2024年河南省郑州市宇华实验学校高考数学二模试卷（含详细答案解析）

这是一份2024年河南省郑州市宇华实验学校高考数学二模试卷（含详细答案解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.如果复数z=m2+m−2−(m−1)i是纯虚数，m∈R，i是虚数单位，则( )
A. m≠1且m≠−2B. m=1
C. m=−2D. m=1或m=−2
2.集合A={x|x=n⋅180∘+(−1)n⋅90∘,n∈Z}与B={x|x=m⋅360∘+90∘,m∈Z}之间的关系是( )
A. A⫋BB. B⫋AC. A=BD. A∩B=⌀
3.已知φ为第一象限角，若函数f(x)=2cs(x−φ)+csx的最大值是 6，则f(π3)=( )
A. 1−3 54B. 1+3 54C. 3−3 54D. 3+3 54
4.有一块半径为2，圆心角为45∘的扇形钢板，从这个扇形中切割下一个矩形(矩形的各个顶点都在扇形的半径或弧上，且矩形的一边在扇形的半径上)，则这个内接矩形的面积最大值为( )
A. 2+ 2B. 2− 2C. 2 2−2D. 2 2+2
5.若a=15e13,b=16e25,c=13，则( )
A. b>c>aB. c>a>bC. a>b>cD. a>c>b
6.已知数列{an}为等差数列，其前n项和为Sn，n∈N*，且2a2=3a1≠0，{ Sn+1}也是等差数列，则an=( )
A. nB. n+1C. 89nD. 89(n+1)
7.已知S，A，B，C是球O表面上的不同点，SA⊥平面ABC，AB⊥BC，AB=1，BC= 2，若球O的表面积为4π，则SA=( )
A. 22B. 1C. 2D. 32
8.如图，M为四面体OABC的棱BC的中点，N为OM的中点，点P在线段AN上，且AP=2PN，设OA=a，OB=b，OC=c，则OP=( )
A. OP=13a+16b+16c
B. OP=23a+112b+112c
C. OP=13a−16b+16c
D. OP=23a+112b−16c
二、多选题：本题共3小题，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2分，有选错的得0分。
9.双曲抛物而又称马鞍面，其形似马具中的马鞍表面而得名.其在力学、建筑学、美学中有着广泛的应用.在空间直角坐标系中，将一条xOz平面内开口向上的抛物线沿着另一条yOz平面内开口向下的抛物线滑动(两条抛物线的顶点重合)所形成的就是马鞍面，其坐标原点被称为马鞍面的鞍点，其标准方程为x2a2−y2b2=2z(a>0,b>0)，则下列说法正确的是( )
A. 用平行于xOy平面的面截马鞍面，所得轨迹为双曲线
B. 用法向量为(1,0,0)的平面截马鞍面所得轨迹为抛物线
C. 用垂直于y轴的平面截马鞍面所得轨迹为双曲线
D. 用过原点且法向量为(1,1,0)的平面截马鞍面所得轨迹为抛物线
10.设f(x)=x2，g(x)=2x，h(x)=lg2x，当x∈(4,+∞)时，对这三个函数的增长速度进行比较，下列结论中，错误的是( )
A. f(x)的增长速度最快，h(x)的增长速度最慢
B. g(x)的增长速度最快，h(x)的增长速度最慢
C. g(x)的增长速度最快，f(x)的增长速度最慢
D. f(x)的增长速度最快，g(x)的增长速度最慢
11.现有4个幂函数的部分图象如图所示，则下列选项可能成立的是( )
A. p=3，m=2，q=12，n=−3
B. p=4，m=3，q=13，n=−2
C. p=2，m=3，q=−12，n=−3
D. p=12，m=13，q=−2，n=14
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知f(x)满足f(x)=f(x+8)，当x∈[0,8),f(x)=4−2|x−2|,x∈[0,4)2x−8,x∈[4,8),若函数g(x)=f2(x)+af(x)−a−1在x∈[−8,8]上恰有八个不同的零点，则实数a的取值范围为______.
