2024届高三数学模拟卷（文科）考生注意：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分．考试时间120分钟．2．请将各题答案填写在答题卡上．3．本试卷主要考试内容：高考全部内容．第Ⅰ卷一、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.若集合，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据并集的知识求得正确答案.【详解】依题意，.故选：A2.已知复数，，则的实部与虚部分别为（）A.， B.， C.， D.，【答案】A【解析】【分析】应用复数加法求，根据实部、虚部定义得答案.【详解】因为，，所以，其实部与虚部分别为，.故选：A3.一个大箱子内放有5本科学杂志和7本文学杂志，小张先从箱内随机抽取1本（不放回），小李再从箱内随机抽取1本，已知小张抽取的是文学杂志，则小李抽取的是科学杂志的概率为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据古典概型概率计算公式求得正确答案.【详解】小张抽取文学杂志后，剩下：本科学杂志和本文学杂志.则小李抽取的是科学杂志的概率为.故选：C4.函数的最小值为（）A.2 B.5 C.6 D.7【答案】D【解析】【分析】由基本不等式即可求解.【详解】由可得，所以，当且仅当，即时等号成立，故选:D5.若平面截球所得截面圆的面积为，且球心到平面的距离为，则球的表面积为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据给定条件，利用球的截面小圆性质及球的面积公式计算即得.【详解】由平面截球所得截面圆的面积为，得此截面小圆半径，而球心到此小圆距离，因此球的半径，有，所以球的表面积.故选：C6.执行如图所示的程序框图，下列判断正确的是（）A.若输出的，则 B.若输出的，则C.若输出的，则 D.输出的的值可能为7【答案】C【解析】【分析】根据程序框图对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】A选项，根据程序框图可知，如果输出，则可以取，所以A选项错误.B选项，根据程序框图可知，如果输出，则可以取，所以B选项错误.C选项，根据程序框图可知，如果输出，则，C选项正确.D选项，根据程序框图可知，如果输出，则；当时，应该输出，故矛盾，所以D选项错误.故选：C7.若函数，则（）A.的最小正周期为 B.的图象关于点对称C.在上有最小值 D.的图象关于直线对称【答案】D【解析】【分析】根据三角函数的周期性、对称性、最值等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】，最小正周期，A选项错误.，所以B选项错误.若，所以在上没有最小值，所以C选项错误.，所以D选项正确.故选：D8.已知是奇函数，且在上单调递减，则下列函数既是奇函数，又在上单调递增的是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】根据奇函数的定义与性质，及单调性的定义与性质判断即可.【详解】由题意得在上单调递减，则在上单调递增，对于A，因为与均在上单调递减，所以在上单调递减，故A错误；对于B，，则为偶函数，故B错误；对于C，，因为，所以，即，故C错误；对于D，，则为奇函数，与均在上单调递增，则在上单调递增，故D正确.故选：D9.已知某个二元码或的码元满足如下校验方程组其中的运算法则为.若这个二元码在通信过程中仅在第k位发生码元错误后变成了11011，则利用上述校验方程组可判定，这个二元码为（）A.01011 B.10011 C.11010 D.11001【答案】D【解析】【分析】根据送给验证方程组，即可逐一推理求解.【详解】假设这个二元码为100101由于以及，故当时，则，，或者当时，则，，所以根据第k位发生码元错误后变成了11011，只能是，，由于此时，故或者，进而只能是，根据可得可得，所以二元码11001故选：D10.过抛物线的焦点作直线与该抛物线交于两点，与轴交于点，若在第一象限，的倾斜角为锐角，且为的中点，则的斜率为（）A.2 B. C.3 D.4【答案】B【解析】【分析】根据给定条件，利用导数的定义结合斜率的定义计算即得.【详解】抛物线的焦点，准线，过点作于点，交轴于点，则轴，如图，由为的中点，得，则，，所以的斜率.故选：B11.如图，在正方体中，均为棱的中点，现有下列4个结论：①平面平面；②梯形内存在一点，使得平面；③过可作一个平面，使得到这个平面的距离相等；④梯形的面积是面积的3倍.其中正确的个数为（）A.4 B.3 C.2 D.1【答案】A【解析】【分析】利用面面平行的判定推理判断①；取的中点，证明平面判断②；证明判断③；求出梯形与的面积判断④即可得解.【详解】令正方体的棱长为2，连接，交分别于点，连接，显然矩形是正方体对角面，则，连接，由分别为棱的中点，得，，于是，而，则四边形是平行四边形，有，又，平面，则平面，而平面，平面，则平面，因为平面，因此平面平面，①正确；取的中点，连接交分别于，有，则∽，，于是，即，而，则，又平面平面，因此，平面，则平面，又平面，则，而平面，于是平面，显然点在线段上，在梯形内，②正确；连接，显然，即四边形是平行四边形，，因此过可作一个平面，使得平行于这个平面，点到这个平面的距离相等，③正确；，且有，，，④正确，所以正确命题的个数是4.故选：A12.的内角所对的边分别为，已知，则当取得最小值时，（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据题意，求得，利用余弦定理得，设，求得，求得函数的单调性，进而得答案.【详解】由，可得，解得，可得，由余弦定理得，设，可得，令，可得，即，令，可得，解得或（舍去），当，即时，，单调递减；当，即时，，单调递增，所以当时，取得最小值，即取得最小值.故选：C.第Ⅱ卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡的相应位置．13.双曲线的离心率为__________.【答案】【解析】【分析】求出的值，即可得出该双曲线的离心率的值.【详解】在双曲线中，，，则，故该双曲线离心率为.