2024年新高考第二次模拟考试 数学（全解全析）.docx

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2024年高考数学第二次模拟考试数学·全解全析（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（选择题）一、单项选择题：本题共10小题，每小题4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．已知集合，，则（    ）A．B．C．D．【答案】B【分析】根据交集概念进行求解.【详解】.故选：B2．复数，则等于（   ）A．1B．C．2D．【答案】D【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简，然后直接利用复数模的公式求解即可.【详解】结合题意可得：，所以.故选：D.26学科网（北京）股份有限公司 3．双曲线的渐近线方程是（    ）A．B．C．D．【答案】C【分析】由双曲线方程直接写出渐近线方程.【详解】由双曲线，得所以双曲线的渐近线方程是.故选：C.4．下列函数既是奇函数，又在上单调递增的函数是（    ）A．B．C．D．【答案】D【分析】根据奇函数的判定方法及函数在上单调递增，逐项求解即可判断.【详解】对A：令，定义域为，，所以为奇函数，又因为，所以在上不是增函数，故A错误；对B：令，定义域为，，所以为偶函数，故B错误；对C：令，定义域为，所以不是奇函数，故C错误；对D：令，定义域为，，所以为奇函数，由幂函数性质可知在上单调递增，故D正确.故选：D.5．若直线圆相切，则原点到直线距离的最大值为（    ）A．B．2C．D．1【答案】B【分析】原点在圆上，到切线的最大距离等于圆的直径.26学科网（北京）股份有限公司 【详解】圆，即，圆心坐标，半径为1，直线与圆相切，则圆心到直线距离等于半径1，原点在圆上，所以原点到直线距离的最大值为.故选：B6．在梯形中，，是边长为3的正三角形，则（    ）A．B．C．D．【答案】B【分析】由平行得到，在中，由正弦定理求出答案.【详解】因为是边长为3的正三角形，所以，又，所以，由正弦定理得，则．故选：B7．据科学研究表明，某种玫瑰花新鲜程度y与其花朵凋零时间t（分钟）（在植物学上t表示从花朵完全绽放时刻开始到完全凋零时刻为止所需的时间）近似满足函数关系式：（b为常数），若该种玫瑰花在凋零时间为10分钟时的新鲜程度为，则当该种玫瑰花新鲜程度为时，其凋零时间约为（参考数据：）（    ）A．3分钟B．30分钟C．33分钟D．35分钟【答案】C【分析】根据已知条件，结合待定系数法，求出的值，再将代入函数中，即可求解【详解】由题意得，则，令，即，解得．故选：C．8．若数列为等比数列，则“”是“”的（    ）26学科网（北京）股份有限公司 A．充要条件B．既不充分也不必要条件C．充分不必要条件D．必要不充分条件【答案】C【分析】利用等比数列性质，结合基本不等式及不等式性质，由充分、必要性定义判断充分、必要性.【详解】若数列的公比为，由，故，则，所以，当且仅当，即时取等号，故充分性成立；由，故，若，则，故必要性不成立；故选：C9．如图，已知正方形的边长为4，若动点在以为直径的半圆上（正方形内部，含边界），则的取值范围为（    ）A．B．C．D．【答案】B【分析】根据已知条件及极化恒等式，结合向量的线性运算即可求解.【详解】取的中点，连接，如图所示，所以的取值范围是，即，又由，所以.26学科网（北京）股份有限公司 故选：B.10．公元年，唐代李淳风注《九章》时提到祖暅的“开立圆术”.祖暅在求球的体积时，使用一个原理：“幂势既同，则积不容异”.“幂”是截面积，“势”是立体的高，意思是两个同高的立体，如在等高处的截面积相等，则体积相等.更详细点说就是，介于两个平行平面之间的两个立体，被任一平行于这两个平面的平面所截，如果两个截面的面积相等，则这两个立体的体积相等.上述原理在中国被称为“祖暅原理”.打印技术发展至今，已经能够满足少量个性化的打印需求，现在用打印技术打印了一个“睡美人城堡”.如图，其在高度为的水平截面的面积可以近似用函数，拟合，则该“睡美人城堡”的体积约为（    ）A．B．C．D．【答案】D【分析】根据祖暅原理知，该“睡美人城堡”的体积与一个底面圆半径为，高为的圆锥的体积近似相等，利用锥体的体积公式可求得该“睡美人城堡”的体积.【详解】如下图所示：圆锥的高和底面半径为，平行于圆锥底面的截面角圆锥的母线于点，设截面圆圆心为点，且，则，易知，则，即，可得，所以，截面圆圆的半径为，圆的面积为，又因为，根据祖暅原理知，该“睡美人城堡”的体积与一个底面圆半径为，26学科网（北京）股份有限公司 高为的圆锥的体积近似相等，所以该“睡美人城堡”的体积约为，故选：D.