衡水名师卷·2023-2024高考模拟压轴卷（二）数学 Word版含解析

这是一份衡水名师卷·2023-2024高考模拟压轴卷（二）数学 Word版含解析，共15页。试卷主要包含了已知，则等内容，欢迎下载使用。
本试卷共4页，19小题，满分150分.考试用时120分钟.
注意事项：
1.答题前，考生先将自己的姓名､准考证号码､考场号､座位号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区.
2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整､笔迹清楚.
3.请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸､试卷上答题无效.
4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑.
5.保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破､弄皱，不准使用涂改液､修正带､刮纸刀.
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.已知点在焦点为的抛物线上，若，则（ ）
A.3 B.6 C.9 D.12
2.电影《孤注一郑》的上映引发了电信诈骗问题的热议，也加大了各个社区反电信诈骗的宣传力度.已知某社区共有居民480人，其中老年人200人，中年人200人，青少年80人，若按年龄进行分层随机抽样，共抽取36人作为代表，则中年人比青少年多（ ）
A.6人 B.9人 C.12人 D.18人
3.已知，则下列说法一定正确的是（ ）
A. B.
C. D.
4.已知向量，则在方向上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
5.已知某正六棱柱的体积为，其外接球体积为，若该六棱柱的高为整数，则其表面积为（ ）
A. B. C. D.
6.已知甲､乙两地之间的路线图如图所示，其可大致认为是的图像.某日小明和小红分别从甲､乙两地同时出发沿着路线相向而行，当小明到达乙地时，小红也停止前行.若将小明行走轨迹的点记为，小红行走轨迹的点记为，且满足，函数，则的一个单调递减区间为（ ）
A. B. C. D.
7.已知椭圆的左､右焦点分别为，点在上但不在坐标轴上，且是等腰三角形，其中一个内角的余弦值为，则（ ）
A.4 B.5 C.6 D.8
8.已知函数的定义域为，若存在零点，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
二､多选题：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.已知，则（ ）
A.的虚部为-1
B.是纯虚数
C.在复平面内所对应的点位于第一象限
D.
10.已知，则（ ）
A. B.
C. D.
11.设是定义在上的奇因函数，是指的最大奇因数，比如：，，则（ ）
A.对
B.
C.
D.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.已知集合，若，则__________；若，则的取值范围为__________.
13.某校拟开设“生活中的数学”“音乐中的数学”“逻辑推理论”“彩票中的数学”和“数学建模”5门研究性学习课程，要求每位同学选择其中2门进行研修，记事件为甲､乙两人至多有1门相同，且甲必须选择“音乐中的数学”，则__________.
14.定义：对于函数和数列，若，则称数列具有“函数性质”.已知二次函数图像的最低点为，且，若数列具有“函数性质”，且首项为1的数列满足，记的前项和为，则数列的最小值为__________.
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）
在中，内角所对的边分别为，其中，且.
（1）求；
（2）求的取值范围.
16.（15分）
已知函数.
（1）讨论的最值；
（2）若，且，求的取值范围.
17.（15分）
在如图①所示的平面图形中，四边形为菱形，现沿进行翻折，使得平面，过点作，且，连接，所得图形如图②所示，其中为线段的中点，连接.
（1）求证：平面；
（2）若，直线与平面所成角的正弦值为，求的值.
18.（17分）
某汽车销售公司为了提升公司的业绩，现将最近300个工作日每日的汽车销售情况进行统计，如图所示.
（1）求的值以及该公司这300个工作日每日汽车销售量的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；
（2）以频率估计概率，若在所有工作日中随机选择4天，记汽车销售量在区间内的天数为，求的分布列及数学期望；
（3）为增加销售量，公司规定顾客每购买一辆汽车可以进行一次抽奖活动，规则如下：抽奖区有两个盒子，其中盒中放有9张金卡､1张银卡，盒中放有2张金卡､8张银卡，顾客在不知情的情况下随机选择其中一个盒子进行抽奖，直到抽到金卡则抽奖结束（每次抽出一张卡，然后放回原来的盒中，再进行下次抽奖，中途可更换盒子），卡片结果的排列对应相应的礼品.已知顾客小明每次抽奖选择两个盒子的概率相同，求小明在首次抽奖抽出银卡的条件下，第二次从另外一个盒子中抽奖抽出金卡的概率.