故答案为：.14.一质点做垂直向上运动，该质点上升高度（单位：）与运动时间（单位：）的关系式为，当时，该质点上升高度的瞬时变化率为__________.【答案】【解析】【分析】根据给定条件，求出函数的导数，再利用瞬时变化率的定义求出导数值即得.【详解】由，求导得，因此，所以当时，该质点上升高度的瞬时变化率为.故答案为：15.函数的最大值为__________.【答案】【解析】【分析】化简的解析式，根据三角函数最值的知识求得正确答案.【详解】，所以的最大值是.故答案为：16.已知函数恰有3个零点，则的取值范围是__________.【答案】【解析】【分析】利用函数零点的意义，求出直线与函数及在内的图象有3个交点的范围.【详解】由，得或，函数在上有3个零点，当且仅当直线与函数及在内的图象有3个交点，函数在上单调递减，函数值集合为，在上单调递增，函数值集合为，函数在上单调递减，函数值集合为，显然直线与的图象交于点和，在坐标系内作出直线和函数及在内图象，如图，观察图象知，当，且且时，直线与函数及在内的图象有3个交点，所以的取值范围是.故答案为：【点睛】思路点睛：涉及给定函数零点个数求参数范围问题，可以通过分离参数，等价转化为直线与函数图象交点个数，数形结合推理作答.三、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．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.从某脐橙果园随机选取200个脐橙，已知每个脐橙的质量（单位：）都在区间内，将这200个脐橙的质量数据分成这4组，得到的频率分布直方图如图所示.（1）试问这200个脐橙中质量不低于的个数是多少？（2）若每个区间的值以该区间的中间值为代表，估计这200个脐橙的质量的平均数.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先求得频率，进而求得正确答案.（2）根据平均数的求法求得正确答案.【小问1详解】不低于的频率为，所以这200个脐橙中质量不低于的个数是.【小问2详解】平均数为.18.记数列的前项和为，且.（1）求的通项公式；（2）求数列的前项和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先求得，进而求得.（2）利用错位相减求和法求得.【小问1详解】依题意，，即，所以数列是首项，公比为的等比数列，所以.所以，所以.【小问2详解】，，两式相减得，所以.19.如图，在底面为菱形的四棱锥中，底面，其中为底面的中心.（1）证明：平面平面.（2）若，求四棱锥体积的最大值.【答案】（1）证明详见解析（2）【解析】【分析】（1）通过证明平面，来证得平面平面.（2）设，然后利用基本不等式求得四棱锥体积的最大值.【小问1详解】由于底面，平面，所以，由于四边形是菱形，所以，由于平面，所以平面，由于平面，所以平面平面.【小问2详解】设，所以，所以，当且仅当时等号成立.所以四棱锥体积的最大值为.20.已知函数.（1）讨论的单调性；（2）若的最小值不大于0，求的取值范围.【答案】（1）见解析（2）【解析】【分析】（1）由函数求导，根据导数与函数单调性的关系，利用分类讨论，可得答案；（2）根据（1）求得函数的最小值，建立不等式，根据对数运算，可得答案.【小问1详解】由函数，则其定义域为，求导可得，令，解得，当时，，当时，，单调递减；当时，，单调递增.当时，，当时，，单调递增；当时，，单调递减.综上所述，当时，在上单调递减，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减.【小问2详解】由（1）可知，当时，无最小值；则当时，在单调递减，在单调递增，则，由题意可得：，由，则，解得.21.已知点，动点M满足，动点的轨迹记为.（1）求的方程；（2）若不垂直于轴的直线过点，与交于两点（点在轴的上方），分别为在轴上的左、右顶点，设直线的斜率为，直线的斜率为，试问是否为定值?若是，求出该定值；若不是，请说明理由.【答案】（1）（2）是定值，【解析】【分析】（1）利用椭圆的定义即可得解；（2）联立直线与椭圆的方程得到，从而将转化为关于的表达式，进而整理化简即可得解.【小问1详解】因为，所以的轨迹是以为焦点，且长轴长为4的椭圆，设的轨迹方程为，则，可得．又，所以，所以的方程为．【小问2详解】依题意，设直线，联立，消去得．易知，且．由，得．（方法一）因为，所以，所以，所以为定值，且定值为．（方法二）因为，所以，所以为定值，且定值为．【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，必要时计算；（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.（二）选考题：共10分．请考生从第22，23两题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一个题目计分．[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）22.在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），直线的参数方程为（为参数）.（1）求这两条直线的普通方程（结果用直线的一般式方程表示）；（2）若这两条直线与圆都相离，求的取值范围.【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）通过消参法求得正确答案；（2）根据圆心到直线的距离列不等式，由此求得的取值范围.【小问1详解】直线的参数方程为，则，两式相减得直线的参数方程为，则代入，得；【小问2详解】圆的圆心为，半径为，若与圆相离，所以，即，解得.[选修4-5：不等式选讲]（10分）23.已知函数.（1）求的最小值，并指出此时的取值范围；（2）证明：等价于.【答案】（1）的最小值为，对应（2）证明详见解析【解析】【分析】（1）将表示为分段函数的形式，由此求得的最小值以及此时的范围.（2）通过解不等式来求得正确答案.【小问1详解】，画出的图象如下图所示，由图可知，的最小值为，对应.【小问2详解】由，得或，解得或，结合图象可知的解集为.而，，所以不等式的解集为.所以等价于.