精品解析:2024年新课标全国ⅱ卷数学高考真题解析(参考版)-九游会网址多少

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2024-06-10
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2024年普通高等学校招生全国统一考试(新课标ii卷)数学本试卷共10页,19小题,满分150分.注意事项:1.答题前,先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上,并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.2.选择题的作答:每小题选出答案后,用2b铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.3.填空题和解答题的作答:用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.4.考试结束后,请将本试卷和答题卡一并上交.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,则( )a. 0 b. 1 c. d. 22. 已知命题p:,;命题q:,,则( )a. p和q都是真命题 b. 和q都是真命题c. p和都是真命题 d. 和都是真命题3. 已知向量满足,且,则( )a. b. c. d. 14. 某农业研究部门在面积相等的100块稻田上种植一种新型水稻,得到各块稻田的亩产量(单位:kg)并整理如下表 亩产量 [900,950) [950,1000) [1000,1050) [1050,1100) [1100,1150) [1150,1200) 频数 6 12 18 30 24 10据表中数据,结论中正确的是( )a. 100块稻田亩产量的中位数小于1050kgb. 100块稻田中亩产量低于1100kg的稻田所占比例超过80%c. 100块稻田亩产量的极差介于200kg至300kg之间d. 100块稻田亩产量的平均值介于900kg至1000kg之间5. 已知曲线c:(),从c上任意一点p向x轴作垂线段,为垂足,则线段中点m的轨迹方程为( )a. () b. ()c. () d. ()6. 设函数,,当时,曲线与恰有一个交点,则( )a. b. c. 1 d. 27. 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. 1 c. 2 d. 38. 设函数,若,则的最小值为( )a. b. c. d. 1二、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. 对于函数和,下列说法正确的有( )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. 与的图像有相同的对称轴10. 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11. 设函数,则( )a. 当时,有三个零点b. 当时,是的极大值点c. 存在a,b,使得为曲线的对称轴d. 存在a,使得点为曲线对称中心三、填空题:本大题共 3 小题,每小题 5 分,共 15 分.12. 记为等差数列的前n项和,若,,则________.13. 已知第一象限角,为第三象限角,,,则_______.14. 在如图的4×4方格表中选4个方格,要求每行和每列均恰有一个方格被选中,则共有________种选法,在所有符合上述要求的选法中,选中方格中的4个数之和的最大值是________.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. 记的内角a,b,c的对边分别为a,b,c,已知.(1)求a.(2)若,,求的周长.16. 已知函数.(1)当时,求曲线在点处的切线方程;(2)若有极小值,且极小值小于0,求a的取值范围.17. 如图,平面四边形abcd中,,,,,,点e,f满足,,将沿ef对折至,使得.(1)证明:;(2)求面pcd与面pbf所成的二面角的正弦值.18. 某投篮比赛分为两个阶段,每个参赛队由两名队员组成,比赛具体规则如下:第一阶段由参赛队中一名队员投篮3次,若3次都未投中,则该队被淘汰,比赛成员为0分;若至少投中一次,则该队进入第二阶段,由该队的另一名队员投篮3次,每次投中得5分,未投中得0分.该队的比赛成绩为第二阶段的得分总和.某参赛队由甲、乙两名队员组成,设甲每次投中的概率为p,乙每次投中的概率为q,各次投中与否相互独立.(1)若,,甲参加第一阶段比赛,求甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分的概率.(2)假设,(i)为使得甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率最大,应该由谁参加第一阶段比赛?(ii)为使得甲、乙,所在队的比赛成绩的数学期望最大,应该由谁参加第一阶段比赛?19. 已知双曲线,点在上,为常数,.