13.记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，(a− 3c)sinA=bsinB−csinC，若△ABC外接圆面积为π，则△ABC面积的最大值为______.
14.如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为BC的中点，点P在线段D1E上，点P到直线CC1的距离的最小值为__________.
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.(本小题13分)
在一次购物抽奖活动中，假设某10张券中有一等奖券1张，可获价值50元的奖品；有二等奖券3张，每张可获价值10元的奖品；其余6张没有奖，某顾客从此10张券中任抽2张，求：
(Ⅰ)该顾客中奖的概率；
(Ⅱ)该顾客获得的奖品总价值ξ(元)的概率分布列和期望Eξ.
16.(本小题15分)
若数列{xn}满足：存在等比数列{cn}，使得集合{xn+cn|n∈N*}元素个数不大于k(k∈N*)，则称数列{xn}具有P(k)性质.如数列xn=1，存在等比数列cn=(−1)n，使得集合{xn+cn|n∈N*}={0,2}，则数列{xn}具有P(2)性质.若数列{an}满足a1=0，an+1=−an2+12(−1)n(n∈N*)，记数列{an}的前n项和为Sn.证明：
(1)数列{an+(−1)n}为等比数列；
(2)数列{Sn}具有P(2)性质.
17.(本小题15分)
如图所示，在直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AB//CD，AB⊥AD，且AB=AD=1，CD=2，AA1=2 2，M是D1D1的中点．
(Ⅰ)证明：BC⊥B1M；
(Ⅱ)求点B到平面MB1C的距离．
18.(本小题17分)
已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为 22，且过点P(2,2).
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点M(−1,0)作直线l与椭圆C交于A，B两点，且椭圆C的左、右焦点分别为F1，F2，△F1AF2，△F1BF2的面积分别为S1，S2，求|S1−S2|的最大值.
19.(本小题17分)
已知函数f(x)=(lnx)2−a(x−1)2，a∈R.
(1)当a=1时，求f(x)的单调区间；
(2)若x=1是f(x)的极小值点，求a的取值范围.
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：由复数z=m2+m−2−(m−1)i是纯虚数，
得m2+m−2=0m−1≠0
解得m=−2.
故选：C.
根据题意复数z为纯虚数，即得m2+m−2=0m−1≠0，从而求解．
本题主要考查纯虚数的定义，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】解：当n=2k(k∈Z)时，集合A={x|x=k⋅360∘+90∘,k∈Z}；
当n=2k+1(k∈Z)时，集合A={x|x=k⋅360∘+90∘,k∈Z}；
又B={x|x=m⋅360∘+90∘,m∈Z}，所以A=B.
故选：C.
分n=2k(k∈Z)和n=2k+1(k∈Z)两种情况讨论，可得集合A，B的关系．
本题考查集合间关系的应用，属于基础题．
3.【答案】D
【解析】解：f(x)=2csxcsφ+2sinxsinφ+csx
=2sinφsinx+(2csφ+1)csx
= (2sinφ)2+(2csφ+1)2sin(x+α)，
所以 (2sinφ)2+(2csφ+1)2= 6，
解得：csφ=14，
因为φ为第一象限角，所以sinφ= 1−cs2φ= 154，
故f(π3)=2cs(π3−φ)+csπ3=csφ+ 3sinφ+12=3+3 54.
故选：D.
先用两角差的余弦公式，再合并同类项，用辅助角公式化简f(x)，最后利用三角函数的性质求解即可．
本题主要考查三角函数的性质，考查三角恒等变换，属于中档题．
4.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变换，正弦型函数的性质的应用，正弦定理的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．
直接利用正弦定理的应用整理出矩形的两边长，进一步利用矩形的面积公式把面积用三角函数的关系表达式整理出来，最后利用三角函数关系式的变换和正弦型函数性质的应用求出结果．
【解答】
解：根据题意得到图形：
如图所示：设∠COB=θ.
