大题预测02（ABC三组解答题） -2024年高考数学二轮复习大题突破集训（新高考通用）

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2、锻炼学生管理时间。通过模拟考试就会让同学们学会分配时间，学会取舍。
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高考的取胜除了平时必要的学习外，还要有一定的答题技巧和良好心态。此外，通过模拟考试还能增强学生们面对高考的信心，希望考生们能够重视模拟考试。
大题预测01（A组+B组+C组）
【A组】
（建议用时：60分钟 满分：77分）
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）
已知函数．
（1）当时，求函数的单调区间；
（2）当时，求函数的最大值．
【答案】（1）在上为增函数；在上为减函数；（2）
【分析】（1）直接利用函数的导数确定函数的单调区间；（2）求导根据函数的单调性即可求解最值．
【解析】（1）的定义域为，
当时，，，分
当，解得：，
当，解得：．
在上为增函数；在上为减函数；分
（2）的定义域为，，分
当时，令，得，令时，得，
的递增区间为，递减区间为．分
分
16．（15分）
某校举行围棋友谊赛，甲、乙两名同学进行冠亚军决赛，每局比赛甲获胜的概率是，乙获胜的概率是，规定：每一局比赛中胜方记1分，负方记0分，先得3分者获胜，比赛结束．
（1）求进行3局比赛决出冠亚军的概率；
（2）若甲以领先乙时，记表示比赛结束时还需要进行的局数，求的分布列及数学期望．
【答案】（1）；（2）分布列见解析，数学期望为
【分析】（1）分甲乙全胜两种情况相加得结果；（2）利用分布列步骤求解并求得期望.
【解析】（1）甲3局全胜的概率为,分
乙3局全胜的概率为，分
进行3局比赛决出冠亚军的概率为分
（2）的可能取值为1，2，
，，分
故的分布列为：
故．分
17．（15分）
直三棱柱中，，M为AC的中点，N为的中点，．
（1）证明：；
（2）求平面与平面所成角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）
【分析】（1）证明出三角形全等，得到，故，
结合，得到线面垂直，得到，从而得到线面垂直，证明出结论；
（2）建立空间直角坐标系，求出两平面的法向量，利用空间向量求出两平面的夹角余弦值.
【解析】（1）设直线与相交于点O，
因为三棱柱为直三棱柱，
又，所以，，，
所以，所以，分
又，
则，即；
又，，平面，
所以平面，分
因为平面，所以，
又，，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
又，所以；分
（2）由（1）得两两垂直，
建立空间直角坐标系如图所示：
设，
则，，，，，
则，，分
设平面的法向量为，
则，解得，令得，
则平面的法向量，分
，，
设平面的法向量，
则，解得，令，则，
则平面的法向量，分
，
所以平面与平面所成角的余弦值为．分
18．（17分）
已知抛物线经过点．
（1）求抛物线的方程及其准线方程．
（2）设为原点，直线与抛物线交于（异于）两点，过点垂直于轴的直线交直线于点，点满足．证明：直线过定点．
【答案】（1）抛物线，准线方程为；（2）证明见解析
【分析】（1）将点代入抛物线方程，即可求得的值，得到抛物线方程，从而得到准线方程；
（2）联立直线与抛物线方程，得到，再依次求得，的坐标，
从而得到的方程，令，化简即可得证.
【解析】（1）由已知，，所以．
抛物线，准线方程为．分
（2）由，消去，得．
设，
则，且．分
直线方程为：，所以．分
又，则为中点，所以．
所以．分
令，则．
又．
所以直线过定点．分
19．（17分）
设集合，其中．若对任意的向量，存在向量，使得，则称A是“T集”．
（1）设，判断M，N是否为“T集”．若不是，请说明理由；
（2）已知A是“T集”．
（i）若A中的元素由小到大排列成等差数列，求A；
（ii）若（c为常数），求有穷数列的通项公式．
【答案】（1）是“集”;不是“集”，理由见解析；（2）（i）；（ii）
【分析】（1）根据“T集”的定义判断即可；
（2）（i）写出等差数列通项，得到向量的坐标，再分类讨论即可；
（ii）设，利用三角数阵和等比数列定义即可.
【解析】（1）是“集”;不是“集”.