按照如下方式依次构造点,过作斜率为直线与的左支交于点,令为关于轴的对称点,记的坐标为.(1)若,求;(2)证明:数列是公比为的等比数列;(3)设为的面积,证明:对任意的正整数,.第1页/共1页学科网(北京)股份有限公司$$ 2024年普通高等学校招生全国统一考试(新课标ii卷)数学本试卷共10页,19小题,满分150分.注意事项:1.答题前,先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上,并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.2.选择题的作答:每小题选出答案后,用2b铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.3.填空题和解答题的作答:用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.4.考试结束后,请将本试卷和答题卡一并上交.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,则( )a. 0 b. 1 c. d. 2【答案】c【解析】【分析】由复数模的计算公式直接计算即可.【详解】若,则.故选:c.2. 已知命题p:,;命题q:,,则( )a. p和q都真命题 b. 和q都是真命题c. p和都是真命题 d. 和都是真命题【答案】b【解析】【分析】对于两个命题而言,可分别取、,再结合命题及其否定的真假性相反即可得解.【详解】对于而言,取,则有,故是假命题,是真命题,对于而言,取,则有,故是真命题,是假命题,综上,和都是真命题.故选:b.3. 已知向量满足,且,则( )a. b. c. d. 1【答案】b【解析】【分析】由得,结合,得,由此即可得解.【详解】因为,所以,即,又因为,所以,从而.故选:b.4. 某农业研究部门在面积相等的100块稻田上种植一种新型水稻,得到各块稻田的亩产量(单位:kg)并整理如下表 亩产量 [900,950) [950,1000) [1000,1050) [1050,1100) [1100,1150) [1150,1200) 频数 6 12 18 30 24 10据表中数据,结论中正确的是( )a. 100块稻田亩产量的中位数小于1050kgb. 100块稻田中亩产量低于1100kg的稻田所占比例超过80%c. 100块稻田亩产量的极差介于200kg至300kg之间d. 100块稻田亩产量的平均值介于900kg至1000kg之间【答案】c【解析】【分析】计算出前三段频数即可判断a;计算出低于1100kg频数,再计算比例即可判断b;根据极差计算方法即可判断c;根据平均值计算公式即可判断d.【详解】对于 a, 根据频数分布表可知, ,所以亩产量的中位数不小于 , 故 a 错误;对于b,亩产量不低于的频数为,所以低于的稻田占比为,故b错误;对于c,稻田亩产量的极差最大为,最小为,故c正确;对于d,由频数分布表可得,平均值为,故d错误.故选;c.5. 已知曲线c:(),从c上任意一点p向x轴作垂线段,为垂足,则线段的中点m的轨迹方程为( )a. () b. ()c. () d. ()【答案】a【解析】【分析】设点,由题意,根据中点的坐标表示可得,代入圆的方程即可求解.【详解】设点,则,因为为的中点,所以,即,又在圆上,所以,即,即点的轨迹方程为.故选:a6. 设函数,,当时,曲线与恰有一个交点,则( )a. b. c. 1 d. 2【答案】d【解析】【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.7. 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. 1 c. 2 d. 3【答案】b【解析】【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.8. 设函数,若,则的最小值为( )a. b. c. d. 1【答案】c【解析】【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.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. 对于函数和,下列说法正确的有( )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. 与的图像有相同的对称轴【答案】bc【解析】【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:bc10. 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【答案】abd【解析】【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:abd11. 设函数,则( )a. 当时,有三个零点b. 当时,是的极大值点c. 存在a,b,使得为曲线的对称轴d. 