2023-2024學年高考全國甲卷數學(文)真題模擬試卷一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.設全集，集合，則（）A. B. C. D.【正確答案】A【分析】利用集合的交并補運算即可得解.【詳解】因為全集，集合，所以，又，所以，故選：A.2.（）A. B.1 C. D.【正確答案】C【分析】利用復數的四則運算求解即可.【詳解】故選：C.3.已知向量，則（）A. B. C. D.【正確答案】B【分析】利用平面向量模與數量積的坐標表示分別求得，從而利用平面向量余弦的運算公式即可得解.【詳解】因為，所以，則，，所以.故選：B.4.某校文藝部有4名學生，其中高一、高二年級各2名．從這4名學生中隨機選2名組織校文藝匯演，則這2名學生來自不同年級的概率為（）A. B. C. D.【正確答案】D【分析】利用古典概率的概率公式，結合組合的知識即可得解.【詳解】依題意，從這4名學生中隨機選2名組織校文藝匯演，總的基本事件有件，其中這2名學生來自不同年級的基本事件有，所以這2名學生來自不同年級的概率為.故選：D.5.記為等差數列的前項和．若，則（）A.25 B.22 C.20 D.15【正確答案】C【分析】方法一：根據題意直接求出等差數列的公差和首項，再根據前項和公式即可解出；方法二：根據等差數列的性質求出等差數列的公差，再根據前項和公式的性質即可解出．【詳解】方法一：設等差數列的公差為，首項為，依題意可得，，即,又，解得：，所以．故選：C.方法二：，，所以，，從而，于是，所以．故選：C.6.執行下邊的程序框圖，則輸出的（）A.21 B.34 C.55 D.89【正確答案】B【分析】根據程序框圖模擬運行即可解出．【詳解】當時，判斷框條件滿足，第一次執行循環體，，，；當時，判斷框條件滿足，第二次執行循環體，，，；當時，判斷框條件滿足，第三次執行循環體，，，；當時，判斷框條件不滿足，跳出循環體，輸出．故選：B.7.設為橢圓的兩個焦點，點在上，若，則（）A.1 B.2 C.4 D.5【正確答案】B【分析】方法一：根據焦點三角形面積公式求出的面積，即可解出；方法二：根據橢圓的定義以及勾股定理即可解出．【詳解】方法一：因為，所以，從而，所以．故選：B.方法二：因為，所以，由橢圓方程可知，，所以，又，平方得：，所以．故選：B.8.曲線在點處的切線方程為（）A. B. C. D.【正確答案】C【分析】先由切點設切線方程，再求函數的導數，把切點的橫坐標代入導數得到切線的斜率，代入所設方程即可求解.【詳解】設曲線在點處的切線方程為，因為，所以，所以所以所以曲線在點處的切線方程為.故選：C9.已知雙曲線的離心率為，其中一條漸近線與圓交于A，B兩點，則（）A. B. C. D.【正確答案】D【分析】根據離心率得出雙曲線漸近線方程，再由圓心到直線的距離及圓半徑可求弦長.【詳解】由，則，解得，所以雙曲線的一條漸近線不妨取，則圓心到漸近線的距離，所以弦長.故選：D10.在三棱錐中，是邊長為2等邊三角形，，則該棱錐的體積為（）A.1 B. C.2 D.3【正確答案】A【分析】證明平面，分割三棱錐為共底面兩個小三棱錐，其高之和為AB得解.【詳解】取中點，連接，如圖，是邊長為2的等邊三角形，，，又平面，，平面，又，，故，即，所以，故選：A11.已知函數．記，則（）A. B. C. D.【正確答案】A【分析】利用作差法比較自變量的大小，再根據指數函數的單調性及二次函數的性質判斷即可.【詳解】令，則開口向下，對稱軸為，因為，而，所以，即由二次函數性質知，因為，而，即，所以，綜上，，又為增函數，故，即.故選：A.12.函數的圖象由的圖象向左平移個單位長度得到，則的圖象與直線的交點個數為（）A.1 B.2 C.3 D.4【正確答案】C【分析】先利用三角函數平移的性質求得，再作出與的部分大致圖像，考慮特殊點處與的大小關系，從而精確圖像，由此得解.