二次函数求最值问题，进而得到线段长度的最小值.【详解】（1）因为点在上，所以，因为，所以由抛物线定义得，解得或（舍）．所以．（2）由（1）知，抛物线的方程为，．若直线的斜率不存在，则与抛物线只有一个交点，不合题意，所以直线的斜率存在，设直线的斜率为，，，则直线的方程为，联立消去得，所以，从而有．由得直线的方程，联立解得，同理．所以令，则，所以，当且仅当即时等号成立，所以线段长度的最小值为.【点睛】方法点睛：圆锥曲线中线段（距离）类的最值（范围）问题（1）几何法：利用圆锥曲线的定义、几何性质及平面几何中的定理、性质等进行求解；（2）代数法：把要求最值的几何量或代数式表示为一个或几个参数的函数，利用函数、不等式的知识进行求解.21．(1)(2)证明见解析【分析】（1）求导得斜率，再利用点斜式求直线并化简即可；（2）由导函数的两个零点得和，得到，转化为证明，换元，证明即可.【详解】（1）当时，，则，则切线方程为，因此曲线在点处的切线方程为．（2）证明：函数是的两个零点，所以，则有，且，由，得．要证，只要证明，即证．记，则，因此只要证明，即．记，则，令，则，当时，，所以函数在上递增，则，即，则在上单调递增，，即成立.【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数证明不等式，关键是利用零点代换得，进而换元求解函数最值即可证明.22．(1)，(2)【分析】（1）利用极坐标和直角坐标的转化公式可得直线的直角坐标方程，利用消参法可得曲线的普通方程；（2）求出直线l的参数方程（其中为参数），联立曲线的普通方程，可得根与系数的关系式，利用t的几何意义，即可求得答案.