存在a,使得点为曲线的对称中心【答案】ad【解析】【分析】a选项,先分析出函数的极值点为,根据零点存在定理和极值的符号判断出在上各有一个零点;b选项,根据极值和导函数符号的关系进行分析;c选项,假设存在这样的,使得为的对称轴,则为恒等式,据此计算判断;d选项,若存在这样的,使得为的对称中心,则,据此进行计算判断,亦可利用拐点结论直接求解.【详解】a选项,,由于,故时,故在上单调递增,时,,单调递减,则在处取到极大值,在处取到极小值,由,,则,根据零点存在定理在上有一个零点,又,,则,则在上各有一个零点,于是时,有三个零点,a选项正确;b选项,,时,,单调递减,时,单调递增,此时在处取到极小值,b选项错误;c选项,假设存在这样的,使得为的对称轴,即存在这样的使得,即,根据二项式定理,等式右边展开式含有的项为,于是等式左右两边的系数都不相等,原等式不可能恒成立,于是不存在这样的,使得为的对称轴,c选项错误;d选项,方法一:利用对称中心的表达式化简,若存在这样的,使得为的对称中心,则,事实上,,于是即,解得,即存在使得是的对称中心,d选项正确.方法二:直接利用拐点结论任何三次函数都有对称中心,对称中心的横坐标是二阶导数的零点,,,,由,于是该三次函数的对称中心为,由题意也是对称中心,故,即存在使得是的对称中心,d选项正确.故选:ad【点睛】结论点睛:(1)的对称轴为;(2)关于对称;(3)任何三次函数都有对称中心,对称中心是三次函数的拐点,对称中心的横坐标是的解,即是三次函数的对称中心三、填空题:本大题共 3 小题,每小题 5 分,共 15 分.12. 记为等差数列的前n项和,若,,则________.【答案】95【解析】【分析】利用等差数列通项公式得到方程组,解出,再利用等差数列的求和公式节即可得到答案.【详解】因为数列为等差数列,则由题意得,解得,则.故答案:.13. 已知为第一象限角,为第三象限角,,,则_______.【答案】【解析】【分析】法一:根据两角和与差的正切公式得,再缩小的范围,最后结合同角的平方和关系即可得到答案;法二:利用弦化切的方法即可得到答案.【详解】法一:由题意得,因为,,则,,又因为,则,,则,则,联立 ,解得.法二: 因为为第一象限角,为第三象限角,则,,,则 故答案为:.14. 在如图的4×4方格表中选4个方格,要求每行和每列均恰有一个方格被选中,则共有________种选法,在所有符合上述要求的选法中,选中方格中的4个数之和的最大值是________.【答案】 ①. 24 ②. 112【解析】【分析】由题意可知第一、二、三、四列分别有4、3、2、1个方格可选;利用列举法写出所有的可能结果,即可求解.【详解】由题意知,选4个方格,每行和每列均恰有一个方格被选中,则第一列有4个方格可选,第二列有3个方格可选,第三列有2个方格可选,第四列有1个方格可选,所以共有种选法;每种选法可标记为,分别表示第一、二、三、四列的数字,则所有的可能结果为:,,,,所以选中的方格中,的4个数之和最大,为.故答案为:24;112【点睛】关键点点睛:解决本题的关键是确定第一、二、三、四列分别有4、3、2、1个方格可选,利用列举法写出所有的可能结果.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. 记的内角a,b,c的对边分别为a,b,c,已知.(1)求a.(2)若,,求的周长.【答案】(1) (2)【解析】【分析】(1)根据辅助角公式对条件进行化简处理即可求解,常规方法还可利用同角三角函数的关系解方程组,亦可利用导数,向量数量积公式,万能公式解决;(2)先根据正弦定理边角互化算出,然后根据正弦定理算出即可得出周长.【小问1详解】方法一:常规方法(辅助角公式)由可得,即,由于,故,解得方法二:常规方法(同角三角函数的基本关系)由,又,消去得到:,解得,又,故方法三:利用极值点求解设,则,显然时,,注意到,,在开区间上取到最大值,于是必定是极值点,即,即,又,故方法四:利用向量数量积公式(柯西不等式)设,由题意,,根据向量的数量积公式,,则,此时,即同向共线,根据向量共线条件,,又,故方法五:利用万能公式求解设,根据万能公式,,整理可得,,解得,根据二倍角公式,,又,故【小问2详解】由题设条件和正弦定理,又,则,进而,得到,于是,,由正弦定理可得,,即,解得,故的周长为16. 已知函数.(1)当时,求曲线在点处的切线方程;(2)若有极小值,且极小值小于0,求a的取值范围.【答案】(1) (2)【解析】【分析】(1)求导,结合导数的几何意义求切线方程;(2)解法一:求导,分析和两种情况,利用导数判断单调性和极值,分析可得,构建函数解不等式即可;解法二:求导,可知有零点,可得,进而利用导数求的单调性和极值,分析可得,构建函数解不等式即可.【小问1详解】当时,则,,可得,,即切点坐标为,切线斜率,所以切线方程为,即.【小问2详解】解法一:因为的定义域为,且,若,则对任意恒成立,可知在上单调递增,无极值,不合题意;若,令,解得;令,解得;可知在内单调递减,在内单调递增,则有极小值,无极大值,由题意可得:,即,构建,则,可知在内单调递增,且,不等式等价于,解得,所以a的取值范围为;解法二:因为的定义域为,且,若有极小值,则有零点,令,可得,可知与有交点,则,若,令,解得;令,解得;可知在内单调递减,在内单调递增,则有极小值,无极大值,符合题意,由题意可得:,即,构建,因为则在内单调递增,可知在内单调递增,且,不等式等价于,解得,所以a的取值范围为.17. 