高考真题变式题2024年新课标全国Ⅱ卷数学真题变式题6-10含解析答案

这是一份高考真题变式题2024年新课标全国Ⅱ卷数学真题变式题6-10含解析答案，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．设函数，，当时，曲线与恰有一个交点，则（ ）
A．B．C．1D．2
2．关于函数，的图象与直线（为常数）的交点情况，下列说法正确的是（ ）
A．当或，有0个交点B．当或，有1个交点
C．当，有2个交点D．当有2个交点时，设2个交点的横坐标分别为，，则
3．若函数有且仅有一个零点，则实数的值为（ ）
A．B．C．D．
4．若函数的图象与的图象至少有12个交点，则的取值范围是( )
A．B．C．D．
5．已知正三棱台的体积为，，，则与平面ABC所成角的正切值为（ ）
A．B．1C．2D．3
6．一个正四棱台形油槽的上、下底面边长分别为，容积为（厚度忽略不计），则该油槽的侧棱与底面所成角的正切值为（ ）
A．B．C．D．
7．在空间中，三个平面PAB，PBC，PAC相交于一点P，已知，则直线PA与平面PBC所成角的正弦值等于（ ）
A．B．C．D．
8．在直四棱柱中，底面为直角梯形，，点M在该四棱柱表面上运动，且满足平面平面．当线段的长度取到最大值时，直线与底面所成角的正弦值是（ ）
A．B．C．D．
9．设函数，若，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．1
10．若，，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
11．若实数满足关系式，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
12．已知函数，，若，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
13．对于函数和，下列说法中正确的有（ ）
A．与有相同的零点B．与有相同的最大值
C．与有相同的最小正周期D．与的图象有相同的对称轴
14．对于函数，下列选项中正确的有（ ）
A．在上单调递减
B．的图象关于原点对称
C．的最小正周期为
D．的最大值为2
15．关于函数，下列说法正确的是（ ）
A．函数在上最大值为B．函数的图象关于点对称
C．函数在上单调递增D．函数的最小正周期为
16．先将函数图象上所有点的横坐标缩小到原来的，纵坐标不变，再把图象向右平移个单位长度，最后把所得图象向上平移一个单位长度，得到函数的图象，则关于函数，下列说法正确的是（ ）
A．最小正周期为B．在上单调递增
C．时D．其图象关于点对称
17．抛物线C：的准线为l，P为C上的动点，过P作的一条切线，Q为切点，过P作l的垂线，垂足为B，则（ ）
A．l与相切
B．当P，A，B三点共线时，
C．当时，
D．满足的点有且仅有2个
18．设为抛物线的焦点，直线与的准线，交于点．已知与相切，切点为，直线与的一个交点为，则（ ）
A．点在上B．
C．以为直径的圆与相离D．直线与相切
19．过抛物线上一点作两条直线，，与E的另一个交点为A，与E的另一个交点为B，抛物线的焦点为F，则（ ）
A．E的准线方程为B．过点M与E相切的直线方程为
C．以为直径的圆与y轴相切D．若，则
20．直线经过抛物线的焦点，且与抛物线相交于两点，下列说法正确的是（ ）
A．，
B．直线的斜率为1时，
C．的最小值为6
D．以为直径的圆与的准线相切
参考答案：
1．D
【分析】解法一：令，分析可知曲线与恰有一个交点，结合偶函数的对称性可知该交点只能在y轴上，即可得，并代入检验即可；解法二：令，可知为偶函数，根据偶函数的对称性可知的零点只能为0，即可得，并代入检验即可.
【详解】解法一：令，即，可得，
令，
原题意等价于当时，曲线与恰有一个交点，
注意到均为偶函数，可知该交点只能在y轴上，
可得，即，解得，
若，令，可得
因为，则，当且仅当时，等号成立，
可得，当且仅当时，等号成立，
则方程有且仅有一个实根0，即曲线与恰有一个交点，
所以符合题意；
综上所述：.
解法二：令，
原题意等价于有且仅有一个零点，
因为，
则为偶函数，
根据偶函数的对称性可知的零点只能为0，
即，解得，
若，则，
又因为当且仅当时，等号成立，
可得，当且仅当时，等号成立，
即有且仅有一个零点0，所以符合题意；
故选：D.
