20204年高考仿真卷二（新结构）答案

第18页/共20页2024年高考仿真模拟数试题（二）一、选择题：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.从小到大排列的数据的第三四分位数为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由百分位数的估计方法直接求解即可.【详解】，该组数据的第三四分位数为.故选：D.2.若椭圆上一点到C两个焦点的距离之和为，则（）A.1 B.3 C.6 D.1或3【答案】B【解析】【分析】讨论焦点的位置利用椭圆定义可得答案.【详解】若，则由得（舍去）；若，则由得．故选：B.3.设等差数列的前项和为，若，，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】设等差数列的公差为，根据已知条件可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，在利用等差数列的求和公式可求得的值.【详解】设等差数列的公差为，则，①，②联立①②可得，，因此，.故选：B．4.同一个宿舍的8名同学被邀请去看电影，其中甲和乙两名同学要么都去，要么都不去，丙同学不去，其他人根据个人情况可选择去，也可选择不去，则不同的去法有（）A.32种 B.128种 C.64种 D.256种【答案】C【解析】【分析】分甲和乙都去和甲和乙都不去两类，利用分类计数原理求解.【详解】若甲、乙都去，剩下的5人每个人都可以选择去或不去，有种去法；若甲、乙都不去，剩下的5人每个人都可以选择去或不去，有种去法．故一共有种去法．故选：C.5.在某次数学探究活动中，小明先将一副三角板按照图1的方式进行拼接，然后他又将三角板折起，使得二面角为直二面角，得图2所示四面体．小明对四面体中的直线、平面的位置关系作出了如下的判断：①平面；②平面；③平面平面；④平面平面．其中判断正确的个数是（）A.1 B.2C.3 D.4【答案】C【解析】【分析】根据题意，结合线面位置关系的判定定理和性质定理，逐项判定，即可求解.【详解】对于①中，因为二面角为直二面角，可得平面平面，又因为平面平面，，且平面，所以平面，所以①正确；对于②中，由平面，且平面，可得，又因为，且，平面，所以平面，所以②正确；对于③中，由平面，且平面，所以平面平面，所以③正确；对于④，中，因为平面，且平面，可得平面平面，若平面平面，且平面平面，可得平面，又因为平面，所以，因为与不垂直，所以矛盾，所以平面和平面不垂直，所以D错误.故选：C.6.已知点在圆上，点的坐标为为原点，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】设，利用平面向量数量积的坐标运算结合直线与圆的位置关系可得结果.【详解】设，因点的坐标为，所以，则，设，即，依题意，求t的范围即求直线与圆有公共点时在y轴上截距的范围，即圆心到的距离，解得，所以的取值范围为，故选：D.7.若，且，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】化简解析式，得函数最大最小值与周期，利用条件转化为与最值的关系，再由最值与周期的关系可得.【详解】，的周期为，且令，则，则，由的值域为，故，则，故，由知，，或.即为函数的最大与最小值，或最小与最大值，当对应图象上相邻两最值点时，的值最小，故.故选：B.8.如图，已知是双曲线的左､右焦点，为双曲线上两点，满足，且，则双曲线的离心率为（）A B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据双曲线的定义和性质分析可得，进而可得，结合勾股定理运算求解.【详解】延长与双曲线交于点，因为，根据对称性可知，设，则，可得，即，所以，则，，即，可知，在中，由勾股定理得，即，解得.故选：D.【点睛】方法点睛：1．双曲线离心率(离心率范围)的求法求双曲线的离心率或离心率的范围，关键是根据已知条件确定a，b，c的等量关系或不等关系，然后把b用a，c代换，求的值；2．焦点三角形的作用在焦点三角形中，可以将圆锥曲线的定义，三角形中边角关系，如正余弦定理、勾股定理结合起来．二、选择题：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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9.