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2024年高考数学模拟试卷
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.(2022新高考全国I卷·第1题)集合，则 (　　)
A． B． C． D．
2.(2019年高考全国Ⅱ理·第6题)若，则 (　　)
A． B． C． D．
3.(2022年高考全国乙卷数学(理)·第10题)某棋手与甲、乙、丙三位棋手各比赛一盘，各盘比赛结果相互独立．已知该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为，且．记该棋手连胜两盘的概率为p，则 (　　)
A．p与该棋手和甲、乙、丙的比赛次序无关 B．该棋手在第二盘与甲比赛，p最大
C．该棋手在第二盘与乙比赛，p最大 D．该棋手在第二盘与丙比赛，p最大
4.(2020年高考课标Ⅲ卷理科·第6题)已知向量a，b满足，，，则 (　　)
A． B． C． D．
5.(2022高考北京卷·第6题)设是公差不为0的无穷等差数列，则“为递增数列”是“存在正整数，当时，”的 (　　)
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C充分必要条件D．既不充分也不必要条件
6.(2021年高考浙江卷·第8题) 已知是互不相同锐角，则在三个值中，大于的个数的最大值是 (　　)
A．0 B．1 C．2 D．3
7.(2022高考北京卷·第9题)已知正三棱锥的六条棱长均为6，S是及其内部的点构成的集合．设集合，则T表示的区域的面积为 (　　)
A． B． C． D．
8.(2022年高考全国乙卷数学(理)·第11题)双曲线C的两个焦点为，以C的实轴为直径的圆记为D．过作D的切线与C交于M，N两点，且，则C的离心率为 (　　)
A． B． C． 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.(2020年新高考全国卷Ⅱ数学(海南)·第12题)已知a>0，b>0，且a+b=1，则 (　　)
A． B．
C． D．
10.(2021年新高考Ⅰ卷·第11题)已知点在圆上，点、，则 (　　)
A．点到直线的距离小于 B．点到直线的距离大于
C．当最小时， D．当最大时，
11.（2023·江苏徐州·徐州市第七中学校考一模）（多选题）已知,，下列说法正确的是（ ）
A．存在使得是奇函数 B．任意 的图象是中心对称图形
C．若为的两个极值点，则D．若在上单调，则
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12.(2022年浙江省高考数学试题·第14题)已知函数则________；若当时，，则的最大值是_________．
13.(2022年浙江省高考数学试题·第15题)现有7张卡片，分别写上数字1，2，2，3，4，5，6．从这7张卡片中随机抽取3张，记所抽取卡片上数字的最小值为，则__________，_________．
14.(2022新高考全国II卷·第16题)已知直线l与椭圆在第一象限交于A，B两点，l与x轴，y轴分别交于M，N两点，且，则l的方程为___________．
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．（13分）(2022高考北京卷·第20题)已知函数．
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)设，讨论函数在上的单调性；
(3)证明：对任意，有．
16．（15分）(2018年高考数学课标卷Ⅰ(文)·第19题)(12分)某家庭记录了未使用节水龙头50天的日用水量数据(单位：)和使用了节水龙头50天的日用水量数据，得到频数分布表如下：
未使用节水龙头50天的日用水量频数分布表
日用水量
频数 1 3 2 4 9 26 5
使用了节水龙头50天的日用水量频数分布表
日用水量
频数 1 5 13 10 16 5
(1)在答题卡上作出使用了节水龙头50天的日用水量数据的频率分布直方图；
(2)估计该家庭使用节水龙头后，日用水量小的概率；
(3)估计该家庭使用节水龙头后，一年能节省多少水？(一年按365天计算，同一组中的数据以这组数据所在区间中点的值作代表)
17．（15分）(2022新高考全国I卷·第18题)记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
(1)若，求B；
(2)求的最小值．
18.（17分）(2022高考北京卷·第17题)如图，在三棱柱中，侧面为正方形，平面平面，，M，N分别为，AC的中点．
(1)求证：平面；
(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值．
条件①：；
条件②：．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
19.（17分）在平面直角坐标系中，若在曲线的方程中，以（为非零的正实数）代替得到曲线的方程，则称曲线、关于原点“伸缩”，变换称为“伸缩变换”，称为伸缩比.
