2024年高考數(shù)學臨考押題卷02-備戰(zhàn)2024年高考數(shù)學臨考押題（全解全析）

第第頁2024年高考數(shù)學臨考押題卷02（新高考通用）數(shù)學（考試時間：120分鐘試卷滿分：150分）注意事項:1.答題前,先將自己的姓名、準考證號填寫在試卷和答題卡上，并將準考證號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。2.選擇題的作答:每小題選出答案后,用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。3.非選擇題的作答:用黑色簽字筆直接答在答題卡上對應的答題區(qū)域內(nèi)。寫在試卷草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。4.考試結(jié)束后,請將本試卷和答題卡一并上交。一、單選題（本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的）1．已知集合，，則（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】由一元二次不等式的解法，對數(shù)函數(shù)的值域，集合的交集運算得到結(jié)果即可.【詳解】集合，因為，所以，所以集合，所以，故選：B.2．復數(shù)的共軛復數(shù)為（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】利用復數(shù)的四則運算與共軛復數(shù)的定義即可得解.【詳解】因為，所以的共軛復數(shù)為.故選：B.3．等比數(shù)列的前項和為，已知，，則（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】把等比數(shù)列各項用基本量和表示，根據(jù)已知條件列方程即可求解.【詳解】設等比數(shù)列的公比為，由，得：，即：，所以，，又，所以，，所以，.故選：A.4．若，，，則（

）A． B． C． D．1【答案】B【分析】根據(jù)題意，結(jié)合指數(shù)冪與對數(shù)的互化公式，結(jié)合對數(shù)的換底公式，即可求解.【詳解】由，，，可得，所以，則.故選：B.5．關于函數(shù)（，，），有下列四個說法：①的最大值為3②的圖象可由的圖象平移得到③的圖象上相鄰兩個對稱中心間的距離為④的圖象關于直線對稱若有且僅有一個說法是錯誤的，則（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根據(jù)題意，由條件可得②和③相互矛盾，然后分別驗證①②④成立時與①③④成立時的結(jié)論，即可得到結(jié)果.【詳解】說法②可得，說法③可得，則，則，②和③相互矛盾；當①②④成立時，由題意，，，．因為，故，，即，；說法①③④成立時，由題意，，，，則，故不合題意.故選：D.6．設為坐標原點，圓與軸切于點，直線交圓于兩點，其中在第二象限，則（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】先根據(jù)圓的弦長公式求出線段的長度，再求出直線的傾斜角，即可求得與的的夾角，進而可得出答案.【詳解】由題意，圓心，到直線距離為，所以，直線的斜率為，則其傾斜角為，則與的的夾角為，所以.故選：D．

7．祖暅是我國南北朝時期偉大的數(shù)學家．祖暅原理用現(xiàn)代語言可以描述為“夾在兩個平行平面之間的兩個幾何體，被平行于這兩個平面的任意平面所截，如果截得的面積總相等，那么這兩個幾何體的體積相等”．例如，可以用祖暅原理推導半球的體積公式，如圖，底面半徑和高都為的圓柱與半徑為的半球放置在同一底平面上，然后在圓柱內(nèi)挖去一個半徑為，高為的圓錐后得到一個新的幾何體，用任何一個平行于底面的平面去截這兩個幾何體時，所截得的截面面積總相等，由此可證明半球的體積和新幾何體的體積相等．若用平行于半球底面的平面去截半徑為的半球，且球心到平面的距離為，則平面與半球底面之間的幾何體的體積是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】分別求得面截圓錐時所得小圓錐的體積和平面與圓柱下底面之間的部分的體積，結(jié)合祖暅原理可求得結(jié)果.【詳解】平面截圓柱所得截面圓半徑，平面截圓錐時所得小圓錐的體積，又平面與圓柱下底面之間的部分的體積為根據(jù)祖暅原理可知：平面與半球底面之間的幾何體體積.故選：C.8．定義，對于任意實數(shù)，則的值是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】設，則，構(gòu)造函數(shù)，利用導數(shù)求出函數(shù)的最小值進而得，化簡即可求解.【詳解】設，則，得，設，則，令，，所以函數(shù)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，故，即，得，所以，得，即.故選：A【點睛】關鍵點點睛：本題考查導數(shù)在函數(shù)中的綜合應用，本題解題的關鍵是由構(gòu)造函數(shù)，利用導數(shù)求得即為題意所求.二、多選題（本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。全部選對得6分，部分選對得部分分，有選錯得0分）9．已知等比數(shù)列的公比為，前項和為，前項積為，且，，則（

