2024年高考数学二轮复习测试卷（广东专用）含解析答案

这是一份2024年高考数学二轮复习测试卷（广东专用）含解析答案，共20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。


一、单选题
1．设全集，集合 ，，则（ ）
A．B．
C．D．
2．设复数z满足，则（ ）
A．B．C．2D．8
3．已知向量，满足，，且，则（ ）
A．5B．C．10D．
4．在前项和为的等差数列中，，，则（ ）
A．3B．10C．15D．25
5．已知函数在上的大致图象如图所示，则的解析式可能为（ ）
A．B．
C．D．
6．在三棱锥中，，，则三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
7．过双曲线的右顶点A作一条渐近线的平行线，交另一条渐近线于点P，的面积为（O为坐标原点），离心率为2，则双曲线C的方程为（ ）
A．B．C．D．
8．定义表示，，中的最小值．已知实数，，满足，，则（ ）
A．的最大值是B．的最大值是
C．的最小值是D．的最小值是
二、多选题
9．某学校从高一年级名学生中抽取部分学生某次考试的数学成绩进行统计，得到如图所示的频率分布直方图，则（ ）

A．
B．估计高一学生数学成绩的平均分落在
C．估计高一学生数学成绩的第三四分位数为
D．估计高一学生数学成绩在的学生人数为
10．在正方体中，点为线段上的动点，直线为平面与平面的交线，则（ ）
A．存在点，使得面
B．存在点，使得面
C．当点不是的中点时，都有面
D．当点不是的中点时，都有面
11．已知函数及其导函数的定义域均为，若函数为奇函数，函数为偶函数，，则（ ）
A．B．
C．D．
三、填空题
12．设点是直线与直线的交点，过点作圆的切线，请写出其中一条切线的方程： ．（只需写一条即可）．
13．为了推动城乡义务教育一体化发展，某师范大学6名毕业生主动申请到某贫困山区的乡村小学工作，若将这6名毕业生分配到该山区的3所乡村小学，每所学校至少分配1人，则分配方案的总数为 ．
14．第二十四届北京冬奥会开幕式上由96片小雪花组成的大雪花惊艳了全世界，数学中也有一朵英丽的雪花————“科赫雪花”． 它的绘制规则是：任意画一个正三角形，并把每一条边三等分， 以三等分后的每边的中间一段为边向外作正三角形，并把这“中间一段”擦掉，形成雪花曲线，重复上述两步， 画出更小的三角形，一直重复，直到无穷，形成雪花曲线

设雪花曲线周长为，面积为，若 的边长为1，则= ，
四、解答题
15．在如图所示的几何体中，四边形是正方形，四边形是梯形，，平面平面，且．
(1)证明：平面平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值．
16．已知函数.
(1)求的最小正周期和单调递增区间；
(2)锐角中，，且，求的取值范围.
17．已知函数.
(1)当时，求的单调区间
(2)讨论的单调性；
(3)当时，证明.
18．已知椭圆的左、右焦点分别为、，为坐标原点，在椭圆上仅存在个点，使得为直角三角形，且面积的最大值为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)已知点是椭圆上一动点，且点在轴的左侧，过点作的两条切线，切点分别为、.求的取值范围.
19．若无穷数列满足：，对于，都有（其中为常数），则称具有性质“”.
(1)若具有性质“”，且，，，求；
(2)若无穷数列是等差数列，无穷数列是公比为2的等比数列，，，，判断是否具有性质“”，并说明理由；
(3)设既具有性质“”，又具有性质“”，其中，，，求证：具有性质“”.
参考答案：
1．D
【分析】先求出集合B，结合补集和并集运算即可.
【详解】
,
.
故选：D.
2．B
【分析】利用复数除法化简复数，利用复数的模长公式可求得结果．
【详解】解：，
，
因此．
故选：B
3．C
【分析】利用平面向量数量积与模长关系计算即可.
【详解】由题意可知，且，
则，，
所以．
故选：C
4．C
【分析】写出等差数列的通项公式以及前项求和公式，利用题中所给的条件即可.
【详解】设 的通项公式为 ，其中 是首项，是公差，
则 ， ，
由题意 ，解得 ，又 ，
代入得 ，得 ，得.
故选：C
5．C
【分析】由为奇函数以及即可得解.
【详解】由图可知函数为奇函数，
若，则有，
若，则有，
所以与都不是奇函数，故排除AD；
而由，可排除B，
若，经检验 C选项符合题意.
故选：C.
6．C
【分析】将三棱锥转化为长方体，结合长方体的外接球以及长度关系运算求解.
【详解】如图，将三棱锥转化为长方体，

