黄金卷04（文科）（解析版）-2024年高考数学模拟卷（全国卷专用）

【赢在高考·黄金8卷】备战2024年高考数学模拟卷（全国卷专用）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．已知集合，则（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】解一元二次不等式化简集合M，然后根据交集运算和补集运算求解即可.【详解】由题意得，又，则所以.故选：D2．已知复数，的共轭复数为，则（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据共轭复数的概念和复数的四则运算即可求解.【详解】因为，是复数的共轭复数，所以，则，∴故选：A.3．若实数满足约束条件，则的最大值为（）A． B． C． D．【答案】C【分析】作出可行域变形目标函数，平移直线可知当直线经过点时，z取最大值，代值计算可得.【详解】由约束条件作出可行域，如图中阴影，其中，

变形目标函数为，平移直线可知，当直线过点时，在轴上的截距最小，即有最大值.则的最大值在处取得，．故选：C4．已知，，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】将已知等式平方后相加，结合同角的三角函数关系以及两角和的正弦公式，即可求得答案.【详解】由题意得，，两式相加得，得，故选：C5．某程序框图如图，该程序运行后输出的值是（

）A．-3 B． C． D．2【答案】D【分析】根据给定的程序框图，逐项计算，得出输出的周期性，进而得到输出结果.【详解】根据给定的程序框图，可得：第1次循环，满足判断条件，，，执行循环；第2次循环，满足判断条件，，，执行循环；第3次循环，满足判断条件，，，执行循环；第4次循环，满足判断条件，，，执行循环；第5次循环，满足判断条件，，，执行循环；第6次循环，满足判断条件，，，执行循环；可得的输出，构成以项为周期的周期性输出，当时，输出的结果为.故选：D.6．某校高一（3）班的40位同学对班内一名准备参加学校绘画比赛的同学的绘画作品进行打分（满分100分，分数均在内），并绘制出如图所示的频率分布直方图，则下列结论中正确的是（

）A．打分在内的有2人 B．中位数在内C．众数是90 D．平均数大于90【答案】B【分析】根据频率分布直方图逐个分析判断即可.【详解】对于A，根据频率分布直方图可知，打分在的人数为，故A错误．对于B，前三组的频率之和为，前四组的频率之和为，故中位数在内，故B正确．对于C，众数为最高小长方形底边中点的横坐标，故众数是89，故C错误；对于D，根据频率分布直方图得平均数为，故D错误．故选：B【点睛】方法点睛：频率分布直方图中：（1）平均数为每个小长方形面积与小长方形底边中点横坐标的乘积之和；（2）中位数为平分频率分布直方图面积且垂直于横轴的直线与横轴交点的横坐标；（3）众数为最高小长方形底边中点的横坐标．7．已知，，，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据指数函数，对数函数，幂函数的单调性比较大小.【详解】依题意，，，，故.故选：C8．已知函数的定义域为为偶函数，，则（

）A．函数为偶函数 B．C． D．【答案】A【分析】由函数的对称性，可求出周期，可证得函数为偶函数.【详解】已知函数的定义域为，为偶函数，则，函数图像关于直线对称，有，又，则，令，有，所以函数周期为2.，函数为偶函数，A选项正确；，C选项错误；已知中没有可以求函数值的条件，BD选项错误；故选：A9．如图所示为某高中校内伫立于教学楼前的“孔子像”的底座模型图，该底座可看作正方体与直三棱柱的组合体，且为等腰直角三角形，则直线与直线所成的角为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】连接，易知，所以为直线与直线所成的角或其补角，设，从而得出，，在中，利用余弦定理即可求出结果.【详解】如图，连接，易知，所以为直线与直线所成的角或其补角，设,则，在中，，在中，由余弦定理得，又，所以，又直线与直线所成角范围为，所以直线与直线所成的角为，故选：D.10．已知函数的两个零点分别为，若三个数适当调整顺序后可为等差数列，也可为等比数列，则不等式的解集为（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据题意，得到是的两个实数根据，可得，不妨设，得到，求得，得到，结合分式不等式的解法，即可求解.【详解】由函数的两个零点分别为，即是的两个实数根据，则因为，可得，又因为适当调整可以是等差数列和等比数列，不妨设，可得，解得，所以，所以，则不等式，即为，解得，所以不等式的解集为.故选：A.11．平面直角坐标系中，定点A的坐标为，其中.若当点在圆上运动时，的最大值为0，则（

）A．的最小值为B．的最小值为C．的最小值为D．的最小值为【答案】C【分析】设，，根据数量积的坐标运算结合两角和差公式可得，再结合余弦函数的有界性分析求解.【详解】设，，则，可得，对任意，可知当时，的最大值为，可得，且，所以，且当时，的最小值为.故选：C.12．已知，，是抛物线上三个动点，且的重心为抛物线的焦点，若，两点均在轴上方，则的斜率恒有，则的最大值为（

）A．1 B． C． D．【答案】B【分析】先利用点差法得到，再利用重心的性质与基本不等式得到，由此得解.【详解】依题意，设，，，由，在轴上方，故，，

因为抛物线为，所以，则，所以，则，注意到，故，即，又，代入可得，故，即，解得，当且仅当时，等号成立，而，故等号不成立，因而，故，则的最大值为.故选：B.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．函数的图象在点处的切线与直线垂直，则实数．【答案】0【分析】根据导数得几何意义，先求导，所以在点处的切线斜率为，再根据直线的垂直关系，即可得解.【详解】由题可得，，所以在点处的切线斜率为，又切线与直线垂直，所以，解得．故答案为：14．已知椭圆与双曲线有相同的焦点，且它们的离心率互为倒数，是与的一个公共点，则的面积为.【答案】6【分析】根据题意和双曲线标准方程可推出椭圆的值，根据椭圆与双曲线定义可求出的值，根据三边关系即可求出面积.【详解】由题可知，的离心率为2，则的离心率为，则.根据对称性，不妨设在第一象限，则，解得，则，所以为直角三角形，则的面积为.故答案为：6.15．如图，在直三棱柱中，，，，为线段上的一点，且二面角的正切值为3，则三棱锥的外接球的体积为.