2．B
【分析】由“五点法”作出的图像，根据数形结合可逐一判断各选项.
【详解】因为函数，，
所以，，，，
且易知在上单调递减，在上单调递增，
据此可作出在上的大致图象如图所示．
对于选项A：由图可知当时有1个交点，故A错误；
对于选项B：由图可知当或时有1个交点，故B正确；
对于选项C：由图可知当时，有且只有1个交点，故C错误；
对于选项D：由图可知有2个交点时，故D错误．
故选：B．
3．D
【解析】推导出函数的图象关于直线对称，由题意得出，进而可求得实数的值，并对的值进行检验，即可得出结果.
【详解】，
则，
，
，所以，函数的图象关于直线对称.
若函数的零点不为，则该函数的零点必成对出现，不合题意.
所以，，即，解得或.
①当时，令，得，作出函数与函数的图象如下图所示：
此时，函数与函数的图象有三个交点，不合乎题意；
②当时，，，当且仅当时，等号成立，则函数有且只有一个零点.
综上所述，.
故选：D.
【点睛】本题考查利用函数的零点个数求参数，考查函数图象对称性的应用，解答的关键就是推导出，在求出参数后要对参数的值进行检验，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.
4．D
【分析】根据两个函数都是偶函数，分别画出两个函数当时的图象，由图象确定不等式，即可求得的取值范围.
【详解】 与 都是偶函数，所以只需 时，有至少个交点，即可画出时，函数的图象与的图象，如图，由图可知， ,得，即的取值范围是.
故选:D.
【方法点睛】已知函数有零点(方程有根)求参数取值范围的三种常用的方法：
(1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；(2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；
(3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．
5．B
【分析】解法一：根据台体的体积公式可得三棱台的高，做辅助线，结合正三棱台的结构特征求得，进而根据线面夹角的定义分析求解；解法二：将正三棱台补成正三棱锥，与平面ABC所成角即为与平面ABC所成角，根据比例关系可得，进而可求正三棱锥的高，即可得结果.
【详解】解法一：分别取的中点，则，
可知，
设正三棱台的为，
则，解得，
如图，分别过作底面垂线，垂足为，设，
则，，
可得，
结合等腰梯形可得,
即，解得，
所以与平面ABC所成角的正切值为；
解法二：将正三棱台补成正三棱锥，
则与平面ABC所成角即为与平面ABC所成角，
因为，则，
可知，则，
设正三棱锥的高为，则，解得，
取底面ABC的中心为，则底面ABC，且，
所以与平面ABC所成角的正切值.
故选：B.
6．D
【分析】利用棱台的体积公式求出正四棱台的高，进而得正四棱台的侧棱与底面所成角的正切值．
【详解】设正四棱台形油槽的高为，
依题意，得，解得．
设该正四棱台的侧棱与底面所成角为，
所以，
故选：D
7．A
【分析】如图，作，作A点在平面PBC射影为O，连接OE，OF，设，由题目条件可得，即可得答案.
【详解】如图，作，作A点在平面PBC射影为O，连接OE，OF，设.
因，则.
因平面PFOE，平面PFOE，则，且为PA与平面PBC所成角，
又，，平面AOE，平面AOF，
则平面AOE，平面AOF.
又平面AOE，平面AOF，则.
又，，，则，
故，结合，得.
又，则，故PA与平面PBC所成角的正弦值等于.
故选：A
8．B
【分析】根据直四棱柱的几何关系，利用面面垂直的判定定理找出点M在四棱柱表面上的运动轨迹，再根据线段的长度取到最大值时确定具体位置，根据几何法做出直线与底面所成的角，即可求得其正弦值.
【详解】根据几何体特征，四棱柱是直四棱柱，
所以平面，平面，所以，
要满足平面平面，作于，延长交于，交的延长线于，
作交于，连接，如下图所示；
又因为，所以平面，即平面
而平面，所以平面平面，
又因为点M在该四棱柱表面上运动，所以点M的轨迹是线段；
又因为底面为直角梯形，，
所以，即，得，所以；
又，所以，即为线段的中点，
，所以，
易知，当线段的长度取到最大值时，点于点重合，
此时，即为直线与底面所成的角，
，，
所以，线段的长度取到最大值时，直线与底面所成角的正弦值是.