所以BC=2sinθ，
在△ODC中，∠ODC=180∘−45∘=135∘，
利用正弦定理：DCsin(45∘−θ)=OCsin135∘，
整理得CD=2 2sin(45∘−θ)，
所以S矩形=BC⋅CD=2sin⁡θ⋅2 2sin⁡(45∘−θ)
=4 2sin(45∘−θ)sinθ=2 2sin(2θ+π4)−2.
当θ=π8时，S矩形的最大值为2 2−2.
故选：C.
5.【答案】B
【解析】解：a=15e13,b=16e25,c=13，
令f(x)=exx(0∴f(x)在(0,1)上单调递减，
又0<13<25<1，
∴f(13)>f(25)⇒e1313>e2525⇒25e13>13e25⇒2a>2b⇒a>b，
又5c=53=312527>34>3e=5a⇒c>a，
∴c>a>b.
故选：B.
由f(x)=exx(0b，由53=312527>34>3e得，c>a.
本题考查了利用导数研究函数的单调性，利用函数的单调性比较大小，属于中档题．
6.【答案】D
【解析】解：根据题意，设等差数列{an}的公差为d，由2a2=3a1≠0，可得2(a1+d)=3a1，
可得a1=2d，
故a2=a1+d=3d，S2=a1+a2=5d，
a3=a1+2d=4d，S3=a1+a2+a3=9d，
故 S1+1= 2d+1， S2+1= 5d+1， S3+1= 9d+1，
而{ Sn+1}也是等差数列，2 5d+1= 2d+1+ 9d+1，解可得d=89，
则a1=2d=169，
故an=a1+(n−1)d=169+89(n−1)=89(n+1).
故选：D.
根据题意，设等差数列{an}的公差为d，由2a2=3a1≠0，可得a1=2d，由此求出a2、a3和 S1+1、 S2+1、 S3+1的值，结合等差数列的定义可得关于d的方程，解可得d的值，由等差数列的通项公式计算可得答案．
本题考查等差数列的性质和求和，注意等差数列的定义，属于中档题．
7.【答案】B
【解析】解：∵SA⊥平面ABC，AB⊥BC，
∴四面体S−ABC的外接球半径等于以长宽高分别SA，AB，BC三边长的长方体的外接球的半径
∵球O的表面积为4π，∴R=1
∵AB=1，BC= 2，
∴2R= 1+2+SA2=2，
∴SA=1
故选：B.
由已知中S、A、B、C是球O表面上的点，SA⊥平面ABC，AB⊥BC，易S、A、B、C四点均为长宽高分别SA，AB，BC三边长的长方体的顶点，由长方体外接球的直径等于长方体对角线，利用球的表面积公式即可得到答案．
本题考查的知识点是球内接多面体，球的表面积公式，其中根据已知条件求出球O的直径(半径)，是解答本题的关键．
8.【答案】A
【解析】解：由题意，OP=OA+AP=OA+23AN=OA+23(ON−OA)=13OA+23ON=13OA+13OM=13OA+13×12(OB+OC)=13a+16b+16c.
故选：A.
根据空间向量的基本定理求解．
本题考查空间向量的应用，属于基础题．
9.【答案】AB
【解析】解：A选项，平行于xOy平面的面截马鞍，令z=1，得x2a2−y2b2=2，所得轨迹为双曲线，所以A正确；
B选项，法向量为(1,0,0)的平面为yOz平面，令x=a，得y2=b2(1−2z)为抛物线，所以B正确；
C选项，垂直于y轴的平面为xOz平面，令y=b得，x2=a2(1+2z)，可得点的轨迹为抛物线，所以C错误；
D选项，过原点且法向量为(1,1,0)的平面为x=y，当a≠b时，
(1a2−1b2)x2=2z，为抛物线，当a=b时，则不是抛物线，所以D不正确．
故选：AB.
由题意可得在各个平面上点的轨迹方程，判断出所给命题的真假．
本题考查点的轨迹方程的求法，属于中档题．
10.【答案】ACD
【解析】解：画出函数f(x)=x2，g(x)=2x，h(x)=lg2x的图象，如图所示，
结合图象，可得三个函数f(x)=x2，g(x)=2x，h(x)=lg2x中，
当x∈(4,+∞)时，函数g(x)=2x增长速度最快，h(x)=lg2x增长速度最慢．
所以选项B正确；选项ACD不正确．
故选：ACD.
