高考数学2024年新课标全国Ⅱ卷数学真题平行卷（提升）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（提升）含解析答案，共24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。

（提升卷）
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．已知复数，则（ ）
A．2B．3C．D．
2．下列四个命题中，
①；
②；
③，使；
④，使.
正确的个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
3．向量满足，，，若，则（ ）
A．B．C．D．
4．水稻是世界上最重要的粮食作物之一，也是我国以上人口的主粮．以袁隆平院士为首的科学家研制成功的杂交水稻制种技术在世界上被誉为中国的“第五大发明”．育种技术的突破，杂交水稻的推广，不仅让中国人端稳饭碗，也为解决世界粮食短缺问题作出了巨大贡献．在应用该技术的两块面积相等的试验田中，分别种植了甲、乙两种水稻，观测它们连续6年的产量（单位：）如表所示：
甲、乙两种水稻连续6年产量
根据以上数据，下列说法正确的是（ ）
A．甲种水稻产量的平均数比乙种水稻产量的平均数小
B．甲种水稻产量的中位数比乙种水稻产量的中位数小
C．甲种水稻产量的极差与乙种水稻产量的极差相等
D．甲种水稻的产量比乙种水稻的产量稳定
5．如图，长为a（a是正常数）的线段AB的两个端点A，B分别在互相垂直的两条直线上滑动，点M是线段AB上靠近A的三等分点，则下列说法正确的为（ ）
A．点M的轨迹是圆B．点M的轨迹是椭圆且离心率为
C．点M的轨迹是椭圆且离心率大小与a有关D．点M的轨迹不能确定
6．已知函数的图象与函数的图象在上有两个交点，则实数的取值范围是( )
A．B．C．D．
7．三棱锥中，，则直线与平面所成角的正弦值是（ ）
A．B．
C．D．
8．若不等式的解集为，则当时，函数的最小值是（ ）
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．已知函数的一个零点为，若对于任意的，恒成立，且，则下列结论正确的是（ ）
A．的值是
B．图象的一个对称中心为
C．的单调递减区间为
D．在上的最小值为
10．已知抛物线的焦点为F，C上一点到和到轴的距离分别为12和10，且点位于第一象限，以线段为直径的圆记为，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．的准线方程为
C．圆的标准方程为
D．若过点，且与直线为坐标原点）平行的直线与圆相交于A，B两点，则
11．已知函数，其中实数，则下列结论正确的是（ ）
A．必有两个极值点
B．有且仅有3个零点时，的范围是
C．当时，点是曲线的对称中心
D．当时，过点可以作曲线的3条切线
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．已知正项等差数列的前项和为，则 .
13．已知，求的值．
14．某商场在过道上设有两排座位（每排4座）供顾客休息，小明、小红等四位同学去商场购物后坐在座位上休息，已知该时段座位上空无一人，则不同的坐法有 种；若小明和小红坐在同一排，且每排都要有人坐，则不同的坐法有 种.（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．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知.
(1)求角B；
(2)若，求周长的取值范围.
16．已知函数.
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)若函数有极大值，试确定的取值范围；
(3)若存在使得成立，求的值.