故选：B
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于利用几何体特征，充分利用空间想象根据面面垂直的判定定理找出满足题意的动点的轨迹，再根据轨迹形状确定线段最长时的具体位置，找出线面角即可求得结果.
9．C
【分析】解法一：由题意可知：的定义域为，分类讨论与的大小关系，结合符号分析判断，即可得，代入可得最值；解法二：根据对数函数的性质分析的符号，进而可得的符号，即可得，代入可得最值.
【详解】解法一：由题意可知：的定义域为，
令解得；令解得；
若，当时，可知，
此时，不合题意；
若，当时，可知，
此时，不合题意；
若，当时，可知，此时；
当时，可知，此时；
可知若，符合题意；
若，当时，可知，
此时，不合题意；
综上所述：，即，
则，当且仅当时，等号成立，
所以的最小值为；
解法二：由题意可知：的定义域为，
令解得；令解得；
则当时，，故，所以；
时，，故，所以；
故， 则，
当且仅当时，等号成立，
所以的最小值为.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：分别求、的根，以根和函数定义域为临界，比较大小分类讨论，结合符号性分析判断.
10．C
【分析】方法一：利用已知条件转化利用分类讨论和基本不等式求解即可；
方法二：利用已知条件转化为二次函数求解即可.
【详解】方法一：由，，
消去得到，
令，，
则，即，
，当且仅当时，等号成立，
故的最大值为．
当时，
，不成立，
当时，，
故的最大值为.
综上所述：的最大值为．
方法二：由，，
可消去得到，
则，令，
，
当时，，
故的最大值为．
故选：C．
11．C
【分析】令，则，把看作关于的一元二次方程的两根，结合，求t的范围，再由，应用二次函数的性质求最小值.
【详解】令，则，
将看作关于的一元二次方程的两根，
则，故，可得或，
由，
结合二次函数性质，在上递减，在上递增，
又，
所以的最小值为.
故选：C
【点睛】关键点点睛：令，将看作关于的一元二次方程的两根，利用求参数范围为关键.
12．A
【分析】由已知可得出，分析函数的单调性，可得出，即可得出，结合二次函数的基本性质可求得的最大值.
【详解】因为函数、均为上的增函数，所以，函数为上的增函数，
，因为，其中，
所以，，故，
当且仅当时等号成立，故的最大值为.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键在于利用指对同构思想结合函数单调性得出，将所求代数式转化为以为自变量的函数，将问题转化为函数的最值来处理.
13．BC
【分析】根据正弦函数的零点，最值，周期公式，对称轴方程逐一分析每个选项即可.
【详解】A选项，令，解得，即为零点，
令，解得，即为零点，
显然零点不同，A选项错误；
B选项，显然，B选项正确；
C选项，根据周期公式，的周期均为，C选项正确；
D选项，根据正弦函数的性质的对称轴满足，
的对称轴满足，
显然图像的对称轴不同，D选项错误.
故选：BC
14．AB
【分析】A.令，利用正弦函数的性质判断；B.利用奇函数的定义判断；C.利用正弦函数的周期性判断；D；利用正弦函数的最值判断；
【详解】A.当时，，因为在单调递减，
所以在单调递减，故选项A正确；
B.因为，所以为奇函数，
所以的图象关于原点对称．故选项B正确；
C. 代入周期公式得，故选项C错误；
D. ，的最大值为1，故选项D错误.
故选：AB．
15．BD
【分析】根据给定条件，利用正弦函数的图象性质，逐项分析判断作答.
【详解】对于A，当时，，，最大值为2，A错误；
对于B，因为，则函数的图象关于点对称，B正确；
对于C，当时，，函数在上不单调，则在上不单调，C错误；
对于D，函数的最小正周期，D正确.
故选：BD.
16．AB
【分析】利用给定变换求出函数的解析式，根据可判断A；利用整体代换的方法，根据的范围，求出的范围，再利用正弦函数的图象和性质可判断B和C；根据关于点对称，的图象向上平移后对称中心也向上平移一个单位，可判断D.
【详解】将图象上所有点的横坐标缩小到原来的，纵坐标不变，得到，
再把图象向右平移个单位长度，得到，
最后把所得图象向上平移一个单位长度，得到.
