2024年高考数学二轮复习测试卷（江苏专用）含解析答案

这是一份2024年高考数学二轮复习测试卷（江苏专用）含解析答案，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．全集为，集合，，则（ ）
A．B．
C．或D．或
2．若复数是纯虚数，则实数（ ）
A．B．C．D．
3．在中，，，，且，则（ ）
A．B．C．D．
4．深度学习是人工智能的一种具有代表性的实现方法，它是以神经网络为出发点的.在神经网络优化中，指数衰减的学习率模型为，其中表示每一轮优化时使用的学习率，表示初始学习率，表示衰减系数，表示训练迭代轮数，表示衰减速度.已知某个指数衰减的学习率模型的初始学习率为0.5，衰减速度为22，且当训练迭代轮数为22时，学习率衰减为0.45，则学习率衰减到0.05以下（不含）所需的训练迭代轮数至少为（ ）（参考数据：，）
A．11B．22C．227D．481
5．已知，设椭圆：与双曲线：的离心率分别为，．若，则双曲线的渐近线方程为（ ）
A．B．
C．D．
6．在中，角，，所对的边分别为，，，若，，，成等差数列，则（ ）．
A．B．C．D．
7．若平面内分别到定点的距离之差为6的点的轨迹是曲线，过点且斜率为的直线与曲线交于两点（点在轴上方）．设的内切圆半径分别为，则（ ）
A．2B．3C．D．
8．已知，，，则（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知，函数的最小正周期为，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．函数在区间上单调递增
C．将函数的图象向左平移个单位长度可得函数的图象
D．函数的图象关于直线对称
10．在正方体中，，分别为线段，上的动点，则（ ）
A．存在，两点，使得
B．
C．与所成的最大角为
D．与平面所成的最大角的正弦值为
11．某商场设有电子盲盒机，每个盲盒外观完全相同，规定每个玩家只能用一个账号登陆，且每次只能随机选择一个开启. 已知玩家第一次抽盲盒，抽中奖品的概率为，从第二次抽盲盒开始，若前一次没抽中奖品，则这次抽中的概率为，若前一次抽中奖品，则这次抽中的概率为. 记玩家第次抽盲盒，抽中奖品的概率为，则下列结论中正确的是（ ）
A．B．数列为等比数列
C．D．当时，越大，越小
三、填空题
12．已知圆，直线，圆上恰好有两个点到直线的距离等于1．则符合条件的实数可以为 ．（只需写出一个满足条件的实数即可）
13．招待客人时，人们常使用一次性纸杯，将其视为圆台，设其杯底直径为，杯口直径为，高为ℎ，将该纸杯装满水（水面与杯口齐平）后，再将一直径为的小铁球缓慢放入杯中，待小铁球完全沉入水中并静止后，从杯口溢出水的体积为纸杯容积的，则
14．函数的图象与直线的交点个数为 .
四、解答题
15．如图所示，圆台的上、下底面圆半径分别为和，为圆台的两条不同的母线.
(1)求证：；
(2)截面与下底面所成的夹角大小为，且截面截得圆台上底面圆的劣弧的长度为，求截面的面积.
16．我校教研处为了解本校学生在疫情期间居家自主学习情况，随机调查了120个学生，得到这些学生5天内每天坚持自主学习时长（单位：小时）的频数分布表，假如每人学习时间长均不超过5小时．
(1)估计这120个学生学习时长的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值代表）；
(2)以表中的分组中各组的频率为概率，校领导要从120名学生中任意抽取两名进行家长座谈．若抽取的时长，则赠送家长慰问金100元；抽取的时长，则赠送家长慰问金200元；抽取的时长，则赠送家长慰问金300元．设抽取的2名学生家长慰问金额之和为，求的分布列及数学期望．
17．已知正项数列中，，．
(1)求数列的通项公式；
(2)记数列的前n项和，求满足的正整数n的集合．
18．在平面直角坐标系中，已知抛物线和点.点在上，且.
(1)求的方程；
(2)若过点作两条直线与，与相交于，两点，与相交于，两点，线段和中点的连线的斜率为，直线，，，的斜率分别为，，，，证明：，且为定值.
19．已知常数为非零整数，若函数，满足：对任意，，则称函数为函数.
(1)函数，是否为函数﹖请说明理由；
(2)若为函数，图像在是一条连续的曲线，，，且在区间上仅存在一个极值点，分别记、为函数的最大、小值，求的取值范围；
(3)若，，且为函数，，对任意，恒有，记的最小值为，求的取值范围及关于的表达式.
时长
学生数
30
24
40
16
10
参考答案：
1．C
【分析】解不等式得到，，结合补集和交集的概念求出答案.
【详解】由，故，，
又，
故或，或.
