2024年新高考第二次模拟考试 数学（全国卷）（文科）（全解全析）.docx

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2024年高考第二次模拟考试全解全析数学（文科）试题（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、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．已知全集，集合，则（    ）A．B．C．D．【答案】C【分析】本题首先可以根据题意求出，然后根据补集的概念得出结果.【详解】由题意得，所以，，故选：C．2．设为虚数单位，若复数为纯虚数，则（    ）A．B．C．D．【答案】B【分析】分子分母同乘分母的共轭复数，再根据纯虚数的概念得到答案.【详解】，所以且，解得.故选：B3．已知向量，，若不超过3，则的取值范围为（   ）A．B．C．D．【答案】B18学科网（北京）股份有限公司 【分析】根据平面向量的坐标表示和几何意义可得，解之即可求解.【详解】由题意知，，所以，得，即，解得，即实数m的取值范围为.故选：B4．执行下面的程序框图，为使输出S的值小于91，则输入的正整数N的最小值为A．5B．4C．3D．2【答案】D【解析】阅读程序框图，程序运行如下：首先初始化数值：，然后进入循环体：此时应满足，执行循环语句：；此时应满足，执行循环语句：；此时满足，可以跳出循环，则输入的正整数N的最小值为2.故选D.5．若是等差数列，表示的前n项和，，则中最小的项是（  ）A．B．C．D．【答案】B18学科网（北京）股份有限公司 【分析】根据等差数列的前n项和公式可得，再结合等差数列的性质判断处的符号，即可得出答案.【详解】因为，所以，因为，所以，所以公差，故当时，，当时，，所以当时，取得最小值，即中最小的项是.故选：B.6．已知函数的定义域为R，设．设甲：是增函数，乙：是增函数，则（    ）A．甲是乙的充分条件但不是必要条件B．甲是乙的必要条件但不是充分条件C．甲是乙的充要条件D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件【答案】D【分析】利用导数分别求出与为增函数的条件并结合充分必要条件进行判断即可求解.【详解】由题意得的定义域为，的定义域也为；充分性：若是增函数，则恒成立，，因为，但的正负不能确定，所以的单调性不确定，故充分性不满足；必要性：若是增函数，则恒成立，因为，所以恒成立，但的正负不能确定，所以的单调性不确定，故必要性不满足；所以甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件，故D正确.故选：D.7．已知点为椭圆：的一点，，分别为椭圆的左，右焦点，的平分线交轴于点，则的面积为（   ）A．B．C．D．18学科网（北京）股份有限公司 【答案】C【分析】结合光学性质，列出直线方程，即可求解答案.【详解】设点且不为顶点，因为椭圆方程为，所以过的切线方程即直线为，即，由光学几何性质知，，所以，则直线的方程为．令，得，所以．所以.故选：C8．设，，，则a，b，c的大小关系为（   ）A．B．C．D．【答案】D【分析】首先将对数式和指数式与临界值比较，再判断大小关系.【详解】，即，，即，因为，所以，即，且，则，所以.故选：D9．已知双曲线的一条渐近线l与椭圆交于A，B两点，若，（是椭圆的两个焦点），则E的离心率为（    ）18学科网（北京）股份有限公司 A．B．C．D．【答案】A【分析】由题意求出双曲线的渐近线，则可得，由已知条件可得四边形为矩形，则，，再根据椭圆的定义列方程化简可求出离心率.【详解】由已知，则双曲线的一条渐近线，即，又，即，且四边形为矩形，所以，则，又根据椭圆定义可知，所以离心率．故选：A10．已知四棱锥中，侧面底面，，底面是边长为的正方形，是四边形及其内部的动点，且满足，则动点构成的区域面积为（    ）A．B．C．D．【答案】B【分析】取线段的中点，连接、，推导出平面，可知点的轨迹是以点为圆心，半径为的圆及其内部，结合圆的面积公式可求得结果.【详解】取线段的中点，连接、，18学科网（北京）股份有限公司 因为，为的中点，则，因为平面平面，平面平面，平面，所以，平面，因为平面，则，因为四边形是边长为的正方形，则，所以，，，所以，点的轨迹是以点为圆心，半径为的圆及其内部，因此，动点构成的区域面积为.故选：B.11．已知等比数列的公比为，为其前n项和，且，则当取得最大值时，对应的为（    ）A．B．C．D．【答案】B【分析】利用等比数列通项公式、前n项和公式及已知得，应用基本不等式求最大值，并确定取值条件即可.【详解】由题设，，所以，当且仅当，即时取等号，所以当取得最大值时，对应的为3.故选：B12．已知函数，，若函数在上存在最大值，但不存在最小值，则的取值范围是（    ）A．B．C．D．【答案】D【分析】根据题意分类讨论和两种情况，结合题目中所给区间的开和闭以及三角函数图象相关知识求解答案即可.18学科网（北京）股份有限公司 【详解】若，则，又因为，函数在上存在最大值，但不存在最小值，所以当，即时，只需满足，此时，当，即时，函数一定存在最大值，要让函数无最小值，则，此时，综上，，即的取值范围是.故选：D第Ⅱ卷二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分13．已知数列是等差数列，数列是等比数列，，且．则．【答案】【分析】根据等差、等比数列的性质即可求解.