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2024年普通高等学校招生全国统一考试
数学模拟测试
本试卷共150分 考试时间120分钟
注意事项：
1．答题前，考生务必将自己的姓名、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．
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，只有一项是符合题目要求的．
1. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】化简集合，再根据补集的定义求出．
【详解】,则,故
故
故选:B.
2. 现有一个杯口和杯底的内径分别为的圆台形的杯子，往杯中注入一部分水，测得水面离杯底的高为，该高度恰好是杯子高度的一半，则杯中水的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出中截面面积，再由台体体积公式结合题目条件可得答案．
【详解】由题可得，杯底面积为，杯口面积为，
圆台中截面面积，又溶液高度为，
则杯中水溶液的体积．
故选：C．
3. 已知为坐标原点，为双曲线的左焦点，直线与交于两点（点在第一象限），若，且，则的离心率为（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】由对称性得到四边形为矩形，，由双曲线定义和勾股定理列出方程，求出，得到，求出离心率.
【详解】设双曲线右焦点为，连接，
由对称性可知，
因为，所以，
故四边形为矩形，，
因为，所以，
由双曲线定义可得，
由勾股定理得，
由题意得，即，
解得，故，解得，
离心率为.
故选：B
4. 已知数列是各项及公差都不为0的等差数列，若为数列的前项和，则“成等比数列”是“为常数列”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】C
【解析】
【分析】利用等差数列的前项和公式和充分性、必要性的概念求解即可．
【详解】因为数列是公差不为0的等差数列，设其公差为，所以，
若成等比数列，则，解得，此时，常数，充分性成立；
反之，若为常数列，则，则，得 ，则，
易知，故必要性成立，故“成等比数列”是“为常数列”的充要条件.
故选:C．
5. 已知点，圆．若第一象限内的点满足与圆分别相切于两点，且，则（ ）
A. B. 2 C. 1 D.
【答案】A
【解析】
【分析】求出圆心和半径，由切线得性质和角平分线定理可求出，再解直角三角形和余弦定理即可得解.
【详解】圆的圆心，半径，
过点满足与圆分别相切于两点，
则平分，即，
在中，由正弦定理得，即，
在中，由正弦定理得，即，
又，所以，
所以，所以，
即，解得，
所以圆的圆心，半径，
则有，
又三点共线，所以两点重合，
在中，，
所以，，
在中，由余弦定理得：
.
故选：A.
6. 已知函数的部分图象如图所示，若函数的图象可由的图象向右平移个单位长度得到，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由图象结合选项可求得，，再由平移变换和诱导公式计算即可求得．
【详解】由图知，，所以，
所以，或，，
因为，所以，
结合选项可得，此时，
所以，，
所以，，
因为，所以或，
综上可得，，所以，
因为函数的图象可由的图象向右平移个单位长度得到，
所以
．
故选：D．
7. 已知抛物线，过点的直线交抛物线于两点，为坐标原点，若，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题意不妨设点再第一象限，则点在第四象限，则可设，再根据两点都在抛物线上，将两点的坐标用表示，再根据三点共线即可得解.
【详解】由题意，不妨设点再第一象限，则点在第四象限，
设，
因为，，所以，
则，
又两点都在抛物线上，
则，所以，
，所以，
故，
又三点共线，所以，即，
所以，解得（舍去）.
故选：B.
8. 已知三个锐角满足，则的最大值是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先根据题意分别求出，再根据平方关系求出的关系，再利用基本不等式即可得解.
【详解】因为三个锐角满足，
所以，
则，
所以，
整理得，
又，
于是解得，
当且仅当时取等号，
所以的最大值为.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：根据求出，再根据平方关系求出的关系是解决本题的关键.
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. 下列命题正确的是（ ）
A. 数据2，3，5，8，6的极差是6
B. 数据2，4，6，8，10，12，14，16的第25百分位数是5
C. 一组数据的众数和中位数一定会在原始数据中出现
D. 若数据的平均数为3，数据的平均数为11，则数据的平均数为8
【答案】ABD
【解析】
【分析】由极差的概念可求A，由百分位数的概念可求B，通过举特例能排除C，利用平均数的概念和公式可求D.
