2024高考数学密训卷（二）含答案.pdf

《2024高考数学密训卷（二）含答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2024高考数学密训卷（二）含答案.pdf（15页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、第 1 页（共 8 页）第 2 页（共 8 页）绝密绝密启用前启用前2024 高考密训卷（二）数学（考试时间：120 分钟试卷满分：150 分）注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一单项选择题（本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1.在平面直角坐标系中，已知1,t a，(1,1)b且ab，则a

2、b（）A.0,2B.0,1C.0,1D.0,22.三棱锥PABC中，2PACCAB，6PBA，2PAACAB，则三棱锥PABC的体积为（）A.43B.2 33C.23D.333.南宋数学家杨辉所著九章算法商功中，有如下图形状，后人称为“三角垛”，“三角垛”的最上层有 1 个球，第二层有 3 个，第三层有 6 个，设各层球数构成一个数列 na，数列 nb满足1nnnbaa，以下说法错误的是（）A.410a B.1239bbbC.nb是以2为首项，1为公差的等差数列D.设 nb的前n项和为nS，则nnSa4.已知为锐角，5cos45，则cos2sin2(sincos)（）A.103B.103C.5

3、2D.525.某多功能体育场馆决定承包举办马术，击剑，游泳，跑步四项比赛 应主办方要求，马术比赛和跑步比赛不相邻，游泳比赛不在第一场也不在最后一场，则不同的比赛方式共有（）A.16种B.12种C.8种D.6种6.已知椭圆22221xyab（0ab）的左、右顶点分别为A，B，过左焦点F作斜率为2 55的直线l，若直线l与以OB为直径的圆相切，则椭圆的离心率是（）第 3 页（共 8 页）第 4 页（共 8 页）A.12B.33C.14D.557.设有集合2|1 0Ax xax，定义在R上的函数 1,0,AxAxxA为偶函数，求 1012AAA（）A.0B.1C.2D.38.已知直线222eyk x

4、与曲线exyx有三个交点，则k的取值范围是（）A.21,0eB.1,0eC.2241,eeD.241,ee二多项选择题（本题共 3 小题，每小题 6 分，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得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分）9.若z是复数，其在复平面内对应的点为Z，下列说法正确的是（）A.zz为纯虚数B.若2z，则112zC.若|i|1z ，则Z的轨迹是以0,1为圆心，半径为1的圆D.若i0zz，则i0zz10.已知函数()f x，g x的定义域为R，满足()()()()()()()()()()f xyf x f yg x g yg xyg x f y

5、f x g y，且()1f x，则下列结论正确的是（）A.00gB.(0)1fC.()()g xf x为偶函数D.()()f xg x11.棱长为2的正方体1111ABCDABC D中，E，F，M分别是1AA，11AD，1BC的中点，点P在线段1C F上，点Q在底面ABCD内部（包含边界）则下列说法中，正确的是（）A.当点Q在棱AD上移动时，总存在点P，使得PQBE成立B.当点Q在棱AD上移动时，存在点P和Q，使得PQEF成立C.三棱锥PABQ体积的最大值是43D.|MQPQ的最小值是7 55三填空题（本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分）12.已知集合1|ee xAx，集合2|ln

6、440Bxxx，求AB_13.在ABC中，点D，E分别在边BC，AC上，DCDB，BEAC，且2ADBE，3CDA，则BC _14.已知点F为双曲线C：22124xy的右焦点，点A，B分别为两条渐近线上的点，且AFFB （0），则OAOB的最小值为_第 5 页（共 8 页）第 6 页（共 8 页）四解答题（本题共 5 小题，共 77 分解答应写出文字说明、证明过程或验算步骤）15.（13 分）已知函数 sinf xAx（0A，0，2）的部分图象如图所示，其中()f x在y轴右侧第一个极值点为6（1）求函数()f x的解析式；（2）若 2132g xxx，判断在区间0,4上，f xg x与0大小

7、关系，并说明理由16.（15 分）如图，在三棱台111ABCABC中，112222 22ABBCAACCAC，点D为棱11AC的中点，3BD，且直线BD与平面ABC所成的角为6（1）证明：BDAC；（2）求平面11ABC与平面11BCC B成角的余弦值17.（15 分）2024 年 2 月 27 日，电动垂直起降航空器 eVTOL“盛世龙”成功飞越深圳至珠海的航线，实现了“飞行汽车”的首飞，打开了未来城际通勤的巨大想象空间某市教育局为了培养学生的科技创新素养，在全市高一、高二年级举办了一次科技知识竞赛，两个年级的学生人数基本相同已知高一年级学生成绩的优秀率为0.24（优秀：竞赛成绩80,100

