数学（文科）-百师联盟2024届高三下学期二轮复习联考（一）（全国卷）试题和答案

2024届高三二轮复习联考(一)全国卷文科数学试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。考试时间为120分钟，满分150分-、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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.集合A={2，1，0，2，3，4},B＝(2,＋∞)，则AB的子集个数为A.4B.8C.16D·22.若复数满足38十48=7i，则＋2il=A.1B·CD.43.已知向量a＝(1，)b＝(45)，则|a2b=A.B·4C.3D.64.若实数y满足约束条件＋y2≤0，则目标函数=3xy的最大值是y≥0，A.4B.5C.6D.85已知8iinn((+ββ))=2Cαin=6则inαC=A.B·1c.1D2329A.充分不必要条件B必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件7.设函数f(x)的定义域为R,且f(x＋1)＝f(x＋1)f(x＋2)=f(x＋2)，当xG[01]时，f(x)＝22十bC，f(3)f(2)＝6，则bC=A.4B.3C.1D·2(π8·函数f()=Ain+4(＞0,A＞0)的最小正周期为不将y=f()的图象向左平移4(π个单位长度，得y=g()的图象，则y=g()图象的一条对称轴为二轮复习联考(一)全国卷文科数学试题第1页(共4页)9.已知数列{a满足k=n+1则a224=A.2024B.2023C.4047D.404810.Ve1，2]，有a≥2ln+2恒成立，则实数a的取值范围为A.[e，十∞)B.[1＋∞)c+D[2e+)11.已知抛物线CY2=4A(1,0)P,Q为抛物线C上两点，AP=入AQ(入＞1)，O为坐标原点且三角形PQo的面积S△PQo=4，则IPQl=12已知f()20且＞0时f(2)=C2·f()若f(2=若g()=2ifn2()是常函数，则方程f(x)＝1在区间(0,1)内根的个数为A.1B.2C.3D.0、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13.随机抽查并统计了某班的四名同学一周内背诵文言文的篇目数量并得到一组数据2，6，3，1，则该组数据的方差为3＋2，x≥0, 3,<0，4已知f()若f()293＋2，x≥0, 3,<0，2y2(a2ab15.已知B为双曲线C1(a＞0，b＞0)上一点，AI2y2(a2aba2b2渐近线上一点，若ABW轴，loBl=C，则双曲线C的离心率为16如图所示，在以底面为等腰直角三角形的直三棱柱ABCA1B1C1中，M为△ABC中斜边BC的中点，AC=AA1=1，P为线段BC1上一动点，连接MP并延长MP交B1C1于点N，过点N作B1C1的垂线，交AiC1于点S，连接AS，则四边形AMNS面积的最大值为·二轮复习联考(一)全国卷文科数学试题第2页(共4页)三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答。第22、23题为选考题，考生根据要求作答。(-)必考题：60分。17·(12分)冬季是甲流等呼吸道传播疾病爆发的季节，某医院的呼吸道内科随机抽查了近一个月来医院化验血的A，B型血病人共200人，得到如下数据患甲流未患甲流A型血6535B型血7525(1)以频率估计概率，根据上表，分别估计A型血中患甲流和B型血中不患甲流的概率；(2)能否有99%的把握认为血型与是否患甲流有关系？P(K2≥K0)2.7066.63510.82818(12分)在△ABC中角AB,C所对的边分别为abC且+COC=·abC(1)证明：b2=ac；(2)若b=2sinB=4求a+c的值·19·(12分)在棱锥PABCD中PA⊥平面ABCD.