04高考数学模拟卷（新题型地区专用）

【赢在高考·黄金8卷】备战2024年高考数学模拟卷（新题型地区专用）黄金卷04（考试时间：120分钟试卷满分：150分）第I卷（选择题）一、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，只有一项是符合要求的。1．某市物价部门对某商品在5家商场的售价（元）及其一天的销售量（件）进行调查，得到五对数据（），经过分析、计算，得，，，之间的经验回归方程是：，则相应于点的残差为（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】因为，，所以样本点的中心为，又因为经验回归直线过样本点的中心，所以，所以，所以经验回归方程是：，当时，，所以残差为.故选：A.2．在平面四边形中，，分别为，的中点.若，，且，则（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】连接，，如图，可知.由，即，可得.从而，，所以.故选：B.3．已知各项均为正数的等比数列中，若，则＝（

）A．2 B．3 C．4 D．9【答案】C【解析】由题意得，由等比中项性质得，故.故选：C4．已知表示两条直线，表示平面，下列命题中正确的有（

）①若，且，则；②若相交且都在平面外，，则；③若，则；④若，且，则．A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】A【解析】对于①，若，且，则或相交，故①错误；对于③和④，与也可能相交，均错误；对于②，设相交确定平面，根据线面平行的判定定理知，根据平行平面的传递性得知．故选：A．5．城步苗族自治县“六月六山歌节”是湖南省四大节庆品牌之一，至今已举办25届.假设在即将举办的第26届“六月六山歌节”中，组委会要在原定排好的10个“本土歌舞”节目中增加2个“歌王对唱”节目.若保持原来10个节目的相对顺序不变，则不同的排法种数为（

）A．110 B．144 C．132 D．156【答案】C【解析】添加节目后，共有12个节目，因为保持原来10个节目的相对顺序不变，则只需排好2个“歌王对唱”节目即可，所以，不同的排法种数为.故选：C.6．若直线与曲线相切，则的取值范围为（

）A． B．C． D．【答案】C【解析】设切点为，因为，所以．又因为切点在直线上，所以，解得，所以．令，则，所以在区间上，单调递减，在区间上单调递增，所以，故的取值范围为．故选：C7．已知，，则等于（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】因为，所以．两边除以，得．故选：D．8．古希腊哲学家、百科式科学家阿基米德最早采用分割法求得椭圆的面积为椭圆的长半轴长和短半轴长乘积的倍，这种方法已具有积分计算的雏形.已知椭圆的面积为，离心率为，，是椭圆的两个焦点，为椭圆上的动点，则下列结论正确的是（

）①椭圆的标准方程可以为

②若，则③存在点，使得

④的最小值为A．①③ B．②④ C．②③ D．①④【答案】D【解析】对于①：由，解得，则椭圆的标准方程为，故①正确；对于②：由定义可知，由余弦定理可得：，整理得，则，故②错误；对于③：设，，，由于，，则不存在点，使得，故③错误；对于④：，当且仅当，即时，等号成立，故④正确；故选：D二、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（

）A．函数为偶函数B．曲线的对称轴为C．在区间单调递增D．的最小值为【答案】AC【解析】，即，对于A，，易知为偶函数，所以A正确；对于B，对称轴为，故B错误；对于C，，单调递减，则单调递增，故C正确；对于D，，则，所以，故D错误；故选：AC10．已知是的共轭复数，则（

）A．若，则B．若为纯虚数，则C．若，则D．若，则集合所构成区域的面积为【答案】AB【解析】，所以，故A正确；由为纯虚数，可设，所以，因为且，所以，故B正确；由，得，因为与均为虚数，所以二者之间不能比较大小，故C错误；设复数，所以由得，所以集合所构成区域是以为圆心为半径的圆，所以面积为，故D错误.故选：AB.11．已知函数的定义域为R，满足，且，则（

