2024年高考数学全真模拟卷二（新高考）-解析版

2023年高考全真模拟卷二（新高考卷）数学考试时间：120分钟；试卷满分：150分注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2．请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）一、单选题（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，只有一项符合题目要求）1．已知集合，，则（    ）A．B．C．D．【答案】B【分析】化简集合和，即可得出的取值范围.【详解】解：由题意在，中，，∴故选：B.2．若，则（    ）A．1B．2C．3D．4【答案】D【分析】根据给定条件，利用复数的除法运算求出复数，即可求解作答.【详解】由得：，即，则，所以.故选：D3．定义表示不超过x的最大整数，例如：，，．若数列的通项公式为，前n项和为，则满足不等式的n的最大值为（    ）A．32B．33C．34D．35【答案】B【分析】根据表示不超过x的最大整数，分别计算，，，，，，时，的值，从而可求得结果 【详解】因为，所以当，时，；当，时，；当，时，；当，时，；当，时，；当，时，；当，时，．又因为，所以，故选：B．4．已知平面向量，，，则下列结论正确的是（    ）A．B．C．与的夹角为钝角D．与垂直【答案】D【分析】对于A直接利用数量积的坐标运算计算判断；对于B利用向量模的公式来计算判断；对于C通过计算的正负来判断；对于D通过计算的值来判断.【详解】对于A：，A错误；对于B：，B错误；对于C：，则，故与的夹角不为钝角，C错误；对于D：，则，D正确；故选：D.5．现有5张卡片，其中有2张印有“立”字，其余3张分别印有“德”、“树”、“人”．将这5张卡片随机排成一行，则恰有连续4张卡片从左往右依次为“立”、“德”、“树”、“人”的概率为（    ）A．B．C．D．【答案】B【分析】将这5张卡片随机排成一行，共有种方法，恰有连续4张卡片从左往右依次为“立”、 “德”、“树”、“人”的情况有2种方法，再由古典概型可得答案.【详解】将这5张卡片随机排成一行，分两步进行：首先选两个位置为“立”，共有种方法；其次另外三个位置，将“德”、“树”、“人”全排列，共有种方法，所以将这5张卡片随机排成一行，共有种方法，恰有连续4张卡片从左往右依次为“立”、“德”、“树”、“人”的情况有：“立”、“立”、“德”、“树”、“人”；“立”、“德”、“树”、“人”、“立”，共两种，所以恰有连续4张卡片从左往右依次为“立”、“德”、“树”、“人”的概率为，故选：B.6．设甲：，乙：，则甲是乙的（    ）A．充分非必要条件B．必要非充分条件C．充要条件D．既非充分又非必要条件【答案】B【分析】利用角的变换，结合三角恒等变换及充分、必要条件的概念进行判断即可．【详解】当时，即，则，当时，两边都除以，得，即．当时，不能得出，所以，由甲不一定推出乙．当时，即，两边都乘以，得，两边都加上，得，即．所以，由乙可推出甲．所以，甲是乙的必要非充分条件．故选：B．7．已知某圆锥的轴截面是顶角为120°的等腰三角形，母线长为4 ，过圆锥轴的中点作与底面平行的截面，则截面与底面之间的几何体的外接球的表面积为（    ）A．64πB．96πC．112πD．144π【答案】C【分析】作出圆锥的轴截面，知截面与底面之间的几何体为圆台，然后求出圆台的高与底面半径，讨论球心在圆台两底面之间与圆台两底面在球心同侧这两种情况，利用勾股定理建立方程求出球的半径，从而由球的表面积公式求得结果．【详解】第一步：确定截面与底面之间的几何体的结构特征如图，等腰三角形SAB是圆锥的轴截面，SE是圆锥的轴，截面圆、底面圆的半径之比为1：2．设截面圆、底面圆的半径分别为r，2r，因为轴截面是顶角为120°的等腰三角形，母线长为4，且由题意知截面与底面之间的部分为圆台，所以圆台的高为，，．第二步：求外接球的半径易知球心在直线SE上，设圆台外接球的半径为R，球心到圆台下底面的距离为x，若球心在圆台两底面之间，如图点M的位置，则，无解；若圆台两底面在球心同侧，则球心在如图点O的位置，，解得，则，第三步：求外接球的表面积。