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1、【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07（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）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，只有一项是符合要求的。1设集合，则（）ABCD【答案】A【解析】由题设，故，故选：A2“”是“”的（）A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件【答案】A【解析】解不等式得或，记，因为AB，所以“”是“”的充分不必要条件故选：A3已知椭圆：的长轴长是短轴长的3倍，则的离心率为（）ABCD【答案】B【解析】由题意，所以，则离心率.故选：B.4已知向量，则在上的投影
2、向量是（）ABCD【答案】A【解析】在上的投影向量为 ，故选A5已知等差数列的前项和为，则（）A7B8C9D10【答案】C【解析】在等差数列中，所以，故构成公差为的等差数列，所以，即，故选C6在党的二十大报告中，习近平总书记提出要发展“高质量教育”，促进城乡教育均衡发展.某地区教育行政部门积极响应党中央号召，近期将安排甲乙丙丁4名教育专家前往某省教育相对落后的三个地区指导教育教学工作，则每个地区至少安排1名专家的概率为（）ABCD【答案】B【解析】甲乙丙丁4名教育专家到三个地区指导教育教学工作的安排方法共有：种；每个地区至少安排1名专家的安排方法有：种；由古典概型的计算公式，每个地区至少安排1
3、名专家的概率为：.故选：B.7我圆古代数学家赵爽在注解周髀算经一书时介绍了“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的大正方形如图所示，记直角三角形较小的锐角为，大正方形的面积为，小正方形的面积为，若，则的值为（）ABCD【答案】C【解析】设大正方形的边长为，则直角三角形的直角边分别为，因为是直角三角形较小的锐角，所以，可得，则，即，所以，解得或（舍去），所以，故选C.8已知双曲线的左焦点为，离心率为e，直线分别与C的左右两支交于点M，N.若的面积为，则的最小值为（）A2B3C6D7【答案】D【解析】连接，有对称性可知：四边形为平行四边形，故，由面积公式得：，解得：，由双曲线定
4、义可知：，在三角形中，由余弦定理得：，解得：，所以，解得：，故，当且仅当，即时，等号成立.故选：D二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，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设为复数，则下列命题中正确的是（）AB若，则复平面内对应的点位于第二象限CD若，则的最大值为2【答案】ABD【解析】对于A，设，故，则，故成立，故A正确，对于B，显然复平面内对应的点位于第二象限，故B正确，对于C，易知，当时，故C错误，对于D，若，则，而，易得当时，最大，此时，故D正确.故选：ABD10将函数向左平移个单位，得到函数，下列关于的
5、说法正确的是（）A关于对称B当时，关于对称C当时，在上单调递增D若在上有三个零点，则的取值范围为【答案】ABC【解析】，当时，得，故选项A正确；当时，是函数的最小值，所以关于对称，故选项B正确；当时，得，所以在上单调递增，故选项C正确；由，得，由于在上有三个零点，所以，所以，故选项D错误.故选：ABC11已知函数满足：对任意，；若，则.则（）A的值为2BC若，则D若，则【答案】ABC【解析】对于A，令，得，解得或，若，令，得，即，但这与若，则矛盾，所以只能，故A正确；对于B，令，结合得，解得或，又，所以，所以只能，故B正确；对于C，若，令得，所以，所以，所以，故C正确；对于D，取，则且单调递增
