2024年高考数学临门一脚模拟卷（新高考）（含解析）

2024年高考数学临门一脚模拟卷
高三数学
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B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．写在本试卷上无效．
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
4．测试范围：高考全部内容
5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
第Ⅰ卷
一：单选题：本大题共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．有4个外包装相同的盒子，其中2个盒子分别装有1个白球，另外2个盒子分别装有1个黑球，现准备将每个盒子逐个拆开，则恰好拆开2个盒子就能确定2个白球在哪个盒子中的概率为（ ）
A． B． C． D．
3．已知为定义在上的奇函数，设为的导函数，若，则（ ）
A．1 B． C．2 D．2023
4．已知一个底面内口直径为的圆柱体玻璃杯中盛有高为的水，向该杯中放入一个半径为的实心冰球和一个半径为的实心钢球，待实心冰球融化后实心钢球恰好淹没在水中（实心钢球与杯中水面、杯底均相切），若实心冰球融化为水前后的体积变化忽略不计，则实心钢球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
5．已知函数的图像在，两个不同点处的切线相互平行，则下面等式可能成立的是（ ）
A． B． C． D．
6．已知为坐标原点，分别是双曲线的左、右焦点，是双曲线上一点，若直线和的倾斜角分别为和，且，则双曲线的离心率为（ ）
A． B．5 C．2 D．
7．对任意两个非零的平面向量和，定义：，．若平面向量满足，且和都在集合中，则（ ）
A．1 B． C．1或 D．1或
8．已知满足：①是图象上任意不同的两点，且直线的斜率恒小于1；②存在及无数个使得，则的取值范围是（ ）
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z为复数（i为虚数单位），下列命题正确的有（ ）
A．若，则
B．对任意复数，，有
C．对任意复数，，有
D．在复平面内，若，则集合M所构成区域的面积为
10．已知抛物线焦点为，过点（不与点重合）的直线交于两点，为坐标原点，直线分别交于两点，，则（ ）
A． B．直线过定点
C．的最小值为 D．的最小值为
11．已知函数的定义域为，且，都有，，，，当时，，则下列说法正确的是（ ）
A．函数的图象关于点对称
B．
C．
D．函数与函数的图象有8个不同的公共点
第Ⅱ卷
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．已知等差数列的前项积为，，，，则当取得最小值时， ．
13．如图，四边形和是两个相同的矩形，面积均为300，图中阴影部分也是四个相同的矩形，现将阴影部分分别沿，，，折起，得到一个无盖长方体，则该长方体体积的最大值为 ．
14．已知双曲线：的焦距为，双曲线C的一条渐近线与曲线在处的切线垂直，M，N为上不同两点，且以MN为直径的圆经过坐标原点，则 ．
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．已知中，角所对的边分别为.
(1)求角；
(2)若，且的周长为，求的面积.
16．“九子游戏”是一种传统的儿童游戏，它包括打弹子、滚圈子、踢毽子、顶核子、造房子、拉扯铃子、刮片子、掼结子、抽陀子九种不同的游戏项目，某小学为丰富同学们的课外活动，举办了“九子游戏”比赛，所有的比赛项目均采用局胜的单败淘汰制，即先赢下局比赛者获胜.造房子游戏是同学们喜爱的项目之一，经过多轮淘汰后，甲、乙二人进入造房子游戏的决赛，已知每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为.
(1)若，，设比赛结束时比赛的局数为，求的分布列与数学期望；
(2)设采用3局2胜制时乙获胜的概率为，采用5局3胜制时乙获胜的概率为，若，求的取值范围.
17．如图，在正三棱锥中，，点满足，，过点作平面分别与棱AB，BD，CD交于Q，S，T三点，且，.
(1)证明：，四边形总是矩形；
(2)若，求四棱锥体积的最大值.
18．已知椭圆的离心率．
(1)若椭圆过点，求椭圆的标准方程．
(2)若直线，均过点且互相垂直，直线交椭圆于两点，直线交椭圆于两点，分别为弦和的中点，直线与轴交于点，设.
（ⅰ）求；
（ⅱ）记，求数列的前项和．
19．在函数极限的运算过程中，洛必达法则是解决未定式型或型极限的一种重要方法，其含义为：若函数和满足下列条件：
①且（或，）；
②在点的附近区域内两者都可导，且；
③（可为实数，也可为），则．
(1)用洛必达法则求；
(2)函数（，），判断并说明的零点个数；
(3)已知，，，求的解析式．
参考公式：，．
2024年高考数学临门一脚模拟卷
高三数学答案
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B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．写在本试卷上无效．
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
4．测试范围：高考全部内容
5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
第Ⅰ卷
一：单选题：本大题共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】C
【分析】根据指数函数的性质，结合不等式的性质可得或，即可化简集合，由并运算即可求解.