则该圆台外接球的表面积为.故选：C．【点睛】求解外接球问题的关键在于确定球心的位置，而确定球心位置的依据不外乎球心的两个特性：一是球心到球面上各点的距离都等于半径；二是球心与截面圆圆心的连线垂直于截面（球的截面圆性质），由此出发或利用一些特殊模型即可确定外接球的球心．8．设是定义在上且周期为4的奇函数，当时，，令 ，则函数的最大值为（    ）A．1B．C．2D．【答案】A【分析】求得在上的解析式，结合周期性以及图象求得的最大值.【详解】依题意，是定义在上且周期为4的奇函数，所以，所以是周期为的周期函数.当时，，.当时，，.所以，所以，当时，，，，所以，所以，画出在区间上的图象如下图所示， 结合的周期性可知的最大值为.故选：A【点睛】本小题主要的难点在于求的解析式，采用的是结合函数的周期性、奇偶性来进行求解.利用函数的奇偶性求函数的解析式，要注意取值范围，还要注意结合奇偶性的定义.要合并两个函数，要注意自变量对应的范围要相同.二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。）9．已知函数图象的最小正周期是，则（    ）A．的图象关于点对称B．将的图象向左平移个单位长度，得到的函数图象关于轴对称C．在上的值域为D．在上单调递增【答案】ABD【分析】利用赋值角公式将函数化简，再根据函数的最小正周期求出，即可得到函数的解析式，由正弦函数的对称性可判断A；由函数图象的平移变换，结合余弦函数的性质可判断B；根据的范围和正弦函数的性质直接求解可判断C；根据正弦函数单调性通过解不等式可判断D.【详解】解：因为，函数的最小正周期是，∴，∴，，，∴关于对称，故A正确.，∴关于轴对称，故B正确.当时，有，则，所以， ∴，故C错误.由，解得，所以的一个单调增区间为，而，∴在上单调递增，故D正确.故选：ABD10．已知抛物线的焦点到准线的距离为4，过的直线与抛物线交于两点，为线段的中点，则下列结论正确的是（    ）A．抛物线的准线方程为B．当，则直线的倾斜角为C．若，则点到轴的距离为8D．【答案】AD【分析】根据抛物线的图象与几何性质，抛物线焦点弦性质逐个解决即可.其中对于D,.【详解】对于A，易知，从而准线方程为，故A正确；对于B，如图分别过两点作准线的垂线，垂足分别为，过点作的垂线，垂足为点.由于，不妨设，则，由抛物线的定义易知：，，在直角中，，此时的倾斜角为，根据抛物线的对称性可知，的倾斜角为或，故B错误；对于C，点，由抛物线的定义知，，所以有， 所以到轴距离，故C错误；对于D，由抛物线定义知，所以，当且仅当，即时取得等号，故D正确；故选:AD.11．如图，在正方体中，以下结论正确的是（    ）A．平面B．平面C．异面直线与所成的角为60°D．直线与平面ABCD所成角的正弦值为【答案】ABD【分析】根据正方体的特征和性质，线面平行、线面垂直的判定、异面直线所成的角和直线与平面所成的角，逐项进行分析即可求解.【详解】对于A：在正方体中，，又平面，平面，所以平面，故A正确；对于B：连接， 易知，，所以，因为平面，平面，所以，又，所以平面，故B正确；对于C：易知直线平面，所以，所以异面直线与所成的角为90°，故C错误；对于D：连接BD，易知平面ABCD，所以直线与平面ABCD所成的角为，设正方体的棱长为1，则，在中，，所以直线与平面ABCD所成角的正弦值为，故D正确.故选：.12．已知集合有且仅有两个子集，则下面正确的是（    ）A．B．C．若不等式的解集为，则D．若不等式的解集为，且，则【答案】ABD【分析】根据集合子集的个数列方程，求得的关系式，对A，利用二次函数性质可判断；对B，利用基本不等式可判断；对CD，利用不等式的解集及韦达定理可判断. 【详解】由于集合有且仅有两个子集，所以，由于，所以.A，，当时等号成立，故A正确.B，，当且仅当时等号成立，故B正确.C，不等式的解集为，，故C错误.D，不等式的解集为，即不等式的解集为，且，则，则，，故D正确，故选：ABD第II卷（非选择题）三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13．