做出三个函数f(x)=x2，g(x)=2x，h(x)=lg2x的图象，结合图象，即可求解．
本题考查了指数函数、对数函数、幂函数的性质，是基础题．
11.【答案】AB
【解析】解：对于幂函数y=xα，若函数在(0,+∞)上单调递增，则α>0，若函数在(0,+∞)上单调递减，则α<0，所以n<0，D选项错误；
当x>1时，若y=xα的图象在y=x的上方，则α>1，若y=xα的图象在y=x的下方，则α<1，
所以p>1，m>1，0因为当x>1时，指数越大，图象越高，所以p>m，
综上，p>m>1>q>0>n，AB选项正确．
故选：AB.
根据幂函数的图象和性质结合已知图象分析判断即可．
本题主要考查幂函数的图象和性质，属于基础题．
12.【答案】(−9,−5)
【解析】解：因为f(x)=f(x+8)，所以f(x)为周期是8的周期函数，
则f(8)=f(0)=4−2|0−2|=0，
由g(x)=f2(x)+af(x)−a−1=[f(x)−1][f(x)+(a+1)]=0，
得f(x)=1或f(x)=−a−1，
作出函数f(x)在x∈[−8,8]上的大致图象，如图，
由图可知，在x∈[−8,8]上，函数f(x)的图象与直线y=1有六个交点，
即f(x)=1时，有六个实根，从而f(x)=−a−1时，应该有两个实根，
即函数f(x)的图象与直线y=−a−1有两个交点，
故4<−a−1<8，得−9所以实数a的取值范围为(−9,−5).
故答案为：(−9,−5).
由已知条件得出函数f(x)的周期，由g(x)=0可得f(x)=1或f(x)=−a−1，由题意作出函数f(x)在x∈[−8,8]上的大致图象，数形结合得答案．
本题考查函数的零点问题，化归转化思想，数形结合思想，属中档题．
13.【答案】2+ 34
【解析】解：由已知及正弦定理得a2− 3ac=b2−c2，所以a2+c2−b2= 3ac，
所以csB=a2+c2−b22ac= 32，又B∈(0,π)，所以B=π6.
由△ABC的外接圆面积为π，得外接圆的半径R=1，
故b=2sinB=1，
由余弦定理可得，a2+c2−1= 3ac≥2ac−1，当且仅当a=c时取等号，
故ac≤2+ 3，
所以△ABC面积S=12acsinB≤2+ 34，
故面积的最大值为2+ 34.
故答案为：2+ 34.
利用正弦定理的边角互化和余弦定理求出角B=π6，再利用基本不等式和三角形面积公式求解．
本题主要考查了余弦定理，正弦定理及三角形面积公式在求解三角形中的应用，属于中档题．
14.【答案】2 55
【解析】【分析】
熟练掌握通过线面平行的性质即可得到异面直线的距离是解题的关键，为中档题.
取B1C1的中点F，连接EF，ED1，利用线面平行的判定即可得到C1C//平面D1EF，进而得到异面直线D1E与C1C的距离，从而得最短距离为C1M.
【解答】
解：
如图所示，取B1C1的中点F，连接EF，ED1，
∴CC1//EF，
又EF⊂平面D1EF，CC1⊄平面D1EF，
∴CC1//平面D1EF.
∴点P到直线CC1的距离是两条异面直线D1E与CC1的距离，即直线C1C上任一点到平面D1EF的距离．
过点C1作C1M⊥D1F，
∵平面D1EF⊥平面A1B1C1D1.
∴C1M⊥平面D1EF.
过点M作MP//EF交D1E于点P，则MP//C1C.
取C1N=MP，连接PN，则四边形MPNC1是矩形．
可得NP⊥平面D1EF，
在Rt△D1C1F中，C1M⋅D1F=D1C1⋅C1F，得C1M=2×1 22+12=2 55.
