备战2024高考二模模拟训练卷02-备战2024年高考数学模考适应模拟卷（新高考专用）

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1、锻炼学生的心态。能够帮助同学们树立良好的心态，增加自己的自信心。
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。
3、熟悉题型和考场。模拟考试是很接近高考的，让同学们提前感受到考场的气氛和布局。
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。
备战2024高考二模模拟训练卷（2）
一、单选
1．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】解不等式求出集合，再由交集的定义即可得出答案.
【详解】．
故选：D．
2．若复数满足为纯虚数，且，则的虚部为（ ）
A．1B．C．D．1
【答案】B
【分析】设，利用复数除法运算和向量模长运算可构造方程求得的值，即为所求虚部.
【详解】设，
为纯虚数，，，
又，，解得：，
的虚部为.
故选：B.
3．若，且，则=（ ）
A．B．
C．D．或-7
【答案】C
【分析】利用诱导公式和二倍角公式化为齐次式，化弦为切，得到方程，求出答案.
【详解】
，
整理得，解得或，
又，所以，故.
故选：C.
4．在中，D为的中点，E为边上的点，且，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据平面向量的线性运算结合图形即可得解.
【详解】由E为边上的点，且，
得.
故选：C
5．2022北京冬奥会开幕式将我国二十四节气融入倒计时，尽显中国人之浪漫，倒计时依次为：大寒、小寒、冬至、大雪、小雪、立冬、霜降、寒露、秋分、白露、处暑、立秋、大暑、小暑、夏至、芒种、小满、立夏、谷雨、清明、春分、惊蛰、雨水、立春，已知从冬至到夏至的日影长等量减少，若冬至、小雪、霜降三个节气的日影长之和为34.5寸，冬至到秋分等七个节气的日影长之和为73.5寸，问立秋的日影长为（ ）
A．1.5寸B．2.5寸C．3.5寸D．4.5寸
【答案】D
【分析】因为从冬至到夏至的日影长等量减少，所以日影长可构成等差数列，由题意可得，，从而即可求出数列的首项与公差为，从而根据等差数列通项公式求出即为立秋的日影长．
【详解】解：因为从冬至到夏至的日影长等量减少，所以日影长可构成等差数列，
由题意可知，则，故，
又，解得，
所以数列的公差为，，
所以立秋的日影长为，
故选：D．
6．已知抛物线C：的焦点为F，直线交抛物线C于A，B两点，且点A在第一象限，若为等腰直角三角形，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】法一 先由抛物线的对称性知∠AFB为直角，再由焦点，得到直线AF的方程，与抛物线方程联立，得到点A的坐标，然后利用抛物线的定义求解；法二 由抛物线的对称性知∠AFB为直角，设直线与x轴交于点，易得，再由代入抛物线方程，得到点A的坐标，解得t，再由 求解。
【详解】解：法一 由抛物线的对称性知∠AFB为直角，且.易知焦点，
所以直线AF的方程为.
联立方程，得，且，得，
所以，
由抛物线的定义得，
法二 由抛物线的对称性知∠AFB为直角，且.
设直线与x轴交于点M，则，.
将代入抛物线方程，可得，所以，
得，
所以，
故选：A.
7．现有个小球，甲、乙两位同学轮流且不放回抓球，每次最少抓1个球，最多抓3个球，规定谁抓到最后一个球谁赢. 如果甲先抓，那么下列推断正确的是（ ）
A．若=4，则甲有必赢的策略B．若=6，则乙有必赢的策略
C．若=9，则甲有必赢的策略D．若=11，则乙有必赢的策略
【答案】C
【详解】分析：如果甲先抓，若n=9，则甲有必赢的策略．必赢的策略为：甲先抓1球，当乙抓1球时，甲再抓3球；当乙抓2球时，甲再抓2球；当乙抓3球时，甲再抓1球；这时还有4个小球，轮到乙抓，按规则，乙最少抓1个球，最多抓3个球，无论如何抓，都会至少剩一个球，至多剩3个球；甲再抓走所有剩下的球，从而甲胜．
详解：现有n个小球，甲、乙两位同学轮流且不放回抓球，
每次最少抓1个球，最多抓3个球，规定谁抓到最后一个球赢．
如果甲先抓，若n=9，则甲有必赢的策略．
必赢的策略为：
①甲先抓1球，
②当乙抓1球时，甲再抓3球；当乙抓2球时，甲再抓2球；当乙抓3球时，甲再抓1球；
③这时还有4个小球，轮到乙抓，按规则，乙最少抓1个球，最多抓3个球，
无论如何抓，都会至少剩一个球，至多剩3个球；
④甲再抓走所有剩下的球，从而甲胜.