设复数（且），则下列结论正确的是（）A.可能是实数 B.恒成立C若，则 D.若，则【答案】BCD【解析】【分析】根据复数的运算和复数的类型的概念求解即可.【详解】对于A：若是实数，则，与已知矛盾，故A错误；对于B：由A项知，所以，，故B正确；对于C：若，则，因为，所以，故C正确；对于D：，则，因为，所以，所以，故D正确．故选：BCD．10.在中，若，则下列结论正确的是（）A. B.C. D.【答案】BD【解析】【分析】由化简得到，再逐项判断.【详解】解：由，因为，所以，所以，所以，不一定为1，A错；因为，，∴，从而有，所以B正确，又，所以也不一定等于1，C错；而，D正确；故选：BD11.已知函数的定义域为R，满足，且，则（）A.B.为奇函数C.D.【答案】AD【解析】【分析】采用赋值法为突破口，分析函数的有关性质.【详解】对A：令，，则，因为，所以，故A正确；对B：令得：，结合可得，所以为偶函数，故B错误；对C：令可得：，因为，所以，进一步可得：，又，，所以：，所以，故C错误；对D：令可得：;用代替，得：，结合C的结果，可得：，故D正确.故选：AD【点睛】关键点睛：如何赋值是解决问题的关键.AB相对简单，对C，令得到后进一步可得到数列相邻项之间的关系，可求结果，对D，用和用代替，是解决问题的关键.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.若关于的不等式的解集为，则的取值范围是__________．【答案】【解析】【分析】先根据一元二次不等式的解集得到对称轴，然后根据端点得到两个等式和一个不等式，求出的取值范围，最后都表示成的形式即可.【详解】因为不等式的解集为，所以二次函数的对称轴为直线，且需满足，即，解得，所以，所以，所以.故答案：.【点睛】关键点睛：一元二次不等式的解决关键是转化为二次函数问题，求出对称轴和端点的值，继而用同一个变量来表示求解.13.已知直三棱柱，则三棱柱的体积的最大值为__________；此时棱柱的高为__________.【答案】①.②.##【解析】【分析】利用直三棱柱的特征、体积公式结合导数求单调性及最值计算即可.【详解】如图所示，不妨设，由题意则，则，令，则时，，时，，即在上单调递增，在上单调递减，则，此时.故答案为：；.14.已知正实数满足，，则当取得最小值时，__________．【答案】【解析】【分析】将转化为与两点间距离的平方，进而转化为与圆心的距离，结合基本不等式求得最小值，进而分析求解即可.【详解】可将转化为与两点间距离的平方，由，得，而表示以为圆心，1为半径的圆，为圆上一点，则与圆心的距离为：，当且仅当，即时等号成立，此时与圆心的距离最小，即与两点间距离的平方最小，即取得最小值.当时，，故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题的解题关键是能够将问题转化为圆上的点到上的点的距离的最小值的求解问题，进而求解.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.已知函数.（1）若曲线在处切线与轴平行，求；（2）若在处取得极大值，求的取值范围.【答案】（1）1（2）【解析】【分析】（1）先对求导，利用导数的几何意义即可得解；（2）分类讨论的取值情况，利用导数分析的单调情况，从而得到其极值情况，由此得解.【小问1详解】因为，所以，因为曲线在处切线与轴平行，所以，解得，又，所以.【小问2详解】的定义域为，，①当时，令，得，令，得，在上单调递增，在上单调递减.在处取得极大值，满足题意；②当时，令，得，令，得，在上单调递增，在上单调递减.在处取得极大值，满足题意；③当时，（i）当时，所以在上单调递增，无极值，不满足题意；（ii）当时，，令，得，令，得或.在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.在处取得极小值，不满足题意；（iii）当时，，令，得，令，得或.在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.在处取得极大值，满足题意；综上所述，的取值范围为.16.盒子中装有红球、白球等多种不同颜色的小球，现从盒子中一次摸一个球．不放回．（1）若盒子中有8个球，其中有3个红球，从中任意摸两次．记摸出的红球个数为．求随机变量的分布列和数学期望．