2024年高考第二次模拟考试数学（新高考专用，2024新题型）021试卷（Word版附解析）

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全解全析
一、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，只有一项是符合题目要求的．
1.若集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先求出集合，然后再逐个分析判断即可.
【详解】由，得，
解得或，
所以或，
因为，
所以，
对于A，因为，所以，所以A错误，
对于B，因为或，，
所以，所以B正确，
对于C，因为，所以C错误，
对于D，因为或，所以，
因，所以，所以D错误，
故选：B
2.已知，是关于x的方程的两个根.若，则（ ）
A. B. 1C. D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】由，是关于x的方程的两个根，由韦达定理求出，再由复数的模长公式求解即可.
【详解】法一：由，是关于x的方程的两个根，得，
所以，所以.
法二：由，是关于x的方程的两个根，得，
所以，所以.
故选：C.
3.已知在等腰△ABC中，AB＝AC＝2，∠BAC＝，点D在线段BC上，且，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据确定，从而可得，从而用向量数量积的运算律即可求解.
【详解】设等腰△ABC在边上的高为，
因为，所以，
所以,所以，
所以
.
故选:B.
4. 已知向量，，则是向量，夹角为钝角的（ ）
A. 充要条件B. 既不充分也不必要条件
C. 必要不充分条件D. 充分不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】若向量，夹角为钝角，则满足，求出的范围，然后验证充分性与必要性.
【详解】
又因为向量，夹角为钝角
所以满足
所以且
因为推不出且，所以充分性不成立
又因为且能推出，所以必要性成立
所以是向量，夹角为钝角的必要不充分条件
故选：C
5.一般地，声音大小用声强级（单位： dB）表示，其计算公式为：，其中I为声强，单位，若某种物体发出的声强为，其声强级约为（） （ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】将声强代入中，结合对数的运算化简求值，可得答案.
【详解】由已知得
().
故选：A．
6.“绿水青山，就是金山银山”，随着我国的生态环境越来越好，外出旅游的人越来越多.现有两位游客慕名来江苏旅游，他们分别从“太湖鼋头渚、苏州拙政园、镇江金山寺、常州恐龙园、南京夫子庙、扬州瘦西湖”这6个景点中随机选择1个景点游玩.记事件A为“两位游客中至少有一人选择太湖鼋头渚”，事件B为“两位游客选择的景点不同”，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据古典概型概率公式求出，然后利用条件概率公式即得.
【详解】由题可得，,
所以.故选D.
7.已知函数，若函数在上恰有3个零点，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据已知条件及函数零点的定义，列不等式组结合整数限制条件即可求解.
【详解】令，则，
解得或，
即或，
因函数在上恰有3个零点，
所以，
第一个不等式组解得，
第二个不等式组解得
所以所求取值范围为.
故选：D.
8. 已知双曲线的左右焦点分别为、，过的直线与曲线的左右两支分别交于点，且，则曲线C的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设，进而结合双曲线的定义得，，，，进而在，结合余弦定理求得，进而得，再求离心率即可.
【详解】解：如图，设，因为,
所以，
由双曲线的定义得：，
所以， ，，，，
所以，在中，，
在中，
因为，
所以，即，
所以
故选：B
二、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.为庆祝江西籍航天员邓清明顺利从太空返航，邓清明家乡的某所中学举办了一场“我爱星辰大海”航天知识竞赛，满分100分，该校高一（1）班代表队6位参赛学生的成绩（单位：分）分别为：84，100，91，95，95，98，则关于这6位参赛学生的成绩.下列说法正确的是（ ）
A．众数为95B．中位数为93
C．平均成绩超过93分D．第分位数是91
【答案】ACD
【分析】根据题意将成绩排序，结合众数、中位数、平均数、百分位数相关知识求解即可.
【详解】将成绩按从小到大的顺序排序为：，
对于A，95出现两次，其他数据只出现一次，所以众数为95，故A正确；
对于B，中位数为第3,4个数据的平均数，为，故B错误；
对于C，平均数为，故C正确；
对于D，，所以第分位数是第二个数，为91，故D正确.
故选：ACD
10.数列的通项为，它的前项和为，前项积为，则下列说法正确的是（ ）
A. 数列是递减数列B. 当或者时，有最大值
C. 当或者时，有最大值D. 和都没有最小值
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据数列的通项得出数列是以为首项，以为公差的等差数列,然后根据等差数列的特征分别对每个选项进行分析即可求解.
【详解】因为数列的通项为，则，所以数列是以为首项，以为公差的等差数列，因为公差，所以数列是递减数列，故选项正确；
因为，当时，；当时，，因为，所以当或者时，有最大值，故选项正确；
由可知： ，，，所以当或者时，有最大值，故选项正确；
根据数列前30项为正数，从第31项开始为负数可知：无最小值，
因为，当时，，但零乘任何数仍得零，所以有最小值，故选项错误，
故选：.