已知随机变量X服从正态分布，若，则_________．【答案】0.4【分析】根据正态分布的对称性进行求解.【详解】由题可知：，，所以．故答案为：0.414．过点作曲线的两条切线，则这两条切线的斜率之和为______.【答案】【分析】考虑与时，设出切点坐标，求出相应的切线方程，将代入，得到相应的斜率，相加得到答案.【详解】时，，设切点，则，切线过， ，，时，，切点，，切线过，，，故.故答案为：.15．若关于x的方程只有一个实数根，则实数k的取值范围是______．【答案】【分析】画出函数的图象，利用函数与方程思想根据方程只有一个实数根可知与的图像只有一个交点，利用数形结合即可求得实数k的取值范围.【详解】由题意可知，令，整理可得，所以，表示的图象是以为圆心，半径的上半圆，如下图中实线部分所示；同时根据可得，直线恒过，由“关于x的方程只有一个实数根”可得与的图像只有一个交点，所以的图象应在绕点沿逆时针旋转到的区域内；根据直线斜率的几何意义可得；当时，直线表示为，如图中细虚线所示，此时两图象相切于点，满足题意；综上可得，或，所以实数k的取值范围是.故答案为：16．已知椭圆C：1的左、右焦点分别为，，点在椭圆 上，其中，若，||，则椭圆的离心率的取值范围为_____．【答案】(，]【分析】设，由已知得到的范围，再由椭圆的定义得到n，m间的关系，代入、换元，求出e的范围.【详解】设，由，知，因为，在椭圆上，，所以四边形为矩形，；由，可得1，由椭圆的定义可得，  ①，平方相减可得②，由①②得；令t，令，所以，即，所以，所以，所以，解得.故答案为：.四、解答题（本题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。）17．已知数列中，，且满足.(1)证明：数列为等比数列，并求数列的通项公式；(2)若，求数列的前项和. 【答案】(1)证明见解析；(2)【分析】（1）等号两边同时减去，用定义即可证明；（2）用错位相减法即可求解.【详解】（1），数列是以为首项，以5为公比的等比数列.，（2），即①，②，由①②得：，，化简得：.18．记的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，.(1)求A；(2)若AD是角A的平分线且，求的最小值.【答案】(1)(2)4【分析】(1)利用正弦定理角化边，再结合余弦定理求解；(2)利用与的面积之和等于的面积可得，再用基本不等式即可求解.【详解】（1）由题意，得，由正弦定理，得.由余弦定理，得. 又，所以.（2）因为与的面积之和等于的面积，且AD为角A的平分线，由（1）知，，所以，所以.又，当且仅当，即时取等号，所以，即，所以，所以的最小值为4.19．从某企业生产的某种产品中抽取100件，测量这些产品的一项质量指标值，由测量表得如下频数分布表：质量指标值分组频数62638228(1)在下表中作出这些数据的频率分布直方图；(2)估计这种产品质量指标值的平均数及方差（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；(3)已知在这些数据中，质量指标值落在区间内的产品的质量指标值的平均数为94，方差为40 ，所有这100件产品的质量指标值的平均数为100，方差为202，求质量指标值在区间内的产品的质量指标值的方差．【答案】(1)答案见解析(2)平均数为100，方差为104.(3)300【分析】（1）计算每组频率，从而画出频率分布直方图；（2）由频率分布直方图中的数据结合平均数，方差的求法求解即可；（3）先计算区间内的平均数以及，再由方差公式求解.【详解】（1）由题意可知，分组，，，，，对应的频率分别为.则频率分布直方图如下图所示：（2）质量指标值的样本平均数为．质量指标值的样本方差为（3）由题，质量指标值落在区间内的产品有70件，设质量指标值分别为，则平均数为，方差为， 质量指标值落在区间内的产品有30件，设质量指标值分别为，则平均数为，方差为，设这100件产品的质量指标值的平均数为，方差为，则，所以，又因为，则，又因为，则，所以20．