（1）已知的方程为，伸缩比，求关于原点“伸缩变换”所得曲线的方程；
（2）射线的方程（），如果椭圆：经“伸缩变换”后得到椭圆，若射线与椭圆、分别交于两点 ，且，求椭圆的方程；
（3）对抛物线：，作变换，得抛物线：；对作变换得抛物线：，如此进行下去，对抛物线：作变换，得：若，，求数列的通项公式.中小学教育资源及组卷应用平台
2024年高考数学模拟试卷
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.(2022新高考全国I卷·第1题)集合，则 (　　)
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】：，故， 故选：D
2.(2019年高考全国Ⅱ理·第6题)若，则 (　　)
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】取，满足，，知A错，排除A；因为，知B错，排除B；取，，满足，，知D错，排除D，因为幂函数是增函数，，所以，故选C．
3.(2022年高考全国乙卷数学(理)·第10题)某棋手与甲、乙、丙三位棋手各比赛一盘，各盘比赛结果相互独立．已知该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为，且．记该棋手连胜两盘的概率为p，则 (　　)
A．p与该棋手和甲、乙、丙的比赛次序无关 B．该棋手在第二盘与甲比赛，p最大
C．该棋手在第二盘与乙比赛，p最大 D．该棋手在第二盘与丙比赛，p最大
【答案】D
【解析】：该棋手连胜两盘，则第二盘为必胜盘，
记该棋手在第二盘与甲比赛，比赛顺序为乙甲丙及丙甲乙的概率均为，
则此时连胜两盘的概率为
则
；
记该棋手在第二盘与乙比赛，且连胜两盘的概率为，
则
记该棋手在第二盘与丙比赛，且连胜两盘的概率为
则
则
即，，
则该棋手在第二盘与丙比赛，最大．选项D判断正确；选项BC判断错误；
与该棋手与甲、乙、丙的比赛次序有关．选项A判断错误． 故选：D
4.(2020年高考课标Ⅲ卷理科·第6题)已知向量a，b满足，，，则 (　　)
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】：，，，．
，
因此，．
故选：D．
5.(2022高考北京卷·第6题)设是公差不为0的无穷等差数列，则“为递增数列”是“存在正整数，当时，”的 (　　)
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C充分必要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】若为单调递增数列，则，
若，则当时，；若，则，
由可得，取，则当时，，
所以，“是递增数列”“存在正整数，当时，”；
若存在正整数，当时，，取且，，
假设，令可得，且，
当时，，与题设矛盾，假设不成立，则，即数列是递增数列．
所以，“是递增数列”“存在正整数，当时，”．
所以，“是递增数列”是“存在正整数，当时，”的充分必要条件．
故选,C．
6.(2021年高考浙江卷·第8题) 已知是互不相同锐角，则在三个值中，大于的个数的最大值是 (　　)
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】C
【解析】法1：由基本不等式有，
同理，，
故，故不可能均大于．
取，，，则，
故三式中大于的个数的最大值为2，故选C．
法2：不妨设，则，
由排列不等式可得：
，
而，
故不可能均大于．
取，，，则，
故三式中大于的个数的最大值为2，故选C．
7.(2022高考北京卷·第9题)已知正三棱锥的六条棱长均为6，S是及其内部的点构成的集合．设集合，则T表示的区域的面积为 (　　)
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】:
设顶点在底面上的投影为，连接，则为三角形的中心，
且，故．
因为，故，
故的轨迹为以为圆心，1为半径的圆，
而三角形内切圆的圆心为，半径为，
故的轨迹圆在三角形内部，故其面积为
故选,B
8.(2022年高考全国乙卷数学(理)·第11题)双曲线C的两个焦点为，以C的实轴为直径的圆记为D．过作D的切线与C交于M，N两点，且，则C的离心率为 (　　)
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】：依题意不妨设双曲线焦点在轴，设过作圆的切线切点为，
若分别在左右支，
因为，且，所以在双曲线的右支，
又，，，
设，，
在中，有，
故即，
所以，
而，，，故，
代入整理得到，即，
所以双曲线的离心率
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.(2020年新高考全国卷Ⅱ数学(海南)·第12题)已知a>0，b>0，且a+b=1，则 (　　)
A． B．
C． D．
【答案】ABD
【解析】：对于A，，
当且仅当时，等号成立，故A正确；
对于B，，所以，故B正确；
对于C，，
当且仅当时，等号成立，故C不正确；
对于D，因为，
所以，当且仅当时，等号成立，故D正确；故选：ABD
10.(2021年新高考Ⅰ卷·第11题)已知点在圆上，点、，则 (　　)
A．点到直线的距离小于
B．点到直线的距离大于
C．当最小时，
D．当最大时，
【答案】ACD
【解析】:圆的圆心为，半径为，
直线的方程为，即，
圆心到直线的距离为，
所以，点到直线的距离的最小值为，最大值为，A选项正确，B选项错误；
如下图所示：
当最大或最小时，与圆相切，连接、，可知，
，，由勾股定理可得，CD选项正确,故选ACD．
11.（2023·江苏徐州·徐州市第七中学校考一模）（多选题）已知,，下列说法正确的是（ ）
A．存在使得是奇函数
B．任意 的图象是中心对称图形
C．若为的两个极值点，则
D．若在上单调，则
【答案】ABD
【解析】：对于A，当时,为奇函数，故正确；
对于B，设函数的对称中心为,则有，
又因为
，
，
所以，解得，
所以的对称中心为，故正确；
对于C，因为，
又因为为的两个极值点，
所以，，所以C错误；
对于D，若单调，则有恒成立，
所以，
解得，选项D正确.