对于A，，故A正确；
对于B，在单调递增，
当时，，
在上单调递增，故B正确；
对于C，当时，，，
，故C错误；
对于D，当时，函数满足，
函数关于点对称，
关于点对称，故D错误.
故选：AB.
17．ABD
【分析】A选项，抛物线准线为，根据圆心到准线的距离来判断；B选项，三点共线时，先求出的坐标，进而得出切线长；C选项，根据先算出的坐标，然后验证是否成立；D选项，根据抛物线的定义，，于是问题转化成的点的存在性问题，此时考察的中垂线和抛物线的交点个数即可，亦可直接设点坐标进行求解.
【详解】A选项，抛物线的准线为，
的圆心到直线的距离显然是，等于圆的半径，
故准线和相切，A选项正确；
B选项，三点共线时，即，则的纵坐标，
由，得到，故，
此时切线长，B选项正确；
C选项，当时，，此时，故或，
当时，，，，
不满足；
当时，，，，
不满足；
于是不成立，C选项错误；
D选项，方法一：利用抛物线定义转化
根据抛物线的定义，，这里，
于是时点的存在性问题转化成时点的存在性问题，
，中点，中垂线的斜率为，
于是的中垂线方程为：，与抛物线联立可得，
，即的中垂线和抛物线有两个交点，
即存在两个点，使得，D选项正确.
方法二：（设点直接求解）
设，由可得，又，又，
根据两点间的距离公式，，整理得，
，则关于的方程有两个解，
即存在两个这样的点，D选项正确.
故选：ABD
18．BCD
【分析】A选项，联立直线与抛物线方程，根据根的判别式得到点在上；B选项，作出辅助线，结合抛物线定义得到相等关系，再由大边对大角作出判断；C选项，证明出以为直径的圆与轴相切，得到C正确；D选项，设出直线方程，与抛物线方程联立求出点坐标，从而求出直线方程，联立抛物线，根据根的判别式得到答案.
【详解】对于A，联立直线与的方程，消去得，因为与相切，
所以，即，所以点在上，A错误．
对于B，过点作垂直于的准线，垂足为，由抛物线定义知，
因为，所以，所以在中，，
由大边对大角得，B正确．
对于C，，由A选项与相切，切点为，可得，其中，
则的中点坐标为，
且，故半径为，
由于半径等于以为直径的圆的圆心横坐标，
故以为直径的圆与轴相切，所以与相离，C正确；
对于D，设直线方程为，与联立得，
所以，解得，则，
因为，所以直线方程为，
联立直线与曲线的方程得，
因为，所以直线与相切，D正确．
故选：BCD．
【点睛】抛物线的相关结论，
中，过焦点的直线与抛物线交于两点，则以为直径的圆与轴相切，以为直径的圆与准线相切；
中，过焦点的直线与抛物线交于两点，则以为直径的圆与轴相切，以为直径的圆与准线相切.
19．BCD
【分析】根据点在抛物线上求出即可判断A，联立方程消元后利用判别式判断B，根据抛物线的性质得出线段中点到轴的距离判断C，由直线的斜率公式及点在抛物线上化简条件即可判断D.
【详解】对于A，因为点在抛物线上，
所以，则，抛物线方程为，则其准线方程为，故A错误；
对于B，联立，消元得，则，
故直线与抛物线相切，又点在直线上，
则过点M与E相切的直线方程为，故B正确；
对于C，由抛物线定义知，线段中点的横坐标，即线段的中点到轴的距离为，
所以以为直径的圆与y轴相切，故C正确；
对D，设，则，
即，
所以，即，
所以，故D正确.
故选：BCD
20．AD
【分析】直线的方程可设为，与抛物线方程联立可得，, ,，从而可判断A；根据可判断BC；设线段的中点为，求出点到准线的距离,即可判断D.
【详解】依题意可知直线过抛物线的焦点,且直线的方程可设为,

将直线方程与抛物线方程联立可得，
因为，所以，,
所以,
，故A正确；
,
当时,有最小值4，故C错误；
当直线的斜率为1时，则，故，故B错误；
设线段的中点为，则,
所以点到准线的距离为,
所以以为直径的圆与的准线相切,故D正确.
故选:AD.