如图，在四棱锥P－ABCD中，，AB⊥BC，，，E为AB的中点．(1)证明：BD⊥平面APD；(2)求平面APD和平面CEP的夹角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）已知条件求出，，的长度，勾股定理证得，取AD的中点O，连接OP，OC，有，得，勾股定理证得，从而平面，有，所以平面.（2）建立空间直角坐标系，求相关点的坐标，求相关向量的坐标，求平面APD和平面CEP的一个法向量，利用向量夹角公式求平面APD和平面CEP的夹角的余弦值【详解】（1）在直角梯形ABCD中，易得AB＝4，，，∴，∴BD⊥AD．取AD的中点O，连接OP，OC，易得PO⊥AD，，如图所示， 在△CDO中，易得，又，∴，∴PO⊥OC，又PO⊥AD，，平面ABCD，∴PO⊥平面ABCD，平面ABCD，∴BD⊥OP，又BD⊥AD，，平面APD，∴BD⊥平面APD．（2）如图，以D为坐标原点，DA，DB所在直线分别为x，y轴，过点D且与PO平行的直线为z轴建立空间直角坐标系，则D（0，0，0），，，，，，∴，，∵BD⊥平面APD，∴平面APD的一个法向量为．设平面CEP的法向量为，则，得，取y＝1，得，∴，∴平面APD和平面CEP的夹角的余弦值为．【点睛】方法点拨 利用向量法求二面角的方法主要有两种：（1）分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求角的范围；（2）分别在二面角的两个半平面内找到与棱垂直且以垂足为起点的两个向量，则这两个向量的夹角的大小就是二面角的大小．21．已知，分别为双曲线的左、右焦点，点在C上，且．(1)求C的标准方程；(2)设点P关于坐标原点的对称点为Q，不过点P且斜率为的直线与C相交于M，N两点，直线PM与QN交于点，求的值．【答案】(1)(2)1【分析】（1）根据题意结合双曲线的定义的应用列方程组，解得与即可得出答案；（2）设，，直线MN的方程为，联立方程消去得，根据韦达定理得出，根据已知得出，由题意知，，当直线PM，QN的斜率均存在时，设出方程联立得，，即可比出答案，当直线PM的斜率不存在时，易求，，所以，当直线QN的斜率不存在时，易求，，所以，综上，即可得出答案.【详解】（1）由题意可知，，解得，，所以的标准方程为：．（2）设，，直线MN的方程为，由得，直线MN与C相交于M，N两点， ，则．由题意知，，当直线PM，QN的斜率均存在时，，，所以直线PM的方程为，直线QN的方程为．两方程联立得，，显然，又，所以，当直线PM的斜率不存在时，易求得直线PM的方程为，直线QN的方程为，则，，所以．当直线QN的斜率不存在时，易求得直线QN的方程为，直线PM的方程为，则，，所以．综上，.【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.22．已知函数，的导函数为. (1)若在上单调递增，求实数a的取值范围；(2)若，求证：方程在上有两个不同的实数根，且.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）先由导数证明，再由，得出，求出的最小值得出实数a的取值范围；（2）将条件转化为方程在上有两个不同的实数根，由函数单调性得出取值范围，利用换元法得出得，再由的单调性证明不等式.【详解】（1），设，则，所以在上单调递增，，所以令，得，即.设，则，当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以，所以，此时，在上单调递增，故a的取值范围是.（2）要证在上有两个不同的实数根.即证方程在上有两个不同的实数根，即证方程在上有两个不同的实数根，由（1）知在上单调递减，在上单调递增，且当时，，当时，，又，，所以方程在上有两个不同的实数根，，且. 因为，所以，又，所以，（点拨：根据函数的单调性得到的范围）易知，，两式分别相加、相减得，，得，设，则，，所以.（换元，将双变量问题转化为单变量问题）设，则，所以在上单调递减，所以，得证.