19.（17分）
已知双曲线的左顶点为，直线与的一条渐近线平行，且与交于点，直线的斜率为.
（1）求的方程；
（2）已知直线与交于两点，问：是否存在满足的点？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.
数学（二）
一､选择题
1.A 【解析】由抛物线的定义可知，解得.故选A项.
2.B 【解析】设中年人抽取人，青少年抽取人，由分层随机抽样可知
，解得，故中年人比青少年多9人.故选B项.
3.D 【解析】当时，，且，故，C项错误；因为，，所以，故B项错误；，故D项正确.故选D项.
4.C 【解析】由题意得，则在方向上的投影向量为，故选C项.
5.D 【解析】设该正六棱柱的底面边长为，高为，其外接球的半径为，易知，则①，且②，联立①②，因为，解得，所以正六棱柱的表面积.故选D项.
6.A 【解析】依题意得，且解得，则，令，则，因为在区间内单调递减，在区间内单调递增，所以在区间内单调递减.故选项.
7.B 【解析】依题意得，设，不妨设点在第一象限，则，则，故或，解得或，又9，所以.故选B项.
8.C 【解析】由题意得，令，则.令，易知单调递增，所以，即，即.令，则，当时，，单调递增，当时，单调递减，又，当时，，所以，解得.故选C项.
二､多选题
9.BC 【解析】的虚部为1，故A项错误；为纯虚数，故B项正确；，其在复平面内所对应的点位于第一象限，故C项正确；，，故D项错误.故选项.
10.AC 【解析】依题意得，所以945，故A项正确；令，得，令，得，所以，故B项错误；令，得①，又②，由①+②可得，故C项
正确；同理，由②-①得，故D项错误.故选AC项.
11.ABD 【解析】由题意得，故B项正确；，故A项正确；
，所以，故D项正确；
，故C项错误.故选ABD项.
三､填空题
12. 【解析】集合或，所以
.若，结合数轴可知，故的取值范围为.
13. 【解析】若甲､乙两人的选课都不相同则共有种；若甲､乙两人的选课有1门相同，则共有种.故.
14.- 【解析】由题意知，又，所以，则.由题意得，
由，得，即，又，所以，则，即，故是以1为首项，2为公比的等比数列，所以.令.
，则，故当时，
，当时，，故.
四､解答题
15.解：（1）因为，
所以，
由正弦定理得
因为，所以，
则，
又，所以.
（2）由余弦定理得，
因为，
所以
即.当且仅当时等号成立.
又，且，
所以.
综上，的取值范围为.
16.解：（1）由题意得的定义域为，
当时，，
所以在区间内单调递减，无最值；
当时，令，得，
当时，单调递减，
当时，单调递增.
故当时，取得最小值，且最小值为，无最大值.
综上，当时，无最值；当时，的最小值为，无最大值.
（2）当时，由，
得，
整理得，
即.
令，
则
，
由（1）知，当时，的最
小值为，
即恒成立，
所以当时，单调递增；
当时，单调递减.
故当时，取得最大值，即，
故的取值范围为.
17.（1）证明：连接交于点，连接.在菱形中，，
因为平面平面，所以，
又平面，
所以平面.
因为分别为的中点，
所以，
又，
所以，
所以四边形为平行四边形，
所以，所以平面.
（2）解：在菱形中，因为，
所以和都是正三角形，
取的中点，连接，则，
又平面，所以，即两两垂直.
以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
设，
则
则，
.
设平面的法向量为，
则
取，则.
记直线与平面所成角为，
则.
解得，即的值为2.
18.解：（1）依题意得
解得.
所求平均数为
.
（2）依题意得，
则，
故.
（3）设“选到盒”为事件，“选到盒”为事件，，摸到金卡”为事件，，摸到银卡”为事件，
因为是对立事件，
所以.
由题意得，
所以
则.
故所求的概率.
19.解：（1）易知的一条渐近线方程为，
则.
设，
又，直线的斜率为，
所以，
解得，则，
代入中，解得.
故的方程为.
（2）因为，
所以，
即，所以，
同理可得.
设，
联立整理得，
由题意知，且，
解得或，且，
所以.
过点与垂直的直线的方程为，设该直线与的右支交于另一点，
联立整理得，解得或（舍去）.
所以.
因为
所以，同理可证.
又，所以与重合.
因为在上，所以.
故存在点满足，且的值为16.0
1
2
3
4