高考数学2024年新课标全国Ⅱ卷数学真题平行卷（巩固）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（巩固）含解析答案，共19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。

（巩固卷）
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．若复数满足，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知命题p：∀x∈R，x2＜x3，命题q：∃x∈R，x2－5x＋4＝0，则下列命题中为真命题的是（ ）
A．p，qB．¬p，qC．p，¬qD．¬p，¬q
3．若向量、满足：，，，则（ ）
A．B．C．D．
4．某实验田种植甲、乙两种水稻，面积相等的两块稻田（种植环境相同）连续次的产如下：
则下列结论错误的是（ ）
A．甲种水稻产量的众数为
B．乙种水稻产的极差为
C．甲种水稻产量的平均数等于乙种水稻产量的平均数
D．甲种水稻产量的方差大于乙种水稻产量的方差
5．已知，M是圆B：（B为圆心）上一动点，线段AM的垂直平分线交MB于P，则点P的轨迹方程是（ ）
A．B．
C．D．
6．已知函数的图象和函数的图象有唯一交点，则实数m的值为（ ）
A．1B．3C．或3D．1或3
7．等边的边长为，过点的直线与过的平面交于点．将平面绕转动（不与平面重合），且三条直线、、与平面所成的角始终相等．当三棱锥体积最大时，与平面所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
8．已知正数满足，若恒成立，则实数的最小值为（ ）
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．已知函数，则（ ）
A．
B．的图象关于直线对称
C．在上单调递增
D．函数在上有2个零点
10．已知抛物线C：，圆．若C与交于M，N两点，圆与x轴的负半轴交于点P，则（ ）
A．若为直角三角形，则圆的面积为
B．
C．直线PM与抛物线C相切
D．直线PN与抛物线C有两个交点
11．若函数有两个极值点，则下列结论正确的是（ ）
A．若，则有3个零点
B．过上任一点至少可作两条直线与相切
C．若，则只有一个零点
D．
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．记为等差数列的前n项和，已知，，则 ．
13．已知，且，求的值．
14．北京大兴国际机场是一座跨地域、超大型的国际航空综合交通枢纽，目前建有“三纵一横”4条跑道，分别叫西一跑道、西二跑道、东跑道、北跑道，如图所示.若有2架飞往不同目的地的飞机要从以上不同跑道同时起飞，有 种不同的安排方法；若西一跑道、西二跑道至少有一条跑道被选取，有 种不同的安排方法.（用数字作答）
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．已知△ABC的内角A、B、C的对边分别为a，b，c，且2sinB+bcsA＝b，a＝2．
（1）求角A的大小；
（2）若sinC＝2sinB，求△ABC的面积．
16．已知函数.
(1)当时，求曲线在处的切线方程；
(2)若在区间（0，e]存在极小值，求a的取值范围.
17．如图，在四棱台中，底面为平行四边形，，侧棱底面为棱上的点..
(1)求证：；
(2)若为的中点，为棱上的点，且，求平面与平面所成角的余弦值.
18．某校组织的一次篮球定点投篮比赛，其中甲、乙、丙三人投篮命中率分别是，，三人各投一次，用表示三人投篮命中的个数．
(1)求的分布列及数学期望；
(2)在概率中，若的值最大，求实数的取值范围．
19．设双曲线，正项数列满足，对任意的，，都有是上的点．
（1）求数列的通项公式；
（2）记，是否存在正整数，使得与有相同的渐近线？如果有，求出的值；如果没有，请说明理由．
甲
乙
参考答案：
1．D
【分析】利用复数模的公式直接计算即可.
【详解】，由复数模的定义得.
故选：D
2．B
【分析】分别判断命题与的真假性，逐个选项分析可得答案.
【详解】对于命题：采用特殊值法，取，可知为假命题，为真命题；
对于命题：当时，成立，故为真命题，为假命题；
故选：B.
3．B
【分析】由平面向量垂直可得出，再利用平面向量数量积的运算性质可求得的值.
【详解】因为向量、满足：，，，
则，所以，，
所以，，故.
故选：B.
4．D
【分析】利用众数的定义可判断A选项；利用极差的定义可判断B选项；利用平均数公式可判断C选项；利用方差公式可判断D选项.
【详解】对于A选项，甲种水稻产量的众数为，A对；
对于B选项，乙种水稻产的极差为，B对；
对于C选项，甲种水稻产量的平均数为，
乙种水稻产量的平均数为，C对；
对于D选项，甲种水稻产量的方差为，
乙种水稻产量的方差为，D错.
故选：D.
5．A
【分析】画出图形，由线段的垂直平分线特点可得，则可经过转化得到为一定值，再结合可判断是椭圆，求出对应的再求出，即可求出标准方程
【详解】由题意得 圆心，半径等于，，
∴，
故点P的轨迹是以A、B为焦点的椭圆，
，，∴，∴椭圆的方程为：．
故选：A．
【点睛】本题考查动点轨迹方程的判断，合理转化，学会利用垂直平分线特点是解题的关键，属于中档题
6．D
【分析】将问题转化为方程有唯一解，令，再次转化为在上有唯一零点，通过判断函数的奇偶性，可得，从而可求得结果.