∴点P到直线CC1的距离的最小值为2 55.
故答案为2 55
15.【答案】解：解法一：(Ⅰ)P=1−C62C102=1−1545=23，即该顾客中奖的概率为23.
(Ⅱ)ξ的所有可能值为：0，10，20，50，60(元).
且P(ξ=0)=C62C102=13，P(ξ=10)=C31C61C102=25，
P(ξ=20)=C32C102=115，P(ξ=50)=C11C61C102=215，
P(ξ=60)=C11C31C102=115
故ξ有分布列：
从而期望Eξ=0×13+10×25+20×115+50×215+60×115=16.
解法二：
(Ⅰ)P=(C41C61+C42)C102=3045=23，
(Ⅱ)ξ的分布列求法同解法一
由于10张券总价值为80元，即每张的平均奖品价值为8元，从而抽2张的平均奖品价值Eξ=2×8=16(元).
【解析】(1)先求中奖的对立事件“没中奖”的概率，求“没中奖”的概率是古典概型．
(2)ξ的所有可能值为：0，10，20，50，60，用古典概型分别求概率，列出分布列，再求期望即可．
本题考查古典概型、排列组合、离散型随机变量的分布列和期望，及利用概率知识解决问题的能力．
16.【答案】证明：(1)设bn=an+(−1)n，则b1=−1，
bn+1=an+1+(−1)n+1=−an2+12(−1)n−(−1)n=−an2−12(−1)n=−12bn，
因此数列{an+(−1)n}是首项为−1，公比为−12的等比数列；
(2)由(1)可得an+(−1)n=−(−12)n−1，
所以an=(−1)n−1−(−12)n−1，
则Sn=1−(−1)n1−(−1)−1−(−12)n1−(−12)=−16−12(−1)n+23(−12)n，
取数列rn=−23(−12)n，则{rn}是等比数列，
并且Sn+rn=−16−12(−1)n，因此集合{Sn+rn|n∈N*}={−23,13}，
所以数列{Sn}具有P(2)性质．
【解析】(1)设bn=an+(−1)n，求出b1和bn+1，求出bn+1和bn的关系即可证明；
(2)由(1)求出an，求出Sn，设数列rn=−23(−12)n即可证明．
本题考查了等比数列的判定及数列新定义的应用，属于中档题．
17.【答案】(Ⅰ)证明：建立如图所示的空间直角坐标系，
则：B(1,1,0),C(0,2,0),B1(1,1,2 2),M(0,0, 2)，
则BC⋅B1M=(−1,1,0)⋅(−1,−1,− 2)=1−1+0=0，
故BC⊥B1M；
(Ⅱ)解：由于B(1,1,0),C(0,2,0),B1(1,1,2 2),M(0,0, 2)，
设平面MB1C的法向量为m=(x,y,z)，
则m⋅MB1=x+y+ 2z=0m⋅CB1=x−y+2 2z=0，据此可得m=(3,−1,− 2)，
且CB=(1,−1,0)，
故点B到平面MB1C的距离d=|m⋅CB||m|=|3+1+0| 12=2 33.
【解析】(Ⅰ)建立空间直角坐标系，求得两条直线的方向向量，利用方向向量的数量积为0即可证得题中的结论；
(Ⅱ)分别求得平面MB1C的法向量和向量CB，然后利用点面距离公式可得点B到平面MB1C的距离．
本题主要考查异面直线垂直的证明，点面距离的计算，空间向量及其应用等知识，属于中等题．
18.【答案】解：(1)设椭圆的焦距为2c，
由题意知，ca= 224a2+4b2=1a2=c2+b2⇒a2=12,b2=6,
故椭圆C的方程为x212+y26=1.