）A．數(shù)列是遞增數(shù)列 B．數(shù)列是遞減數(shù)列C．若數(shù)列是遞增數(shù)列，則 D．若數(shù)列是遞增數(shù)列，則【答案】ACD【分析】寫出的表達式，根據(jù)，，得到或，由此即可判斷AB，進一步根據(jù)遞增數(shù)列的定義分別與的關系即可判斷CD.【詳解】由題意可知，且，，故有且（否則若，則的符號會正負交替，這與，，矛盾），也就是有或，無論如何，數(shù)列是遞增數(shù)列，故A正確，B錯誤；對于C，若數(shù)列是遞增數(shù)列，即，由以上分析可知只能，故C正確；對于D，若數(shù)列是遞增數(shù)列，顯然不可能是，（否則的符號會正負交替，這與數(shù)列是遞增數(shù)列，矛盾），從而只能是，且這時有，故D正確.故選：ACD.10．有n（，）個編號分別為1，2，3，…，n的盒子，1號盒子中有2個白球和1個黑球，其余盒子中均有1個白球和1個黑球．現(xiàn)從1號盒子任取一球放入2號盒子；再從2號盒子任取一球放入3號盒子；…；以此類推，記“從號盒子取出的球是白球”為事件（，2，3，…，n），則（

）A． B．C． D．【答案】BC【分析】根據(jù)題意，由概率的公式即可判斷AC，由條件概率的公式即可判斷B，由與的關系，即可得到，從而判斷D【詳解】對A，，所以A錯誤；對B，，故，所以B正確；對C，，所以C正確；對D，由題意：，所以，，，所以，所以，則，所以D錯誤．故選：BC．11．拋物線的焦點為，、是拋物線上的兩個動點，是線段的中點，過作準線的垂線，垂足為，則（