如图,平面四边形abcd中,,,,,,点e,f满足,,将沿ef对折至,使得.(1)证明:;(2)求面pcd与面pbf所成的二面角的正弦值.【答案】(1)证明见解析 (2)【解析】【分析】(1)由题意,根据余弦定理求得,利用勾股定理的逆定理可证得,则,结合线面垂直的判定定理与性质即可证明;(2)由(1),根据线面垂直的判定定理与性质可证明,建立如图空间直角坐标系,利用空间向量法求解面面角即可.【小问1详解】由,得,又,在中,由余弦定理得,所以,则,即,所以,又平面,所以平面,又平面,故;【小问2详解】连接,由,则,中,,得,所以,由(1)知,又平面,所以平面,又平面,所以,则两两垂直,建立如图空间直角坐标系,则,由是的中点,得,所以,设平面和平面的一个法向量分别为,则,,令,得,所以,所以,设平面和平面所成角为,则,即平面和平面所成角的正弦值为.18. 某投篮比赛分为两个阶段,每个参赛队由两名队员组成,比赛具体规则如下:第一阶段由参赛队中一名队员投篮3次,若3次都未投中,则该队被淘汰,比赛成员为0分;若至少投中一次,则该队进入第二阶段,由该队的另一名队员投篮3次,每次投中得5分,未投中得0分.该队的比赛成绩为第二阶段的得分总和.某参赛队由甲、乙两名队员组成,设甲每次投中的概率为p,乙每次投中的概率为q,各次投中与否相互独立.(1)若,,甲参加第一阶段比赛,求甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分的概率.(2)假设,(i)为使得甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率最大,应该由谁参加第一阶段比赛?(ii)为使得甲、乙,所在队的比赛成绩的数学期望最大,应该由谁参加第一阶段比赛?【答案】(1) (2)(i)由甲参加第一阶段比赛;(i)由甲参加第一阶段比赛;【解析】【分析】(1)根据对立事件的求法和独立事件的乘法公式即可得到答案;(2)(i)首先各自计算出,,再作差因式分解即可判断;(ii)首先得到和的所有可能取值,再按步骤列出分布列,计算出各自期望,再次作差比较大小即可.【小问1详解】甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分,则甲第一阶段至少投中1次,乙第二阶段也至少投中1次,比赛成绩不少于5分的概率.【小问2详解】(i)若甲先参加第一阶段比赛,则甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率为,若乙先参加第一阶段比赛,则甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率为,,,,应该由甲参加第一阶段比赛.(ii)若甲先参加第一阶段比赛,比赛成绩所有可能取值为0,5,10,15,,,,,记乙先参加第一阶段比赛,比赛成绩的所有可能取值为0,5,10,15,同理,因为,则,,则,应该由甲参加第一阶段比赛.【点睛】关键点点睛:本题第二问的关键是计算出相关概率和期望,采用作差法并因式分解从而比较出大小关系,最后得到结论.19. 已知双曲线,点在上,为常数,.按照如下方式依次构造点,过作斜率为的直线与的左支交于点,令为关于轴的对称点,记的坐标为.(1)若,求;(2)证明:数列是公比为的等比数列;(3)设为的面积,证明:对任意的正整数,.【答案】(1), (2)证明见解析 (3)证明见解析【解析】【分析】(1)直接根据题目中的构造方式计算出的坐标即可;(2)根据等比数列的定义即可验证结论;(3)思路一:使用平面向量数量积和等比数列工具,证明的取值为与无关的定值即可.思路二:使用等差数列工具,证明的取值为与无关的定值即可.【小问1详解】由已知有,故的方程为.当时,过且斜率为的直线为,与联立得到.解得或,所以该直线与的不同于的交点为,该点显然在的左支上.故,从而,.【小问2详解】由于过且斜率为的直线为,与联立,得到方程.展开即得,由于已经是直线和的公共点,故方程必有一根.从而根据韦达定理,另一根,相应的.所以该直线与的不同于的交点为,而注意到的横坐标亦可通过韦达定理表示为,故一定在的左支上.所以.这就得到,.所以.再由,就知道,所以数列是公比为的等比数列.【小问3详解】方法一:先证明一个结论:对平面上三个点,若,,则.(若在同一条直线上,约定)证明:.证毕,回到原题.由于上一小问已经得到,,故.再由,就知道,所以数列是公比为的等比数列.所以对任意的正整数,都有.而又有,,故利用前面已经证明的结论即得.这就表明的取值是与无关的定值,所以.方法二:由于上一小问已经得到,,故.再由,就知道,所以数列是公比为的等比数列.所以对任意的正整数,都有.这就得到,以及.两式相减,即得.移项得到.故.而,.所以和平行,这就得到,即.【点睛】关键点点睛:本题的关键在于将解析几何和数列知识的结合,需要综合运用多方面知识方可得解.第1页/共1页学科网(北京)股份有限公司$$
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