故选C.
点睛：本题主要考查推理论证，意在考查学生推理论证的能力和分析能力.
8．已知直线与函数的图象恰有两个切点，设满足条件的所有可能取值中最大的两个值分别为和，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据结论恒成立可只考虑的情况，假设切点坐标，则只需考虑，，其中的情况，可将表示为；构造函数，，利用导数可求得的单调性，从而对进行放缩即可求得所求范围.
【详解】对于任意，，，的范围恒定，
只需考虑的情况，
设对应的切点为，，，
设对应的切点为，，，
，，，
只需考虑，，其中的情况，
则，
，其中，
；
又，，
，；
令，则，
在上单调递增，，
设，
，又，，
；
令，则，
令，则，
在上单调递增，
，
即，在上单调递减，，
，；
综上所述：.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题考查导数与三角函数综合应用问题，解题关键是能够采用特殊值的方式，考虑不含变量的函数的情况，采用构造函数的方式对所求式子进行放缩，从而求得的范围.
二、多选题
9．某学校组建了合唱､朗诵､脱口秀､舞蹈､太极拳五个社团，该校共有2000名同学，每名同学依据自己兴趣爱好最多可参加其中一个，各个社团的人数比例的饼状图如图所示，其中参加朗诵社团的同学有8名，参加太极拳社团的有12名，则（ ）
A．这五个社团的总人数为100
B．脱口秀社团的人数占五个社团总人数的20%
C．这五个社团总人数占该校学生人数的4%
D．从这五个社团中任选一人，其来自脱口秀社团或舞蹈社团的概率为40%
【答案】BC
【分析】计算出五个社团的总人数，可判断A,C;计算出脱口秀社团的人数,判断B;计算脱口秀社团或舞蹈社团的人数占五个社团总人数的比例，可判断D.
【详解】由于参加朗诵社团的同学有8名，该社团人数占比为 ，
故社团总人数为80人，故A错误；
合唱团人数为 ，舞蹈社团人数为人，
故脱口秀社团的人数为 ，
故脱口秀社团的人数占五个社团总人数的，故B正确；
五个社团总人数占该校学生人数的 ，故C正确；
脱口秀社团人数占五个社团总人数的20%,,
舞蹈社团的人数占五个社团总人数的 ，因此这两个社团人数占五个社团总人数的45%，
故从这五个社团中任选一人，其来自脱口秀社团或舞蹈社团的概率为45%，D错误，
故选：BC
10．已知，曲线，曲线，直线，则下列说法正确的是（ ）
A．当时，曲线离心率为
B．当时，曲线离心率为
C．直线l与曲线有且只有一个公共点
D．存在正数m，n，使得曲线截直线l的弦长为
【答案】ACD
【分析】A,B选项将条件带入化简计算即可；C选项利用直线方程过的点，以及双曲线的性质分析即可，先找出曲线与轴的交点，判断直线与曲线的关系，然后通过它们的关系求出弦长的表达式，找出特殊值即可验证D选项.