11.设为抛物线的焦点，点在上且在轴上方，点，，若，则（ ）
A. 抛物线的方程为
B. 点到轴的距离为8
C. 直线与抛物线相切
D. 三点在同一条直线上
【答案】ACD
【解析】
【分析】由，先求设点坐标，得抛物线方程，再验证每个选项.
【详解】抛物线的焦点，由，有，解得，
所以抛物线的方程为，A选项正确；
，点在抛物线上且在轴上方，到焦点距离为8，到准线距离也为8，所以点到轴的距离为6，B选项错误；
点在抛物线上且在轴上方，到轴的距离为6，有点横坐标为6，代入抛物线方程，可得，则直线的方程为，
由消去得，，所以直线与抛物线相切，C选项正确；
由，，，得，则三点在同一条直线上，D选项正确.
故选：ACD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12.已知直线与圆交于两点，则__________；若P是圆C上的一点，则面积的最大值是__________．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】（1）先求圆心到直线的距离，然后结合垂径定理算出弦长即可；
（2）结合上一空，三角形底边长一定，求出圆上一点到直线的距离的最大值，即可得到三角形面积的最大值．
【详解】由题意可知圆的圆心坐标为，半径，
则圆心到直线的距离，故；
因为是圆上的一点，所以点到直线距离的最大值为，
所以面积的最大值是．
故答案为：；．
13.《九章算术》是《算经十书》中最重要的一部，全书总结了战国、秦、汉时期的数学成就，内容十分丰富，在数学史上有其独到的成就．在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称之为“鳖臑”，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”．如图，几何体P－ABCD为一个阳马，其中平面ABCD，若，，，且PD＝AD＝2AB＝4，则几何体EFGABCD的外接球表面积为______．
【答案】
【解析】
【分析】判断出几何体外接球球心的位置，求得外接球的半径，进而求得外接球的表面积.
【详解】设，连接.
依题意，四边形是矩形，所以，
由于平面，平面，
所以，
由于平面，所以平面，
由于平面，所以，
由于，平面，所以面，
由于平面，所以.
同理可证得，
由于，所以都是以为斜边的直角三角形，
所以几何体外接球球心是，且半径，
所以外接球的表面积为.
故答案为：
14.已知的三个内角所对的边分别为，且，则面积的最大值是________；若分别为的内切圆和外接圆半径，则的范围为_________________．
【答案】 ①. ； ②. .
【解析】
【分析】对于第一空，利用余弦定理表示出，再表示出，再利用可得答案；
对于第二空，利用可得答案.
【详解】因在三角形中，则由三角形三边关系可得，又利用余弦定理有：
，又，
则.
得，当且仅当
，即时取等号.则面积的最大值是；
对于第二空，因，
则，
又，
则，因，
则.令，其中，因，
则在上单调递增，故，得.
故答案为：；.
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．（13分） 如图，三棱柱 的侧棱长为，底面是边长为2的等边三角形， 分别是的中点， ．
（1）求证：侧面 是矩形；
（2）若 ，求直线与平面所成角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）连接，证明平面,根据线面垂直的性质定理证明，结合三棱柱性质，可证明结论；
（2）取中点O，连接，证明⊥平面，即可建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求得平面的法向量，根据线面角的向量求法，即可求得答案.
【小问1详解】
由题意是的中点，连接 ，
由已知为等边三角形，所以．
由已知,平面,
所以平面又平面ADE，故，
因为，所以，
又侧面为平行四边形，所以侧面是矩形 6分
【小问2详解】
取中点O，连接，
由已知得，底面是边长为2的等边三角形，则，
因为，E为的中点，
所以，是等边三角形．
故，由（1）知平面，平面,
所以是，平面 ,
所以⊥平面． 9分
以O为原点，过点O作的平行线作为x轴，以所在直线为y轴，z轴建立空间直角坐标系，如上图，
故，
所以，
设平面的法向量为，则，
故 ，取，则， 10分
设直线与平面所成角为，
则，
故，
所以直线与平面所成角的余弦值为. 分
16．（15分） 已知，为椭圆：的左、右焦点.点为椭圆上一点，当取最大值时，.
（1）求椭圆的方程；
（2）点为直线上一点（且不在轴上），过点作椭圆的两条切线，，切点分别为，，点关于轴的对称点为，连接交轴于点.设，的面积分别为， ，求的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】(1)由已知结合椭圆定义，可求与的倍数关系，结合向量相关条件以及椭圆中，即可求得与，也就得出椭圆方程.
(2)利用过椭圆一点的切线方程的推导过程，得出切线方程，进而得出直线的定点坐标，然后解设的方程，并与椭圆联立，然后利用韦达定理化简整理出点的坐标，由此求出的关系式，利用基本不等式即可求解.
【小问1详解】
依题意有当为椭圆短轴端点时
最大，此时，则
为正三角形，则 分
且
，又，，，
故椭圆方程为. 分
【小问2详解】
设，，，
若，则切线方程为，
若，则在处的切线的斜率必定存在， 分
设该切线的方程为，
由可得，
整理得， 8分
故，
整理得到：，故，
故切线方程为：，
故：，
综上，：，同理： 9分
因，都过点，则，
则方程为，即过定点.