【详解】由于，所以或，
故，
所以.
故选：C.
2．有4个外包装相同的盒子，其中2个盒子分别装有1个白球，另外2个盒子分别装有1个黑球，现准备将每个盒子逐个拆开，则恰好拆开2个盒子就能确定2个白球在哪个盒子中的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】先将4个盒子进行全排，若恰好拆开2个盒子就能确定2个白球在哪个盒子中，则前两个盒子都是白球或都是黑球，分别计算出排列数，即可得到答案.
【详解】将4个盒子按顺序拆开有种方法，
若恰好拆开2个盒子就能确定2个白球在哪个盒子中，
则前两个盒子都是白球或都是黑球，有种情况，
则恰好拆开2个盒子就能确定2个白球在哪个盒子中的概率为.
故选：B
3．已知为定义在上的奇函数，设为的导函数，若，则（ ）
A．1 B． C．2 D．2023
【答案】C
【分析】根据进行奇偶性和周期性的推导，得到是周期为4的偶函数，从而算出的值.
【详解】因为，所以两边求导，得，
即①
因为为定义在上的奇函数，则，
所以两边求导，得，所以是定义在上的偶函数，
所以，结合①式可得，，
所以，两式相减得，，
所以是周期为4的偶函数，
所以.
由①式，令，得，所以.
故选：C.
4．已知一个底面内口直径为的圆柱体玻璃杯中盛有高为的水，向该杯中放入一个半径为的实心冰球和一个半径为的实心钢球，待实心冰球融化后实心钢球恰好淹没在水中（实心钢球与杯中水面、杯底均相切），若实心冰球融化为水前后的体积变化忽略不计，则实心钢球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据实心冰球融化前后总体积不变列出等式:融化前水的体积+实心冰球的体积+实心钢球的体积=融化后水的总体积，由题钢球恰好淹没在水中得到此时水面高为，列出等式，解出的值，再算出钢球的表面积即可.
【详解】由题意可得，实心冰球融化前后体积不变，则有
，
化简可得：，
即，，解得：，
所以钢球的表面积为.
故选：D
5．已知函数的图像在，两个不同点处的切线相互平行，则下面等式可能成立的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】函数在两点处的切线平行，转化为函数在两点处的导数相等，得到的关系，在结合不等式求的取值范围即可.
【详解】因为，.
所以，.
由因为在，两个不同点处的切线相互平行，
所以，又，所以，故CD错误；
因为且，所以，故A不成立；
当时，.故B成立.
故选：B
6．已知为坐标原点，分别是双曲线的左、右焦点，是双曲线上一点，若直线和的倾斜角分别为和，且，则双曲线的离心率为（ ）
A． B．5 C．2 D．
【答案】B
【分析】由已知计算可得所以直线的斜率为，直线的斜率为，设，由，解得，代入双曲线方程计算即可求得结果.
【详解】由题意得，
所以直线的斜率为，直线的斜率为，
设，则有，解得，
代入双曲线方程，得，
又，所以，
化简可得：，，
所以，解得或(,舍).
故选：B
7．对任意两个非零的平面向量和，定义：，．若平面向量满足，且和都在集合中，则（ ）
A．1 B． C．1或 D．1或
【答案】D
【分析】根据，得到，再利用题设中的定义及向量夹角的范围，得到，，再结合条件，即可求出结果.
【详解】因为，
设向量和的夹角为，因为，所以，
得到，
又，所以，
又在集合中，所以，即，得到，
又因为，所以或，
所以或，
故选：D.
8．已知满足：①是图象上任意不同的两点，且直线的斜率恒小于1；②存在及无数个使得，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据条件①得到在上单调递减，再利用导数与函数单调性间的关系，得到，根据条件②得到在上有零点，从而有，即可求出结果.
【详解】满足①：因为直线的斜率恒小于1，所以，
设，则，所以在上单调递减，
则时，，即，
因为，所以，所以，
满足②：存在及无数个使得，则在上有零点，
所以，得到，综上，的取值范围是.
故选：B.
【点睛】关键点点晴：本题的关键在于由条件②求的范围，根据条件，将问题转化成在上有零点，即可求解.
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z为复数（i为虚数单位），下列命题正确的有（ ）
A．若，则
B．对任意复数，，有
C．对任意复数，，有
D．在复平面内，若，则集合M所构成区域的面积为
【答案】BC
【分析】借助复数的运算、共轭复数、复数的模及复数的几何意义逐项判断即可得.