故选：C
2．A
【分析】利用除法运算化简复数，根据纯虚数的特征，即可判断.
【详解】，则，有.
故选：A
3．C
【分析】利用平面向量的线性运算将用、表示，再利用平面向量数量积的运算性质可求得的值.
【详解】因为，则，可得，
在中，，，，
由平面向量数量积的定义可得，
因此，.
故选：C.
4．D
【分析】根据已知条件列方程、不等式，化简求得正确答案.
【详解】由于，所以，
依题意，则，
由得，
，
，，
，
所以所需的训练迭代轮数至少为轮.
故选：D
5．A
【分析】利用椭圆与双曲线的性质结合离心率关系计算关系即可.
【详解】由题意可知，
又，所以，
易知双曲线的渐近线方程为，所以其渐近线方程为.
故选：A
6．A
【分析】根据等差中项性质并结合正弦定理及正弦函数两角和差公式，倍角公式即可求解.
【详解】因为，所以．
又因为，，成等差数列，则．
根据正弦定理可得：，即，
展开得：，
进一步得：，
因为，可得，
又易知为锐角，所以，则，故A正确.
故选：A．
7．B
【分析】
先根据已知结合双曲线定义得出切点F的坐标，再应用倾斜角结合内切圆特征求出半径，进而计算即可求解.
【详解】
根据双曲线的定义得，曲线是以分别为左、右焦点，实轴长为6的双曲线的右支，其方程为．设的内切圆与轴切于点．
根据双曲线的定义及圆的切线长定理，知，
即，解得，所以的内切圆与轴切于点．
同理，的内切圆与轴也切于点，所以．
设的内切圆圆心为，AB的斜率为，则倾斜角为，即，
则，根据圆的性质可得，
所以，解得．
同理，得，解得，所以．

故选：B．
【点睛】方法点睛：结合双曲线定义及内心性质根据角的三角函数值求解即可.
8．D
【分析】构造函数及函数，结合函数的单调性可比较与，构造函数，结合函数的单调性可比较与，即可得解.
【详解】令，，
则在上恒成立，故在上单调递减，
故，故，
即，即，、
令，则，故在定义域内单调递增，
故，即；
令，，
则
在上恒成立，
故在上单调递增，
又，故，
故，即，
故有.
故选：D.
【点睛】关键点睛：本题关键在于构造对应的函数帮助比较大小，对与，可通过构造，从而比较与的大小关系，构造，从而比较与的大小关系，可得与的大小关系，通过构造可比较与的大小关系.
9．BC
【分析】现根据题意求出，然后根据正弦函数的性质依次判定即可.
【详解】
,
所以，故A错误；
即，
当时，，所以函数单调递增，故B正确；
将函数的图象向左平移个单位长度得，故C正确；
，所以函数的图象不关于直线对称.
故选：BC.
10．ABD
【分析】根据给定条件，建立空间直角坐标系，利用空间向量结合线线角、线面角的向量求法逐项判断即得.
【详解】在正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系，令，
则，，
由在线段上，得，则，，
由在线段上，得，则，，
对于A，当时，，即，而，则，A正确；
对于B，，，，则，B正确；
对于C，，，当时，，
此时与所成的角为，C错误；
对于D，，设平面的法向量，则，
令，得，，设与平面所成的角为，
则，
当且仅当时取等号，D正确.
故选：ABD
11．BC
【分析】根据第次中奖的两种情况，可计算求得A错误；根据，变形整理可证得数列为等比数列，知B正确；由等比数列通项公式可推导求得，分别在为奇数和为偶数的情况下讨论，可得C正确；通过反例可说明D错误.
【详解】对于A，，A错误；
对于B，，，
又，数列是以为首项，为公比的等比数列，B正确；
对于C，由B得：，；
当为奇数时，，；
当为偶数时，；
，，C正确；
对于D，，，，
即，D错误.
故选：BC.
【点睛】关键点点睛：本题考查概率与数列的综合应用问题，解题关键是能够根据题意确定与所满足的递推关系式，从而利用数列求通项的方法，根据递推关系式构造出等比数列求解出.
12．（答案不唯一，符合即可）
【分析】圆上的点到直线由两个点的距离为1，转化为圆心到直线的距离大于1小于3，求解即可.
【详解】圆心为，圆的半径为2，设圆心到直线的距离为，
因为圆上恰好有两个点到直线的距离等于1，
所以，即，
解得，，
所以的取值范围为.
故答案为：（答案不唯一，符合即可）.
13．4
【分析】利用圆台及球的体积公式结合条件即得．
【详解】解：由题可得纸杯的体积为，
小铁球的体积为，
由题可得，即．
故答案为：4
14．
【分析】
令，则，问题转化为曲线与直线的交点个数，利用导数分析关于的方程在区间上的解的个数，数形结合可得出结论.