第II卷（非选择题共110分）二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分。11．函数的定义域为.【答案】【分析】函数定义域满足，解得答案.【详解】函数的定义域满足：，解得.故定义域为.故答案为：12．已知，则.【答案】【分析】分别令和，联立方程组求得，再令，求得，即可求得的值.【详解】由，令，可得，即令，可得，即，联立方程组，求得，再令，可得，所以.26学科网（北京）股份有限公司 故答案为：.13．已知，是抛物线上两点，焦点为，抛物线上的点到坐标原点的距离等于该点到准线的距离，则；若，则直线恒过定点.【答案】【分析】由抛物线定义和中点坐标公式可得；可设直线，联立方程组，利用韦达定理和，求出，得解.【详解】点到坐标原点的距离等于该点到准线的距离，点到坐标原点的距离等于该点到焦点的距离，，解得；设，，直线斜率必不为0，可设直线，联立直线与抛物线方程，化简整理可得，由韦达定理可得，，，，，解得，直线恒过定点.故答案为：2；.14．已知函数，则函数的零点个数为，所有零点之和为.26学科网（北京）股份有限公司 【答案】4/0.5【分析】先解方程得解和，然后解方程和后可得结论．【详解】由得，满足题意，，也满足题意，，则由得，由得均满足题意，由得，由得，均满足题意，所以有四个零点：，0，，2，零点的和为．故答案为：4；．15．已知函数在区间上单调，且满足，下列结论正确的有（    ）①．②．若，则函数的最小正周期为③．关于方程在区间上最多有4个不相等的实数解④．若函数在区间上恰有5个零点，则的取值范围为【答案】①②④【分析】对①：利用对称性直接求得；对②：根据对称中心与对称轴可得周期表达式，结合区间上单调求出函数的最小正周期，即可判断；对③：先判断出周期，结合周期越大，的根的个数越少，解出在区间上最多有3个不相等的实数根，即可判断.对④：由题意分析，建立关于的不等式组，求出的取值范围.【详解】函数满足.对①：因为，所以，故①正确；对②：由于，所以函数的一条对称轴方程为.又为一个对称中心，26学科网（北京）股份有限公司 由正弦图像和性质可知，所以函数的最小正周期满足，即.又区间上单调，故，即，故，故②正确；对③：函数在区间上单调，且满足，可得：，所以周期，又周期越大，的根的个数越少.当时，，又，，得.所以在区间上有3个不相等的实数根：，或，故至多3个不同的实数解，故③错误.对④：函数在区间上恰有5个零点，所以，所以，解得：，且满足，即，即，故.故④正确.故选：①②④三、解答题：本题共6小题，共85分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。16．（本题13分）如图，四棱锥的体积为1，平面平面，，，，，为钝角．  (1)证明：；(2)若点E在棱AB上，且，求直线PE与平面PBD所成角的正弦值．【答案】(1)证明过程见解析(2)【分析】（1）作出辅助线，由面面垂直得到线面垂直，结合棱锥的体积得到棱锥的高，由勾股定理求出26学科网（北京）股份有限公司 ，得到；（2）建立空间直角坐标系，根据求出，求出平面法向量，得到线面角的正弦值.【详解】（1）过点作⊥，交的延长线于点，连接，因为平面平面，交线为，平面，所以⊥平面，因为，，，所以四边形的面积，因为四棱锥的体积为1，所以，解得，因为平面，所以⊥，⊥，因为，为钝角，由勾股定理得，所以，又，，故四边形为矩形，所以，由勾股定理得，故；  （2）由（1）知，两两垂直，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，，设，，则，解得，故，26学科网（北京）股份有限公司 设平面的法向量为，，令，得，故，设直线PE与平面所成角为，所以.  直线PE与平面PBD所成角的正弦值为.17．（本题13分）已知函数，其中，__________.请从以下二个条件中任选一个，补充在题干的横线上，并解答下列问题：①是的一个零点；②.(1)求的值；(2)当时，若曲线与直线恰有一个公共点，求的取值范围.注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.【答案】(1)(2)【分析】（1）根据三角函数的性质建立并解方程，可得答案；（2）利用三角函数恒等式整理函数解析式，根据复合型三角函数的单调性，可得答案.【详解】（1）选条件①由题设.所以.因为，所以.所以.所以.26学科网（北京）股份有限公司 选条件②.由题设.，，，，，整理得.因为，所以.所以.所以.（2）由（1）.令，所以在单调递增，在单调递减，于是，当且仅当，即时，取得最大值1；当且仅当，即时，取得最小值.又，即时，.