(2)当直线l的斜率不存在时，S1=S2，则|S1−S2|=0；
当直线l斜率存在且不等于零时，设直线l：y=k(x+1)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
联立y=k(x+1),x212+y26=1,得(1+2k2)x2+4k2x+2k2−12=0，
所以x1+x2=−4k21+2k2，x1x2=2k2−121+2k2，S1=12|F1F2|⋅|y1|= 6|y1|，S2=12|F1F2|⋅|y2|= 6|y2|，
显然A，B在x轴两侧，y1，y2异号，
所以|S1−S2|= 6|y1+y2|= 6|k(x1+1)+k(x2+1)|= 6|k(−4k21+2k2)+2k|= 6|2k1+2k2|= 6|21k+2k|≤ 3，
当且仅当1k=2k，即k=± 22时，取等号，
所以|S1−S2|的最大值为 3.
【解析】(1)根据椭圆的方程与几何性质，求出a和b的值，即可得解；
(2)当直线l的斜率不存在时，由对称性得出|S1−S2|=0；当直线l斜率存在且不等于零时，联立直线和椭圆方程，由韦达定理以及三角形面积公式得|S1−S2|= 6|21k+2k|，再利用基本不等式求解即可．
本题考查直线与椭圆的位置关系，熟练掌握椭圆的几何性质，灵活运用韦达定理与基本不等式是解题的关键，考查逻辑推理能力与计算能力，属于中档题．
19.【答案】解：(1)当a=1时，f′(x)=2lnxx−2(x−1)=2x(lnx−x2+x)，
设g(x)=lnx−x2+x，则g′(x)=1x−2x+1=−(2x+1)(x−1)x，
所以当x∈(0,1)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
当x∈(1,+∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
当x=1时，g(x)取得极大值g(1)=0，所以g(x)≤g(1)=0，
所以f′(x)≤0，f(x)在(0,+∞)上单调递减；
(2)f′(x)=2lnxx−2a(x−1)=2x(lnx−ax2+ax)，
设h(x)=lnx−ax2+ax，则h′(x)=1x−2ax+a=−2ax2+ax+1x，
(i)当a<0时，二次函数F(x)=−2ax2+ax+1开口向上，对称轴为x=14,Δ=a2+8a，
当−8≤a<0时，Δ=a2+8a≤0，F(x)≥0，h(x)单调递增，
因为h(1)=0，所以当x∈(0,1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
当x∈(1,+∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以x=1是f(x)的极小值点．
当a<−8时，Δ=a2+8a>0，又F(14)<0,F(1)=1−a>0，
所以存在x0∈(14,1)，使得F(x0)=0，所以当x∈(x0,+∞)时，F(x)>0，h(x)单调递增，
又h(1)=0，所以当x∈(x0,1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
当x∈(1,+∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以x=1是f(x)的极小值点；
(ii)当a=0时，f′(x)=2lnxx，当x∈(0,1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
当x∈(1,+∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以x=1是f(x)的极小值点；
(iii)当00，
此时F(1)=1−a>0，故∃x0∈(1,+∞)，使F(x0)=0，
当x∈(14,x0)时，F(x)>0，h′(x)>0，因此h(x)在(14,x0)上单调递增，
又h(1)=0，当x∈(14,1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
当x∈(1,x0)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以x=1为f(x)的极小值点；
(iv)当a>1时，F(1)=1−a<0,∃x0∈(14,1)，使F(x0)=0，
当x∈(x0,+∞)时，F(x)<0，h′(x)<0，因此h(x)在(x0,+∞)上单调递减，
又h(1)=0，当x∈(x0,1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
当x∈(1,+∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，所以x=1为f(x)的极大值点；
(v)当a=1时，由(1)知x=1非极小值点．
综上所述，a∈(−∞,1).
【解析】(1)求导，构造函数g(x)=lnx−x2+x，利用导数求解单调性即可求解，
(2)求导，结合分类讨论求解函数的单调性，即可结合极值点的定义求解．
本题考查了导数的综合运用，利用导数求单调性时，如果求导后的正负不容易辨别，往往可以将导函数的一部分抽离出来，构造新的函数，利用导数研究其单调性，进而可判断原函数的单调性．ξ
0
10
20
50
60
P
13
25
115
215
115