【詳解】因為向左平移個單位所得函數為，所以，而顯然過與兩點，作出與的部分大致圖像如下，考慮，即處與的大小關系，當時，，；當時，，；當時，，；所以由圖可知，與的交點個數為.故選：C.二、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分.13.記為等比數列的前項和．若，則的公比為________．【正確答案】【分析】先分析，再由等比數列的前項和公式和平方差公式化簡即可求出公比.【詳解】若，則由得，則，不合題意.所以.當時，因為，所以，即，即，即，解得.故14.若為偶函數，則________．【正確答案】2【分析】根據常見函數的奇偶性直接求解即可.【詳解】，且函數為偶函數，，解得，故215.若x，y滿足約束條件，則的最大值為________．【正確答案】15【分析】由約束條件作出可行域，根據線性規劃求最值即可.【詳解】作出可行域，如圖，由圖可知，當目標函數過點時，有最大值，由可得，即,所以.故1516.在正方體中，為的中點，若該正方體的棱與球的球面有公共點，則球的半徑的取值范圍是________．【正確答案】【分析】當球是正方體的外接球時半徑最大，當邊長為的正方形是球的大圓的內接正方形時半徑達到最小.【詳解】設球的半徑為.當球是正方體的外接球時，恰好經過正方體的每個頂點，所求的球的半徑最大，若半徑變得更大，球會包含正方體，導致球面和棱沒有交點，正方體的外接球直徑為體對角線長，即，故；分別取側棱的中點，顯然四邊形是邊長為的正方形，且為正方形的對角線交點，連接，則，當球的一個大圓恰好是四邊形的外接圓，球的半徑達到最小，即的最小值為.綜上，.故三、解答題：共70分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.第17～21題為必考題，每個試題考生都必須作答.第22、23題為選考題，考生根據要求作答.（一）必考題：共60分.17.記內角的對邊分別為，已知．（1）求；（2）若，求面積．【正確答案】（1）（2）【分析】（1）根據余弦定理即可解出；（2）由（1）可知，只需求出即可得到三角形面積，對等式恒等變換，即可解出．【小問1詳解】因為，所以，解得：．【小問2詳解】由正弦定理可得，變形可得：，即，而，所以，又，所以，故的面積為．18.如圖，在三棱柱中，平面．（1）證明：平面平面；（2）設，求四棱錐的高．【正確答案】（1）證明見解析.（2）【分析】(1)由平面得，又因為，可證平面，從而證得平面平面；(2)過點作，可證四棱錐的高為,由三角形全等可證，從而證得為中點，設，由勾股定理可求出，再由勾股定理即可求.【小問1詳解】證明：因為平面，平面,所以,又因為，即，平面，,所以平面，又因為平面,所以平面平面.【小問2詳解】如圖，過點作，垂足為.因為平面平面，平面平面，平面，所以平面，所以四棱錐的高為.因為平面，平面,所以,,又因為，為公共邊，所以與全等，所以.設，則，所以為中點，,又因為,所以,即，解得，所以，所以四棱錐的高為．19.一項試驗旨在研究臭氧效應，試驗方案如下：選40只小白鼠，隨機地將其中20只分配到試驗組，另外20只分配到對照組，試驗組的小白鼠飼養在高濃度臭氧環境，對照組的小白鼠飼養在正常環境，一段時間后統計每只小白鼠體重的增加量（單位：g）．試驗結果如下：對照組的小白鼠體重的增加量從小到大排序為15.218.820.221.322.523.225.826.527.530.132.634.334.835.635.635.836.237.340.543.2試驗組的小白鼠體重的增加量從小到大排序為7.89.211.412.413.215.516.518.018.819.219.820.221.622.823.623.925.128.232.336.5（1）計算試驗組的樣本平均數；（2）（ⅰ）求40只小白鼠體重的增加量的中位數m，再分別統計兩樣本中小于m與不小于m的數據的個數，完成如下列聯表對照組試驗組（ⅱ）根據（i）中的列聯表，能否有95%的把握認為小白鼠在高濃度臭氧環境中與在正常環境中體重的增加量有差異？