17．如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面与底面所成的角为，为的中点．
(1)求证：平面；
(2)若为的内心，求直线与平面所成角的正弦值．
18．某项团体比赛分为两轮：第一轮由团队队员轮流与AI人工智能进行比赛．若挑战成功，参加第二轮攻擂赛与上任擂主争夺比赛胜利．现有甲队参加比赛，队中共3名事先排好顺序的队员参加挑战．
(1)第一轮与对战，比赛的规则如下：若某队员第一关闯关成功，则该队员继续闯第二关，否则该队员结束闯关并由下一位队员接力去闯第一关，若某队员第二关闯关成功，则该团队接力闯关活动结束，否则该成员结束闯关并由下一位队员接力去闯第二关；当第二关闯关成功或所有队员全部上场参加了闯关，该队挑战活动结束．已知甲队每位成员闯过第一关和第二关的概率分别为，，且每位成员闯关是否成功互不影响，每关结果也互不影响．用表示甲队闯关活动结束时上场闯关的成员人数，求的期望；
(2)甲队已经顺利进入第二轮，现和擂主乙队号队员进行比赛，规则为：双方先由1号队员比赛，负者被淘汰，胜者再与负方2号队员比赛直到有一方队员全被淘汰，另一方获得胜利．已知，甲队三名队员每场比赛的胜率分别为：，，，若要求甲队获胜的概率大于，问是否满足？请说明理由．
19．对于求解方程的正整数解（，，）的问题，循环构造是一种常用且有效地构造方法．例如已知是方程的一组正整数解，则，将代入等式右边，得，变形得：，于是构造出方程的另一组解，重复上述过程，可以得到其他正整数解．进一步地，若取初始解时满足最小，则依次重复上述过程可以得到方程的所有正整数解．已知双曲线（，）的离心率为，实轴长为2．
(1)求双曲线的标准方程；
(2)方程的所有正整数解为，且数列单调递增．
①求证：始终是4的整数倍；
②将看作点，试问的面积是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由．
年
品种
第1年
第2年
第3年
第4年
第5年
第6年
甲
2890
2960
2950
2850
2860
2890
乙
2900
2920
2900
2850
2910
2920
参考答案：
1．C
【分析】利用复数的乘法运算及复数模的计算得解.
【详解】依题意，复数，所以.
故选：C
2．C
【分析】本题存在性与恒成立问题，可以采取特殊值代入进行检验，对于二次函数可以从判别式角度去思考.
【详解】对于①，二次函数开口向上并且，所以，恒成立，所以①正确；
对于②，当时，，不合题意，所以②不正确；
对于③，当或当时，，所以③正确；
对于④当时，，所以④正确.
故选：C.
3．C
【分析】运用向量垂直的条件，即数量积为，结合向量的平方即为模的平方，化简整理，计算即可得到所求值．
【详解】由，得，
又，
所以，
又，则，，
所以，即，
所以，
又，
所以，
综上，，
故选：C．
4．B
【分析】分别计算两种水稻产量的平均数、中位数、极差、方差即可判断四个选项的正误.
【详解】对于A：甲种水稻产量的平均数：，
乙种水稻产量的平均数：，
所以甲种水稻产量的平均数和乙种水稻产量的平均数相等，故A不正确；
对于B：甲种水稻产量分别为，中位数为，
乙种水稻产量分别为：，中位数为，
所以甲种水稻产量的中位数比乙种水稻产量的中位数小，故B正确；
对于C：甲种水稻产量的极差为：，乙种水稻产量的极差为：，
甲种水稻产量的极差与乙种水稻产量的极差不相等，故C不正确；
对于D：甲种水稻的产量的方差为：
，
乙种水稻的产量的方差为：
甲种水稻产量的平均数和乙种水稻产量的平均数相等，
乙种水稻的产量的方差小于甲种水稻的产量的方差，
所以乙种水稻的产量比甲种水稻的产量稳定，故D不正确，
故选：B.
5．B
【分析】设，表达出的坐标，利用得到方程，整理为，可得到点M的轨迹是椭圆，从而求出离心率.
【详解】设，由于点M是线段AB上靠近A的三等分点，
设，，则，
即，故，
由，故，即，
整理得到，点M的轨迹是焦点在横轴上的椭圆，
故离心率为.
故选：B
6．C
【分析】令，则问题转化为求在上有两个零点时求实数的取值范围的取值范围的问题，借助三角恒等变换和三角函数性质即可求解．
【详解】令，
∵，∴，
令，则，
则在时有两个零点，
即与在时图象有两个交点，
如图：
则，即．
故选：C．
7．A
【分析】取中点，连接，证得面，作于得面，由等积法求出点到平面的距离，则为直线与平面所成角的正弦值.
【详解】
取中点，连接，
，
≌，，，
，是边长为的正三角形，
，
面，
面，
作于，
面，
面，
面，
在中，由余弦定理得
，
，
，
，，
，
，
设点到平面的距离为，
由得，
即，解得，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
故选：A.
8．A
【分析】先令，从而解得到，再利用对数的运算法则及换底公式化简，令，将等价为，求得其最小值，即为的最小值.
【详解】令，则可化为，即，解得，
故，由的单调性易求得，即，
又因为，
令，则因为，由的单调性可得，
而开口向下，对称轴为，
故在上单调递增，在上单调递减，
当时，；当时，；
所以的最小值为，即的最小值为.