8、，单位：分），现从高二年级随机抽取100名学生的竞赛成绩，制成如图所示的频率分布直方图（1）从高二年级竞赛分数在70,90中的学生中，采用分层抽样的方法抽取了6人，现从这6人中随机抽取3人，记成绩优秀的学生人数为X，求X的分布列和数学期望()E X；（2）以样本的频率估计概率，从参与竞赛的学生中随机抽取1人，求这名学生竞赛成绩优秀的概率；（3）若从参与竞赛的学生中随机抽取n（8n）人，求n为何值时，竞赛成绩优秀的人数为8的概率最大第 7 页（共 8 页）第 8 页（共 8 页）18.（17 分）已知抛物线C：22xpy（0p）的焦点为F，准线与抛物线对称轴的交点为H，P为抛物线C上的动点，当P

9、的纵坐标为1时，PFPH取得最小值（1）求抛物线C的方程；（2）设点O为坐标原点，过点F作直线1l与曲线C交于A，B两点，作直线2l与曲线C交于C，D两点，E，M分别为AB，CD的中点，直线1l与2l的斜率满足122k k 试判断OEM与MEF的面积之比是否为定值？若是，求出此定值；若不是，说明理由19.（17 分）斐波那契数列定义为：数列中每一项都是前两项之和（第一、二项可任意给定），如果用nF表示数列的第n项，则每一个斐波那契数列都符合递推公式21nnnFFF（1）已知斐波那契数列 na，nb，记nnncab，证明：nc是斐波那契数列；（2）若存在首项为 1 的等比数列为斐波那契数列，试求

10、符合此条件的等比数列通项公式；（3）一个常见的斐波那契数列nG为：0,1,1,2，.，nG又被称为“黄金数列”，这是因为存在首项为 1 的等比数列nA，nB，使得1nnnABG，其中152为黄金数（i）试求nA，nB的通项公式；（ii）证明：对于任一斐波那契数列nF，存在实数对(,)a b，使得nnnFaAbB第 1 页（共 18 页）第 2 页（共 18 页）2024 高考数学密训卷参考答案（二）一单项选择题1.D因为ab，所以0a b所以10t ，故1t ab(1,1)(1,1)(0,2)故选：D2.B因为PAAC，ABAC，PA，PB在平面PAB内且相交于点P故AC 平面PABPAB中，

11、2PAAB，6PBA故23PAB故122 2 sin323PABS 故12 32333P ABCC PABVV 故选：B3.D11a，2123aa，3236aa，43410aa，故 A 正确12b，23b，34b，1239bbb，故 B 正确由图形可知：11nnaan1211211nnnnnnbbaaaann，故 C 正确nS1nbb211nnaaaa11nnaaa，故 D 错误故选：D4.A23cos 22cos1245 3sin2cos 225 因为为锐角，5cos45所以42，22所以2 5sin45，24cos21 sin 25cos2sin2sincoscos21sin22sin44

12、532 10103故选：A5.C马术比赛和跑步比赛不相邻的情况为：2223A A12种马术比赛和跑步比赛不相邻且游泳比赛在第一或最后一场的情况为：222A4种故不同的比赛方式共有222232A A2A8种故选：C6.C设OB的中点为M，l与圆相切的切点为N，(,0)Fc根据题意作图如下第 3 页（共 18 页）第 4 页（共 18 页）易知2aOMMN，OFc因为直线l的斜率为2 55，即2 5tan5NFM则2sin3NFM所以sinNFMMNFM22aac23解得4ac，则14cea故选：C7.B由于 Ax为偶函数，故其定义域关于0,0对称集合A中，240aD=+故0a，得,11,A 所以

13、 10100 112AAA 故选：B.8.A若直线222eyk x与曲线exyx有三个交点即222e0exk xx有三个不相等的实根设 222eexf xk xx则等价于函数 f x有三个零点 1 exfxkx则 fx有两个零点，则方程1 exkx有两个不相等的实根令 1 exg xx，g(1)0-=则 2 exgxx当,2x 时，0gx，g x单调递减当2,x 时，0gx，g x单调递增则 2min12eg xg 若方程1 exkx有两个不相等的实根，则210ek当210ek时若x ，则 f x 若x ，则 f x ，且20f 则 222eexf xk xx有三个不同的零点所以210ek成立