【详解】对于A，数据2，3，5，8，6的极差是，故正确；
对于B，因为，所以数据2，4，6，8，10，12，14，16第25百分位数是，故正确；
对于C，1、2、3、4四个数的中位数为2.5，不在原始数据中，故错误；
对于D，数据的平均数为3，数据的平均数为11，则数据的平均数为，故正确；
故选：ABD.
10. 已知函数与它的导函数的定义域均为，且满足下列三个条件：①；②；③．下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. 是偶函数 D. 在上单调递增
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据，结合条件③可证明，根据，即可判断A，根据即可判断B，举反例即可判断成,根据，即可判断D.
【详解】取，
由于条件③可得，
所以，
又，
若存在某个，则，
由于②，故不存在，
因此，进而可得，
取，
由于，所以，A正确，
取，
由于，
所以，因此当，
综上可得，故B正确，
取，
所以，因此在上单调递增，D正确，
若，则，
满足条件①，
同时也满足②③，但是不是偶函数，故C错误.
故选：ABD.
11. 已知球是棱长为2的正方体的内切球，是的中点，是的中点，是球的球面上任意一点，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则动点的轨迹长度为
B. 三棱锥的体积的最大值为
C. 的取值范围是
D. 若，则的大小为定值
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A项，先证得面可得点轨迹为平面与内切球的交线，由到面的距离为面与面的距离可得，结合求解即可，对于B项，当三棱锥的体高经过球心时体积取得最大值，结合空间向量坐标法求得球心到平面距离，进而由计算即可，对于C项，运用极化恒等式可得，则将问题转化为求的范围，作出平面截球的截面，将空间问题转化为平面问题可得，进而可求得结果，对于D项，作出平面截球与椭球的截面图，结合椭圆与圆的对称性可判断D项.
【详解】对于A项，由正方体性质得面，且内切球半径，
分别取、、中点、、，如图所示，
易知面面，
故面，则点轨迹为平面与内切球的交线，即为截面圆的周长，
易知球心面，则到面的距离为面与面的距离，
所以截面圆半径为.
故点轨迹长度为，故A项正确；
对于B项，以为原点，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，，，，
所以，，，
设平面的一个法向量为，
则，
取，则，所以，
所以到平面距离为，
因为面，面，所以，
又，
所以三棱锥的体积的最大值为，故B项错误；
对于C项，取中点，连接、、，如图所示，
则，
所以，
平面截球的截面图如图所示，
又，，则，
所以当位于时，
所以当位于时，，
则，所以，即的范围为，故C项正确；
对于D项，
由题意知，，
又，
所以点在以、为焦点，长轴长为3的椭球面上，
又因为点在以为球心，1为半径的球面上，
所以点在椭球面与球面的交线处，
则平面截球与椭球的截面图如图所示，
由椭圆与圆的对称性可知，点位于、、、时，为定值，故D项正确.
故选：ACD.
【点睛】与球截面有关的方法点睛：
①定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；
②作截面：选准最佳角度作出截面，达到空间问题平面化的目的．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知复数满足，则_______．
【答案】5
【解析】
【分析】根据复数代数形式的除法运算化简复数，从而得到其共轭复数，再计算即可.
【详解】因为，
所以，
所以
所以，则，
故答案为：5.
13. 已知函数在区间上有最小值，则整数的一个取值可以是_______．
【答案】（答案不唯一，中任意整数均可）
【解析】
【分析】将问题“在上有最小值”转化为在上有变号零点且在零点两侧的函数值左负右正，结合二次函数零点分布求解即可.
【详解】由可知，，
又在上有最小值，
所以在上有变号零点且在零点两侧的函数值左负右正，
令，则在上有变号零点且在零点两侧的函数值左负右正，
所以，解得，
又因为，所以.
故答案为：（答案不唯一，中的任意整数均可）.
14. 投壶是中国古代士大夫宴饮时做的一种投掷游戏，游戏方式是把箭向壶里投．《醉翁亭记》中的“射”指的就是“投壶”这个游戏．为弘扬传统文化，某单位开展投壶游戏，现甲、乙两人为一组玩投壶游戏，每次由其中一人投壶，规则如下：若投中，则此人继续投壶，若未投中，则换为对方投壶，无论之前投壶的情况如何，甲每次投壶的命中率均为，乙每次投壶的命中率均为，由抽签确定第1次投壶的人选，第1次投壶的人是甲、乙的概率各为．第3次投壶的人是乙的概率为_______，已知在第2次投壶的人是甲的情况下，第1次投壶的人是乙的概率为_______．
【答案】 ①. ②. ##
【解析】
【分析】第3次投壶的人是乙的情况有：甲甲乙、甲乙乙、乙乙乙、乙甲乙，结合互斥事件概率求解即可.根据条件概率公式求解即可.