四边形ABCD为平行四边形.BC＝3，CD=1,AP=4CP＝2·(1)求证：AC平面ABP；(2)求点A到平面PCD的距离.a2b22a2b22(1)求椭圆C的标准方程；(1(2)过点I0，且斜率存在的直线与椭圆C交于M，N两点，判断△EMN(1证明21(12分)已知函数f(x)＝bln2(b＋2)·(1)当b＝l时，求曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)求f(x)的单调区间·(二)选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选-题作答。如果多做，则按所做的第-题计分。22.[选修44：坐标系与参数方程](10分)=2t3，y=t＋2，在直角坐标系。y中曲线=2t3，y=t＋2，以轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C1的极坐标方程为3cosθ＋4sinθ=0.(1)求曲线C的普通方程和曲线C1的直角坐标方程；(2)求C上的一点(32)到曲线C1上一动点距离的范围·23.[选修45：不等式选讲](10分)(1)解不等式2|＋2|＜5；(2)若|2n22＋al＜a2对任意R恒成立，求a的取值范围二轮复习联考(一)全国卷文科数学试题第3页(共4页)二轮复习联考(一)全国卷文科数学试题第4页(共4页)2024届高三二轮复习联考(一)全国卷文科数学参考答案及评分意见1.A【解析】由题意可得B＝(2,＋∞)，所以AnB＝{3，4}，共两个元素，所以其子集的个数为22=4，故选A. 2.B【解析】设x=c＋yi(yeR)，则38＋48=3＋3yi4x4yi=7xyi=7＋i解得x＝1，y=1，故=li，则|之十2il=，故选B·3.A解析】因为a＝(11)b＝(4，5)，所以a2b＝(1，)2(4，5)＝(79)，a2b=(7)2(9=，故选A.4.C【解析】根据题意，作出其可行域如图中阴影部分，由=3xy，得y=3之，作出直线y=3x并平移该直x十y2＝0，x＝2，线发现当该直线经过点A时在轴上截距最小此时取得最大值x十y2＝0，x＝2，5B解析由=2可得in(α+β)=2in(αβ)3cαinβ=inαCβ又Cαinβ=6所以sinαCβ=2故选B.6A【解析】圆(2)2+(y3)2=4是以(23)为圆心，半径为2的圆，所以点(23)到直线kry＋1＋k＝0的2k3＋1＋3212距离为==2解得k=0或k=，故选A.7.D【解析】由题意可得f(x＋1)＝f(x＋1)①；f(x＋2)=f(x＋2)②.令x＝1由①得:f(0)＝f(2)＝C由②得f(3)=f(1)＝2＋b＋C因为f(3)f(2)＝6，所以2＋b＋C＋C＝6即b＋2c＝4：令x＝0，由①得f(1)＝f(1)>f(1)=0>2＋bC＝0,解得b＝8,c＝6，所以b＋c=2.故选D·2(1(ππ(π2(1(ππ(ππ(139为2r＋=kπ(kZ)>x=π代入x＝π得k＝10，即k6z成立，故选π(13942882，n＝1，2n1，m≥2两式相减得即a-21综上所述a所以a224447故选2，n＝1，2n1，m≥210.C【解析】由题意可转化为a≥2ln2在x∈[1,2]上恒成立令μ()＝2ln2,x∈[1，2]，则()＝2ln2x=2lnr+r=(2lnx+1)令μ()＝0，则=，当z∈(1)时，μ()＞二轮复习联考(一)全国卷文科数学答案第1页(共5页)22222224222222240，故(x)在(1，)上单调递增，当x∈(,2)时，μ(x)＜0，故(x)在(,2)上单调递减，则μ(x)≤μ()=故选·(y2(y224411.D【解析】由题知A,PQ三点共线，故可设直线PQ:x=ty1,PY1QY(y2(y2244=ty-1，y24ty40,△16t2160，解得t2＞1，y1y24t，yy24S△PQoS△POAS△QOAy2=4，22=yy2＝·(y1y2)24yy2=2t2=4，得t＝±3y1y2＝8，PQ22y1y2.故选D2π244πsin4sinCos12.D解析fπ==1f(π则f(π=1g()=则g(2)==g()2π244πsin4sinCos2(π(π2(2(π(π2(π(π(πsin24482gl==1，则gII=gII=…=gII=1,可得g(x)＝1，则f(x)=2，令h()＝24482=0in(≥0)1即f()==1在区间(01)内无实根故选D.13解析这组数据的平均数为=3故方差S2==.292914.3或【解析】当m≥0时m3＋2＝29，解得m＝3；当m＜0时3m＝29解得m＝3315解析设B(B·YB)由AB轴可得BBa2ya2·又。