【详解】当时，曲线是焦点在y轴上的椭圆，
，
离心率，故A正确．
当时，曲线是焦点在x轴上的双曲线，
，
离心率，故B错误，
又，直线：过点，斜率，
双曲线的渐近线方程为，
直线l过的一个顶点且与的渐近线平行，
所以直线l与曲线有且只有一个公共点，故C正确．
曲线：与x轴的交点是，
与y轴的交点是．
所以直线l与曲线相交，弦长为，当时，，曲线截直线l的弦长为，
故D正确，
故选：ACD．
11．如图是函数的部分图像，则的解析式可能是（ ）
A．B．C．D．
【答案】AC
【分析】由函数为偶函数，得到必为奇函数，排除B选项；根据时，，可排除D选项，对于A、C项，得出函数的解析式，结合三角函数的性质和导数，逐项判定，即可求解.
【详解】由函数的图像关于轴对称，所以函数为偶函数，
又由为奇函数，则函数必为奇函数，排除B选项；
当时，，可得，排除D选项.
对于A中，函数为偶函数，且当时，，
当或时，可得，
又由，
当时，，所以函数在轴右侧先单调递增，且，
所以函数在附近存在单调递减区间，选项A符合；
对于C中，函数为偶函数，
当时，，当或时，可得，
又由，
当时，，所以函数在轴右侧先单调递增，且，
所以函数在附近存在单调递减区间，选项C符合.
故选：AC.
【点睛】方法点拨：利用三角函数的性质，可以得到函数的零点以及导函数在某区间上的符号，以此来检验对应函数的图像是否符合题意.
12．已知等边三角形ABC的边长为6，M，N分别为AB，AC的中点，如图所示，将△AMN沿MN折起至，得到四棱锥，则在四棱锥中，下列说法正确的是（ ）
A．当四棱锥的体积最大时，二面角为直二面角
B．在折起过程中，存在某位置使BN⊥平面
C．当四棱锥体积的最大时，直线与平面MNCB所成角的正切值为
D．当二面角的余弦值为时，的面积最大
【答案】ACD
【分析】由四棱锥的体积最大，即高最大即可判断A选项；令BN⊥平面，则，推出矛盾即可判断B选项；由线面角的定义即可判断C选项；
由面面角的定义求得，进而求出为等腰直角三角形即可判断D选项.
【详解】
如图，取中点，易得，由于四边形的面积为定值，要使四棱锥的体积最大，
即高最大，当面时，此时高为最大，二面角为直二面角，A正确；
若BN⊥平面，则，又，，则，
又，，故不成立，即不存在某位置使BN⊥平面，B错误；
由上知，当四棱锥体积的最大时，即二面角为直二面角，面，
此时直线与平面MNCB所成角即为，易得四边形为等腰梯形，取中点，易得，且，
故，又，故，C正确；
如图，取中点，易得，取中点，易得，故即为二面角的平面角，即，
故，又，解得，又，
故，又，此时为等腰直角三角形，面积最大为，故D正确.
故选：ACD.
三、填空题
13．的展开式中的常数项为 ．
【答案】
【分析】结合二项式展开式的通项公式以及乘法分配律求得正确结果.
【详解】的展开式的通项公式为.
令，令.
则的展开式中的常数项为.
故答案为：
14．中国古代计时器的发明时间不晚于战国时代（公元前年~前年），其中沙漏就是古代利用机械原理设计的一种计时装置，它由两个形状完全相同的容器和一个狭窄的连接管道组成，开始时细沙全部在上部容器中，细沙通过连接管道流到下部容器，如图，某沙漏由上、下两个圆锥容器组成，圆锥的底面圆的直径和高均为，细沙全部在上部时，其高度为圆锥高度的（细管长度忽略不计）.若细沙全部漏入下部后，恰好堆成一个盖住沙漏底部的圆锥形沙堆，则此圆锥形沙堆的高为 .
【答案】
【分析】设沙堆的高为，根据细沙的体积相等可得出，可得出，即可得解.