14、故选：A二多项选择题9.BCD若0z，0zz，不是纯虚数，故 A 错误1112zz，故 B 正确设izxy=+（,x yR），1zi+=即22+(+1)1xy=，表示圆心在(0,1)-，半径为1的圆，故 C正确第 5 页（共 18 页）第 6 页（共 18 页）i0zz，设izab，则izabiiii0zzababbaababiiiiii0zzaaaaaaaa，故 D 正确故选：BCD10.ABD令0 xy，则22(0)(0)(0)ffg，(0)2(0)(0)ggf所以(0)1 2(0)0gf所以(0)0g或1(0)2f（舍）故 A 正确所以(0)1(0)0ff所以(0)1f或(0)0f（舍）

15、，故 B 正确令yx，则()()()()0g x fxf x gx将上式等号两边同时除以()()f x fx可得()()0()()g xgxf xfx所以()()g xf x为奇函数，故 C 错误令yx，则22(2)()()(2)2()()fxfxgxgxf x g x所以2(2)(2)()()0fxgxf xg x所以(2)(2)fxgx即()()f xg x，故 D 正确故选：ABD11.ACD点A是点Q在平面11ABB A上的投影，取11AB的中点P易证得BE 平面AQPP所以只需取P为1C F的中点，即可满足PQBE恒成立，故 A 正确建立如图所示空间直角坐标系，则有(1,0,1)EF

16、 ，1(1,2,0)C F 设(,0,0)Q，11C PC F 则(,22,2)P（0,2，0,1），(,22,2)PQ 若PQEF，则211，且220即3，不符题意，故 B 错误点Q在棱DC上时，QABS取最大第 7 页（共 18 页）第 8 页（共 18 页）即P ABQV11112 2 2332ABQSDD 43，故 C 正确在平面11BCC B内作M关于BC的对称点M取11BC中点H则必有MQM Q故只需M，Q，P三点共线且1HPC F时，|MQPQ取最小值由1HPC F，可求得2 55HP 2247 5|955MQPQM QPQM HPH故 D 正确故选：ACD三填空题12.|322

17、1xxx或 1|ee|1xAxAx x 2|ln440Bxxx2244 1|3221440 xxBxxxxx或|3221ABxxx或 故答案为：|3221xxx 或13.2记ACb，BCa，则12ABCSb BEbABCS2CDAS1122 sin22aCDA 32a故32baCDA中，cos3224212 22aba 得2244aab将代入得223444aaa即2280aa所以2a 或4a （舍）所以2BC 故答案为：214.6 2第 9 页（共 18 页）第 10 页（共 18 页）根据题意作图如下设AOFBOF，OAm，OBn因为双曲线C的方程为22124xy所以tan2，6OF 易知O

18、ABOAFOBFSSS所以111sin26sin6 sin222mnmn即2cos6mnmn而tan2，则3cos3所以23mnmn，即1123mn所以mn3112mnmn322mnnm3226 22m nn m当且仅当3 2mm时，等号成立故OAOB的最小值为6 2故答案为：6 2四解答题15.（1）由图可知，1A，1sin(0)2 因为|2，所以6因为()f x在y轴右侧第一个极值点为6故662，2故()sin 26f xx（2）记21()()()sin 2362h xf xg xxxx，0,4x()2cos 2236h xxx()4sin 226h xx 因为04x，则22663x故1s

19、in 2126x44sin 226x 所以()4sin 2206h xx 故()h x在0,4上单调递减，而(0)0h故()0h x，()h x在0,4上单调递减而(0)0h，故()0h x 所以0,4x时，()()0f xg x16.（1）取AC的中点E，连接DE，BE因为11AACC，则四边形11ACC A为等腰梯形又D，E分别为11AC，AC的中点第 11 页（共 18 页）第 12 页（共 18 页）所以ACDE由于ABBC，E为AC的中点所以ACBE，又BEDEE所以AC 平面BDE而BD 平面BDE所以BDAC（2）过点D作DOBE，垂足为O由（1）知，AC 平面BDE，DO 平面

20、BDE则ACDO，又ACBEE所以DO 平面ABC则DBE为直线BD与平面ABC所成的角，即6DBE在BDE中，2BE，3BD 则2222cos16DEBEBDBE BD则222DEBDBE，即BDDE，且11DC 易求32DO，12OE，32OB，即3OBOE取AB上靠近点A的四等分点F，连接OF，易知OFBE则分别以OF，OB，OD所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系易知12,02A，30,02B，12,02C，10,02E，30,0,2D由于12ECDC ，112BCBC 所以131,0,2C，130,1,2B设平面11ABC的法向量为,x y zm由于1332,22AB，