理由：当或时，
只要横纵坐标相等即可，则满足，
当，则；当，则；
当，则；当，则；
综上是“集”. 分
对于向量，若存在，使得.则，
故中必有一个为，
此时另一个为或，显然不符合，则不是“集”. 分
（2）(i)因为中的元素由小到大排列成等差数列，则该等差数列的首项为，
公差为2，故，则向量的坐标中必含，分
设另一坐标为，则或.
所以或，
故或，分
所以或，所以或，
所以或即.
此时，不满足;
或，满足;
所以只可能为.
经检验是“集”，所以分
(ii)设.
由，得，由条件可变形为分
设集合
设集合则是“集”当且仅当关于原点对称.
因为是中唯一负数，共个数，
所以也只有个数. 分
由于，
所以，已有个数.
对以下三角数阵：
注意到，所以分
又为常数)，故有穷数列为等比数列，
且通项公式分
【B组】
（建议用时：60分钟 满分：77分）
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）
已知函数（、为实数）的图象在点处的切线方程为．
（1）求实数、的值；
（2）求函数的单调区间和极值．
【答案】（1）；（2）减区间为，增区间为，极小值为，无极大值.
【分析】（1）利用导数的几何意义可得出关于、的方程组，即可得出实数、的值；
（2）利用导数分析函数的单调性，结合极值的定义可得结果.
【解析】（1）因为，
该函数的定义域为，，分
因为函数（、为实数）的图象在点处的切线方程为，
则，解得分
（2）由（1）可得，
该函数的定义域为，，分
由可得，列表如下：
所以，函数的减区间为，增区间为，
极小值为，无极大值. 分
16．（15分）
某运动队为评估短跑运动员在接力赛中的作用，对运动员进行数据分析．运动员甲在接力赛中跑第一棒、第二棒、第三棒、第四棒四个位置，统计以往多场比赛，其出场率与出场时比赛获胜率如下表所示．
（1）当甲出场比赛时，求该运动队获胜的概率．
（2）当甲出场比赛时，在该运动队获胜的条件下，求甲跑第一棒的概率．
（3）如果某场比赛该运动队获胜，求在该场比赛中甲最可能是第几棒．
【答案】（1）0.69；（2）；（3）第四棒
【分析】（1）根据全概率公式即得出答案.
（2）根据条件概率的计算公式即可求解.
（3）由贝叶斯公式，即可做出判断.
【解析】（1）记“甲跑第一棒”为事件，“甲跑第二棒”为事件，“甲跑第三棒”为事件，
“甲跑第四棒”为事件，“运动队获胜”为事件B，分
则
，
所以当甲出场比赛时，该运动队获胜的概率为0.69．分
（2），
所以当甲出场比赛时，在该运动队获胜的条件下，甲跑第一棒的概率为分
（3），
，
，分
所以．
所以甲最可能是第四棒．分
17．（15分）
如图，底面是边长为2的菱形，平面.
（1）求证：平面平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）
【分析】（1）先证平面，再证得,从而得平面，即得：平面平面；
（2）通过（1）的条件建系，求出相关点的坐标，表示出两平面的法向量，利用空间向量的夹角公式计算即得.
【解析】（1）平面平面， .
又底面是菱形，.
平面平面，分
如图，设交于，取的中点，连，则，
因，则，
故是平行四边形，则
因平面，平面，
又因平面平面平面分
（2）以为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图空间直角坐标系
因，
则
分
设平面的法向量为
则故可取，分
又
设平面的法向量
则故可取分
设平面与平面夹角为，
则，
即平面与平面夹角的余弦值为分
18．（17分）
已知点在椭圆上，且椭圆的离心率为.
（1）求椭圆的方程；
（2）过作直线交椭圆于另一点，求的面积的取值范围.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）根据椭圆过的点以及离心率，列方程，求出，即得答案；
（2）讨论直线斜率存在和不存在的情况，存在时设直线方程，联立椭圆方程，
可求得A点坐标的表达式，从而求得的表达式，再求出原点到直线l的距离，
即可求得的面积的表达式，结合k的取值范围，即可求得答案.