）A．若，則直線的斜率為或B．若，則C．若和不平行，則D．若，則的最大值為【答案】ABD【分析】設直線的方程為，將該直線的方程與拋物線的方程聯(lián)立，結(jié)合韋達定理求出的值，可判斷A選項；利用拋物線的焦點弦公式可判斷B選項；利用三角形三邊關系可判斷C選項；利用余弦定理、基本不等式可判斷D選項.【詳解】易知拋物線的焦點為，對于A選項，若直線與軸垂直，則直線與拋物線只有一個交點，不合乎題意，因為，則在直線上，設直線的方程為，聯(lián)立可得，則，由韋達定理可得，，因為，即，可得，即，所以，，可得，，解得，此時，直線的斜率為，A對；對于B選項，當時，則在直線上，，則，B對；對于C選項，當和不平行時，則、、三點不共線，所以，，C錯；對于D選項，設，，當時，，由C選項可得，所以，，即，當且僅當時，等號成立，故的最大值為，D對.故選：ABD.【點睛】方法點睛：圓錐曲線中的最值問題解決方法一般分兩種：一是幾何法，特別是用圓錐曲線的定義和平面幾何的有關結(jié)論來求最值；二是代數(shù)法，常將圓錐曲線的最值問題轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)或三角函數(shù)的最值問題，然后利用基本不等式、函數(shù)的單調(diào)性或三角函數(shù)的有界性等求最值．三、填空題（本題共3小題，每小題5分，共15分）12．的展開式中的系數(shù)為.【答案】【分析】借助二項式的展開式的通項公式計算即可得.【詳解】對，有，則當時，有，當時，有，則有，故的展開式中的系數(shù)為.故答案為：.13．設雙曲線C：(，)的一個焦點為F，過F作一條漸近線的垂線，垂足為E．若線段EF的中點在C上，則C的離心率為．【答案】【分析】由直線EF與漸近線方程聯(lián)立求出E的坐標，代入雙曲線標準方程即可求出離心率．【詳解】直線EF與漸近線方程聯(lián)立得解得，，∴EF中點M的坐標為，又M點在雙曲線上，代入其標準方程，得，化簡得，∴，．故答案為：．14．已知，且，，則．【答案】/【分析】變形后得到，利用輔助角公式得到，得到，兩邊平方后得到，利用同角三角函數(shù)關系求出.【詳解】由題可知，所以，所以，因為，所以，又，所以，故，所以，兩邊平方后得，故，．故答案為：四、解答題（本題共5小題，共77分，其中15題13分，16題15分，17題15分，18題17分，19題17分，解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟）15．記的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知．(1)求A；(2)若為銳角三角形，，求b的取值范圍．【答案】(1);(2).【分析】（1）根據(jù)給定條件，利用正弦定理邊化角，再利用和角的正弦公式求解即得.（2）利用正弦定理、和角的正弦公式化簡，再利用正切函數(shù)的取值范圍求解即得.【詳解】（1）在中，由及正弦定理，得，則，即，而，于是，又，所以.（2）由（1）知，，由正弦定理得，由為銳角三角形，得，解得，則，,則，所以b的取值范圍是.16．如圖，在四棱錐中，四邊形ABCD是邊長為2的正方形，平面平面ABCD，，點E是線段AD的中點，.(1)證明：//平面BDM；(2)求平面AMB與平面BDM的夾角.【答案】(1)證明見解析(2).【分析】（1）連接交于，連接,根據(jù)條件證明//即得；（2）先證明平面，依題建系，求出相關點和向量的坐標，分別求得平面AMB與平面BDM的法向量，最后由空間向量的夾角公式求解即得.【詳解】（1）如圖，連接交于，連接,由是的中點可得，易得與相似，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，點E是線段AD的中點可得又平面，故得平面.如圖，取的中點為,分別以為軸的正方向，建立空間直角坐標系.則，，，則，.設平面的法向量為，由，則，故可??；設平面的法向量為，由，則，故可取.故平面與平面的夾角余弦值為，所以平面與平面的夾角為.17．已知某種機器的電源電壓U（單位：V）服從正態(tài)分布．其電壓通常有3種狀態(tài)：①不超過200V；②在200V~240V之間③超過240V．在上述三種狀態(tài)下，該機器生產(chǎn)的零件為不合格品的概率分別為0.15，0.05，0.2．(1)求該機器生產(chǎn)的零件為不合格品的概率；(2)從該機器生產(chǎn)的零件中隨機抽取n（）件，記其中恰有2件不合格品的概率為，求取得最大值時n的值．附：若，取，．【答案】(1)0.09；(2).【分析】（1）根據(jù)題意，由正態(tài)分布的概率公式代入計算，再由全概率公式，即可得到結(jié)果；（2）根據(jù)題意，由二項分布的概率公式代入計算，即可得到結(jié)果.【詳解】（1）記電壓“不超過200V”、“在200V~240V之間”、“超過240V”分別為事件A，B，C，“該機器生產(chǎn)的零件為不合格品”為事件D．因為，所以，，．所以，所以該機器生產(chǎn)的零件為不合格品的概率為0.09．（2）從該機器生產(chǎn)的零件中隨機抽取n件，設不合格品件數(shù)為X，則，所以．由，解得．所以當時，；當時，；所以最大．因此當時，最大．18．已知點是橢圓上在第一象限內(nèi)的一點，A，B分別為橢圓的左、右頂點．(1)若點的坐標為，的面積為1．（i）求橢圓的方程；（ii）若拋物線的焦點與橢圓的右焦點重合，直線與交于C，D兩點，與交于E，G兩點，若，求實數(shù)的值．(2)若橢圓的短軸長為2，直線AQ，BQ與直線分別交于M，N兩點，若與的面積之比的最小值為，求此時點的坐標．【答案】(1)（i）；（ii）(2)【分析】（1）（i）根據(jù)，求出，再由點在橢圓上，求出，即可求解；（ii）直曲聯(lián)立，利用韋達定理分別求出、,求出的值，再分與方向相同和與方向相反兩種情況求解即可.（2）由三點共線分別求出、，從而表示出，利用換元得，結(jié)合二次函數(shù)的性質(zhì)求出最小值，得到方程解出，進一步求解點的坐標即可.【詳解】（1）（i）根據(jù)已知條件，有，解得，又在橢圓上，將的坐標代入橢圓方程有：，解得，所以橢圓的方程為：.（ii）因為拋物線的焦點與橢圓的右焦點重合，所以拋物線方程為；直線與橢圓聯(lián)立，整理有：，由韋達定理得：，，；直線與拋物線聯(lián)立，整理得，由韋達定理得：，，；，若與方向相同，則，若與方向相反，則，故.（2）橢圓的短軸長為2，所以橢圓方程為：，因為，，三點共線，所以，解得；同理：，，三點共線，所以，解得；設，此時，，因為，所以，所以；又設，，所以，因為，令，，此時，所以，其中，，因為，所以為開口向下，對稱軸為，其中，故當時，取得最大值，最大值為：，所以有最小值為，令，解得或，因為，所以（舍去），所以，解得，此時，，又，所以，所以點坐標為.【點睛】關鍵點點睛：關鍵為求出，利用換元法將化為，結(jié)合二次函數(shù)單調(diào)性求解.19．已知，函數(shù)，．(1)若，證明：；(2)若，求a的取值范圍；(3)設集合，對于正整數(shù)m，集合，記中元素的個數(shù)為，求數(shù)列的通項公式．【答案】(1)證明見解析；(2)；(3).【分析】（1）通過構(gòu)造函數(shù)，利用導數(shù)判斷函數(shù)單調(diào)性，求最小值即可證明；（2）對的值分類討論，利用導數(shù)判斷函數(shù)單調(diào)性，求最小值，判斷能否滿足；（3）利用（1）中結(jié)論，，通過放縮并用裂項相消法求，有，可得.【詳解】（1）因為，所以，，．設，，則，所以在上單調(diào)遞增，所以，因此．（2）函數(shù)，，方法一：，當時，注意到，故，因此，由（1）得，因此，所以在上單調(diào)遞增，從而，滿足題意；當時，令，，因為，所以存在，使得，則當時，，，所以在上單調(diào)遞減，從而，所以在上單調(diào)遞減，因此，不合題意；綜上，．方法二：，當時，注意到，故，因此，由（1）得，因此，所以在上單調(diào)遞增，從而，滿足題意；當時，先證明當時，.令，則，令，則，所以在上單調(diào)遞減，有，所以在上單調(diào)遞減，有，因此當時，.又由（1）得，此時，則且，當時，。所以在上單調(diào)遞減，因此，不合題意；綜上，．所以a的取值范圍為；（3）由（1）可知時，，，時，，時，，時，，，則，即，，則，得，又，