附：，0.1000.0500.0102.7063.8416.635【正確答案】（1）（2）（i）；列聯表見解析，（ii）能【分析】（1）直接根據均值定義求解；（2）（i）根據中位數的定義即可求得，從而求得列聯表；（ii）利用獨立性檢驗的卡方計算進行檢驗，即可得解.【小問1詳解】試驗組樣本平均數為：【小問2詳解】（i）依題意，可知這40只小鼠體重的中位數是將兩組數據合在一起，從小到大排后第20位與第21位數據的平均數，由原數據可得第11位數據為，后續依次為，故第20位，第21位數據為，所以，故列聯表為：合計對照組61420試驗組14620合計202040（ii）由（i）可得，，所以能有的把握認為小白鼠在高濃度臭氧環境中與在正常環境中體重的增加量有差異.20.已知函數．（1）當時，討論的單調性；（2）若，求的取值范圍．【正確答案】（1）在上單調遞減（2）【分析】（1）代入后，再對求導，同時利用三角函數平方關系化簡，再利用換元法判斷得其分子與分母的正負情況，從而得解；（2）法一：構造函數，從而得到，注意到，從而得到，進而得到，再分類討論與兩種情況即可得解；法二：先化簡并判斷得恒成立，再分類討論，與三種情況，利用零點存在定理與隱零點的知識判斷得時不滿足題意，從而得解.【小問1詳解】因為，所以，則，令，由于，所以，所以，因為，，，所以在上恒成立，所以在上單調遞減.【小問2詳解】法一：構建，則，若，且，則，解得，當時，因為，又，所以，，則，所以，滿足題意；當時，由于，顯然，所以，滿足題意；綜上所述：若，等價于，所以的取值范圍為.法二：因為，因為，所以，，故在上恒成立，所以當時，，滿足題意；當時，由于，顯然，所以，滿足題意；當時，因為，令，則，注意到，若，，則在上單調遞增，注意到，所以，即，不滿足題意；若，，則，所以在上最靠近處必存在零點，使得，此時上有，所以在上單調遞增，則在上有，即，不滿足題意；綜上.關鍵點睛：本題方法二第2小問討論這種情況的關鍵是，注意到，從而分類討論在上的正負情況，得到總存在靠近處的一個區間，使得，從而推得存在，由此得解.21.已知直線與拋物線交于兩點，．（1）求；（2）設為的焦點，為上兩點，且，求面積的最小值．【正確答案】（1）（2）【分析】（1）利用直線與拋物線的位置關系，聯立直線和拋物線方程求出弦長即可得出；（2）設直線：，利用，找到的關系，以及的面積表達式，再結合函數的性質即可求出其最小值．【小問1詳解】設，由可得，，所以，所以，即，因為，解得：．【小問2詳解】因為，顯然直線的斜率不可能為零，設直線：，，由可得，，所以，，，因為，所以，即，亦即，將代入得，，，所以，且，解得或．設點到直線的距離為，所以，，所以的面積，而或，所以，當時，的面積．本題解題關鍵是根據向量的數量積為零找到的關系，一是為了減元，二是通過相互的制約關系找到各自的范圍，為得到的三角形面積公式提供定義域支持，從而求出面積的最小值.（二）選考題：共10分.請考生在第22、23題中任選一題作答.如果多做，則按所做的第一題計分.[選修4-4：坐標系與參數方程]（10分）22.已知點，直線（為參數），為的傾斜角，與軸正半軸、軸正半軸分別交于，且．（1）求；（2）以坐標原點為極點，軸正半軸為極軸建立極坐標系，求的極坐標方程．【正確答案】（1）（2）【分析】（1）根據的幾何意義即可解出；（2）求出直線的普通方程，再根據直角坐標和極坐標互化公式即可解出．【小問1詳解】因為與軸，軸正半軸交于兩點