BCa2aC4a2b2aC 22C2，又b2c2a2，a2C2a4a2(c2a2)C4整理可得2a2C2C的离心率e22CCa(2(2216.解析由题意知SNAAN，设C1N=lo≤≤则SN=x，MN＝1+，所以所求截面面积S=I×1＋=+=2，易知函数1(所求截面面积S=I×1＋=+=2，易知函数y4++在0y4++在02上单调递增·故S22+×2+4=2故四边形AMNS面积的最大值为—26517.解：(1)由题表中数据可知，A型血中患甲流的概率为＝0.65，……………3分B型血中不患甲流的概率为25=0.25………6分二轮复习联考(一)全国卷文科数学答案第2页(共5页)(2)K2==~23819分因为2畅381＜6·635所以没有99%的把握认为血型与是否患甲流有关系.…………12分18(1)证明由余弦定理可得b2+2ac2ba2=3分整理得到b2=ac·…………………5分(2)解：b2=ac=4inB=4又因为a>b>c所以B∈02则CSB=in=4·7分在△ABC中，由余弦定理得b2=a2十c22acCosB，即4=a2＋c26.………9分aC=，ac＝4，2210由得(aC)2a2C22a-aC=，ac＝4，2210得a＋c＝3(负值舍去).………………………12分19(1)证明：PA⊥平面ABCD，PA⊥AC.在Rt△PAC中AC＝PC2AP2=2.……………………2分在△CAB中，AB2＋AC2=1＋8=9＝BC2，CAAB………………………3分ABAP=A，AB，PAc平面ABP，AC⊥平面ABP.…………………5分(2)解：由(1)知AC⊥ABACCD,AC＝AD2CD2＝9＝2在Rt△PAD中，AP＝4,AD＝BC＝3，由勾股定理可得PD＝32=5，…………8分PC2＋PD2CD224＋2512在△PCD中，由余弦定理得COS。CPD＝==，2PCPD2×2×55in4CPD=1=S△PCD=×PC×PD×sinLCPD＝×2×5×=225""""12分20.解:(1)由题意知b＝1,所以椭圆方程为a2+y2代入点12解得a=2所以椭y圆C的标准方程为＋2＝1.………所以椭y2=1，……………1分二轮复习联考(一)全国卷文科数学答案第3页(共5页)(2)△EMN为直角三角形，证明如下设直线y=k3M(1y1)N(2y2)，1y=k3……6分联立并消去y……6分联立＋2=12＋2=12C12又因为EM=12k9＋18k2 9＋18k2＝(1，y11)，EN＝(2y21)，…………………8分EMEN=12＋(Y11)(Y2EMEN=12＋(Y11)(Y21)＝x12十I1IIK2I＝(1＋2)12(r1十2)＋=3八339所以EM⊥EN，故△EMN为直角三角形.……………………12分21.解：(1)当b＝1时，f()＝lnr+r23f(1)＝2，………1分fv()=＋23………………2分Cf(1)＝0，…………………………3分故曲线y=f(x)在点(1f(1))处的切线方程为y=2.……………………4分(2)f(x)＝blnr＋r2(b＋2)，其定义域为(0,＋∞)则f(x)=b+2(b+2)=22(b+2)+b=(2b)(1)·5分①当0即b0时令f()<0得01令f()>0得>1故f()的单调递减区间为(0,1)单调递增区间为(1,＋∞).…………………6分②当0即b＞0时，由f(x)=0得x=2=1.b()当。＜<1，即。＜b＜2时，2bb22(b(b令f()＞0，可得。＜r＜或>1；令f(bb22(b(b故f()的单调递增区间为。·2和(1+)单调递减区间为21·8分()当1即b=2时f()(22)(1)2(f1)2≥0故f()的单调递增区间为(0,＋∞)，无单调递减区间．………9分(间)当1-即b2时二轮复习联考(一)全国卷文科数学答案第4页(共5页)(b(b故f()的单调递增区间为(01)和I，十∞I单调递减区间为I1，……11(b(b综上，当b≤0时，f(x)的单调递减区间为(01)，单调递增区间为(1＋∞)；(b