【解析】（1）由题意可得，解得：，
所以椭圆的方程为分
（2）当直线的斜率不存在时，则直线的方程为，
则点的坐标为，则分
当直线的斜率存在时，设斜率为，
则直线的方程为，（时，三点共线）
设，
由，消去得，
由已知得，
则，分
结合题意得，
则，
，分
而原点到直线的距离为，分
所以，分
因为，所以且，
且，
所以，从而，
综上可知，的面积的取值范围为分
19．（17分）
给定正整数，设集合．若对任意，，，两数中至少有一个属于，则称集合具有性质．
（1）分别判断集合与是否具有性质；
（2）若集合具有性质，求的值；
（3）若具有性质的集合中包含6个元素，且，求集合．
【答案】（1）集合不具有性质，集合具有性质；（2）
（3），，或
【分析】（1）根据性质的定义，即可判断两个集合是否满足；
（2）根据性质的定义，首先确定，再讨论是否属于集合，
即可确定的取值，即可求解；
（3）首先确定集合中有0，并且有正数和负数，然后根据性质讨论集合中元素的关系，即可求解.
【解析】（1）集合中的，，
所以集合不具有性质，分
集合中的任何两个相同或不同的元素，相加或相减，
两数中至少有一个属于集合，
所以集合具有性质；分
（2）若集合具有性质，记，则，
令，则，从而必有，
不妨设，则，且，分
令，，
则，且，且，
以下分类讨论：
1）当时，若，此时，满足性质；
若，舍；若，无解；
2）当时，则，注意且，可知无解；
经检验符合题意，综上；分
（3）首先容易知道集合中有0，有正数也有负数，
不妨设，其中，，
根据题意，
且，从而或，分
1）当时，，
并且，，
由上可得，并且，
综上可知；分
2）当时，同理可得，
据此，当中有包含6个元素，且时，符合条件的集合有5个，
分别是，，
或分
【C组】
（建议用时：60分钟 满分：77分）
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）
已知函数
（1）求的单调区间及最值
（2）令，若在区间上存在极值点，求实数的取值范围.
【答案】（1）单调递增区间为，单调递减区间为，最大值为，无最小值；（2）．
【分析】（1）求定义域，求导，得到函数单调性，进而求出最值；
（2）对求导，再令，求导得到其单调性，进而求出，
结合，，结合函数存在极值点，得到不等式，求出答案.
【解析】（1）的定义域为，，分
令，解得，即的单调递增区间为；
令，解得，即的单调递减区间为．分
故，无最小值；分
（2）因为，
所以，分
令，则，
令，得；令，得；又，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，，．分
若在上存在极值点，
则或，解得或，
所以实数a的取值范围为．分
16．（15分）
2023年12月11日至12日中央经济工作会议在北京举行，会议再次强调要提振新能源汽车消费.发展新能源汽车是我国从“汽车大国”迈向“汽车强国”的必由之路.我国某地一座新能源汽车工厂对线下的成品车要经过多项检测，检测合格后方可销售，其中关键的两项测试分别为碰撞测试和续航测试，测试的结果只有三种等次：优秀、良好、合格，优秀可得5分、良好可得3分、合格可得1分，该型号新能源汽车在碰撞测试中结果为优秀的概率为，良好的概率为；在续航测试中结果为优秀的概率为，良好的概率为，两项测试相互独立，互不影响，该型号新能源汽车两项测试得分之和记为.
（1）求该型号新能源汽车参加两项测试仅有一次为合格的概率；
（2）求离散型随机变量的分布列与期望.
【答案】（1）；（2）分布列见解析，数学期望为
【分析】（1）设出事件，得到相应的概率，相加后得到答案；
（2）得到随机变量的可能取值及对应的概率，得到分布列和数学期望.
【解析】（1）记事件为“该型号新能源汽车参加碰撞测试的得分为分”，
则，，分
记事件为“该型号新能源汽车参加续航测试的得分为分”，
则，，分
记事件为“该型号新能源汽车参加两项测试仅有一次为合格”，
则，
则该型号新能源汽车参加两项测试仅有一次为合格的概率为分
（2）由题知离散型随机变量的所有可能取值分别为2，4，6，8，10，
，，
，，
，分
则离散型随机变量的分布列为
所以数学期望分
17．（15分）
如图，在四棱锥中，底面是菱形，，为等边三角形，点M，N分别为AB，PC的中点．
（1）证明：直线平面PAD；
（2）当二面角为120°时，求直线MN与平面PCD所成的角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）
【分析】（1）作出辅助线，由中位线得到线线平行，进而得到线面平行；
（2）作出辅助线，得到，求出各边长，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，
求出平面的法向量，利用线面角的向量公式求出答案.