）A．B．为奇函数C．D．【答案】ACD【解析】对A：令，，则，因为，所以，故A正确；对B：令得：，结合可得，所以为偶函数，故B错误；对C：令可得：，因为，所以，进一步可得：，又，，故，故，依次有,所以，故C正确；对D：令可得：;用代替，得：，结合C的结果，可得：，故D正确.故选：ACD.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．已知集合，，若，则实数．【答案】1【解析】由题知,若,则或,当时,方程无解;当时,,解得:,此时,,符合题意,所以.故答案为：1.13．如图，在直三棱柱中，，分别为线段，的中点，，，平面平面，则四面体ABMN的外接球的表面积为．【答案】【解析】如图，取BN的中点，连接CD，因为，所以，又平面平面，平面平面，平面，所以平面ABN，又平面ABN，所以，依题意平面ABC，平面ABC，所以，又，，平面，所以平面，又BN，平面，所以，，所以，所以，连接，则，所以，又，所以，所以，所以与共斜边，所以四面体ABMN的外接球的球心为的中点，且外接球半径，所以该球的表面积．14．下列有关命题的说法正确的是（请填写所有正确的命题序号）．①命题“若，则”的否命题为：“若，则”；②命题“若，则”的逆否命题为真命题；③条件，条件，则是的充分不必要条件；④已知时，，若是锐角三角形，则.【答案】②④【解析】对于①，命题“若，则”的否命题是：“若，则”，故错误；对于②，命题“若，则”是真命题，则它的逆否命题也是真命题，故正确；对于③，条件，即为或；条件，即为；则是的充分不必要条件，故错误；对于④，时，，当时，，则在上是增函数；当是锐角三角形，，即，所以，则，故正确.故答案为②④.四、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）已知函数.(1)若，求曲线在点处的切线；(2)讨论的单调性；【解析】（1）当时，函数，则，切点坐标为，，则曲线在点处的切线斜率为，所求切线方程为，即.（2），函数定义域为R，，①，解得或，解得，所以在和上单调递增，在上单调递减，②，解得或，解得，所以在和上单调递增，在上单调递减，③，恒成立，在上单调递增.综上，当时，在和上单调递增，在上单调递减；当时，在和上单调递增，在上单调递减；当时，在上单调递增.16．（15分）某班为了庆祝我国传统节日中秋节，设计了一个小游戏：在一个不透明箱中装有4个黑球，3个红球，1个黄球，这些球除颜色外完全相同.每位学生从中一次随机摸出3个球，观察颜色后放回.若摸出的球中有个红球，则分得个月饼；若摸出的球中有黄球，则需要表演一个节目.(1)求一学生既分得月饼又要表演节目的概率；(2)求每位学生分得月饼数的概率分布和数学期望.【解析】（1）记“一学生既分得月饼又要表演节目”为事件A，可知有两种可能：“2个红球1个黄球”和“1个黑球，1个红球，1个黄球”，所以.（2）由题意可知的可能取值为：0，1，2，3，则有：，，可得的分布列为0123所以.17．（15分）如图所示，在梯形中，，，.四边形为矩形，且平面.(1)求证：平面；(2)若直线与所成角的正切值为，点在线段上运动，当点在什么位置时，平面与平面所成的锐二面角的余弦值为.【解析】（1）因为四边形为梯形，，，，所以，，则，即又因为平面，面ABCD，所以.因为、都在平面内，，所以面.（2）取中点，连结，，由，知，由（1）知，共面且不共线，所以，故直线与所成角为.由平面，面ABCD，所以，又，在面内，且，故面，所以面，面，则，在中，，，所以，在，易得，以为坐标原点，分别以、、所在直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系,如图所示，则，，，，，设为平面的法向量，则，即，取，则.所以由题可知，是平面的一个法向量，所以.因为，解得或（舍去）.当点为线段的靠近的三等分点时，平面与平面所成的锐二面角的余弦值为.18．（17分）在平面直角坐标系中，已知抛物线和点.点在上，且.(1)求的方程；(2)若过点作两条直线与，与相交于，两点，与相交于，两点，线段和中点的连线的斜率为，直线，，，的斜率分别为，，，，证明：，且为定值.【解析】（1）设点，则，因为，，所以，，所以点，代入方程中，得，所以的方程为.（2）设点，，，，则直线的斜率，同理得直线的斜率，直线的斜率，直线的斜率，所以，，从而得.由消去得，所以，由，得或.设和的中点分别为，，则，，同理，，所以，即，所以得.19．（17分）将有穷数列中部分项按原顺序构成的新数列称为的一个“子列”，剩余项按原顺序构成“子列”.若{bn}各项的和与各项的和相等，则称和为数列的一对“完美互补子列”.(1)若数列为，请问是否存在“完美互补子列”？并说明理由；(2)已知共100项的等比数列为递减数列，且，公比为q.若存在“完美互补子列”，求证：；(3)数列满足.设共有对“完美互补子列”，求证：当和时，都存在“完美互补子列”且.【解析】（1）解：由题得数列各项的和为由题得“完美互补子列”的和相等，所以每一个“子列”的和为是一个小数，由于数列各项为整数，所以“子列”的和不可能为，所以不存在“完美互补子列”.（2）解：假设，由题得数列的前100项和为,所以不管在哪一个“子列”，都不可能，所以假设不成立，所以.（3）解：时，，不妨设中项为中项为则中所有项与中所有的项的和均为，所以时，数列存在完美互补子数列.时，只需将中，中移到中，将放入中，将放入中，则此时，中的的和均在原来的基础上增加了，所以时，数列存在完美互补子数列.