【详解】设圆锥形容器的底面圆半径为，高为，则圆锥形容器的体积为，
当细沙在上部时，细沙形成一个圆锥，该圆锥的底面圆半径为，高为，
细沙的体积为，
当细沙在下部时，细沙形成一个圆锥，该圆锥的底面半径为，设此时沙堆的高为，
则，可得.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题考查圆锥体积的高为求解，解题的关键在于利用细沙的体积相等建立等式得出与的等量关系，同时也应分析出当细沙在上部时，细沙的体积与圆锥形容器的体积比，进而结合圆锥的体积公式来求解.
15．直线：和：与x轴围成的三角形是等腰三角形，写出满足条件的k的两个可能取值： 和 ．
【答案】 （答案不唯一）
【分析】根据给定条件，按等腰三角形底边所在直线分类，结合斜率的意义及二倍角的正切求解作答.
【详解】令直线的倾斜角分别为，则，
当围成的等腰三角形底边在x轴上时，，；
当围成的等腰三角形底边在直线上时，，，，
整理得，而，解得；
当围成的等腰三角形底边在直线上时，，，
所以k的两个可能取值，.
故答案为：；
16．用表示m，n中的最小值，设函数，若函数为增函数，则实数的取值范围是 .
【答案】
【分析】设函数，求导，分、两类讨论可得存在唯一的，使，设函数，，进一步分析为增函数，即可求得实数的取值范围．
【详解】设函数.
下面考察函数的符号：
对函数求导得.
当时，恒成立；
当时，，
从而.
∴在上恒成立，故在上单调递减.
又，，∴..
且曲线在上连续不间断，所以由函数的零点存在性定理及其单调性知存在唯一的，使.
∴，；，；时，.
∴，
从而∴
由函数为增函数，且曲线在上连续不断知在，上恒成立.
①当时，在上恒成立，即在上恒成立，
记，，则，，
当变化时，，变化情况列表如下：
∴，
故“在上恒成立”只需，即.
②当时，，当时，在上恒成立，
综合①②知，当时，函数为增函数.
故实数的取值范围是.
【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，考查函数与方程思想，分类讨论思想，考查逻辑推理与数学运算能力 等核心素养，属于难题．
四、解答题
17．设是等差数列，，且，，成等比数列．
(1)求数列的通项公式；
(2)记的前项和为，求当为何值时，取得最小值.
(3)求数列的前项和的值.
【答案】(1)
(2)或
(3)
【分析】（1）根据等比数列定义，结合等差数列通项公式可构造方程求得的公差，进而可求得；
（2）利用等差数列求和公式可表示出，根据的二次函数性可确定取得最小值时的取值；
（3）由等差数列定义可证得数列是以为首项，为公差的等差数列，由等差数列求和公式可求得结果.
【详解】（1），，成等比数列，，
设等差数列的公差为，则，解得：，
.
（2）由（1）得：，
当或时，取得最小值.
（3），，
是以为首项，为公差的等差数列，.
18．在中，.
(1)求角的大小；
(2)再从条件①、条件②、条件③、条件④这四个条件中选择两个作为已知，使存在且唯一，求的面积.
条件①：；
条件②：；
条件③：；
条件④：.
【答案】(1)；
(2)答案见解析.
【分析】（1）利用正弦定理和三角公式求出，即可求出；
（2）分类讨论，6种不同的情况，分别选择对应的条件，利用正余弦定理解三角形，利用面积公式求出三角形的面积.
【详解】（1）在中，，由正弦定理得：，
因为为三角形的内角，所以，
所以，即.
因为，所以.
（2）选条件①②，只知道三个角，三角形不唯一（相似三角形的的对应角相等），不合题意，舍去.
选条件①③，则有：，，.
对于，由正弦定理得：.
而由可得：.
因为，所以.
所以三角形无解，不合题意，舍去.
选条件①④，则有：，，.
因为，所以.
因为，由正弦定理得：，所以.
由得：.
由余弦定理得： ，
整理得：.
因为，且，
所以关于c的方程有两正解，所以三角形有两解，不合题意，舍去.
选条件②③，则有：，，.
