06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06（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．已知数据，，…，的平均数和方差分别为4，10，那么数据，，…，的平均数和方差分别为（

）A．， B．1， C．， D．，【答案】D【解析】设数据，，…，的平均数和方差分别为和，则数据，，…，的平均数为，方差为，得，，故选：D．2．大数据时代，需要对数据库进行检索，检索过程中有时会出现笛卡尔积现象，而笛卡尔积会产生大量的数据，对内存、计算资源都会产生巨大压力，为优化检索软件，编程人员需要了解笛卡尔积．两个集合和，用中元素为第一元素，中元素为第二元素构成有序对，所有这样的有序对组成的集合叫作与的笛卡儿积，又称直积，记为．即且．关于任意非空集合，下列说法一定正确的是（

）A． B．C． D．【答案】D【解析】对于A，若，则，A错误；对于B，若，则，而，B错误；对于C，若，则，，，，C错误；对于D，任取元素，则且，则且，于是且，即，反之若任取元素，则且，因此且，即且，所以，即，D正确.故选：D3．已知圆的半径为2，弦的长为，若，则（

）A．4 B．2 C．2 D．4【答案】B【解析】如图，设的中点为，连接，则.由，，得，所以，，所以，所以，所以，所以.故选：B.4．下表数据为年我国生鲜零售市场规模（单位：万亿元），根据表中数据可求得市场规模关于年份代码的线性回归方程为，则（

）年份20172018201920202021年份代码12345市场规模4.24.44.75.15.6A．1.01 B．3.68 C．3.78 D．4.7【答案】C【解析】由题意得，，，所以.故选：C.5．复数（为虚数单位）在复平面内对应点，则下列为真命题的是（

）．A．若，则点在圆上B．若，则点在椭圆上C．若，则点在双曲线上D．若，则点在抛物线上【答案】D【解析】表示点与之间的距离，表示点与之间的距离，记，，对于A，，表示点到、距离相等，则点在线段的中垂线上，故A错误；或由，整理得，所以点在，故A错误；对于B，由得，这不符合椭圆定义，故B错误；对于C，若，，这不符合双曲线定义，故C错误；对于D，若，则，整理得，为抛物线，故D正确.故选：D.6．比利时数学家旦德林发现：两个不相切的球与一个圆锥面都相切，若一个平面在圆锥内部与两个球都相切，则平面与圆锥面的交线是以切点为焦点的椭圆．如图所示，这个结论在圆柱中也适用．用平行光源照射一个放在桌面上的球，球在桌面上留下的投影区域内（含边界）有一点，若平行光与桌面夹角为，球的半径为，则点到球与桌面切点距离的最大值为（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】解：由题意，如图所示，则，所以到球与桌面切点距离的最大值为：，，，故选：D7．已知一个玻璃酒杯盛酒部分的轴截面是抛物线，其通径长为1，现有一个半径为的玻璃球放入该玻璃酒杯中，要使得该玻璃球接触到杯底（盛酒部分），则的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】解：以轴截面抛物线的顶点为原点，对称轴为轴建立平面直角坐标系，当玻璃球能够与杯底接触时，该玻璃球的轴截面的方程为．因为抛物线的通径长为1，则抛物线的方程为，代入圆的方程消元得：，所以原题等价于方程在上只有实数解．因为由，得或，所以需或，即或．因为，所以，故选：C．8．如图，圆锥的高，底面直径是圆上一点，且，若与所成角为，则（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】建立如图所示的空间直角坐标系得：，，而的夹角为又，则，由于，故选：B.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．已知复数，，，则（

）A． B．的实部依次成等比数列C． D．的虚部依次成等差数列【答案】ABC【解析】因为，，所以，所以，故A正确；因为，，的实部分别为1，3，9，所以，，的实部依次成等比数列，故B正确；因为，，的虚部分别为，，1，所以，，的虚部依次不成等差数列，故D错误；，故C正确.故选：ABC.10．函数与函数的图象关于点对称，，则（

）A．函数的图象可由函数向右平移个单位长度得到B．函数的图象向右平移个单位长度为偶函数的图象C．函数的图象关于直线对称D．的所有实根之和为2【答案】BCD【解析】由题意知，又函数向右平移个单位长度得到，所以A错误；函数的图象向右平移个单位长度得到，由于是偶函数，所以B正确；，令，解得，当时，，所以C正确；当时，可得的图象关于对称，曲线也关于对称，与曲线的简图如下，,,当时，的图象与曲线有三个交点，所以方程的所有实根之和为，所以D正确．故选：BCD．11．已知四面体的各个面均为全等的等腰三角形，且.设为空间内任一点，且五点在同一个球面上，则（