21、111,1,0BC 所以1113320220ABxyzBCxy mm令7z，则3,3,7m设平面11BCC B的法向量为,x y zn由于1131,22CC，111,1,0BC 所以111130220ABxyzBCxynn令1z，则3,3,1 n所以cos,m nm nm n7155538538故平面11ABC与平面11BCC B成角的余弦值为38538517.（1）由直方图可知，分数在70,80中的学生有32人，分数在80,90中的学生有16人所以根据分层抽样，在70,80中抽4人，在80,90中抽2人则X可取0，1，2第 13 页（共 18 页）第 14 页（共 18 页）3436C10C

22、5p X 214236C C31C5p X 124236C C12C5p X 所以分布列为X012p153515则期望1310121555E X （2）记事件A：成绩优秀的学生，事件B：高一年级的学生由已知条件可知，6|0.2425p A B，2613|10050p A B，12p B 所以 p A|p A B p Bp A B p B6113125250214（3）记随机抽取n人中竞赛成绩优秀的人数为Y由题意可知，1,4YB n所以888138C44nnp Y ，令88813C44nnna 则1nnaa878188813C4413C44nnnn 3147nn令31147nn，则31n，所以3

23、0n时，1nnaa令31147nn，则31n，所以32n时，1nnaa令31147nn，则31n，所以3231aa所以当31n 或32n 时，na最大，即31n 或32n 时，竞赛成绩优秀的人数为8的概率最大18.（1）过点P作准线的垂线，垂足为G，如图所示由抛物线的定义知，PFPG则sinPFPGPHGPHPH所以若PFPH取得最小值，PHG取得最小值，此时PH与抛物线相切于点P不妨设(2,1)Pp又0,2pH，22xxypp则1222PHppkpp，解得2p 所以抛物线C的方程为24xy（2）解法 1：设11(,)A x y，22(,)B xy由题意知，直线AB的方程为11yk x则121

24、4yk xxy，消去y得21440 xk x所以1214xxk则211(2,21)Ekk，同理可得222(2,21)Mkk 第 15 页（共 18 页）第 16 页（共 18 页）设直线EM的方程为1mxny则2112211mknk，即2112210nkmkn 同理2222210nkmkn 所以1k，2k是方程22210nkmkn 的两个根所以12122nk kn，解得15n 则直线EM的方程为115mxy，所以过定点(0,5)设点O与F到直线EM的距离分别为1h和2h所以1254hh所以OEMMEFSS121212EMhEMh12hh54故OEM与MEF的面积之比是定值，定值为54解法 2：

25、设11(,)A x y，22(,)B xy由题意知，直线AB的方程为11yk x则1214yk xxy，消去y得21440 xk x所以1214xxk则211(2,21)Ekk，同理可得222(2,21)Mkk 又122k k 所以用12k代换2k得，21148,1Mkk易知直线EM的斜率必存在EMk21211181 2142kkkk 4131142kkk则直线EM的方程为4211131142122kykxkkk令0 x，则42211122112851021522kkykkk 则直线EM过定点(0,5)设点O与F到直线EM的距离分别为1h和2h所以1254hh所以OEMMEFSS121212E

26、MhEMh12hh54故OEM与MEF的面积之比是定值，定值为5419.（1）证明：na，nb为斐波那契数列21nnnaaa（nN），21nnnbbb（nN）nnncab则2nc22nnab11nnnnaabb 11nnnnabab1nncc（nN）nc是斐波那契数列（2）设首项为1的等比数列公比为q（0q）则数列为：1，q，2q，通项1nq依斐波那契数列定义：21qq解得152q记121515,22qq由21qq可推出11nnnqqq故11nq，12nq均是符合要求的等比数列第 17 页（共 18 页）第 18 页（共 18 页）（3）（i）设nA通项公式为11nnAq，nB通项公式为12n

27、nBq依题意：1230,1,1GGG则212122312111,11GqqGqq解得1211qq 知1nnA，11nnB（ii）先证命题1：任一斐波那契数列乘以实数仍是斐波那契对于斐波那契数列nF，实数c由21nnnFFF知21nnncFcFcF，故ncF为斐波那契，证毕再证命题2：对于两个斐波那契数列nS，nT，若11ST，22ST，则nnST数学归纳法：11ST，22ST满足假设对n k，均满足nnST则对1nk，1111kkkkkkSSSTTT故nnST，证毕下证原题：对于斐波那契数列假设存在,a b满足111FaAbB，222FaAbB则有方程组121abFabF整理得：122111 21 2FFaFFb下证nnnaAbBF由命题1和第（1）问nnaAbB是斐波那契数列由命题2，nnnaAbBF，证毕