故选：A.
9．BC
【分析】选项A：由题意得到，从而，再由是的一个零点求解；选项B：由A得到，再利用正弦函数的性质求解；选项C：利用正弦函数的性质求解；选项D：利用正弦函数的性质求解.
【详解】选项A：设函数的最小正周期为，
则易知，所以.
因为是的一个零点，所以，则，
由，得，又，所以，所以，故A错误.
选项B：由A得，
令，得，
令，得，故B正确.
选项C：令，
解得，
故的单调递减区间为，故C正确.
选项D：当时，，
由正弦函数的图象与性质可知，故，
所以在上的最小值为1，故D错误.
故选：BC
10．ACD
【分析】根据已知及抛物线定义可判定AB，求出点坐标，进而得圆心坐标及半径可判定C，求出直线方程，利用直线与圆相交求出弦长可判定D.
【详解】选项A：因C上一点到和到轴的距离分别为12和10，
由抛物线定义可知，，故A正确；
选项B：准线方程为，故B错误；
选项C：设，由到轴的距离分别为10，所以，
则，即，又，所以圆心，
半径，
所以圆的标准方程为，故C正确；
选项D：因为直线为坐标原点）平行的直线，所以，
所以直线的方程为，
又圆心到直线的距离为，
所以，故D正确；
故选：ACD.
11．ABD
【分析】对求导得到的单调性，判断的极值点个数判断A，要使有且仅有3个零点，由单调性可得只需，判断B，当时计算判断C，设切点为，求过点的切线方程，令，，所以过点可以作曲线切线条数可转化为与图像的交点个数判断D.
【详解】选项A：由题意可得，
令解得或，
因为，所以令解得或，令解得，
所以在，上单调递增，在上单调递减，
所以在处取得极大值，在处取得极小值，故A正确；
选项B：要使有且仅有3个零点，只需，即，
解得，故B正确；
选项C：当时，，
，
，所以点不是曲线的对称中心，C错误；
选项D：，设切点为，
所以在点处的切线方程为：，
又因为切线过点，所以，
解得，令，，
所以过点可以作曲线切线条数可转化为与图像的交点个数，
，
令解得或，
因为，所以令解得或，
令解得，
则在，上单调递增，在上单调递减，且，，
图像如图所示，
所以当时，与图像有3个交点，即过点可以作曲线的3条切线，故D正确；
故选：ABD
【点睛】对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题.
12．
【分析】法一，令，代入即可得出答案；法二，设正项等差数列的公差为，由等差数列的性质和前项和公式求解即可.
【详解】法一：特值法，令，易知，则.
法二：设正项等差数列的公差为，
.
故答案为：.
13．
【分析】利用两角差的正切公式求出的值，再利用弦化切可求得所求代数式的值.
【详解】解：，
因此，.
14． 1680
672
【分析】利用排列公式结合条件进行求解即得.
【详解】不同的坐法有种；
若其他两个人在同一排，则不同的坐法有种；
若其他两个人不在同一排，则不同的坐法有种，
故所有不同的坐法有种.
故答案为：1680；672.
15．(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理，作边化角处理，然后化简可求解.
（2）利用正弦定理，可得周长，化简后，利用三角函数的性质可求得周长的范围.
【详解】（1）因为，
整理得，，
，
，
，可得，
，
，，最后可得，
（2），
，
周长，
，
，，
周长的范围为
16．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）利用导数的几何意义，求曲线的切线方程；
（2）首先求函数的导数，，再讨论，判断函数的单调性，讨论函数的极值；
（3）不等式转化为，利用两点间的距离的几何意义，转化为点到直线的距离，求的值.
【详解】（1）当时，，
依题意，，可得，又，
所以曲线在点处的切线方程为.
（2）函数的定义域为，
①当时，，所以在上单调递增，此时无极大值；
②当时，令，解得或，令，解得，
所以在和上单调递增，在上单调递减，
此时在处取得极大值，符合题意；
③当时，令，解得或，令，解得，
所以在和上单调递增，在上单调递减，
此时在处取得极大值，符合题意；
④当时，令，解得，令，解得，
所以在上单调递增，在上单调递减，此时无极大值；
综上，实数的取值范围为.