【答案】【分析】根据题意，由条件可得是二面角的平面角，再将三棱锥补为长方体，则长方体的外接球即为三棱锥的外接球，再由球的体积公式，即可得到结果.【详解】

如图，作，交于，则，过作交于点，连接.因为为直三棱柱，则平面，且，则平面，且平面，所以，又，，平面，所以平面，平面，所以，则是二面角的平面角，所以，所以，又，，所以，所以，.可把三棱锥补成棱长为，，的长方体，则三棱锥的外接球的半径为，所以三棱锥的外接球的体积为.故答案为：16．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，，当的面积取最大值时，则.【答案】【分析】根据同角三角函数之间得关系和正弦定理将a表示出来，再根据面积公式将的面积表示出来，结合题中条件展开化简式子即可得出的面积取最大值时的取值，再根据正弦定理即可得到a的取值.【详解】，由正弦定理可得，即，由正弦定理可知整理可得，当的面积取最大值时，，带入得，即，则，根据正弦定理可得，此时.故答案为：.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）某学校现有1000名学生，为调查该校学生一周使用手机上网时间的情况，收集了名学生某周使用手机上网时间的样本数据（单位：小时）.将数据分为6组：，并整理得到如下的频率分布直方图：

附：.0.10.050.0100.0050.0012.7063.8416.6357.87910.828(1)估计该校学生一周平均使用手机上网时间（每组数据以该组中点值为代表）；(2)将一周使用手机上网时间在内定义为“长时间使用手机上网”；一周使用手机上网时间在内定义为“不长时间使用手机上网”，在样本数据中，有名学生不近视.请补充完成该周使用手机上网时间与近视程度的列联表，若有以上的把握认为“该校学生一周使用手机上网时间与近视程度有关”.那么本次调查的人数至少有多少？近视不近视合计长时间使用手机不长时间使用手机合计【详解】（1）解：根据频率分布直方图得：； 2分估计该校学生每周平均使用手机上网时间为小时； 4分（2）根据题意填写列联表如下，近视不近视合计长时间使用手机不长时间使用手机合计 9分由表中数据，计算， 11分所以，所以本次调查的人数至少有50． 12分18．（12分）数列的前项和满足．(1)令，求的通项公式；(2)令，设的前项和为，求证：．【详解】（1）因为，所以当时，，解得； 1分当时，，两式相减得，即． 3分所以当时，，即当时，，且，所以是以3为首项，3为公比的等比数列， 5分所以． 6分（2）由（1）知，则， 8分所以． 10分因为，所以． 12分19．（12分）如图，在三棱锥中，，，为的中点．(1)证明：平面平面．(2)若，点在上，且，求点到平面的距离．【详解】（1）因为，所以，故． 1分连接，，如图． 2分因为为的中点，所以．又因为，易得．由，为的中点，得，．所以，． 4分又因为，，平面，所以平面． 5分因为平面，所以平面平面． 6分（2）因为，，所以，．由，，得，所以．易知． 7分因为，所以．因为，所以为等边三角形，所以．在中，由余弦定理，得，所以．同理可得 9分则，连接，则．所以．所以．设点到平面的距离为，则由， 10分得，解得．所以点到平面的距离为． 12分20．（12分）已知函数．(1)当时，求函数的单调递增区间；(2)若存在极小值点，且，求的取值范围．【详解】（1），当时，， 1分由得或， 2分所以函数的单调递增区间为和． 4分（2）．当时，令，得，则当时，，当时，，所以函数仅有唯一的极小值点，此时，显然符合题意． 6分当时，令，得或，若，即，则，此时单调递增，无极值点，不符合题意； 7分若，即，则当时，，当时，，所以函数的极小值点，由得，所以； 9分若，即，则当时，，当时，，所以函数的极小值点，由得． 11分综上所述，的取值范围为． 12分21．（12分）已知椭圆的长轴长为4，且椭圆经过点．(1)求椭圆的标准方程；(2)若过点的直线与椭圆交于两点，直线与弦交于点，求证：．【详解】（1）因为椭圆的长轴长为4，所以，得， 1分所以椭圆的方程为，将代入上式，得，得， 3分故椭圆的标准方程为． 4分（2）

设，因为四点共线，所以要证，即证，即证． 6分设直线的方程为，即，易知，由，可得． 7分由，可得，此时，即，从而， 9分因此． 11分所以． 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）（2023·四川宜宾·统考一模）在平面直角坐标系中，射线l的方程为，曲线C的方程为．以坐标原点为极点，x轴非负半轴为极轴建立极坐标系．(1)求射线l和曲线C的极坐标方程；(2)若射线l与曲线C交于点P，将射线绕极点按逆时针方向旋转交C于点Q，求的面积．【详解】（1）将代入得，所以，