所以的取值范围是.18．（本题14分）某学校进行趣味投篮比赛，设置了A，B两种投篮方案.方案A：罚球线投篮，投中可以得2分，投不中得0分；方案B：三分线外投篮，投中可以得3分，投不中得0分.甲、乙两位员工参加比赛，选择方案A投中的概率都为，选择方案B投中的概率都为，每人有且只有一次投篮机会，投中与否互不影响.(1)若甲选择方案A投篮，乙选择方案B投篮，记他们的得分之和为X，，求X的分布列；(2)若甲、乙两位员工都选择方案A或都选择方案B投篮，问：他们都选择哪种方案投篮，得分之和的均值较大？【答案】(1)分布列见解析(2)答案见解析【分析】（1）根据得到方程，求出，求出X的所有可能值及对应的概率，得到分布列；（2）设甲、乙都选择方案A投篮，投中次数为，都选择方案B投篮，投中次数为，则，26学科网（北京）股份有限公司 ，计算出两种情况下的均值，由不等式，得到相应的结论.【详解】（1）依题意，甲投中的概率为，乙投中的概率为，于是得，解得，X的所有可能值为0，2，3，5，，，，，所以X的分布列为：0235（2）设甲、乙都选择方案A投篮，投中次数为，都选择方案B投篮，投中次数为，则，，则两人都选择方案A投篮得分和的均值为，都选择方案B投篮得分和的均值为，则，，若，即，解得；若，即，解得；若，即，解得.所以当时，甲、乙两位同学都选择方案A投篮，得分之和的均值较大；当时，甲、乙两位同学都选择方案A或都选择方案B投篮，得分之和的均值相等；当时，甲、乙两位同学都选择方案B投篮，得分之和的均值较大.19．（本题15分）已知椭圆的长轴为线段，短轴为线段，四边形的面积为4，且的焦距为．26学科网（北京）股份有限公司 (1)求的标准方程；(2)若直线与相交于两点，点，且的面积小于，求的取值范围．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据题意可得，解出，，从而得到椭圆方程；（2）利用点到直线的距离公式求出的高为，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理以及弦长公式求出，得到的面积，解不等式即可得到答案.【详解】（1）由题意可得，解得，所以的标准方程为；（2）点到直线的距离，设，联立方程组，整理得，则，即，，所以，则的面积，得，又，（由三点不共线可得），26学科网（北京）股份有限公司 所以的取值范围是．20．（本题15分）已知函数．(1)当时，求曲线在点处的切线方程；(2)若的最小值为1，求a．【答案】(1)(2)【分析】（1）通过运算得即可得解.（2）对分类讨论，首先得满足题意，进一步分、以及分类讨论即可求解.【详解】（1），所以曲线在点处的切线方程，即．（2），令，则，令，则，当时，，则，当时，在上单调递减，当时，在上单调递增，在上单调递增，且，所以，当时，在上单调递减，当时，在上单调递增，所以．所以成立，当时，当时，在上单调递减，，在上单调递减，因为，所以在上单调递减，此时，舍去．当时，当时，，26学科网（北京）股份有限公司 在上单调递减，在上单调递增，，舍去；当时，当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，此时，，舍去，综上，．21．（本题15分）若无穷数列的各项均为整数．且对于，，都存在，使得，则称数列满足性质P．(1)判断下列数列是否满足性质P，并说明理由．①，，2，3，…；②，，2，3，…．(2)若数列满足性质P，且，求证：集合为无限集；(3)若周期数列满足性质P，求数列的通项公式．【答案】(1)数列不满足性质P；数列满足性质P，理由见解析(2)证明见解析(3)或．【分析】（1）根据题意分析判断；（2）根据题意先证为数列中的项，再利用反证法证明集合为无限集；（3）先根据题意证明，再分为常数列和非常数列两种情况，分析判断.【详解】（1）对①，取，对，则，可得，显然不存在，使得，所以数列不满足性质P；对②，对于，则，，故，因为，26学科网（北京）股份有限公司 则，且，所以存在，，使得，故数列满足性质P；（2）若数列满足性质，且，则有：取，均存在，使得，取，均存在，使得，取，均存在，使得，故数列中存在，使得，即，反证：假设为有限集，其元素由小到大依次为，取，均存在，使得，取，均存在，使得，取，均存在，使得，即这与假设相矛盾，故集合为无限集.（3）设周期数列的周期为，则对，均有，设周期数列的最大项为，最小项为，即对，均有，若数列满足性质：反证：假设时，取，则，使得，则，即，这对，均有矛盾，假设不成立；则对，均有；反证：假设时，取，则，使得，26学科网（北京）股份有限公司 这与对，均有矛盾，假设不成立，即对，均有；综上所述：对，均有，反证：假设1为数列中的项，由（2）可得：为数列中的项，∵，即为数列中的项，这与对，均有相矛盾，即对，均有，同理可证：，∵，则，当时，即数列为常数列时，设，故对，都存在，使得，解得或，即或符合题意；当时，即数列至少有两个不同项，则有：①当为数列中的项，则，即为数列中的项，但，不成立；②当为数列中的项，则，即为数列中的项，但，不成立；③当为数列中的项，则，即为数列中的项，但，不成立；综上所述：或.