（3）
可以看作是动点与动点之间距离的平方，
动点在函数的图象上，在直线的图象上，
问题转化为求直线上的动点到曲线的最小距离，
由得，，解得，
所以曲线上点到直线的距离最小，最小距离，
则，
根据题意，要使，
则，此时恰好为垂足，
由,可得，
所以.
【点睛】本题考查利用导数研究函数的性质的综合应用的问题，本题的关键是第三问，不等式变形转化为，再转化为直线和函数的图象上点的距离问题.
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由线面垂直的性质以及线面垂直的判定定理可证；
（2）由等腰直角三角形内心的特点确定点的位置，以为原点建立空间直角坐标系，写出各点坐标，根据线面角的空间向量公式计算可得出结果.
【详解】（1）因为平面平面，所以，
因为与平面所成的角为平面，
所以，且，所以，
又为的中点，所以，
因为四边形为正方形，所以，
又平面，
所以平面，
因为平面，所以，
因为平面，
所以平面．
（2）因为底面为正方形，为的内心，
所以在对角线上．
如图，设正方形的对角线的交点为，
所以，
所以，
所以，
所以，又因为，所以．
由题意知两两垂直，以所在的直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系．
所以，由（1）知，
所以，
所以．
又因为平面，所以平面的一个法向量为．
设直线与平面所成角为，
则．
18．(1)
(2)符合题意，理由见解析
【分析】（1）的所有可能取值为1，2，3，分别求出对应的概率，可求得分布列，可求数学期望；
（2）分析得一人全胜，，两人参赛获胜，，，三人参赛获胜，三种情况的概率，进而可得求解即可.
【详解】（1）的所有可能取值为1，2，3．
1个人的情况为：1号胜胜，则概率为，
2个人的情况为：1号负2号胜胜或1号胜负2号胜，
概率为，
3个人的概率，
所以分布列为：
所以．
（2）分三种情况：
第一，一人全胜，该事件的概率设为，则，
第二，，两人参赛获胜，该事件的概率设为，
则，
第三，，，三人参赛获胜，该事件的概率设为，
则
由，
所以要甲队获胜的概率大于，即，化简得：
当，代入可得：，成立．
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是充分理解对应规则，分析得两规则下对应胜利的概率，从而得解.
19．(1)
(2)①证明见解析；②是定值．
【分析】（1）由实轴长和离心率即可求得双曲线的标准方程；
（2）结合题目所给的循环构造的方法和二项式定理来解题，①方法一，由题干循环构造方法得到第k组解中的为二项式的展开式中不含的部分，为二项式的展开式中含的部分，再结合二项式定理得到，是4的整数倍.
方法二，得到第组解和第组解的关系，再由二项式定理求解.
②先用面积公式表示出面积，再代入和的关系式消元，利用①中的结论推导出面积式子里的递推式即可求解.
【详解】（1）由题意知解得，则，
故双曲线E的标准方程为．
（2）①方法一：由得，其中是方程的一组正整数解，则，
在循环构造中，对任意正整数，由，是正整数，第k组解中的为二项式的展开式中不含的部分，为二项式的展开式中含的部分，
注意到二项式的展开式中不含的部分与二项式的展开式中不含的部分相同，
二项式的展开式中含的部分与二项式的展开式中含的部分互为相反数，于是由二项式定理有
，，从而，
于是对任意的正整数，
，
因为是正整数，所以是4的整数倍．
方法二：
在循环构造中，对任意正整数，由，是正整数，第组解中的为二项式的展开式中不含的部分，为二项式的展开式中含的部分；
第组解中的为二项式的展开式中不含的部分，为二项式的展开式中含的部分，
故，
于是，
，
即，
由得，，
代入得，
整理得，即．
因为是正整数，所以是4的整数倍．
②，，设，的夹角为，
则的面积
，
由得，，
代入得，，
由得，从而，
故，，
．
，，，，即，
代入得，
于是的面积为定值．
【点睛】方法点睛：新定义问题解题策略
首先，明确新定义的特点；其次，根据定义中的步骤对具体题目进行运算；最后得到结论.
1
2
3