2024年高考第二次模拟考试：数学（新高考Ⅰ卷02）（解析版）

这是一份2024年高考第二次模拟考试：数学（新高考Ⅰ卷02）（解析版），共17页。试卷主要包含了本试卷分第Ⅰ卷两部分，测试范围，在平面直角坐标系中，已知圆，已知函数，数列满足，，，则，下列结论正确的有，已知双曲线E等内容，欢迎下载使用。

（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．写在本试卷上无效．
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
4．测试范围：高考全部内容
5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
第Ⅰ卷
一、单项选择题：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．设集合，，则（ ）
A．A=BB．C．D．
【答案】D
【解析】因为，，
所以且，所以A错，B错，
，C错，
，D对，
故选：D.
2．已知复数满足，则（为虚数单位）的最大值为（ ）
A．4B．5C．6D．7
【答案】C
【解析】由可设：，
，
（其中），
当时，即时，
.
故选：C.
3．已知，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】因为，
所以
.
故选：C
4．传说国际象棋发明于古印度，为了奖赏发明者，古印度国王让发明者自己提出要求，发明者希望国王让人在他发明的国际象棋棋盘上放些麦粒，规则为：第一个格子放一粒，第二个格子放两粒，第三个格子放四粒，第四个格子放八粒……依此规律，放满棋盘的64个格子所需小麦的总重量大约为（ ）吨.（1kg麦子大约20000粒，lg2=0.3）
A．105B．107C．1012D．1015
【答案】C
【解析】64个格子放满麦粒共需，
麦子大约20000粒，1吨麦子大约粒，
，
故选：C.
5．已知，则实数的大小关系为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】令，其在R上单调递减，
又，
由零点存在性定理得，
则在上单调递减，
画出与的函数图象，

可以得到，
又在R上单调递减，画出与的函数图象，

可以看出，
因为，故，故，
因为，故，
由得，．
综上，．
故选：D．
6．在平面直角坐标系中，已知圆：，若直线：上有且只有一个点满足：过点作圆C的两条切线PM，PN，切点分别为M，N，且使得四边形PMCN为正方形，则正实数m的值为（ ）
A．1B．C．3D．7
【答案】C
【解析】由可知圆心，半径为，
因为四边形PMCN为正方形，且边长为圆的半径，所以，
所以直线：上有且只有一个点，使得，即，
所以圆心到直线的距离为，
所以，解得或（舍）.
故选：C
7．在等比数列中，，若，且的前项和为，则满足的最小正整数的值为（ ）
A．5B．6C．7D．8
【答案】B
【解析】由可得，
故，设的公比为，则，即，
故，
则．
由于时，，
故随着的增大而增大，而，，
故满足的最小正整数的值为6．
故选：B.
8．已知函数，数列满足，，，则（ ）
A．0B．1C．675D．2023
【答案】B
【解析】的定义域为，且，
故为上的奇函数.
而，
因在上为增函数，在为增函数，
故为上的增函数.
又即为，故，
因为，故为周期数列且周期为3.
因为，
所以.
故选：B.
二、多项选择题：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．下列结论正确的有（ ）
A．若随机变量，满足，则
B．若随机变量，且，则
C．若线性相关系数越接近1，则两个变量的线性相关性越强
D．按从小到大顺序排列的两组数据：甲组：27，30，37，m，40，50；乙组：24，n，33，44．48，52，若这两组数据的第30百分位数、第50百分位数都分别对应相等，则
【答案】BC
【解析】对于A，由方差的性质可得，故A错误；
对于B，由正态分布的图象的对称性可得，故B正确；
对于C，由相关系数知识可得：线性相关系数越接近1，则两个变量的线性相关性越强，故C正确；
对于D，甲组：第30百分位数为30，第50百分位数为，
乙组：第30百分位数为，第50百分位数为，则，
解得，故，故D错误；
故选：BC
10．已知双曲线E：的左、右焦点分别为，，过且斜率为的直线l与E的右支交于点P，若，则（ ）
A．E的离心率为B．E的渐近线方程为
C．P到直线x＝1的距离为D．以实轴为直径的圆与l相切
【答案】ACD
【解析】由双曲线方程可知，，
设，则，那么，，
作轴，垂足为点，设，，则，
所以，，
两式解得：，即，，
中，根据余弦定理，
可得，
，得，
所以双曲线的离心率，故A正确；
，所以双曲线的渐近线方程为，故B错误；
直线的方程为，与双曲线方程联立，
得，解得：，因为点在双曲线的右支上，
所以点的横坐标为，P到直线x＝1的距离为，故C正确；
以实轴为直径的圆的圆心为原点，半径为
原点到直线的距离，故D正确.
故选：ACD
11．在数列中，对于任意的都有，且，则下列结论正确的是（ ）
A．对于任意的，都有
B．对于任意的，数列不可能为常数列
C．若，则数列为递增数列
D．若，则当时，
【答案】ACD
【解析】A：由，对有，则，即任意都有，正确；
B：由，若为常数列且，则满足，错误；
C：由且，
当时，此时且，数列递增；
当时，此时，数列递减；
所以时数列为递增数列，正确；
D：由C分析知：时且数列递减，即时，正确.
故选：ACD
12．如图，在矩形中，，，为的中点，现分别沿、将、翻折，使点、重合，记为点，翻折后得到三棱锥，则（ ）