）A．B．四面体的体积为C．当时，点的轨迹长度为D．当三棱锥的体积为时，点的轨迹长度为【答案】AC【解析】对于A，依题意，可知，设F为的中点，连接，则，而平面，故平面，平面，故，A正确；对于B，将四面体放入长方体中，设长方体的相邻三条棱长分别为，则，解得，由于，即异面直线和的距离为，且平面，，所以四面体的体积为，B错误；对于C，由以上分析可知，四面体的外接球半径为，由，知点的轨迹为一个圆，设轨迹圆的半径为，则，解得，所以的轨迹长度为，C正确；对于D，由题意可得,故的外接圆半径为，所以球心到所在平面的距离为，设三棱锥的高为h，由三棱锥的体积为时，可得，故，又由，故E点轨迹为外接球上平行于平面且到平面的距离为的两个截面圆，其中一个圆为外接球的大圆，所以点的轨迹长度大于，D错误，故选：AC.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．设非空集合，当中所有元素和为偶数时（集合为单元素时和为元素本身），称是的偶子集，若集合，则其偶子集的个数为.【答案】【解析】集合中只有个奇数时，则集合的可能情况为：、、、、、，共种，若集合中只有个奇数时，则集合，只有一种情况，若集合中只含个偶数，共种情况；若集合中只含个偶数，则集合可能的情况为、、，共种情况；若集合中只含个偶数，则集合，只有种情况.因为是的偶子集，分以下几种情况讨论：若集合中的元素全为偶数，则满足条件的集合的个数为；若集合中的元素全为奇数，则奇数的个数为偶数，共种；若集合中的元素是个奇数个偶数，共种；若集合中的元素为个奇数个偶数，共种；若集合中的元素为个奇数个偶数，共种；若集合中的元素为个奇数个偶数，共种；若集合中的元素为个奇数个偶数，共种；若集合中的元素为个奇数个偶数，共种.综上所述，满足条件的集合的个数为.故答案为：.13．第33届奥运会于2024年7月26日至8月11日在法国巴黎举行，某高校需要选派4名大学生去当志愿者，已知该校现有9名候选人，其中4名男生，5名女生，则志愿者中至少有2名女生的选法有种（用数字作答）.【答案】105【解析】由题意可得恰有两名女生人选的选法有种，恰有3名女生人选的选法有种，恰有4名女生人选的选法有种，所以至少有两名女生人选的选法有（种），故答案为：10514．毕达哥拉斯树，也叫“勾股树”，是由毕达哥拉斯根据勾股定理画出来的一个可以无限重复的树形图形（如图1）.现由毕达哥拉斯树部分图形作出图2，为锐角三角形，面积为，以的三边为边长的正方形中心分别为，则的最小值为.【答案】【解析】由题意知，，又，即，得，由余弦定理，得，在中，，由余弦定理可得，又，所以，则.同理，故.因为，当且仅当时等号成立，故.故答案为：.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．已知函数在和处取得极值.(1)求的值及的单调区间；(2)若对任意，不等式恒成立，求的取值范围.【解析】（1），函数在和处取得极值．，，联立解得：，．，令，解得和，时，，函数单调递增；时，，函数单调递减；时，，函数单调递增．故和是的极值点，故函数单调递增区间为，；函数单调递减区间为．（2）由（1）知在单调递减，在单调递增，要使得对任意，不等式恒成立，则需且，故且，解得，或，的取值范围是,,．16．某个足球俱乐部为了提高队员的进球水平，开展罚点球积分游戏，开始记0分，罚点球一次，罚进记2分，罚不进记1分．已知该俱乐部某队员罚点球一次罚进的概率为，罚不进的概率为，每次罚球相互独立．(1)若该队员罚点球4次，记积分为，求的分布列与数学期望；(2)记点球积分的概率为．（ⅰ）求的值；（ⅱ）求．【解析】（1）由题意得，的所有可能取值为4，5，6，7，8，，，的分布列为45678．（2）（ⅰ）由题意得，．（ⅱ）由题意得，要得分，必须满足以下情形：先得分，再点1个球不进，此时概率为，或先得分，再点1个球进球，此时概率为，这两种情况互斥，，是首项为，公比为的等比数列，，，．17．如图，，是圆锥底面圆的两条互相垂直的直径，过的平面与交于点，若，点在圆上，.(1)求证：平面；(2)若，，求三棱锥的体积.【解析】（1）连接，则圆所在平面，而在圆所在平面内，∴，又，，，平面，∴平面，又平面，∴，由，且可得，又，∴，∴为的中点，且，又，，平面，∴平面；（2）由题意得，，，由可得，，∴，，点到底面的距离等于点到底面距离的一半，即为，∴三棱锥的体积.18．已知椭圆：的左、右顶点分别为，，点（）在椭圆上，若点，分别在直线，上.(1)求的值；(2)连接并延长交椭圆于点，求证：，，三点共线.【解析】（1）∵点在椭圆上，∴.又直线的斜率为，直线的斜率为，∴直线的方程为，令，则，∴点的坐标为，∴直线的斜率为，∴.（2）设直线的斜率