2024年高考数学临考押题卷02（新高考通用）（原卷版+解析版）

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（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项:
1.答题前,先将自己的姓名、准考证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.非选择题的作答: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、单选题（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．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由一元二次不等式的解法，对数函数的值域，集合的交集运算得到结果即可.
【详解】集合，
因为，所以，所以集合，
所以，
故选：B.
2．复数的共轭复数为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】利用复数的四则运算与共轭复数的定义即可得解.
【详解】因为，
所以的共轭复数为.
故选：B.
3．等比数列的前项和为，已知，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】把等比数列各项用基本量和表示，根据已知条件列方程即可求解.
【详解】设等比数列的公比为，
由，得：，
即：，
所以，，
又，所以，，
所以，.
故选：A.
4．若，，，则（ ）
A．B．C．D．1
【答案】B
【分析】根据题意，结合指数幂与对数的互化公式，结合对数的换底公式，即可求解.
【详解】由，，，可得，
所以，则.
故选：B.
5．关于函数（，，），有下列四个说法：
①的最大值为3
②的图象可由的图象平移得到
③的图象上相邻两个对称中心间的距离为
④的图象关于直线对称
若有且仅有一个说法是错误的，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据题意，由条件可得②和③相互矛盾，然后分别验证①②④成立时与①③④成立时的结论，即可得到结果.
【详解】说法②可得，说法③可得，则，则，②和③相互矛盾；
当①②④成立时，由题意，，，．
因为，故，，即，；
说法①③④成立时，由题意，，，，
则，故不合题意.
故选：D.
6．设为坐标原点，圆与轴切于点，直线交圆于两点，其中在第二象限，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】
先根据圆的弦长公式求出线段的长度，再求出直线的倾斜角，即可求得与的的夹角，进而可得出答案.
【详解】
由题意，圆心，
到直线距离为，
所以，
直线的斜率为，则其倾斜角为，
则与的的夹角为，
所以.
故选：D．

7．祖暅是我国南北朝时期伟大的数学家．祖暅原理用现代语言可以描述为“夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等”．例如，可以用祖暅原理推导半球的体积公式，如图，底面半径和高都为的圆柱与半径为的半球放置在同一底平面上，然后在圆柱内挖去一个半径为，高为的圆锥后得到一个新的几何体，用任何一个平行于底面的平面去截这两个几何体时，所截得的截面面积总相等，由此可证明半球的体积和新几何体的体积相等．若用平行于半球底面的平面去截半径为的半球，且球心到平面的距离为，则平面与半球底面之间的几何体的体积是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】分别求得面截圆锥时所得小圆锥的体积和平面与圆柱下底面之间的部分的体积，结合祖暅原理可求得结果.
【详解】平面截圆柱所得截面圆半径，
平面截圆锥时所得小圆锥的体积，
又平面与圆柱下底面之间的部分的体积为
根据祖暅原理可知：平面与半球底面之间的几何体体积.
故选：C.
8．定义，对于任意实数，则的值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】设，则，构造函数，利用导数求出函数的最小值进而得，化简即可求解.
【详解】设，则，
得，
设，则，
令，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
故，即，
得，
所以，
得，即.
故选：A
【点睛】关键点点睛：本题考查导数在函数中的综合应用，本题解题的关键是由构造函数，利用导数求得即为题意所求.
二、多选题（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，部分选对得部分分，有选错得 0 分）
9．已知等比数列的公比为，前项和为，前项积为，且，，则（ ）
A．数列是递增数列B．数列是递减数列
C．若数列是递增数列，则D．若数列是递增数列，则
【答案】ACD
【分析】写出的表达式，根据，，得到或，由此即可判断AB，进一步根据递增数列的定义分别与的关系即可判断CD.
【详解】由题意可知，且，，
故有且（否则若，则的符号会正负交替，这与，，矛盾），
也就是有或，
无论如何，数列是递增数列，故A正确，B错误；
对于C，若数列是递增数列，即，由以上分析可知只能，故C正确；
对于D，若数列是递增数列，显然不可能是，（否则的符号会正负交替，这与数列是递增数列，矛盾），
从而只能是，且这时有，故D正确.
故选：ACD.