信息必刷卷01（江苏专用）参考答案一、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，只有一个选项是符合题目要求的．12345678BAACAABD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．AD10．CD11．ACD26学科网（北京）股份有限公司 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．1或013．14．1四、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．【解析】（1）因为，所以，令，则有，当时，单调递减，当时，单调递增，因此当时，则有，因此当时，则有，当时，显然，于是有当时，函数单调递减，当时，函数单调递增，所以；（2）由，因为在上单调递减，所以在上恒成立，由，设，则有，当时，单调递减，当时，单调递增，所以，要想在上恒成立，26学科网（北京）股份有限公司 只需，因此的取值范围为.16【解析】（1）因为圆台可以看做是由平行于圆锥底面的平面去截圆锥而得到，所以圆台的母线也就是生成这个圆台的圆锥相应母线的一部分.可知母线与母线的延长线必交于一点，即四点共面，又因为圆面∥圆面，且平面圆面，平面圆面，所以∥.（2）解法一：因为劣弧的长度为，则由，可得.如图，建立空间直角坐标系，设，则，可得，设平面的一个法向量为，则，令，则，可得，由题意可知：底面的一个法向量，因为截面与下底面所成的夹角大小为，26学科网（北京）股份有限公司 则，解得，即，可得，在等腰梯形中，，可得等腰梯形的高，所以.解法二：如图，分别取的中点为，连结，，由题意可得：，所以为截面与底面所成夹角，即，过点作于点，由，得，则（即梯形的高），所以.17.【答案】（1）0.2（2）分布列见解析，数学期望为0.6【解析】【分析】（1）根据相互独立事件的概率乘法公式计算即可；（2）根据独立重复实验相关概率计算知识可得答案.【小问1详解】设乙击中的环数少于甲击中的环数为事件，则事件包括：甲击中9环乙击中8环，甲击中10环乙击中8环，甲击中10环乙击中9环，则.26学科网（北京）股份有限公司 【小问2详解】由题可知的所有可能取值为，由（1）可知，在一场比赛中，甲击中的环数多于乙击中的环数的概率为0.2，则，所以，，故的分布列为01230.5120.3840.0960.008所以.18.【答案】（1）；（2）①；②．【解析】【分析】（1）方法1，利用特殊值法，求得椭圆方程，方法2，利用定义整理得，再根据条件列式求得椭圆方程；方法3，利用定义进行整理，由为常数，求得系数，得到椭圆方程；（2）①首先由面积比值求得，令，则，利用坐标表示向量，求得，再求范围；②由阿波罗尼斯圆定义知，，，在以，为定点得阿波罗尼斯圆上，由几何关系列式得，求得，再根据，求得，即可计算直线方程.26学科网（北京）股份有限公司 【详解】（1）方法（1）特殊值法，令，，且，解得∴，，椭圆的方程为方法（2）设，由题意（常数），整理得：，故，又，解得：，．∴，椭圆的方程为．方法（3）设，则．由题意∵为常数，∴，又，解得：，，故∴椭圆的方程为（2）①由，又，∴（或由角平分线定理得）令，则，设，则有，又直线的斜率，则，代入得：，即，26学科网（北京）股份有限公司 ∵，∴．②由①知，，由阿波罗尼斯圆定义知，，，在以，为定点得阿波罗尼斯圆上，设该圆圆心为，半径为，与直线的另一个交点为，则有，即，解得：．又，故，∴又，∴，解得：，，∴，∴直线的方程为．19.【解析】（1）是函数，理由如下，26学科网（北京）股份有限公司 对任意，，，故（2）（ⅰ）若为在区间上仅存的一个极大值点，则在严格递增，在严格递减，由，即，得，又，，则，（构造时，等号成立），所以；（ⅱ）若为在区间上仅存的一个极小值点，则在严格递减，在严格增，由，同理可得，又，，则，（构造时，等号成立），所以；综上所述：所求取值范围为；（3）显然为上的严格增函数，任意，不妨设，此时，由为函数，得恒成立，即恒成立，设，则为上的减函数，，得对恒成立，26学科网（北京）股份有限公司 易知上述不等号右边的函数为上的减函数，所以，所以的取值范围为，此时，法1：当时，即，由，而，所以为上的增函数，法2：，因为，当，，所以为上的增函数，由题意得，，.26学科网（北京）股份有限公司