【详解】对A：由，故，
故，故A错误；
对B：设、，
则
，
，
故，故B正确；
对C：设、，
有，则，
，故，故C正确；
对D：设，则有，
集合M所构成区域为以为圆心，半径为的圆，
故，故D错误.
故选：BC.
10．已知抛物线焦点为，过点（不与点重合）的直线交于两点，为坐标原点，直线分别交于两点，，则（ ）
A． B．直线过定点
C．的最小值为 D．的最小值为
【答案】ACD
【分析】设直线与抛物线联立可得抛物线交点坐标，由可得，从而求得的值，即可判断A；设直线，与抛物线联立可得交点坐标关系，从而可确定直线所过的顶点，即可判断B；根据坐标关系求解，结合基本不等式得求得最值，即可判断C；根据坐标运算可得，结合基本不等式的最值，即可判断D.
【详解】设直线与抛物线联立可得：，
设，则，
因为，所以，解，故A正确；
由A可知，，设直线，与抛物线联立可得，，
设，所以，同理可得，所以,
直线，即，所以直线过定点，故B错误；
，故C正确；
，
所以，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为,；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
11．已知函数的定义域为，且，都有，，，，当时，，则下列说法正确的是（ ）
A．函数的图象关于点对称
B．
C．
D．函数与函数的图象有8个不同的公共点
【答案】ABD
【分析】根据条件先得到函数的对称性及周期性，进而判断ABC，画出函数与函数的图象，根据图象观察交点个数即可判断D.
【详解】由得函数关于对称，A正确；
由得函数关于对称，
所以，，
所以，即，
所以，故函数的周期为，
由知，，
又时，，所以，解得，
所以时，，
所以，B正确；
，C错误；
画出函数和函数的图象，如图：
，观察图象可得函数与函数的图像有8个不同的公共点，D正确.
故选：ABD.
第Ⅱ卷
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．已知等差数列的前项积为，，，，则当取得最小值时， ．
【答案】
【分析】根据题意得到，计算可得，进而得出的公差的范围，得到是递增数列，若存在，使得，则当时，取得最小值.
【详解】设等差数列的公差为，由，得，
则，，得，
则是递增数列，且，，
因此当时，，当时，，
因此最小，故取得最小值时，.
故答案为：
13．如图，四边形和是两个相同的矩形，面积均为300，图中阴影部分也是四个相同的矩形，现将阴影部分分别沿，，，折起，得到一个无盖长方体，则该长方体体积的最大值为 ．
【答案】
【分析】根据已知条件设、，由此可得，对函数求导，根据导数判断函数的单调性，求得最值即可.
【详解】由题意设，因为面积为，所以，
根据题意有：，
所以，
则长方体的体积为，
，令，有，
所以时，，函数在上单调递增，
时，，函数在上单调递减，
所以当时，取得最大值，最大值为.
故答案为：
14．已知双曲线：的焦距为，双曲线C的一条渐近线与曲线在处的切线垂直，M，N为上不同两点，且以MN为直径的圆经过坐标原点，则 ．
【答案】/
【分析】先用导数求在处切线的斜率，根据垂直关系，求出双曲线渐近线的斜率，进而得到双曲线的标准方程，再设直线与双曲线联立，求出，的坐标，即可得到答案.
【详解】因为，所以.
因为双曲线C的一条渐近线与曲线在处的切线垂直，
所以双曲线C的一条渐近线的斜率为：.
对双曲线，，所以双曲线C的标准方程为：.
如图：
M，N为上不同两点，且以MN为直径的圆经过坐标原点，
设直线的方程为：，
由，所以.
又，用代替，可得.
所以
故答案为：.
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．已知中，角所对的边分别为.
(1)求角；
(2)若，且的周长为，求的面积.
【答案】(1)
(2).
【分析】（1）利用正弦定理边化角，切化弦后整理可得；
（2）根据余弦定理，联立已知条件解方程组可得，然后由面积公式可得.
【详解】（1）由正弦定理边化角得，所以，
即，
整理得，
因为，所以，
又，所以.
（2）由正弦定理得，
又，所以，即，
所以，
所以，所以，
所以的面积.
16．“九子游戏”是一种传统的儿童游戏，它包括打弹子、滚圈子、踢毽子、顶核子、造房子、拉扯铃子、刮片子、掼结子、抽陀子九种不同的游戏项目，某小学为丰富同学们的课外活动，举办了“九子游戏”比赛，所有的比赛项目均采用局胜的单败淘汰制，即先赢下局比赛者获胜.造房子游戏是同学们喜爱的项目之一，经过多轮淘汰后，甲、乙二人进入造房子游戏的决赛，已知每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为.