10．有n（，）个编号分别为1，2，3，…，n的盒子，1号盒子中有2个白球和1个黑球，其余盒子中均有1个白球和1个黑球．现从1号盒子任取一球放入2号盒子；再从2号盒子任取一球放入3号盒子；…；以此类推，记“从号盒子取出的球是白球”为事件（，2，3，…，n），则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BC
【分析】
根据题意，由概率的公式即可判断AC，由条件概率的公式即可判断B，由与的关系，即可得到，从而判断D
【详解】
对A，，所以A错误；
对B，，故，所以B正确；
对C，，所以C正确；
对D，由题意：，所以，
，，所以，
所以，
则，所以D错误．
故选：BC．
11．抛物线的焦点为，、是抛物线上的两个动点，是线段的中点，过作准线的垂线，垂足为，则（ ）
A．若，则直线的斜率为或
B．若，则
C．若和不平行，则
D．若，则的最大值为
【答案】ABD
【分析】设直线的方程为，将该直线的方程与抛物线的方程联立，结合韦达定理求出的值，可判断A选项；利用抛物线的焦点弦公式可判断B选项；利用三角形三边关系可判断C选项；利用余弦定理、基本不等式可判断D选项.
【详解】易知抛物线的焦点为，
对于A选项，若直线与轴垂直，则直线与抛物线只有一个交点，不合乎题意，
因为，则在直线上，设直线的方程为，
联立可得，则，
由韦达定理可得，，
因为，即，可得，即，
所以，，可得，，解得，
此时，直线的斜率为，A对；
对于B选项，当时，则在直线上，，
则，B对；
对于C选项，当和不平行时，则、、三点不共线，
所以，，C错；
对于D选项，设，，
当时，，
由C选项可得，
所以，
，
即，当且仅当时，等号成立，故的最大值为，D对.
故选：ABD.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：
一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；
二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值．
三、填空题（本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分）
12．的展开式中的系数为 .
【答案】
【分析】借助二项式的展开式的通项公式计算即可得.
【详解】对，有，
则当时，有，
当时，有，
则有，
故的展开式中的系数为.
故答案为：.
13．设双曲线C：(，)的一个焦点为F，过F作一条渐近线的垂线，垂足为E．若线段EF的中点在C上，则C的离心率为 ．
【答案】
【分析】
由直线EF与渐近线方程联立求出E的坐标，代入双曲线标准方程即可求出离心率．
【详解】
直线EF与渐近线方程联立得解得，，
∴EF中点M的坐标为，
又M点在双曲线上，代入其标准方程，得，
化简得，∴，．
故答案为：．
14．已知，且，，则 ．
【答案】/
【分析】变形后得到，利用辅助角公式得到，得到，两边平方后得到，利用同角三角函数关系求出.
【详解】由题可知，所以，
所以，
因为，所以，
又，所以，故，
所以，
两边平方后得，故，
．
故答案为：
四、解答题（本题共 5 小题，共77分，其中 15 题 13 分，16 题 15 分，17 题 15 分，18 题 17 分，19 题 17 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)若为锐角三角形，，求b的取值范围．
【答案】(1);
(2).
【分析】（1）根据给定条件，利用正弦定理边化角，再利用和角的正弦公式求解即得.
（2）利用正弦定理、和角的正弦公式化简，再利用正切函数的取值范围求解即得.
【详解】（1）在中，由及正弦定理，
得，
则，
即，而，于是，
又，所以.
（2）由（1）知，，由正弦定理得，
由为锐角三角形，得，解得，
则，,则，
所以b的取值范围是.
16．如图，在四棱锥中，四边形ABCD是边长为2的正方形，平面平面ABCD，，点E是线段AD的中点，.
(1)证明：//平面BDM；
(2)求平面AMB与平面BDM的夹角.
【答案】(1)证明见解析
(2).
【分析】（1）连接交于，连接,根据条件证明//即得；
（2）先证明平面，依题建系，求出相关点和向量的坐标，分别求得平面AMB与平面BDM的法向量，最后由空间向量的夹角公式求解即得.
【详解】（1）
如图，连接交于，连接,由是的中点可得，
易得与相似，所以，
又，所以//，
又平面平面，所以//平面；
（2）
因平面平面，且平面平面，由，点E是线段AD的中点可得
又平面，故得平面.如图，取的中点为,分别以为轴的正方向，建立空间直角坐标系.
则，，
，则，.
设平面的法向量为，由，
则，故可取；
设平面的法向量为，由，
则，故可取.
故平面与平面的夹角余弦值为，
所以平面与平面的夹角为.
