2024年新课标全国Ⅱ卷数学真题含解析.docx

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1、2024年新课标全国卷数学真题学校:_姓名：_班级：_考号：_一、单选题1已知，则（）A0B1CD22已知命题p：，；命题q：，则（）Ap和q都是真命题B和q都是真命题Cp和都是真命题D和都是真命题3已知向量满足，且，则（）ABCD14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）并部分整理下表亩产量900，950）950，1000）1000，1050）1100，1150）1150，1200）频数612182410据表中数据，结论中正确的是（）A100块稻田亩产量的中位数小于1050kgB100块稻田中亩产量低于1100kg的稻田所占比例超过80%

2、C100块稻田亩产量的极差介于200kg至300kg之间D100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，则线段的中点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（）ABC1D27已知正三棱台的体积为，则与平面ABC所成角的正切值为（）AB1C2D38设函数，若，则的最小值为（）ABCD1二、多选题9对于函数和，下列正确的有（）A与有相同零点B与有相同最大值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

3、足为B，则（）Al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，使得点为曲线的对称中心三、填空题12记为等差数列的前n项和，若，则 .13已知为第一象限角，为第三象限角，则 .14在如图的44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

4、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(

5、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，.参考答案：1C【分析】由复数模的计算公式直接计算即可.【详解】若，则.故选：C.2B【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

6、言，取，则有，故是真命题，是假命题，综上，和都是真命题.故选：B.3B【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.4C【分析】计算出前三段频数即可判断A；计算出低于1100kg的频数，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，亩产量在的频数为，所以平均值为，故D错误.故选；C.5A【分析

7、】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：A6D【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

8、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.7B【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

9、，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.8C【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

10、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.9BC【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；

11、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：BC10ABD【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

12、，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：ABD11AD【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

13、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

14、，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1295【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.故答案为：.13【

15、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 24 112【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

16、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.15(1)(2)【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.【详解】（1）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

17、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（2）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(1)(2)【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

18、，构建函数解不等式即可.【详解】（1）当时，则，可得，即切点坐标为，切线斜率，所以切线方程为，即.（2）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

19、，解得，所以a的取值范围为.17(1)证明见解析(2)【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.【详解】（1）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；（2）连接，由，则，在中，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

20、面所成角的正弦值为.18(1)(2)（i）由甲参加第一阶段比赛；（i）由甲参加第一阶段比赛；【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.【详解】（1）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.（2）（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.(

21、ii)若甲先参加第一阶段比赛，数学成绩的所有可能取值为0，5，10，15，记乙先参加第一阶段比赛，数学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(1)，(2)证明见解析(3)证明见解析【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.【详解】（1）由已知有，故

22、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，.（2）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.（3）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.