【详解】因为函数的图象和函数的图象有唯一交点，
所以方程有唯一解，
即有唯一解，
令，则在上有唯一零点，
因为，
所以为偶函数，
因为在上有唯一零点，所以唯一的零点为，
所以，即，
得，解得或，
故选：D
【点睛】关键点点睛：此题考查函数与方程的综合应用，考查函数奇偶性的应用，解题的关键是由题意将问题转化为在上有唯一零点，再通过判断函数有奇偶性，根据奇偶性的性质可求解，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题.
7．D
【分析】设点在平面内的射影为点，连接、、，推导出，为的外心，分析可知当平面时，三棱锥的体积最大，利用正弦定理求出的长，即可求得与平面所成角的余弦值.
【详解】如下图所示：
设点在平面内的射影为点，连接、、，
由题意可知平面，则，
又因为，，
所以，，
所以，，，则为的外心，
当平面时，三棱锥的体积最大，
、平面，，，
所以，，
由余弦定理可得，则，
所以，，
易知直线与平面所成角为，且，
因此，当三棱锥体积最大时，与平面所成角的余弦值为.
故选：D.
8．D
【分析】将原不等式转化为，再求的最大值即可得到的最小值.
【详解】因为，所以，
因为，所以，
故，
又，
当且仅当时，等号成立，
故，实数的最小值为.
故选：D.
9．ABD
【分析】利用正弦函数的图象和性质依次判断选项即可.
【详解】易知的最小正周期为，所以也是的周期，则，故A正确；
令，解得：，当时，，所以的图象关于直线对称，故B正确；
当时，，则函数在上先增后减，故错误；
令，故，在一直角坐标系中分别作出和的大致图像（如图），观察可知，二者有两个交点，故函数在上有2个零点，故D正确.

故选：ABD
10．ABC
【分析】对于A：分析可知直线MN过焦点F且与x轴垂直，可得，进而可得结果；对于B：分析可知，即可得结果；对于CD：，求直线AM的方程，与抛物线联立，结合以及对称性分析判断.
【详解】记抛物线C的焦点为，坐标原点为O，
则圆的圆心为F，半径．
对于选项A：由抛物线与圆的对称性可知，点M，N关于x轴对称，
若为直角三角形，则，
则直线MN过焦点F且与x轴垂直，则，圆的面积为，故A正确；
对于选项B：，故B正确；
对于选项C，D：设，由抛物线定义可知，，
又因为，则，所以直线PM的方程为，
与抛物线C：联立可得，，则，
故，所以直线PM与抛物线C相切，
由抛物线与圆的对称性可知直线PN也与抛物线C相切，故C正确，D错误．
故选：ABC．

11．AD
【分析】根据三次函数性质，对参数的正负进行分类讨论画出其大致图象可知当，则有3个零点，即A正确；显然在极值点处只能作一条直线与相切，可知B错误；当时，结合的正负进行分类讨论可知零点个数不确定，即C不正确；利用三次函数的对称中心以及导函数零点可得，所以D正确.
【详解】根据题意可得，且；不妨设，
当时，易知时，时，；
此时在和上单调递增，在上单调递减；
且当趋近于时，也趋近于；当趋近于时，也趋近于；
利用三次函数性质可知，当，其函数图象如下图所示：
此时由图象可知有3个零点；
同理当时，易知在和上单调递减，在上单调递增；
且当趋近于时，也趋近于；当趋近于时，也趋近于；
利用三次函数性质可知，当，其函数图象如下图所示：
此时由图象可知有3个零点；
所以若，则有3个零点，即A正确；
对B：切线个数
一般地，过三次函数图象的对称中心作切线，则坐标平面被切线和函数的图象分割为四个区域，有以下结论：
（1）过区域内的点作的切线，有且仅有3条；
（2）过区域Ⅱ、Ⅲ内的点以及对称中心作的切线，有且仅有1条；
（3）过切线或函数图象（除去对称中心）上的点作的切线，有且仅有2条.
所以B错误；（即过三次函数的对称中心，有且仅有一条切线）
对C：若，结论都不成立，下面证明：
当时，由选项A易知在处取得极小值，在处取得极大值，且；
若，则，但的正负不确定，
当时，只有一个零点，如图（1），
当时，有两个零点，如图（2），
当时，有三个零点，如图（3）；
所以，零点个数不确定，
同理可证当时，零点个数也不确定，故C不正确.
对D：由三次函数性质可知，函数关于成中心对称，
所以满足，
又是方程的两根，则满足；
所以，即，所以D正确；
故选：AD
【点睛】方法点睛：研究三次函数性质时，需要记忆三次函数图象的几种常见模型以及对称中心坐标的表达式，结合极值、极值点等概念综合考虑可判断结论.
