高考数学2024年新课标全国Ⅱ卷数学真题平行卷（基础）含解析答案

这是一份高考数学2024年新课标全国Ⅱ卷数学真题平行卷（基础）含解析答案，共14页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
（基础卷）
第一部分（选择题 共58分）
一、单项选择题：本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分. 在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.
1．已知复数（为虚数单位），则（ ）
A．1B．4C．3D．
2．下列命题中真命题的个数是（ ）
①；
②至少有一个整数，它既不是合数，也不是素数；
③x是无理数}，是无理数．
A．0B．1C．2D．3
3．已知，且，则（ ）
A．B．C．4D．
4．已知甲种杂交水稻近五年的产量数据为，乙种杂交水稻的产量数据为，则下列说法错误的是（ ）
A．甲种的样本极差小于乙种的样本极差
B．甲种的样本平均数等于乙种的样本平均数
C．甲种的样本中位数等于乙种的样本中位数
D．甲种的样本方差大于乙种的样本方差
5．已知周长为16的△ABC中，点A（－3，0），B（3，0），则点C的轨迹方程是（ ）
A．1
B．1
C．1（y≠0）
D．1（y≠0）
6．已知函数，的图象与直线有两个交点，则的最大值为（ ）
A．1B．2C．D．
7．在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，已知AB⊥AC，AA1＝BC＝5．M是BC中点，则直线A1M与平面ABC所成角的正切值为（ ）
A．B．2C．D．3
8．设常数,实数满足=,若的最大值为,则的值为
A．B．C．D．
二、多项选择题：本大题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分. 在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求. 全部选对得 6 分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.
9．若函数则（ ）
A．的最小正周期为10B．的图象关于点对称
C．在上有最小值D．的图象关于直线对称
10．已知抛物线：（）的焦点为，过拋物线上一点作两条斜率之和为0的直线，与的另外两个交点分别为，，则下列说法正确的是（ ）
A．的准线方程是
B．直线的斜率为定值
C．若圆与以为半径的圆相外切，则圆与直线相切
D．若的面积为，则直线的方程为
11．已知函数，则（ ）
A．的极小值为2
B．有三个零点
C．点是曲线的对称中心
D．直线是曲线的切线
第二部分（非选择题 共92分）
三、填空题：本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
12．已知等差数列的前n项和为，若，，则 ．
13．已知，是方程的两根，求的值．
14．年新型冠状病毒肆虐全球，目前我国疫情已经得到缓解，为了彰显我中华民族的大爱精神，我国决定派遣具有丰富抗击疫情经验的四支不同的医疗队、、、，前往四个国家、、、进行抗疫技术指导，每支医疗队到一个国家，那么总共有 （请用数字作答）种的不同的派遣方法.如果已知医疗队被派遣到国家，那么此时医疗队被派遣到国的概率是 .
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．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且.
(1)求角A的大小；
(2)D是线段上的点，且，，求的面积.
16．已知函数，．
(1)若，求a的值；
(2)当时，求曲线在点处的切线方程；
(3)若在时取得极值，求a的值.
17．如图，在四棱锥中，平面，四边形是矩形，，过棱的中点E作于点，连接．