故设方程为，，
联立，
，，又 11分
直线方程为：，令得

， 分
当且仅当即，时取等号
故最大值为. 分
17．（15分） 现有一种射击训练，每次训练都是由高射炮向目标飞行物连续发射三发炮弹，每发炮弹击中目标飞行物与否相互独立．已知射击训练有A，B两种型号的炮弹，对于A型号炮弹，每发炮弹击中目标飞行物的概率均为p（），且击中一弹目标飞行物坠毁的概率为0.6，击中两弹目标飞行物必坠段；对子B型号炮弹，每发炮弹击中目标飞行物的概率均为q（），且击中一弹目标飞行物坠毁的概率为0.4，击中两弹目标飞行物坠毁的概率为0.8，击中三弹目标飞行物必坠毁．
（1）在一次训练中，使用B型号炮弹，求q满足什么条件时，才能使得至少有一发炮弹命中目标飞行物的概率不低于；
（2）若，试判断在一次训练中选用A型号炮弹还是B型号炮弹使得目标飞行物坠毁的概率更大？并说明理由．
【答案】（1）
（2）使用B型号炮弹，理由见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意，利用间接法与二项分布的概率公式得到关于的不等式，解之即可；
（2）先利用二项分布的概率公式求得两种类型的炮弹击毁目标飞行物的概率，再利用作差法与构造函数法，结合导数比较得两概率的大小，从而得到结论.
【小问1详解】
因为每次训练都是由高射炮向目标飞行物连续发射三发炮弹，
每发炮弹击中目标飞行物与否相互独立，
所以在一次训练中，连发三发B型号炮弹，用表示命中目标飞行物的炮弹数，
则（服从二项分布），
则， 分
即，则，即，则，
又，故，
所以当时，才能使得至少有一发炮弹命中目标飞行物的概率不低于. 分
【小问2详解】
在一次训练中，连发三发A型号炮弹，用表示命中目标飞行物的炮弹数，
则（服从二项分布），，
记事件为“使用A型号炮弹使得目标飞行物坠毁”，
事件为“使用B型号炮弹使得目标飞行物坠毁”，
则
， 分
，
因为，所以，
则
， 10分
令，则，
令，即，则，得，
又，所以恒成立， 13分
所以在上单调递增，
又，则，
故，即，
所以使用B型号炮弹使得目标飞行物坠毁的概率更大. 15分
【点睛】关键点睛：本题解题的关键点有两次，一次是理解A、B型炮弹击中飞行物的次数服从二项分布，进而利用二项分布的概率公式求得两种类型的炮弹击毁目标飞行物的概率；二次是利用导数比较两者概率的大小.
18．（17分） 已知函数.
（1）若，求实数的取值范围.
（2）求证：.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据已知条件得，进而得出，利用不等式的性质及构造函数，利用导数法求函数的最值即可求解；
（2）根据（1）的结论及已知条件，只需证当时，成立即可，转化成求函数的最值，利用不等式的性质构造函数及法求函数的最值即可求解.
【小问1详解】
因为，则，即，
反之当时，， 分
令，则，
设，由于在单调递增，且，
所以当时，，即，
当时，即，
所以在上单调递减，在上单调递增.
所以，即，所以. 分
【小问2详解】
由（1）可知：①
下面证明当时，②
等价于，设，分
当时，
当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减,
所以，所以②式成立，
由①､②可得：，当时取到“”，
取有，，
所以，不等式成立. 分
【点睛】解决此题的关键第一问根据条件得出，进而构造函数，将恒成立问题转化为求函数的最值，利用导数法求函数的最值即可，第二问的关键根据第一问得，进而问题转化为只需证当时，即可，不等式恒成立问题转化为求函数的最值，转而构造函数利用导数法求函数的最值即可.
19．（17分）约数，又称因数.它的定义如下：若整数除以整数除得的商正好是整数而没有余数，我们就称为的倍数，称为的约数.设正整数共有个正约数，即为.
(1)当时，若正整数的个正约数构成等比数列，请写出一个的值；
(2)当时，若构成等比数列，求正整数；
(3)记，求证：.
【答案】(1)8.
(2).
(3)证明见解析.
【分析】（1）根据题意即可写出a的一个值；
（2）由题意可知，，，，结合构成等比数列，可推出是完全平方数，继而可得，由此可知为，即可求得a；
（3）由题意知，，从而可得，采用放缩法以及裂项求和的方法，即可证明结论.
【详解】（1）当时正整数的4个正约数构成等比数列，
比如为8的所有正约数,即. 4分
（2）由题意可知，，，，
因为，依题意可知，所以，
化简可得，所以， 9分
因为，所以，
因此可知是完全平方数.
由于是整数的最小非1因子，是的因子，且，所以，
所以为，
所以,. 11分
（3）证明：由题意知，，
所以，
因为，
所以 分
，
因为，，所以，
所以，
即. 17 分