【详解】第3次投壶的人是乙的情况有：甲甲乙、甲乙乙、乙乙乙、乙甲乙，
所以第3次投壶的人是乙的概率为.
第2次投壶的人是甲的情况有：甲甲、乙甲，第1次投壶的人是乙的情况有：乙，
设“第2次投壶的人是甲”为事件A，设“第1次投壶的人是乙”为事件B，
则.
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. 通常人们认为语文作文成绩与课外阅读习惯（阅读习惯分为良好和不够良好两类）有很大关联，为了研究这个看法是否可信，某课外研究小组从学校一次期中测试语文作文成绩优秀的学生中随机调查了200人，同时在语文作文成绩不够优秀的学生中也随机调查了200人，得到如下数据：
语文作文成绩 课外阅读习惯 合计
不够良好 良好
优秀 60 140 200
不够优秀 180 20 200
合计 240 160 400
（1）在这400名学生中按照课外阅读习惯良好与否进行分层随机抽样，抽取20名学生了解学生的行为习惯形成的原因，再从这20名学生中任选3人进行面对面访谈，求这3名学生中至少有1人课外阅读习惯良好的概率；
（2）根据小概率值的独立性检验，能否认为语文作文成绩与课外阅读习惯有关联？
附：．
0.1 0.05 0.01 0.005 0.001
2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
【答案】（1）
（2）根据小概率值的独立性检验，认为语文成绩与课外阅读习惯有关联
【解析】
【分析】（1）由分层抽样及对立事件概率性质求解即可.
（2）计算的值，并与临界值比较即可.
【小问1详解】
由题意知，抽取的20人中课外阅读良好的人有人，课外阅读不够良好的人有人，
则从20人中抽取3人，3人课外阅读习惯都不够良好的概率为，
所以从20人中抽取3人，3名学生中至少有1人课外阅读习惯良好的概率为.
【小问2详解】
零假设：语文作文成绩与课外阅读习惯无关联，
，
根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，
故根据小概率值的独立性检验，认为语文成绩与课外阅读习惯有关联.
16. 在中，内角所对的边分别为，且．
（1）证明：．
（2）过点作，垂足为，且，求的值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理边化角，结合计算即可.
（2）由、、可得，由勾股定理可得、，结合余弦定理求解即可.
【小问1详解】
证明：因为，
则由正弦定理得，
所以，
整理得，
所以.
【小问2详解】
如图所示，
由题意知，在中，，在中，，
由（1）知，，所以，即，
所以，，，
所以在中，，在中，，
所以在中，由余弦定理得.
故的值为.
17. 如图，在四面体中，是的中点．
（1）证明：．
（2）若，点是四面体的外接球的球心，求平面与平面的夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由、及线面垂直判定定理可证得平面，结合线面垂直性质可证得.
（2）以点为原点建立空间直角坐标系，由、、可求得点坐标，由平面，可证得，结合可证得平面，即平面的一个法向量为，进而运用空间向量坐标法计算面面夹角即可.
【小问1详解】
证明：取中点，连接、，如图所示，
因为，所以，
因为为中点，所以，
又因为，所以，
所以，
又因为，、平面，
所以平面，
又因为平面，
所以.
【小问2详解】
以点为原点，分别以、为轴、轴，过点作轴平面，建立空间直角坐标系，如图所示，
则，，，，
设，
则，解得，即，
则，，，
因为且，则的中点为外接圆的圆心，
所以由球的性质可知平面，
又且，为的中点，同理：平面，
连接、、，
因为平面，平面，所以，
又因为，，、平面，
所以平面，即平面的一个法向量为，
设平面一个法向量为，
则，
取，则，所以.
所以.
故平面与平面的夹角的余弦值为.
18. 已知椭圆的离心率为是椭圆上的一动点，点到点的距离的最大值为．
（1）求椭圆的方程．
（2）设是椭圆上的一点，O是坐标原点，直线与椭圆交于两点，且是线段的中点．以为切点作椭圆的切线，与椭圆交于两点，试问四边形的面积是否为定值？若是，求出此定值；若不是，请说明理由．
【答案】（1）
（2）四边形的面积为定值，等于.