(1)若，，设比赛结束时比赛的局数为，求的分布列与数学期望；
(2)设采用3局2胜制时乙获胜的概率为，采用5局3胜制时乙获胜的概率为，若，求的取值范围.
【答案】(1)分布列见解析，
(2)
【分析】（1）根据题意，得到的所有可能取值为2，3，求得相应的概率，列出分布列，结合期望的公式，即可求解；
（2）分别求，结合，运算求解即可.
【详解】（1）因为，所以比赛采用3局2胜制，的所有可能取值为2，3，
，
，
的分布列为
2 3
所以.
（2）由题意知，
.
由，得，
且，则，可得，
整理得，解得，
所以的取值范围为.
17．如图，在正三棱锥中，，点满足，，过点作平面分别与棱AB，BD，CD交于Q，S，T三点，且，.
(1)证明：，四边形总是矩形；
(2)若，求四棱锥体积的最大值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取的中点，连接，根据条件可得平面，从而得到，再利用平行于，可得出四边形为平行四边形，即可证明；
（2）取中点，连接，交平面于点，根据条件得出，构造函数，利用导数与函数的单调性间关系，求出的最值，即可解决问题.
【详解】（1）当时，点是棱上的动点（不包括端点），取的中点，连接，
易知，又，平面，
所以平面，又面，所以，
又平面，平面平面，平面，所以，
同理，所以，
同理可得，所以四边形为平行四边形，
又或其补角是与所成的角，所以，故四边形为矩形；
（2），由，得，
又，得到，同理可得，
取中点，连接，交平面于点.
因为，所以该正三棱锥为正四面体，所以，所以，
同理，，，
所以，，又，平面，
所以平面，因为平面与都平行，
所以可得，又易知，所以，
即到平面的距离为，
所以，
令，则，
由，得到，由，得到，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，所以.
18．已知椭圆的离心率．
(1)若椭圆过点，求椭圆的标准方程．
(2)若直线，均过点且互相垂直，直线交椭圆于两点，直线交椭圆于两点，分别为弦和的中点，直线与轴交于点，设.
（ⅰ）求；
（ⅱ）记，求数列的前项和．
【答案】(1)
(2)（ⅰ）；（ⅱ）.
【分析】（1）根据椭圆的离心率得到之间的关系，再结合椭圆过点，求出的值，从而得到椭圆的方程.
（2）（ⅰ）利用根与系数的关系及中点坐标公式求得点的坐标，再根据三点共线得之间的关系；（ⅱ）求得，并利用等比数列的前项和公式求得.
【详解】（1）因为，，所以，
所以椭圆的方程为，
因为椭圆过点，所以，解得，
所以椭圆的方程为.
（2）（ⅰ）当直线中一条直线的斜率不存在，另一条直线的斜率为0时，直线与轴重合，不符合题意.
故直线的斜率均存在且不为0.
设直线的方程为，,
联立方程，消去并整理得，
因为直线与椭圆相交于两个不同的交点，所以，
根据韦达定理得，，
则，
同理可得，
因为三点共线，所以，
易知，
则，
因为，所以.
（ⅱ）结合（ⅰ）可知，
所以，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，
所以数列的前项和.
【点睛】关键点点睛：本题考查椭圆的几何性质、直线与椭圆相交以及等比数列求和的问题.其中关键点是联立直线与椭圆的方程，根据韦达定理和三点共线，求出点的坐标，从而得到.
19．在函数极限的运算过程中，洛必达法则是解决未定式型或型极限的一种重要方法，其含义为：若函数和满足下列条件：
①且（或，）；
②在点的附近区域内两者都可导，且；
③（可为实数，也可为），则．
(1)用洛必达法则求；
(2)函数（，），判断并说明的零点个数；
(3)已知，，，求的解析式．
参考公式：，．
【答案】(1)
(2)仅在时存在1个零点，理由见解析
(3)
【分析】（1）利用洛必达法则求解即可；
（2）构造函数，结合的单调性求解即可；
（3）利用累乘法求出的表达式，然后结合，利用洛必达法则求极限即可.
【详解】（1）
（2），，
所以，．
当时，，函数在上单调递减，
当时，，函数在上单调递增，
，，
当时，，所以仅在时存在1个零点．
（3），所以，，…，
将各式相乘得，
两侧同时运算极限，所以，
即，
令，原式可化为，又，
由（1）得，
故，由题意函数的定义域为，
综上，
【点睛】方法点睛：本题考查新定义，注意理解新定义，结合洛必达法则的适用条件，构造函数，从而利用洛必达法则求极限.