【详解】令，则，
函数在区间上单调递增，
所以，曲线与直线的交点个数等于曲线与直线的交点个数，
作图易知，曲线和直线都过点，且都关于点对称，
所以，曲线与直线的交点个数或者为或者为.
下面考察关于的方程在区间上的解的个数，
令，其中，
则对恒成立，
所以，函数在区间上单调递增，则，
所以，关于的方程在区间上的解的个数为，
因此，函数的图象与直线的交点个数为.
故答案为：.
15．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据台体的结构特征可知四点共面，结合面面平行的性质定理分析证明；
（2）解法一：建系，利用空间向量结合面面夹角可得，进而求截面面积；解法二：分别取的中点为，分析可知为截面与底面所成夹角，可得，进而求截面面积.
【详解】（1）因为圆台可以看做是由平行于圆锥底面的平面去截圆锥而得到，所以圆台的母线也就是生成这个圆台的圆锥相应母线的一部分.
可知母线与母线的延长线必交于一点，即四点共面，
又因为圆面∥圆面，且平面圆面，平面圆面，
所以∥.
（2）解法一：因为劣弧的长度为，则
由，可得.
如图，建立空间直角坐标系，设，

则，
可得，
设平面的一个法向量为，则，
令，则，可得，
由题意可知：底面的一个法向量，
因为截面与下底面所成的夹角大小为，
则，
解得，即，可得，
在等腰梯形中，，
可得等腰梯形的高，
所以.
解法二：如图，分别取的中点为，连结，，
由题意可得：，
所以为截面与底面所成夹角，即，

过点作于点，由，得，
则（即梯形的高），
所以.
16．(1)
(2)分布列见解析；期望为
【分析】（1）根据频数分布表中的数据直接列式即可计算；
（2）由题可得的所有可能取值为200，300，400，500，600，求出取不同值对应的概率，即可得出分布列，求出数学期望．
【详解】（1）这120个学生学习时长的平均数．
（2）依题意可得的概率为，
的概率为，的概率为．
的所有可能取值为200，300，400，500，600，
，，
，
，，
则的分布列为
故．
17．(1)
(2)
【分析】（1）由题意，可得到数列是公差为1的等差数列，进而得到数列的通项公式；
（2）由（1）可得数列的通项公式，利用裂项相消法即可求出，进而解不等式.
【详解】（1）由，有，
即，
因为数列是正项数列，
所以，即，
可得数列是首项为1，公差为1的等差数列，
所以，
故数列的通项公式为；
（2）由（1）可得．
所以，
故不等式可化为，解得，
所以满足的正整数n的集合为.
18．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由己知，根据点坐标，借助可表示出点坐标，然后带入抛物线方程，即可完成方程的求解；
（2）由已知，分别设出四点坐标，然后利用坐标分别表示出直线，，，的斜率,即可证得，设和的中点分别为，，分别联立与抛物线方程，求得，的坐标，利用斜率公式表示，化简计算即可得出结果.
【详解】（1）设点，则，因为，，
所以，，所以点，
代入方程中，得，所以的方程为.
（2）设点，，，，
则直线的斜率，
同理得直线的斜率，
直线的斜率，
直线的斜率，
所以，
，
从而得.
由消去得，
所以，
由，得或.
设和的中点分别为，，
则，，
同理，，
所以，即，
所以得.
19．(1)是，理由见解析
(2)
(3)，
【分析】（1）根据函数的定义，即可证明；
（2）分为在区间上仅存的极大值点或极小值点讨论单调性，以及根据函数的性质，列式求解；
（3）首先根据函数是函数，构造函数，再求函数的导数，参变分离后转化为求函数的值域，并求.
【详解】（1）是函数，理由如下，
对任意，，
，故
（2）（ⅰ）若为在区间上仅存的一个极大值点，则在严格递增，在严格递减，
由，即，得，
又，，则，（构造时，等号成立），
所以；
（ⅱ）若为在区间上仅存的一个极小值点，则在严格递减，在严格增，
由，同理可得，
又，，则，（构造时，等号成立），
所以；
综上所述：所求取值范围为；
（3）显然为上的严格增函数，任意，不妨设，
此时，
由为函数，得恒成立，即
恒成立，
设，则为上的减函数，，得对恒成立，
易知上述不等号右边的函数为上的减函数，
所以，所以的取值范围为，
此时，
法1：当时，即，由，而，所以为上的增函数，
法2：，
因为，当，，所以为上的增函数，
由题意得，，.
【点睛】本题考查函数新定义，以及理由导数研究函数性质，不等式的综合应用问题，本题的关键是理解函数的定义，并结合构造函数，不等式关系，进行推论论证.
200
300
400
500
600