（2）若盒中有4个红球和4个白球，盒中在2个红球和2个白球．现甲、乙、丙三人依次从号盒中摸出一个球并放入号盒，然后丁从号盒中任取一球．已知丁取到红球，求甲、乙、丙三人中至少有一人取出白球的概率．【答案】（1）分布列见解析；期望为（2）【解析】【分析】（1）列出的所有可能的值，求出对应的概率，可得分布列，并求期望.（2）用条件概率公式求解.【小问1详解】可取0，1，2.且：，，.所以的分布列为：012则：.小问2详解】设事件“丁取到红球”，事件“甲、乙、丙三人中至少有1人取出白球”.当甲、乙、丙三人取得1个白球，则丁取到红球的概率为；当甲、乙、丙三人取得2个白球，则丁取到红球的概率为；当甲、乙、丙三人取得3个白球，则丁取到红球的概率为；当甲、乙、丙三人取得3个红球，则丁取到红球的概率为；则所求概率为：.17.在梯形中，，，，P为的中点，线段与交于O点（如图1）.将沿折起到位置，使得平面平面（如图2）.（1）求二面角的余弦值；（2）线段上是否存在点Q，使得与平面所成角的正弦值为?若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.【答案】17.18.存在，【解析】【分析】（1）建立空间直角坐标系，由空间向量求解；（2）设，表示出，利用向量的夹角公式代入列式，即可得解.【小问1详解】因为在梯形中，，，，为的中点，所以，，，所以是正三角形，四边形为菱形，可得，，而平面平面，平面平面，平面，，平面，所以，，两两互相垂直，如图，以点为坐标原点，，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，则，，，，，，，，，设平面的一个法向量为，则，即，令，则，，设平面的一个法向量为，则，即，令，则，，，，所以二面角的余弦值为.【小问2详解】线段上存在点，使得与平面所成角的正弦值为.设，因为，，所以，设与平面所成角为，则，即，，解得，所以线段上存在点，且，使得与平面所成角的正弦值为.18.已知抛物线，顶点为，过焦点的直线交抛物线于，两点．（1）如图1所示，已知|，求线段中点到轴的距离；（2）设点是线段上的动点，顶点关于点的对称点为，求四边形面积的最小值；（3）如图2所示，设为抛物线上的一点，过作直线，交抛物线于，两点，过作直线，交抛物线于，两点，且，，设线段MN与线段的交点为，求直线斜率的取值范围．【答案】（1）3（2）4（3）【解析】【分析】（1）根据抛物线的性质求解即可；（2）由题意可知四边形的面积等于，设出直线方程，与抛物线方程联立，结合韦达定理和求解即可；（3）设点坐标为，将抛物线方程与直线，联立，利用韦达定理将点和点坐标用表示，进而可得到直线的方程，证明直线过定点即可求解.【小问1详解】因为过焦点的直线交抛物线于，两点，且，设，，由抛物线的性质可得，所以，所以线段中点的横坐标，即为线段中点到轴的距离为.【小问2详解】由点与原点关于点对称，可知是线段的中点，所以点与点到直线的距离相等，所以四边形的面积等于，设直线的方程为，联立，消去可得，设，，由韦达定理可得，，所以，当时，四边形的面积取最小值为4．【小问3详解】设点坐标为，点坐标为，点坐标为，由题意可知直线的斜率存在，且不为，则直线的方程为，与抛物线联立，消去得，由韦达定理可得，解得，直线的方程为与抛物线联立，消去得，由韦达定理可得，解得，显然直线斜率不为零，当直线斜率存在时，直线的方程为，整理得：，将，代入得：，所以直线过定点，即点坐标为，直线的斜率为，当时，，当且仅当，即时，等号成立，当时，，当且仅当，即时，等号成立，当时，，当直线的斜率不存在时，设点坐标为，点的坐标为，则，，且根据题意，所以，解得，所以直线的方程为过点，综上所述，直线斜率的取值范围为.【点睛】解决直线与圆锥曲线相交（过定点、定值）问题的常用步骤：（1）得出直线方程，设交点为，；（2）联立直线与曲线方程，得到关于或的一元二次方程；（3）写出韦达定理；（4）将所求问题或题中关系转化为，形式；（5）代入韦达定理求解.19.已知无穷数列满足，其中表示x，y中最大的数，表示x，y中最小的数.（1）当，时，写出的所有可能值；（2）若数列中的项存在最大值，证明：0为数列中的项；（3）若，是否存在正实数M，使得对任意的正整数n，都有？如果存在，写出一个满足条件的M；如果不存在，说明理由.【答案】（1）（2）证明见解析（3）不存在，理由见解析【解析】【分析】（1）根据定义知，讨论、及大小求所有可能值；（2）由，假设存在使，进而有，可得，即可证结