17．已知某种机器的电源电压U（单位：V）服从正态分布．其电压通常有3种状态：①不超过200V；②在200V~240V之间③超过240V．在上述三种状态下，该机器生产的零件为不合格品的概率分别为0.15，0.05，0.2．
(1)求该机器生产的零件为不合格品的概率；
(2)从该机器生产的零件中随机抽取n（）件，记其中恰有2件不合格品的概率为，求取得最大值时n的值．
附：若，取，．
【答案】(1)0.09；
(2).
【分析】（1）根据题意，由正态分布的概率公式代入计算，再由全概率公式，即可得到结果；
（2）根据题意，由二项分布的概率公式代入计算，即可得到结果.
【详解】（1）记电压“不超过200V”、“在200V~240V之间”、“超过240V”分别为事件A，B，C，“该机器生产的零件为不合格品”为事件D．
因为，所以，
，
．
所以
，
所以该机器生产的零件为不合格品的概率为0.09．
（2）从该机器生产的零件中随机抽取n件，设不合格品件数为X，则，
所以．
由，解得．
所以当时，；
当时，；所以最大．
因此当时，最大．
18．已知点是椭圆上在第一象限内的一点，A，B分别为椭圆的左、右顶点．
(1)若点的坐标为，的面积为1．
（i）求椭圆的方程；
（ii）若抛物线的焦点与椭圆的右焦点重合，直线与交于C，D两点，与交于E，G两点，若，求实数的值．
(2)若椭圆的短轴长为2，直线AQ，BQ与直线分别交于M，N两点，若与的面积之比的最小值为，求此时点的坐标．
【答案】(1)（i）；（ii）
(2)
【分析】（1）（i）根据，求出，再由点在椭圆上，求出，即可求解；（ii）直曲联立，利用韦达定理分别求出、,求出的值，再分与方向相同和与方向相反两种情况求解即可.
（2）由三点共线分别求出、，从而表示出，利用换元得，结合二次函数的性质求出最小值，得到方程解出，进一步求解点的坐标即可.
【详解】（1）（i）根据已知条件，有，解得，
又在椭圆上，将的坐标代入椭圆方程有：，解得，
所以椭圆的方程为：.
（ii）因为抛物线的焦点与椭圆的右焦点重合，所以抛物线方程为；
直线与椭圆联立，整理有：，
由韦达定理得：，，
；
直线与抛物线联立，整理得，
由韦达定理得：，，
；
，若与方向相同，则，
若与方向相反，则，故.
（2）椭圆的短轴长为2，所以椭圆方程为：，
因为，，三点共线，
所以，解得；
同理：，，三点共线，
所以，解得；
设，此时，
，
因为，所以，
所以；
又设，，所以，
因为，令，，此时，
所以，
其中，，因为，所以
为开口向下，对称轴为，
其中，
故当时，取得最大值，
最大值为：，
所以有最小值为，令，解得或，
因为，所以（舍去），所以，解得，
此时，，又，所以，
所以点坐标为.
【点睛】关键点点睛：关键为求出，利用换元法将化为，结合二次函数单调性求解.
19．已知，函数，．
(1)若，证明：；
(2)若，求a的取值范围；
(3)设集合，对于正整数m，集合，记中元素的个数为，求数列的通项公式．
【答案】(1)证明见解析；
(2)；
(3).
【分析】
（1）通过构造函数，利用导数判断函数单调性，求最小值即可证明；
（2）对的值分类讨论，利用导数判断函数单调性，求最小值，判断能否满足；
（3）利用（1）中结论，，通过放缩并用裂项相消法求，有，可得.
【详解】（1）因为，所以，
，．
设，，
则，所以在上单调递增，
所以，
因此．
（2）函数，，
方法一：
，
当时，
注意到，故，
因此，
由（1）得，因此，
所以在上单调递增，从而，满足题意；
当时，令，
，
因为，所以存在，使得，
则当时，，，所以在上单调递减，
从而，所以在上单调递减，因此，不合题意；
综上，．
方法二：
，
当时，注意到，故，
因此，
由（1）得，因此，
所以在上单调递增，从而，满足题意；
当时，先证明当时，.
令，则，
令，则，
所以在上单调递减，有，
所以在上单调递减，有，
因此当时，.
又由（1）得，
此时，
则且，当时，。
所以在上单调递减，因此，不合题意；
综上，．
所以a的取值范围为；
（3）由（1）可知时，，
，
时，，时，，
时，
，
，则，即，
，则，
得，又，
时，，时，，
所以时，都有，
，则时，集合在每个区间都有且只有一个元素，
对于正整数m，集合，记中元素的个数为，
由，所以.
【点睛】
方法点睛：
导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理，利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用，不等式问题，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.