6、，满足，但，故D错误.故选：ABC.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的展开式中的常数项为 .【答案】40【解析】依题意，的展开式的通项为，令可得.故常数项为.13已知正四棱台的上、下底面边长分别为4、6，高为，则正四棱台的体积为 ，外接球的半径为 .【答案】 【解析】根据题意易知该棱台的上、下底面积分别为：，所以正四棱台的体积为；连接，交于点，连接，交于点，如图所示：当外接球的球心在线段延长线上，设，外接球半径为R，则，因为，上、下底面边长分别为4、6，则，所以当外接球的球心在线段延长线上，显然不合题意；当球心在线段之间时，则，同上可得，不符舍去14定义
7、：为实数中较大的数若，则的最小值为 【答案】【解析】设，则由题意可得，因为，所以当时，只需考虑，所以，所以，可得，当且仅当时取等号；当时，只需考虑，所以，可得，当且仅当时取等号.综上所述，的最小值为2.四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。15（本小题满分13分）已知函数(1)当时，求函数的单调区间；(2)当时，求函数的最大值【解】（1）的定义域为，当时，当，解得：，当，解得：在上为增函数；在上为减函数；（2）的定义域为，当时，令，得，令时，得，的递增区间为，递减区间为.16（本小题满分15分）如图，在五面体中，底面为平行四边形，平面，为等边三角形，
8、(1)求证：平面平面；(2)求平面与平面夹角的余弦值【解】（1）不妨设，则，在平行四边形中，连接，由余弦定理得，即，.又，平面，又平面.平面平面.（2）取中点，连接，由（1）易知平面，且.如图，以为原点，分别以射线所在直线为轴，竖直向上为轴，建立空间直角坐标系，则，设平面的法向量为，则，得，令，得，设平面的法向量为，则，得，令，得，所以平面与平面夹角的余弦值.17（本小题满分15分）已知某种业公司培育了新品种的软籽石榴，从收获的果实中随机抽取了50个软籽石榴，按质量（单位：）将它们分成5组：，得到如下频率分布直方图.(1)用样本估计总体，求该品种石榴的平均质量；（同一组中的数据用该组区间的中点
9、值作代表）(2)按分层随机抽样，在样本中，从质量在区间，内的石榴中抽取7个石榴进行检测，再从中抽取3个石榴作进一步检测.（）已知抽取的3个石榴不完全来自同一区间，求这3个石榴恰好来自不同区间的概率；（）记这3个石榴中质量在区间内的个数为，求的分布列与数学期望.【解】（1）该品种石榴的平均质量为，所以该品种石榴的平均质量为.（2）由题可知，这7个石榴中，质量在，上的频率比为，所以抽取质量在，上的石榴个数分别为2，2，3.（）记“抽取的3个石榴不完全来自同一区间”，“这3个石榴恰好来自不同区间”，则，所以，即这3个石榴恰好来自不同区间的概率为.（）由题意的所有可能取值为0，1，2，3，则，所以的分
10、布列为0123所以.18（本小题满分17分）已知抛物线：，直线，且点在抛物线上(1)若点在直线上，且四点构成菱形，求直线的方程；(2)若点为抛物线和直线的交点（位于轴下方），点在直线上，且四点构成矩形，求直线的斜率【解】（1）由题意知，设直线联立得，则，则的中点在直线上，代入可解得，满足直线与抛物线有两个交点，所以直线的方程为，即（2）当直线的斜率为或不存在时，均不满足题意由得或（舍去），故方法一：当直线的斜率存在且不为时，设直线联立得，所以所以同理得由的中点在直线上，得，即令，则，解得或当时，直线的斜率；当时，直线的斜率不存在所以直线的斜率为方法二：设，线段的中点，则由，得，即所以又，故可转
11、化为，即解得或所以直线的斜率当时，斜率不存在；当时，斜率所以直线的斜率为19（本小题满分17分）交比是射影几何中最基本的不变量，在欧氏几何中亦有应用设，是直线上互异且非无穷远的四点，则称（分式中各项均为有向线段长度，例如）为，四点的交比，记为(1)证明：；(2)若，为平面上过定点且互异的四条直线，为不过点且互异的两条直线，与，的交点分别为，与，的交点分别为，证明：；(3)已知第（2）问的逆命题成立，证明：若与的对应边不平行，对应顶点的连线交于同一点，则与对应边的交点在一条直线上【解】（1）；（2）；（3）设与交于，与交于，与交于，连接，与交于，与交于，与交于，欲证，三点共线，只需证在直线上考虑线束，由第（2）问知，再考虑线束，由第（2）问知，从而得到，于是由第（2）问的逆命题知，交于一点，即为点，从而过点，故在直线上，三点共线.