故选：ABD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12.(2022年浙江省高考数学试题·第14题)已知函数则________；若当时，，则的最大值是_________．
【答案】 ① ②
【解析】:由已知，，
所以，
当时，由可得，所以，
当时，由可得，所以，
等价于，所以，
所以的最大值为．
故答案为：，．
13.(2022年浙江省高考数学试题·第15题)现有7张卡片，分别写上数字1，2，2，3，4，5，6．从这7张卡片中随机抽取3张，记所抽取卡片上数字的最小值为，则__________，_________．
【答案】 ①． ， ②． ##
【解析】:从写有数字1,2,2,3,4,5,6的7张卡片中任取3张共有种取法，其中所抽取的卡片上的数字的最小值为2的取法有种，所以，
由已知可得的取值有1，2，3，4，
，，
，
所以,
故答案为：，．
14.(2022新高考全国II卷·第16题)已知直线l与椭圆在第一象限交于A，B两点，l与x轴，y轴分别交于M，N两点，且，则l的方程为___________．
【答案】
【解析】：令的中点为，因为，所以，
设，，则，，
所以，即
所以，即，设直线，，，
令得，令得，即，，所以，
即，解得或(舍去)，
又，即，解得或(舍去)，
所以直线，即；
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．（13分）(2022高考北京卷·第20题)已知函数．
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)设，讨论函数在上的单调性；
(3)证明：对任意，有．
【解析】:(1)因为，所以，
即切点坐标为，
又，
∴切线斜率
∴切线方程为：
因为， 所以，
令，则，
∴在上单调递增，∴∴在上恒成立，
∴上单调递增．
原不等式等价于，
令，，
即证，
∵，
，
由(2)知在上单调递增，
∴，
∴
∴在上单调递增，又因为，
∴，所以命题得证．
16．（15分）(2018年高考数学课标卷Ⅰ(文)·第19题)(12分)某家庭记录了未使用节水龙头50天的日用水量数据(单位：)和使用了节水龙头50天的日用水量数据，得到频数分布表如下：
未使用节水龙头50天的日用水量频数分布表
日用水量
频数 1 3 2 4 9 26 5
使用了节水龙头50天的日用水量频数分布表
日用水量
频数 1 5 13 10 16 5
(1)在答题卡上作出使用了节水龙头50天的日用水量数据的频率分布直方图；
(2)估计该家庭使用节水龙头后，日用水量小的概率；
(3)估计该家庭使用节水龙头后，一年能节省多少水？(一年按365天计算，同一组中的数据以这组数据所在区间中点的值作代表)
【解析】：(1)
(2)根据以上数据，该家庭使用节水龙头后50天日用水量小于的频率为
，
因此该家庭使用节水龙头后日用水量小于的概率的估计值为．
(3)该家庭未使用节水龙头50天日用水量的平均数为
该家庭使用了节水龙头后50天日用水量的平均数为
估计使用节水龙头后，一年可节省水．
17．（15分）(2022新高考全国I卷·第18题)记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
(1)若，求B；
(2)求的最小值．
【解析】(1)；
(2)．
解析：(1)因为，即，
而，所以；
(2)由(1)知，，所以，
而， 所以，即有．
所以
．
当且仅当时取等号，所以的最小值为．
18.（17分）(2022高考北京卷·第17题)如图，在三棱柱中，侧面为正方形，平面平面，，M，N分别为，AC的中点．
(1)求证：平面；
(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值．
条件①：；
条件②：．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
【解析】:(1)取的中点为，连接，
由三棱柱可得四边形为平行四边形，
而，则，
而平面，平面，故平面，
而，则，同理可得平面，
而平面，
故平面平面，而平面，故平面，
(2)因为侧面为正方形，故，
而平面，平面平面，
平面平面，故平面，
因为，故平面，
因为平面，故，
若选①，则，而，，
故平面，而平面，故，
所以，而，，故平面，
故可建立如所示的空间直角坐标系，则，
故，
设平面的法向量为，
则，从而，取，则，
设直线与平面所成的角为，则
．
若选②，因为，故平面，而平面，
故，而，故，
而，，故，
所以，故，
而，，故平面，
故可建立如所示的空间直角坐标系，则，
故，
设平面的法向量为，
则，从而，取，则，
设直线与平面所成的角为，则
．
19.（17分）在平面直角坐标系中，若在曲线的方程中，以（为非零的正实数）代替得到曲线的方程，则称曲线、关于原点“伸缩”，变换称为“伸缩变换”，称为伸缩比.
（1）已知的方程为，伸缩比，求关于原点“伸缩变换”所得曲线的方程；
（2）射线的方程（），如果椭圆：经“伸缩变换”后得到椭圆，若射线与椭圆、分别交于两点 ，且，求椭圆的方程；
（3）对抛物线：，作变换，得抛物线：；对作变换得抛物线：，如此进行下去，对抛物线：作变换，得：若，，求数列的通项公式.
【解析】19.（1）由条件得，得：；
（2）∵、关于原点“伸缩变换”，对作变换（），得到，
解方程组得点的坐标为；
解方程组得点的坐标为；
，
化简后得，解得，，
因此椭圆的方程为或.
（3）对：作变换得抛物线：，得，
又∵，∴，即，
，则，
∵，∴.

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