(1)证明：；
(2)若，求平面与平面所成角的正弦值．
18．某射击俱乐部将要举行移动靶射击比赛．比赛规则是每位选手可以选择在区射击3次或选择在区射击2次，在区每射中一次得3分，射不中得0分；在区每射中一次得2分，射不中得0分．已知参赛选手甲在区和区每次射中移动靶的概率分别是和．
(1)若选手甲在区射击，求选手甲至少得3分的概率．
(2)我们把在、两区射击得分的数学期望较高者作为选择射击区的标准，如果选手甲最终选择了在区射击，求的取值范围．
19．已知数列的首项为1，为数列的前n项和，，其中，.
(1)若成等差数列，求的通项公式；
(2)设双曲线的离心率为，且，求数列的通项公式
参考答案：
1．D
【分析】根据复数的模长公式直接求解即可.
【详解】由题意可得：.
故选：D.
2．D
【分析】由题意，根据平方运算，合数与素数的定义，以及反证法，可得答案.
【详解】对于①，当时，，故①正确；
对于②，由是整数，且它既不是合数，也不是素数，故②正确；
对于③，假设x是无理数}，是有理数，则可设，则，，
故为有理数，而与题设矛盾，故③正确，
故选：D.
3．C
【分析】利用向量的数量积可求.
【详解】因为，，则，，
则，故，
故选：C.
4．D
【分析】求出极差判断A；求出平均数判断B；求出中位数判断C；求出方差判断D.
【详解】对于A，甲种的样本极差，乙种的样本极差，A正确；
对于B，甲种的样本平均数，
乙种的样本平均数，B正确；
对于C，甲种的样本中位数为10.0，乙种的样本中位数为10.0，C正确.
对于D，甲种的样本方差，
乙种的样本方差，D错误.
故选：D
5．C
【详解】
解析：因为三角形周长为16，又CA＋CB＝10＞6＝AB，所以点C的轨迹在以A，B为焦点的椭圆＋＝1上．因为△ABC中点C与点A，B不共线，所以去掉y轴上的两点，得y≠0.
【考查意图】定义法求轨迹方程．
6．D
【分析】由可得，然后可得的最大值为，即可得到答案.
【详解】由可得，
所以当时，由与有两个交点可得的最大值为
所以则的最大值为
故选：D
7．B
【分析】根据平面，即可找到为直线与平面所成角，计算即可.
【详解】
因为平面，所以为直线与平面所成角.
在中，，，
.
故选
【点睛】本题主要考查直线与平面所成角的求法，根据直线垂直平面找到直线与平面所成角为解题的关键，属于简单题.
8．B
【分析】利用对数的运算法则化简已知条件，利用函数的单调性求解函数的最值，通过解方程求解x的值即可．
【详解】由题意，，
不妨令lgax=t，则有，
因为a＞1，所以当时，y取得最大值，即，解得a=4，
从而．
故选B．
【点睛】本题考查函数与方程的应用，函数的最值的求法，考查转化思想以及计算能力,属于中档题．
9．AD
【分析】由正弦型函数的周期公式可求A，通过代入求值的方法可判断BD选项，利用正弦函数的图象与性质可判断C.
【详解】，A正确.
因为，所以的图象不关于点对称，B错误.
因为，所以的图象关于直线对称，D正确.
若，则，由的图象可知，
在上有最大值，没有最小值，C错误.
故选：AD.
10．AC
【分析】根据给定条件，求出抛物线的方程，结合斜率坐标公式及抛物线定义，逐项计算判断得解.
【详解】依题意，，解得，即抛物线：，焦点，准线方程，A正确；
设，显然，直线的斜率，
同理直线的斜率，由，得，解得，
因此直线的斜率，B错误；
圆，令圆的半径为，由圆与圆相外切，得，
而，于是，即圆的圆心到y轴的距离为圆的半径，则圆与直线相切，C正确；
由消去得：，，，，
，而点到直线的距离，
则的面积，D错误.
故选：AC
11．CD
【分析】利用导数研究函数的单调性、极值点、极值以及零点判断A、B，根据函数关于点对称的充要条件判断C，再根据导数的几何意义求函数的切线方程判断D.
【详解】，，
令，解得：或，
时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
的极小值为：，
的极大值为：，
有两个零点，的极小值为0，故A错误、B错误；
对C，若点是曲线的对称中心，则有，
将函数代入上式验证得：
，故C正确；
对于D，，解得：，
当时，， 切线方程为：，即，故D正确.
故选：.
12．
【分析】利用等差数列的通项公式列式求得，再利用等差数列的求和公式即可得解.
【详解】设等差数列的公差为，
则有,解得：，
所以.
故答案为：
13．
【分析】由已知条件结合根与系数的关系可得，然后利用两角和的正切公式化简计算即可
【详解】因为，是方程的两根，
所以，
所以
14．
【分析】将四支医疗队进行全排可求得排法种数，只考虑医疗队被派遣的可能情况，利用古典概型的概率公式可求得医疗队被派遣到国的概率.
【详解】由题意可知，每支医疗队到一个国家的派遣方法数为，
由于医疗队被派遣到国家，则医疗队可派遣到其它个国家，因此，医疗队被派遣到国的概率是.
故答案为：；.
【点睛】本题考查排列计数原理的应用，同时也考查了古典概型概率的计算，考查计算能力，属于基础题.
15．(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理的边化角以及辅助角公式求解；
（2）利用正弦定理、辅助角公式以及三角形的面积公式求解.
【详解】（1）因为，由正弦定理得.
因为，所以，所以，
即.
因为，所以，即.
（2）设，因为，所以.
因为，所以，，，
在中，由正弦定理可知，
即，
即，
化简可得，即，,
所以.
16．(1)
(2)
(3)．
【分析】（1）首先求导得，根据即可解出值；
（2）代入得，求出其导数，计算出切点纵坐标和切线斜率即可得到切线方程；
（3）由题意代入，解出，再证明时，取得极值.
【详解】（1）因为，定义域为，
所以．
因为，所以．所以．
（2）当时，．
所以．
所以，．
所以曲线在点处的切线方程为．
（3）因为在时取得极值，
所以，即，所以．
当时，．
令，即，得；
令，即，得．
所以在区间上单调递增，在区间上单调递减．
所以在时取得极大值，符合题意．
所以．
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先证平面得，再证，推得平面,得，推得平面，即得；
（2）依题建系，根据（1）的结论，可得平面与平面的法向量，利用空间向量的夹角公式即可求得.
【详解】（1）∵四边形为矩形，∴，
∵平面，平面，∴，
又， 平面，∴平面，
又平面，∴．
∵，点E是的中点，∴．
又， 平面，∴平面．
平面，∴．
又，,平面，∴平面，
平面，∴．
（2）

如图，因两两垂直，
故可以A为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
∴，．
由（1）可知，可看成平面的一个法向量，
可看成平面的一个法向量．
设平面与平面的所成角为，
∴，∴，
∴平面与平面所成角的正弦值为．
18．(1)
(2)
【分析】（1）先求出对立事件的概率，在得出选手甲至少得3分的概率；
（2）分别求出在，区的得分的数学期望，从而得出不等式，解出的范围．
【详解】（1）选手甲在区射击不得分的概率为，
选手甲在区射击至少得3分的概率为．
（2）设选手甲在区射击的得分为，在乙区射击的得分为，
则的可能取值为0，3，6，9，的可能取值为0，2，4，
则，，
，，
，，，
，
，
，又，
．
19．(1)；
(2).
【分析】（1）由题可得数列是首项为1，公比为的等比数列，进而即求；
（2）由题可得，然后利用离心率公式即得.
【详解】（1）由已知，，，两式相减得到，，
又由得到，
故，对所有都成立.
所以，数列是首项为1，公比为的等比数列，
从而，
由，，成等差数列，可得，即，则，
由已知，，故，
所以.
（2）由（Ⅰ）可知，.
所以双曲线的离心率.
由解得，
则.