【详解】因为数列是等差数列，且，所以即因为数列是等比数列，且，所以，即，所以.故答案为：.14．已知为定义在上的奇函数，当时，，则关于的不等式的解集.【答案】【分析】由求出，由奇函数的性质求出在上的解析式，再令，即可求出答案.【详解】当时，，18学科网（北京）股份有限公司 因为为定义在上的奇函数，所以，所以当时，，则当时，，所以，因为为定义在上的奇函数，所以，所以当时，，所以，令，解得：或，故关于的不等式的解集为.故答案为：.15．已知数列满足，若对恒成立，则的取值范围为.【答案】【分析】先由条件得到，再将问题转化为或，从而得解.【详解】法一：由，得，两式相减得，则数列，都是以2为公差的单调递增数列.要使对恒成立，只需，而，，则，解得.法二：由，得，两式相减得，又，则，，要使对恒成立，即，18学科网（北京）股份有限公司 即，解得.故答案为：.【点睛】关键点睛：本题解决的关键是将恒成立，转化为或，从而得解.16．已知三棱锥的所有顶点都在球的表面上，且平面是边上一动点，直线与平面所成角的正切值的最大值为，则球的表面积为.【答案】【分析】根据题意，结合线面角的定义求得的最小值，从而确定的形状，再利用直三棱柱的外接球的性质即可得解.【详解】将三棱锥放入直三棱柱，则两者外接球相同，取底面的外心为，连接，取其中点为，连接，如图所示，  平面，则为直线与平面的所成角，又直线与平面所成角的正切值的最大值为，所以，则，此时，在中，，，是边长为的等边三角形，，又，则球的表面积为.故答案为：.18学科网（北京）股份有限公司 【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.三、解答题：本大题共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第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．(12分）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，.(1)求角A；(2)作角A的平分线与交于点，且，求.【答案】(1)(2)【分析】（1）由正弦定理边角互化，化简后利用正切值求角即得；（2）充分利用三角形的角平分线将三角形面积进行分割化简得，再运用余弦定理解方程即得.【详解】（1）因，由正弦定理可得：，即.因，故，则有，即，因，故......................................................6分（2）因为为角平分线，所以，所以.因，，，则，即，所以.....................................................9分又由余弦定理可得：，把，分别代入化简得：，解得：或（舍去），所以......................................................12分18学科网（北京）股份有限公司 18．(12分）某沙漠地区经过治理，生态系统得到很大改善，野生动物数量有所增加.为调查该地区某种野生动物的数量，将其分成面积相近的200个地块，从这些地块中用简单随机抽样的方法抽取20个作为样区，调查得到样本数据(xi，yi)(i=1，2，…，20)，其中xi和yi分别表示第i个样区的植物覆盖面积(单位：公顷)和这种野生动物的数量，并计算得，，，，.（1）求该地区这种野生动物数量的估计值（这种野生动物数量的估计值等于样区这种野生动物数量的平均数乘以地块数）；（2）求样本(xi，yi)(i=1，2，…，20)的相关系数（精确到0.01）；（3）根据现有统计资料，各地块间植物覆盖面积差异很大.为提高样本的代表性以获得该地区这种野生动物数量更准确的估计，请给出一种你认为更合理的抽样方法，并说明理由.附：相关系数r=，≈1.414.【答案】（1）；（2）；（3）详见解析【解析】【分析】（1）利用野生动物数量的估计值等于样区野生动物平均数乘以地块数，代入数据即可；（2）利用公式计算即可；（3）各地块间植物覆盖面积差异较大，为提高样本数据的代表性，应采用分层抽样.【详解】（1）样区野生动物平均数为，地块数为200，该地区这种野生动物的估计值为...................................................4分（2）样本(i=1，2，…，20)的相关系数为18学科网（北京）股份有限公司 ...................................................9分（3）由（2）知各样区的这种野生动物的数量与植物覆盖面积有很强的正相关性，由于各地块间植物覆盖面积差异很大，从俄各地块间这种野生动物的数量差异很大，采用分层抽样的方法较好地保持了样本结构与总体结构得以执行，提高了样本的代表性，从而可以获得该地区这种野生动物数量更准确的估计....................................................12分19．(12分）在正方体中，、分别为、的中点，，，如图.（1）若交平面于点，证明：、、三点共线；（2）线段上是否存在点，使得平面平面，若存在确定的位置，若不存在说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）存在，且.【解析】【分析】（1）先得出为平面与平面的交线，然后说明点是平面与平面的公共点，即可得出、、三点共线；（2）设，过点作交于点，然后证明出平面平面，再确定出点在上的位置即可.