12．
【分析】设出等差数列的公差，根据已知列出方程组，求出首项胶公差，再求出作答.
【详解】设等差数列的公差为，依题意，，解得，
所以.
故答案为：
13．
【分析】利用已知及同角三角函数的平方关系可得，再由商数关系及角的范围求得，最后结合两角和的正切公式即可得解.
【详解】因为，所以，即，
所以，
又，化简得，
所以或，
又，所以，所以，所以，
所以.
14． 12 10
【分析】根据排列的方法求解即可.
【详解】若有2架飞往不同目的地的飞机要从以上不同跑道同时起飞,有种不同的安排方法；若西一跑道、西二跑道至少有一道被选取,有种不同的安排方法.
故答案为：(1). 12 (2). 10
【点睛】本题考查排列组合知识的应用,考查数据处理能力和应用意识.
15．（1）；（2）2．
【分析】（1）由正弦定理把改为，再由三角恒等变换可求得；
（2）由正弦定理得，再结合余弦定理可求得，从而由三角形面积公式计算出面积．
【详解】解：（1）因为2sinB+bcsA＝b，可得+csA＝1，
由正弦定理可得+csA＝1，即+csA＝1，可得sinA+csA＝，
可得2（sinA+csA）＝，可得sin（A+）＝，
因为A为三角形内角，可得A+＝，可得A＝．
（2）由sinC＝2sinB，可得c＝2b，
又A＝，a＝2，由余弦定理可得a2＝b2+c2﹣bc，解得b＝2，c＝4，
所以S△ABC＝bcsinA＝＝2．
16．(1)
(2)
【分析】（1）由，得到，求导，从而得到，，写出切线方程；
（2）求导，令，，易得函数在区间（0，e]上的最小值为，方法1：分，，讨论求解；方法2：根据在区间（0，e]上存在极小值，由求解.
【详解】（1）当时，，
则，
所以，，
所以曲线在处的切线方程为；
（2），
令，，
则，
解，得，
与的变化情况如下：
所以函数在区间（0，e]上的最小值为，
方法1：
①当时，.所以恒成立，即恒成立，
所以函数在区间（0，e]上是增函数，无极值，不符合要求，
②当时，因为，，
所以存在，使得
所以函数在区间（1，e）上存在极小值，符合要求，
③当时，因为
所以函数在区间（1，e）上无极值.
取，则
所以存在，使得
易知，为函数在区间（0，1）上的极大值点.
所以函数在区间（0，e）上有极大值，无极小值，不符合要求
综上，实数a的取值范围是.
方法2：
“在区间（0，e]上存在极小值”，当且仅当，解得.
证明如下：
当时，
因为，所以存在，使得
所以函数在区间（1，e）上存在极小值.
所以实数a的取值范围是.
【点睛】方法点睛：本题第二问在区间（0，e]是否存在极小值，转化为有不等零点且左负右正求解.
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先证明，则可得，继而推出，即可证明平面，根据线面垂直的性质定理即可证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，求出平面与平面的法向量，根据空间角的向量求法，即可求得答案.
【详解】（1）证明：在平行四边形中，，
在中，，
所以，
可得，所以.
又，所以.
又侧棱底面平面，所以.
又平面，所以平面，
又平面，所以.
（2）因为为的中点，，所以平行四边形为菱形，
则四边形也为菱形，则四边形为直角梯形，则，
由（1）知：两两垂直，分别以所在直线为轴，轴，轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则点.
..
设平面的一个法向量为，
则有，所以，
令，得.
因为，所以，
则，
设平面的一个法向量为，
则有，所以，
令，得，
所以，
由原图可知平面与平面所成角为锐角，
所以平面与平面所成角的余弦值为.
18．(1)，分布列见解析
(2)
【分析】（1）先根据题意得出的可能取值，分别对不同取值求出对应概率，写出分布列，根据期望的公式计算结果即可；
（2）根据（1）中的概率，若最大，只需大于等于另外三个即可，建立等式，解出范围即可。
【详解】（1）解：由题知的可能取值为0，1，2，3，
，
，
，
，
所以的分布列如下：
的数学期望.
（2）由（1）知，，
，，
若最大，只需，
即 ，解得，
又因为，所以，
所以的取值范围是.
19．（1） （2）存在，
【分析】（1）根据曲线方程求出，得出等差数列的通项公式即可求解；
（2）使用裂项相消求和，求得，结合渐近线方程求解.
【详解】（1）由题，，
即，，，故是以为首项，为公差的等差数列，
故，又，于是．
（2）由，
得，
的渐近线方程为，的渐近线方程为，
故，即，故．
【点睛】此题考查圆锥曲线与数列的综合应用，涉及数列通项的求法，数列的裂项求和，与双曲线几何性质的综合使用.
x
（0，1）
1
（1，e）
－
0
+
↘
极小值
↗
x
（1，）
（，e）
－
0
+
↘
极小值
↗
x
（1，）
（，e）
－
0
+
↘
极小值
↗
0
1
2
3