因为，所以.
因为，所以.
所以.
所以，由正弦定理得：.与已知条件相符.
但是只知道三个角，三角形不唯一（相似三角形的的对应角相等），不合题意，舍去.
选条件②④，则有：，，.
因为，所以.
因为，所以.
所以.
由正弦定理得：.
而，解得：.
所以的面积为.
选条件③④，则有：，，.
由余弦定理得：
即，解得：（舍去）.
又，所以.
所以的面积为.
19．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，∠ABC＝∠BAD＝90°，AD＝AP＝4，AB＝BC＝2，M为PC的中点点N在线段AD上.
（1）点N为线段AD的中点时，求证：直线PA∥面BMN；
（2）若直线MN与平面PBC所成角的正弦值为，求二面角C﹣BM﹣N所成角θ的余弦值.
【答案】（1）详见解析；（2）.
【分析】(1)连结点，，交于点，连结，推导出四边形为正方形，由此能证明直线平面；（2）分别以，，为，，轴，建立空间直角坐标系，由此能求出二面角C-BM-N所成角的余弦值.
【详解】证明：（1）连结点AC，BN，交于点E，连结ME，
∵点N为线段AD的中点，AD＝4，
∴AN＝2，∵∠ABC＝∠BAD＝90°，AB＝BC＝2，
∴四边形ABCN为正方形，∴E为AC的中点，
∴ME∥PA，
∵PA⊄平面BMN，∴直线PA∥平面BMN.
（2）∵PA⊥平面ABCD，且AB，AD⊂平面ABCD，
∴PA⊥AB，PA⊥AD，
∵∠BAD＝90°，∴PA，AB，AD两两互相垂直，
分别以AB，AD，AP为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
则由AD＝AP＝4，AB＝BC＝2，得：
B（2，0，0），C（2，2，0），P（0，0，4），
∵M为PC的中点，∴M（1，1，2），
设AN＝λ，则N（0，λ，0），（0≤λ≤4），则＝（﹣1，λ﹣1，﹣2），
＝（0，2，0），＝（2，0，﹣4），
设平面PBC的法向量为＝（x，y，z），
⇒
∵直线MN与平面PBC所成角的正弦值为，＝＝.
解得λ＝1，则N（0，1，0），＝（﹣2，1，0），＝（﹣1，1，2），
设平面BMN的法向量＝（x，y，z），
＝﹣x+y+2z＝0，＝﹣2x+y＝0，
令x＝2，得＝（2，4，﹣1），
cs＝
∴二面角C-BM-N所成角的余弦值为.
【点睛】本题考查线面平行的证明，考查面面所成角的余弦值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用.
20．2022年2月6日，中国女足在两球落后的情况下，以3比2逆转击败韩国女足，成功夺得亚洲杯冠军，在之前的半决赛中，中国女足通过点球大战惊险战胜日本女足，其中门将朱钰两度扑出日本队员的点球，表现神勇．
(1)扑点球的难度一般比较大，假设罚点球的球员会等可能地随机选择球门的左、中、右三个方向射门，门将也会等可能地随机选择球门的左、中、右三个方向来扑点球，而且门将即使方向判断正确也有的可能性扑不到球．不考虑其它因素，在一次点球大战中，求门将在前三次扑出点球的个数X的分布列和期望；
(2)好成绩的取得离不开平时的努力训练，甲、乙、丙、丁4名女足队员在某次传接球的训练中，球从甲脚下开始，等可能地随机传向另外3人中的1人，接球者接到球后再等可能地随机传向另外3人中的1人，如此不停地传下去，假设传出的球都能接住．记第n次传球之前球在甲脚下的概率为，易知．
①试证明为等比数列；
②设第n次传球之前球在乙脚下的概率为，比较与的大小．
【答案】(1)分布列见解析，
(2)①证明见解析；②
【分析】（1）先计算门将每次可以扑出点球的概率，再列出其分布列，进而求得数学期望；
（2）递推求解，记第n次传球之前球在甲脚下的概率为，则当时，第次传球之前球在甲脚下的概率为，满足.