【解析】
【分析】（1）根据题意列出关系式求出即可解答.
（2）设出，按直线是否垂直于轴分两种情况：当直线垂直于轴时，数形结合求出即可解答；当直线不垂直于轴时，先设出直线的方程，得出，再联立直线与椭圆的方程，利用，得出.，联立直线与椭圆的方程，利用韦达定理和弦长公式得出，利用点到直线距离公式得出点到直线的距离；最后根据题意，利用椭圆的对称性得出即可求解.
【小问1详解】
由椭圆的离心率为可得：
，解得：.
设点坐标为，
由题意可得：，，
则
所以当时，取得最大值.
因为点到点的距离的最大值为
所以，解得：.
所以椭圆的方程为：.
【小问2详解】
设点坐标为，
根据题意可得：，.
当过点的直线垂直于轴时，
由题意可得：，，且.
将代入椭圆 可得：，；将代入椭圆 可得：，，
此时四边形的面积为.
当过点的直线不垂直于轴时，
设直线的斜率为，直线的方程，
则.
联立直线与椭圆的方程：，
整理得：.
因为直线与椭圆相切，
所以，即.
设点，，
联立直线与椭圆的方程：，
整理得：，
则
所以
又因为点到直线：的距离为，
所以.
又因为直线与椭圆交于两点，且是线段的中点，
所以，
则四边形的面积为.
综上可得：四边形的面积为定值，等于.
【点睛】关键点点睛：本题主要考查椭圆的标准方程、直线与椭圆位置关系中的定值问题.解答（2）的关键在于按直线是否垂直于轴分两种情况讨论；当直线：不垂直于轴时，联立直线与椭圆方程，将直线与椭圆相切转化为，再利用韦达定理、弦长公式及点到直线距离公式即可求解.
19. 已知函数.
（1）若函数在上单调递增，求的取值范围.
（2）若函数的两个零点分别是，且，证明：
①随着的增大而减小；
②.
【答案】（1）
（2）①证明见解析：②证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用导数判断原函数单调性，卡端点列出不等式求解即可.
（2）①合理判断有两个零点，构造与的函数，求其单调性即可.
②求出关键点的函数值，结合不等式的运算性质证明不等关系即可.
【小问1详解】
若函数在上单调递增，易知，
令，，令，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
故原命题等价于求，且，故，解得，
即的取值范围为.
【小问2详解】
①引理：对，必有成立，令，
故，令，，令，，
故在上单调递减，在上单调递增，
则，即恒成立，故成立，
设，则，即，
可得的最小值为
而，当时，，
且由引理知，故，
由零点存在性定理得有两个零点，
结合可得，
故当时，两个根一定会存在，设是关于的函数，记为，
我们同样可以定义为：对，存在唯一的，使得，
且这个就是关于方程中的较大根，此时已有，
此时发现是上的函数，则证明在上单调递减即可，
由于，
首先，我们有，，所以，，
其次，我们实际上有，（因为要么，要么），
所以，若，则，，
然后考虑，显然我们有，
若，则，所以另一根一定小于，从而，
若，由于是关于的较大根，故，
即，解得，但是对任意的时，
关于的方程的较小根都不超过，
要么，解得，要么，
所以是较大根，从而，这表明与关于对称，
所以我们只需要证明在上单调递减，
这里是的较大根，且，
由于，故对，设，
则，，
从而由是较大根，知，，
也意味着位于单调递增区间，
设，由于当时，
，
所以，
而，方程的较小根一定不超过，
这表明的较大根一定成立，所以，
这就证明了在上单调递减，从而一定在上单调递减，
故随着的增大而减小得证.
②由①知有两个零点，且，
由于，
由引理又有，
而根据单调性得，当或时，必有，
所以，
可得
即，原不等式得证.