可知三棱锥的外接球即为长方体的外接球，
则，可得，
则外接球的半径，
所以三棱锥的外接球的表面积为.
故选：C.
7．A
【分析】依题意得到A点坐标与渐近线方程，写出直线方程，与双曲线另一渐近线方程联立，求得坐标，代入三角形面积公式求解，则答案可求．
【详解】由题意可知双曲线的右顶点为，双曲线的渐近线方程为，
则过A与平行的直线方程为，
联立，解得，即，
则，
又，，解得．
双曲线.
故选：A．
8．B
【分析】由题先分析出实数，，一负两正，然后利用基本不等式放缩求出最小值的最大值即可.
【详解】因为，所以在，，中，负数的个数为1或3，
又，所以在，，中，1个为负数，2个为正数，不妨设，则．
因为，所以，因为，所以，则，
故的最大值是，无最小值．
故选：B.
9．AC
【分析】根据频率分布直方图的性质计算可判定A，根据平均数和百分位数的计算可判定BC，根据频率分布直方图估计可判定D.
【详解】由频率分布直方图可知，故A正确；
由A项结论可知平均数为，故B错误；
设第三四分位数为，易知前三个区间占比，
前四个区间占比为，即第三四分位数位于，
有，故C正确；
由图得区间占比，故可估计约有，故D错误.
故选：AC.
10．ACD
【分析】
对于A，由当点与点重合时，结合线面平行的判定定理即可判断；对于B，一方面若面，则，结合即可判断；对于CD，由线面平行，线面垂直的相关知识判断即可.
【详解】
当点与点重合时，由，而面，面，可知面，即A正确.
若面，注意到面，则，
以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系，设棱长为1，
，
所以，与矛盾，即B错误.
当不是的中点时，由，且面，面，可知面，
又直线为面与面的交线，则，又面，面，从而可得面，即C正确.
同上，有，又面，面，所以，
又面，
所以面，则面，即D正确.
故选：ACD.
11．BC
【分析】由为奇函数，可知，可得函数图像关于直线对称，再由，可得，函数图像关于点对称，再代入特值，可判断各选项.
【详解】由为奇函数可得，即，
，即，即，
所以函数的图像关于直线对称，
由是偶函数可得为奇函数，
，
即，
所以函数的图像关于点对称；
将代入，得，
将代入，得，B选项正确；
将代入得，得，A选项错误；
，C选项正确；
将代入，得，故，，D选项错误.
故选：BC.
12．（或）
【分析】先求出两直线交点坐标，结合图象易得过点的圆的切线有两条，分别为：或.
【详解】
如图，由题意知，圆，联立，解得，
即点，过点作圆的切线，其切线方程为或．
故答案为：（或）．
13．540
【分析】
先将6名毕业生分成3组，结合平均分组和不平均分组公式，得到分配方案数，再进行全排列，求出答案.
【详解】
第一步将6名毕业生分成3组，且每组至少1人，一共有3种分配方案，
其中1、1、4分配方式有种；
1、2、3，分配方式有种；
2、2、2，分配方式有种，
第二步将分好的3组毕业生分配到3所乡村小学，其分法有种，
利用分步计数原理可知，分配方案的总数为．
故答案为：540
14． /
【分析】利用“科赫雪花”的绘制规则得出相邻两个曲线，后面的边数是前面的4倍，而边长是前面的，且后面的曲线比前面的曲线每边多出一个正三角形，结合等差数列与等比数列的定义、通项公式、累加法及求和公式计算即可.
【详解】由题意可知：，，；
易知第个图形的边长为，边数为，
故，
由累加法得
故答案为：；
【点睛】思路点睛：根据制图规则得出相邻两个曲线边数与边长的关系，即后面的边数是前面的4倍，而边长是前面的，且后面的曲线比前面的曲线每边多出一个正三角形，利用累加法及等比数列求和公式计算即可.
15．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据面面平行的判定定理推理证明易得；
（2）通过建系，写出相关点的坐标，分别求得两个平面的法向量即可求得.
【详解】（1）四边形是正方形，，
又平面平面平面，
又平面平面平面，
平面平面，
平面平面．
（2）依题意知两两垂直，故以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
设平面的一个法向量为，
则则可取，易知为平面的一个法向量，
平面与平面夹角的余弦值为．
16．(1)，单调递增区间为