【详解】（1），平面，平面，所以，点是平面和平面的一个公共点，同理可知，点也是平面和平面的公共点，则平面和平面的交线为，18学科网（北京）股份有限公司 平面，平面，所以，点也是平面和平面的公共点，由公理三可知，，因此，、、三点共线；...................................................6分（2）如下图所示：设，过点作交于点，下面证明平面平面.、分别为、的中点，，平面，平面，平面.又，平面，平面，平面，，、平面，因此，平面平面.下面来确定点的位置：、分别为、的中点，所以，，且，则点为的中点，易知，即，又，所以，四边形为平行四边形，，四边形为正方形，且，则为的中点，所以，点为的中点，，因此，线段上是否存在点，且时，平面平面...................................................12分20．(12分）已知函数.18学科网（北京）股份有限公司 (1)若，求曲线在点处的切线；(2)讨论的单调性；【答案】(1)(2)答案见解析【分析】（1）求导，利用导数的几何意义得到切线方程；（2）求导，对导函数因式分解，分，和三种情况，进行求解函数的单调性.【详解】（1）当时，函数，则，切点坐标为，，则曲线在点处的切线斜率为，所求切线方程为，即.....................................................5分（2），函数定义域为R，，①，解得或，解得，所以在和上单调递增，在上单调递减，②，解得或，解得，所以在和上单调递增，在上单调递减，③，恒成立，在上单调递增.综上，当时，在和上单调递增，在上单调递减；当时，在和上单调递增，在上单调递减；当时，在上单调递增.....................................................12分21．(12分）已知抛物线：（）的焦点为，点，过的直线交于，两点，当点的横坐标为1时，点到抛物线的焦点的距离为2.(1)求抛物线的方程；(2)设直线，与的另一个交点分别为，，点，分别是，的中点，记直线，的倾斜角分别为，.求的最大值.【答案】(1)18学科网（北京）股份有限公司 (2)【分析】（1）关键抛物线的定义可得，求出p即可求解；（2）设，将直线和直线BD，分别联立抛物线方程，利用韦达定理表示，，进而可得、，由中点坐标公式与斜率公式可得和，则，当时最大，由两角差的正切公式和换元法可得，结合基本不等式计算即可求解.【详解】（1）抛物线的准线为，由抛物线的定义知，，又，所以，所以抛物线C的方程为；.....................................................4分（2）由（1）知，，设，则，设直线，由可得，，则，直线，代入抛物线方程可得，，所以，同理可得，由斜率公式可得，，18学科网（北京）股份有限公司 又因为直线OP、OQ的倾斜角分别为，所以，若要使最大，需使最大，则，设，则，当且仅当即时，等号成立，所以的最大值为......................................................12分【点睛】关键点睛：本题求解过程中，需要熟练运用斜率公式以及类比的思想方法，在得到两条直线的关系后，设，利用换元法，化简式子，求最值是难点，也是关键点，属于难题.（二）选考题：共10分．请考生在22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．选修4-4：坐标系与参数方程22．（10分）已知曲线的参数方程为（为参数），直线过点．(1)求曲线的普通方程；(2)若直线与曲线交于，两点，且，求直线的倾斜角．【答案】(1).(2)或.【分析】（1）利用参数方程转普通方程即可求解.（2）写出直线的参数方程，参数方程代入，设，两点所对的参数为，利用韦达定理代入中，化简即可求解.【详解】（1）由曲线的参数方程为（为参数），得，18学科网（北京）股份有限公司 ，，即（为焦点在轴上的椭圆）....................................................4分（2）设直线的倾斜角为，直线过点直线的参数方程为（为参数），将直线的参数方程代入，可得，，设，两点所对的参数为，，曲线与轴交于两点，在曲线的内部，一正一负，，而，，，，，解得，为直线的倾斜角，，，，或，直线的倾斜角为或.....................................................10分选修4-5：不等式选讲23．（10分）已知函数．(1)求不等式的解集；(2)设函数的最小值为，若且，求证：．18学科网（北京）股份有限公司 【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）解绝对值不等式时，一般考虑分类讨论法求解，最后再合并；（2）分类讨论的单调性，判断其在不同区间上的最小值，最后确定的值，利用基本不等式即可证明.【详解】（1）不等式可化为或，由，可得，解得或；由，可得，解得，所以不等式的解集为．....................................................4分（2）由题意，知，当时，，因在上单调递减，则；当时，，因在上单调递增，在上单调递减，故在无最小值，但是；当时，，因在上单调递增，则.综上，当时，函数取得最小值2，即，所以，因，所以，当且仅当时等号成立，故．..................................................10分18学科网（北京）股份有限公司