【点睛】关键点点睛：本题考查导数，解题关键是利用零点存在性定理证明函数有两个零点，然后构造函数，转化为证明函数单调性问题求解即可.2024年普通高等学校招生全国统一考试
数学模拟测试
本试卷共150分 考试时间120分钟
注意事项：
1．答题前，考生务必将自己的姓名、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．
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，只有一项是符合题目要求的．
1. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
2. 现有一个杯口和杯底内径分别为的圆台形的杯子，往杯中注入一部分水，测得水面离杯底的高为，该高度恰好是杯子高度的一半，则杯中水的体积为（ ）
A. B. C. D.
3. 已知为坐标原点，为双曲线的左焦点，直线与交于两点（点在第一象限），若，且，则的离心率为（ ）
A. B. C. D. 2
4. 已知数列是各项及公差都不为0的等差数列，若为数列的前项和，则“成等比数列”是“为常数列”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
5. 已知点，圆．若第一象限内点满足与圆分别相切于两点，且，则（ ）
A B. 2 C. 1 D.
6. 已知函数的部分图象如图所示，若函数的图象可由的图象向右平移个单位长度得到，则（ ）
A. B.
C. D.
7. 已知抛物线，过点的直线交抛物线于两点，为坐标原点，若，且，则（ ）
A. B. C. D.
8. 已知三个锐角满足，则的最大值是（ ）
A. B.
C. 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. 下列命题正确的是（ ）
A. 数据2，3，5，8，6的极差是6
B. 数据2，4，6，8，10，12，14，16的第25百分位数是5
C. 一组数据的众数和中位数一定会在原始数据中出现
D. 若数据的平均数为3，数据的平均数为11，则数据的平均数为8
10. 已知函数与它的导函数的定义域均为，且满足下列三个条件：①；②；③．下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. 是偶函数 D. 在上单调递增
11. 已知球是棱长为2的正方体的内切球，是的中点，是的中点，是球的球面上任意一点，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则动点的轨迹长度为
B. 三棱锥的体积的最大值为
C. 的取值范围是
D. 若，则的大小为定值
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知复数满足，则_______．
13. 已知函数在区间上有最小值，则整数的一个取值可以是_______．
14. 投壶是中国古代士大夫宴饮时做的一种投掷游戏，游戏方式是把箭向壶里投．《醉翁亭记》中的“射”指的就是“投壶”这个游戏．为弘扬传统文化，某单位开展投壶游戏，现甲、乙两人为一组玩投壶游戏，每次由其中一人投壶，规则如下：若投中，则此人继续投壶，若未投中，则换为对方投壶，无论之前投壶的情况如何，甲每次投壶的命中率均为，乙每次投壶的命中率均为，由抽签确定第1次投壶的人选，第1次投壶的人是甲、乙的概率各为．第3次投壶的人是乙的概率为_______，已知在第2次投壶的人是甲的情况下，第1次投壶的人是乙的概率为_______．
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. 通常人们认为语文作文成绩与课外阅读习惯（阅读习惯分为良好和不够良好两类）有很大关联，为了研究这个看法是否可信，某课外研究小组从学校一次期中测试语文作文成绩优秀的学生中随机调查了200人，同时在语文作文成绩不够优秀的学生中也随机调查了200人，得到如下数据：
语文作文成绩 课外阅读习惯 合计
不够良好 良好
优秀 60 140 200
不够优秀 180 20 200
合计 240 160 400
（1）在这400名学生中按照课外阅读习惯良好与否进行分层随机抽样，抽取20名学生了解学生的行为习惯形成的原因，再从这20名学生中任选3人进行面对面访谈，求这3名学生中至少有1人课外阅读习惯良好的概率；
（2）根据小概率值的独立性检验，能否认为语文作文成绩与课外阅读习惯有关联？
附：．
0.1 0.05 0.01 0005 0.001
2.706 3.841 6.635 7.879 10.828
16. 在中，内角所对边分别为，且．
（1）证明：．
（2）过点作，垂足为，且，求的值．
17. 如图，在四面体中，是的中点．
（1）证明：．
（2）若，点是四面体的外接球的球心，求平面与平面的夹角的余弦值．
18. 已知椭圆的离心率为是椭圆上的一动点，点到点的距离的最大值为．
（1）求椭圆的方程．
（2）设是椭圆上的一点，O是坐标原点，直线与椭圆交于两点，且是线段的中点．以为切点作椭圆的切线，与椭圆交于两点，试问四边形的面积是否为定值？若是，求出此定值；若不是，请说明理由．
19. 已知函数.
（1）若函数在上单调递增，求的取值范围.
（2）若函数的两个零点分别是，且，证明：
①随着的增大而减小；
②.

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