A．
B．三棱锥的体积为
C．三棱锥外接球的半径为
D．直线与所成角的余弦值为
【答案】ACD
【解析】对于A选项，翻折前，，
翻折后，则有，，
因为，、平面，
所以平面，故A对；
对于B选项，在中，，边上的高为，
所以，故B错；
对于C选项，因为，，
由余弦定理，可得，
则，
所以的外接圆的半径，
设三棱锥外接球的半径为，
因为平面，所以，所以，
即三棱锥外接球的半径为，故C对；
对于D选项，在中，，
，
则
，
所以直线与直线所成角的余弦值为，故D对.
故选：ACD.
第Ⅱ卷
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．某大型联欢会准备从含甲、乙的6个节目中选取4个进行演出，要求甲、乙2个节目中至少有一个参加，且若甲、乙同时参加，则他们演出顺序不能相邻，那么不同的演出顺序的种数为
【答案】
【解析】若甲、乙两节目只有一个参加，则演出顺序的种数为：，
若甲、乙两节目都参加，则演出顺序的种数为：；
因此不同的演出顺序的种数为.
故答案为：.
14．已知椭圆的左，右焦点分别为，，椭圆C在第一象限存在点M，使得，直线与y轴交于点A，且是的角平分线，则椭圆C的离心率为 .
【答案】
【解析】由题意得，
又由椭圆的定义得，
记，则，，
则，所以，
故，
则，则，即
等价于，得：或（舍）
故答案为：
15．已知函数，若存在四个不相等的实根，，，，则的最小值是 ．
【答案】3
【解析】作函数与图象如下：

由图可得，
存在四个不相等的实根，可得，
可得，，即，，
所以，
当且仅当即且等号成立，
则的最小值是.
故答案为：.
16．欧拉是瑞士数学家和物理学家，近代数学先驱之一，在许多数学的分支中经常可以见到以他的名字命名的重要函数、公式和定理．如著名的欧拉函数：对于正整数n，表示小于或等于n的正整数中与n互质的数的个数，如，．那么，数列的前n项和为 ．
【答案】
【解析】在中，与不互质的数有，共有个，
所以，
所以，
设数列的前项和为，
所以，
，
两式相减可得,
所以,
即,
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．在中，内角、、所对的边分别为、、，已知．
(1)求角；
(2)若为边上一点（不包含端点），且满足，求的取值范围．
【解析】（1）解：由结合正弦定理可得：
，则，
因为、，则，所以，，
可得，故.
（2）解：由可得，所以，，
所以，，故，