(2)
【分析】（1）先利用三角恒等变换对函数进行化简，进而通过三角函数的图象和性质的应用得到答案；
（2）利用正弦定理进行边化角，然后借助三角恒等变换进行化简，最后通过三角函数的图象和性质的应用求出结果.
【详解】（1）由题意有
，
由，，有；
由，得.
故函数的最小正周期为，单调递增区间为.
（2）由（1）有，即，
又，所以，所以，即，
由，所以，
则，.
因为是锐角三角形，所以即，所以，
所以.
则有.
所以，即
故的取值范围为.
17．(1)在单调递增，在单调递减
(2)答案见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）当时，求出导函数，解不等式求的单调区间即可；
（2）分、情况讨论与的大小关系可得结论；
（3）利用函数的单调性把所证不等式转化成，构造函数，利用导数求函数最值即可证明.
【详解】（1）当时，，的定义域为，
则，
故当时，；当时，.
故在单调递增，在单调递减；
（2）的定义域为，．
若，则当时，，故在单调递增，
若，则当时，；当时，.
故在单调递增，在单调递减；
（3）由（1）知，当时，在取得最大值，最大值为，
所以等价于，即，
设，则，当时，，当时，
所以在单调递增，在单调递减，
故当时，取得最大值，最大值为，所以当时，，
从而当时，，即.
18．(1)
(2)
【分析】（1）分析可知，当时，存在两个点，使得为直角三角形，设点，利用平面向量数量积的坐标运算可得出，再利用面积的最大值可得出、的值，可得出的值，由此可得出椭圆的方程；
（2）证明出抛物线在点处的切线方程为，可得出抛物线在点处的切线方程，联立两切线方程，求出点的坐标为，设，其中，利用二次函数的基本性质可求得的取值范围.
【详解】（1）解：当轴时，存在两个点，使得为直角三角形，
当轴时，存在两个点，使得为直角三角形，
当时，由题意可知，存在两个点，使得为直角三角形，
设点，其中，则，可得，
且，，
则，可得，
由题意可知，，则，
当点为椭圆短轴的顶点时，到轴的距离最大，此时，的面积取最大值，
即，则，故，
因此，椭圆的方程为.
（2）解：设点、，先证明出抛物线在点处的切线方程为，
联立可得，即，解得，
所以，抛物线在点处的切线方程为，
同理可知，抛物线在点处的切线方程为，
联立可得，
所以，，则，即点，
因为点在轴左侧，则，即，
因为点在椭圆上，则，
设，其中，则，，
所以，
，
因为，则，则，
所以，，
因此，的取值范围是.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中取值范围问题的五种求解策略：
（1）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；
（2）利用已知参数的范围，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；
（3）利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
（4）利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
（5）利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围.
19．(1)
(2)不具有性质“”，理由见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）由具有性质“”，可得当时，，结合题意计算即可得；
（2）由题意计算出通项公式后，检验是否恒等于即可得；
（3）借助既具有性质“”，又具有性质“”，则当时，有，，则有，，通过运算得到，从而可验证对任意的时，是否有即可得.
【详解】（1）由具有性质“”，则当时，，
故，，，又，，
故，
即；
（2）不具有性质“”，理由如下：
设，，由，，
即有，解得，故，，
则，有，
则，不恒等于，故不具有性质“”；
（3）由既具有性质“”，又具有性质“”，
即当时，有，，
则有，，
由，故，
故，即，由，，则，
当，即时，有，
即对任意的时，有，即具有性质“”.
【点睛】关键点睛：本题关键点在于通过对数列新定义的分析，从而得到，，并由此得到，，从而得出.