【详解】（1）解析1：分布列与期望
依题意可得，门将每次可以扑出点球的概率为，
门将在前三次扑出点球的个数X可能的取值为0，1，2，3，
，，
，，X的分布列为：
期望．
（1）解析2：二项分布
依题意可得，门将每次可以扑出点球的概率为，门将在前三次扑出点球的个数X可能的取值为0，1，2，3，易知，，．X的分布列为：
期望．
（2）解析：递推求解
①第n次传球之前球在甲脚下的概率为，则当时，第次传球之前球在甲脚下的概率为，
第次传球之前球不在甲脚下的概率为，则，
从而，又，∴是以为首项．公比为的等比数列．
②由①可知，，，故．
21．已知双曲线的离心率，，分别为其两条渐近线上的点，若满足的点在双曲线上，且的面积为8，其中为坐标原点．
(1)求双曲线的方程；
(2)过双曲线的右焦点的动直线与双曲线相交于，两点，在轴上是否存在定点，使为常数？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）根据双曲线的离心率得关系，从而可得关系，即可得双曲线渐近线方程，不妨设，，确定点为的中点代入双曲线方程可得与的关系，再由的面积即可求得的值，从而可得双曲线的方程；
（2）当直线的斜率存在时，设直线方程与交点坐标，代入双曲线方程后可得交点坐标关系，设，满足为常数即可求得的值，并且检验直线的斜率不存在时是否满足该定值即可.
【详解】（1）由离心率，得，所以，则双曲线的渐近线方程为，
因为，分别为其两条渐近线上的点，所以，不妨设，，由于，则点为的中点，所以，
又点在双曲线上，所以，整理得：
因为的面积为8，所以，则，
故双曲线的方程为；
（2）由（1）可得，所以为
当直线的斜率存在时，设方程为：，，
则，所以，则
恒成立，所以，
假设在轴上是否存在定点，设，则
要使得为常数，则，解得,定点，；
又当直线的斜率不存在时，直线的方程为，代入双曲线可得，不妨取，
若，则，符合上述结论；
综上，在轴上存在定点，使为常数，且.
【点睛】关键点睛：解决本题的关键是利用交点坐标关系，假设在轴上是否存在定点，设，验证所求定值时，根据数量积的坐标运算与直线方程坐标转换可得，要使得其为定值，则与直线斜率无关，那么在此分式结构中就需满足分子分母对应系数成比例，从而可得含的方程，通过解方程确定的存在，使得能确定定点坐标的同时还可得到定值，并且要验证直线斜率不存在的情况.
22．已知函数．
(1)若函数存在极小值点，求的取值范围；
(2)证明：．
【答案】(1)；(2)证明见解析.
【分析】（1）先求导数，再讨论时与时情况下导函数零点，根据导函数符号确定极值点取法，即得结果，（2）利用放缩法转化证，()，利用二次求导确定函数单调性，再根据单调性证不等式.
【详解】（1）由题意知，函数的定义域为
①当时，令，解得
当时，
当时，
∴是函数的极小值点，满足题意.
②当时，令，
，
令，解得，
当时，，
当时，，
∴，
若，即时，
恒成立，
在上单调递增，无极值点，不满足题意.
若，即时，
，
∴，
又在上单调递增，
∴在上恰有一个零点，
当时，
当时，
∴是的极小值点，满足题意，
综上，.
（2）当时
若成立，
则必成立.
①若，则，
∴成立
∴成立.
②若，令，
,
令，,
∵,
∴,
∴在上单调递增,
∴,
即,
∴在上单调递增,
∴,
∴时，成立,
∴时，成立,
综上，.
【点睛】本题考查利用导数证不等式以及利用导数研究函数极值，考查综合分析论证求解能力，属难题.
3
-
0
+
极小值
X
0
1
2
3
P
X
0
1
2
3
P