【解析】（1）取PD中点E，连接AE，NE，
∵N为PC中点，∴且，分
又∵且，∴且，
∴四边形为平行四边形，∴，
∵平面PAD，平面PAD，∴平面PAD．分
（2）连接，取AD中点F，连接，
因为底面是菱形，，
所以为等边三角形，故⊥，
因为为等边三角形，所以⊥，
故为二面角的平面角，
因为二面角为，故，分
以为坐标原点，所在直线分别为轴，垂直于平面的直线为轴，
建立空间直角坐标系，
则，设，则，，
∴，，，，
∴，，，
，，，分
设平面PCD的一个法向量，
故，
令得，故，分
设MN与平面PCD所成角为，
∴．分
18．（17分）
已知双曲线的离心率为，焦点到渐近线的距离为1.
（1）求的方程.
（2）过点的直线与交于不同的两点A，B，问：在轴上是否存在一个定点，使得为定值？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）；（2）存在，
【分析】（1）根据题意列出关于的方程组，解之即得；
（2）由题意可设直线的横截距方程，与双曲线方程联立消元得到一元二次方程，得出韦达定理，
不妨假设存在点，求出的表达式，代入韦达定理，化简后分析即得.
【解析】（1）设双曲线的半焦距为，则双曲线的渐近线方程为.
由题可知解得故的方程为:. 分
（2）①当直线的倾斜角不为0时，如图，设直线的方程为.
联立直线与双曲线的方程可得
消去，整理得：分
显然且，
设，，则，分
假设存在点，满足为定值，
则
，分
故当时，，为定值，此时点分
②当的倾斜角为0，即为轴时，不妨设，，取，
此时为定值.
综上，当点的坐标为时，为定值. 分
19．（17分）
已知数列为有穷正整数数列.若数列A满足如下两个性质，则称数列A为m的k减数列：
①；
②对于，使得的正整数对有k个.
（1）写出所有4的1减数列；
（2）若存在m的6减数列，证明：；
（3）若存在2024的k减数列，求k的最大值.
【答案】（1）数列和数列3，1；（2）证明见解析；（3）的最大值为512072
【分析】（1）根据k减数列的定义，即可写出答案；
（2）根据存在的6减数列，可得，即，继而分类讨论n的取值，
说明每种情况下都有，即可证明结论；
（3）分类讨论数列中的项的情况，结合题意确定数列为的形式，
从而结合设其中有项为2，有项为1，进行求解，即可得答案.
【解析】（1）由题意得，则或，
故所有4的1减数列有数列和数列3，1. 分
（2）因为对于，使得的正整数对有个，
且存在的6减数列，所以，得分
①当时，因为存在的6减数列，
所以数列中各项均不相同，所以.
②当时，因为存在的6减数列，
所以数列各项中必有不同的项，所以.
若，满足要求的数列中有四项为1，一项为2，
所以，不符合题意，所以.
③当时，因为存在的6减数列，
所以数列各项中必有不同的项，所以.
综上所述，若存在的6减数列，则分
（3）若数列中的每一项都相等，则，
若，所以数列存在大于1的项，
若末项，将拆分成个1后变大，
所以此时不是最大值，所以分
当时，若，交换的顺序后变为，
所以此时不是最大值，所以.
若，所以，
所以将改为，并在数列末尾添加一项1，所以变大，
所以此时不是最大值，所以分
若数列A中存在相邻的两项，设此时中有项为2，
将改为2，并在数列末尾添加项1后，的值至少变为，
所以此时不是最大值，
所以数列的各项只能为2或1，所以数列为的形式. 分
设其中有项为2，有项为1，
因为存在2024的减数列，所以，
所以，
所以，当且仅当时，取最大值为512072.
所以，若存在2024的减数列，的最大值为512072. 分1
2
减
极小值
增
比赛位置
第一棒
第二棒
第三棒
第四棒
出场率
0.3
0.2
0.2
0.3
比赛胜率
0.6
0.8
0.7
0.7
2
4
6
8
10