在中，，，
由正弦定理可得，
所以，，
因为，则，所以，.
所以，的取值范围是.
18．已知数列的前项和为，，，数列满足，且．
(1)求数列和的通项公式；
(2)设，求数列的前项和．
【解析】（1），数列是以为公差的等差数列，
，解得：，，
；
，，数列是以为首项，为公比的等比数列，.
（2）由（1）得：，即，
当为奇数时，；当为偶数时，；
当为偶数时，；
当为奇数时，；
综上所述：.
19．如图，在三棱锥中，平面平面，为等边三角形，D，E分别为，的中点，，，.
(1)求证：平面；
(2)在线段上是否存在点F，使得平面与平面的夹角为，若存在，求出的长；若不存在，请说明理由．
【解析】（1）为等边三角形，D为中点，
，
又，，，平面，
平面，
平面，
，
取中点G，连接，
为等边三角形，
，
平面平面，平面平面，平面.
平面，
，
与相交，，平面，
平面；
（2）以为坐标原点，，所在直线为x轴，y轴，过C且与平行的直线为z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，则
，，，，，
设，则
，，
设平面的一个法向量为，
则，所以，
取，可得，
为平面的一个法向量，
取平面的一个法向量为，
则，
解得，此时，
在线段上存在点F使得平面与平面的夹角为，且.
20．某高校“植物营养学专业”学生将鸡冠花的株高增量作为研究对象，观察长效肥和缓释肥对农作物影响情况.其中长效肥、缓释肥、未施肥三种处理下的鸡冠花分别对应1,2,3三组.观察一段时间后，分别从1,2,3三组随机抽取40株鸡冠花作为样本，得到相应的株高增量数据整理如下表.
假设用频率估计概率，且所有鸡冠花生长情况相互独立.
(1)从第1组所有鸡冠花中随机选取1株，估计株高增量为厘米的概率；
(2)分别从第1组，第2组，第3组的所有鸡冠花中各随机选取1株，记这3株鸡冠花中恰有株的株高增量为厘米，求的分布列和数学期望；
(3)用“”表示第组鸡冠花的株高增量为，“”表示第组鸡冠花的株高增量为厘米，，直接写出方差，，的大小关系.（结论不要求证明）
【解析】（1）设事件为“从第1组所有鸡冠花中随机选取1株，株高增量为厘米”，
根据题中数据，第1组所有鸡冠花中，有20株鸡冠花增量为厘米,
所以估计为；
（2）设事件为“从第2组所有鸡冠花中随机选取1株，株高增量为厘米”，
设事件为“从第3组所有鸡冠花中随机选取1株，株高增量为厘米”，
根据题中数据，估计为， 估计为，
根据题意，随机变量的所有可能取值为0,1,2.3，且
；
；
；
，
则的分布列为：
所以.
（3）
理由如下：
，所以；
，所以；
，所以；
所以.
21．已知椭圆E：的长轴长为4，由E的三个顶点构成的三角形的面积为2.
(1)求E的方程；
(2)记E的右顶点和上顶点分别为A，B，点P在线段AB上运动，垂直于x轴的直线PQ交E于点M（点M在第一象限），P为线段QM的中点，设直线AQ与E的另一个交点为N，证明：直线MN过定点.
【解析】（1）由题意可知，
E的三个顶点构成的三角形要么是短轴的一个顶点和长轴的两个顶点构成的三角形，面积为；
要么是短轴的两个顶点和长轴的一个顶点构成的三角形，面积为，
所以，
故E的方程为.
（2）由于轴，所以不可能垂直于轴，故直线的斜率存在，故设直线的方程为，,
联立，
则 ，
直线的方程为，
当时，，所以，是的中点，所以，
，即，所以，
则化简得 ，
代入得，
故，所以或，
故直线的方程为或，
由于不与重合，所以直线不经过，故直线的方程为，此时 ，故，此时直线过定点.
22．已知函数.
(1)当时，存在，使得，求M的最大值；
(2)已知m，n是的两个零点，记为的导函数，若，且，证明：.
【解析】（1）当时，，
则的定义域为，且，
当时，，所以在上单调递增，
所以在上的最大值为，最小值为，
由题意知，
故M的最大值为.
（2）证明：由题意知，，
所以，
所以.
因为，
所以
，
所以要证，只要证，
因为，所以只要证，
令，则，即证，
令，则，
因为，所以，
所以在上单调递增，
所以，
所以，所以.株高增量（单位：厘米）
第1组鸡冠花株数
9
20
9
2
第2组鸡冠花株数
4
16
16
4
第3组鸡冠花株数
13
12
13
2
0
1
2
3