2024届新疆高三下学期2月大联考数学试题（新课标卷）（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE2新疆2024届高三下学期2月大联考数学试题（新课标卷）一、选择题1.已知复数在复平面内对应的点的坐标为，则实数的值分别为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗由复数，因为复数在复平面内对应的点的坐标为，可得且，解得.故选：B.2.设集合，若，则（）A.0 B.1 C.0或1 D.0或2〖答案〗D〖解析〗若，则或，当时，矛盾，当时，符合题意；若，则或，当时，符合题意，当时，矛盾；综上所述，0或2.故选：D.3.已知随机变量服从正态分布，且，则（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗因为随机变量服从正态分布，且，则，所以，所以.故选：C4.设为数列的前项和，若，则（）A.1012 B.2024 C. D.〖答案〗A〖解析〗因为函数的最小正周期，又，则，，，，，，，，，所以，且，所以.

故选：A5.将抛物线绕原点顺时针旋转得到抛物线，若抛物线与抛物线交于异于原点的点，记抛物线与的焦点分别为、，且四边形的面积为8，则（）A.4 B.2 C. D.〖答案〗C〖解析〗由抛物线的性质可知抛物线的方程为，由，解得或，即，又，，所以，解得或（舍去）.故选：C.6.己知函数图象在两个不同点处的切线相互平行，则的取值可以为（）A. B.1 C.2 D.〖答案〗D〖解析〗由，则，则，，依题意可得且、、，所以，所以，经验证，当、分别取、时满足题意.故选：D.7.已知函数，若函数的图象关于原点对称，则实数的最大负值为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗因为，所以，因为函数的图象关于原点对称，所以是奇函数，所以，所以，当时，，即实数的最大负值为，故C正确.故选：C.8.在中，，是的外心，为的中点，，是直线上异于、的任意一点，则（）A.3 B.6 C.7 D.9〖答案〗B〖解析〗因为是的外心，为的中点，设的中点为，连接，所以，，设，则，又是的外心，所以，所以.故选：B.二、选择题9.连接椭圆的三个顶点所围成的三角形面积为，记椭圆C的右焦点为，则（）A. B.椭圆的离心率为C.椭圆的焦距为 D.椭圆上存在点P，使〖答案〗BD〖解析〗椭圆的左顶点为，右顶点为，上顶点为，下顶点为，因为连接椭圆的三个顶点所围成的三角形面积为，若为左、右顶点与上（下）顶点时，则，解得，符合题意；若为上、下顶点与左（右）顶点时，则，解得，符合题意；综上可得，故A错误；则椭圆方程为，所以，则椭圆的离心率，故B正确；椭圆的焦距为，故C错误，因为椭圆C的右焦点为，所以，即，所以在椭圆上存在点P，使，故D正确.故选：BD10.己知向量，记，如的夹角为，则，若在正三棱台中，．则（）A. B.C. D.〖答案〗ABD〖解析〗对于A，在正三棱台中，，，故A正确；对于B，在正三棱台中，易知，所以，所以，故B正确；对于C，同理可知，所以，故错误；对于D，易知是腰长为，底边长为1的等腰三角形，则，故，所以，故D正确.故选：ABD.11.已知函数的定义域为，，为偶函数，当时，，若，则（）A. B.4为函数的一个周期C.直线为曲线的一条对称轴 D.〖答案〗BCD〖解析〗A选项，为偶函数，故，将换成得，又，故，令得，中，令得，解得，故，A错误；B选项，由①得②，式子①②相减得，故4为函数的一个周期，B正确；C选项，因为，用代替，得，即，故，故直线为曲线的一条对称轴，C正确；D选项，4为函数的一个周期，故，由C选项知，直线为曲线的一条对称轴，且4为函数的一个周期，故为曲线的一条对称轴，故，中，令得，当时，，因为，且，所以，即，又，所以，解得，故时，，故，故，，D正确；故选：BCD三、填空题12.某芯片制造公司近四年的收入（单位：千万元）呈增长趋势，其中第一年收入为20千万元，第四年收入为58千万元，且四年收入的平均数比中位数大1千万元，则该公司近四年的总收入为_______千万元．〖答案〗〖解析〗设该公司第二、第三年的收入分别为千万元、千万元，因为四年收入的平均数比中位数大千万元，所以，解得，所以该公司近四年的总收入为（千万元）.故〖答案〗为：13.高一（1）班李明在学习立体几何时，用铁皮制作了一个高为，体积为的圆锥模型（厚度忽略不计），则该圆锥模型的底面半径为_______，该圆锥模型的侧面积为___________．〖答案〗〖解析〗设该圆锥模型的底面半径为，所以其体积为，解得（负值舍去），所以其母线长为，所以该圆锥模型的侧面积.故〖答案〗：；14.已知将中最小数记为，最大数记为，若，则________．〖答案〗〖解析〗设，则，依题意，所以，又，则，所以，所以，所以，当且仅当时取等号，所以的最小值为.故〖答案〗为：四、解答题15.已知是对数函数且图象过点，数列满足．（1）求数列的通项公式；（2）记数列的前n项和为，若，求m的最小值．解：（1）设对数函数且，因为图象过点，所以，解得，所以，又数列满足，所以.（2）由（1）得，，因为，所以，因为，所以，解得，所以m的最小值为24.16.已知函数．（1）当时，讨论函数的单调性；（2）当时，若恒成立，求实数的取值范围．解：（1）当时，定义域为，又，因为，所以当时，当时，所以在上单调递增，在上单调递减，即的单调递增区间为，单调递减区间为.（2）因为当时，恒成立，即恒成立，即恒成立，当时因为，所以恒成立；当时，由，即恒成立，令，则，所以当时，当或时，所以在上单调递增，在，上单调递减，所以，所以，又，解得，显然当时在上也成立，综上所述，实数的取值范围为.17.如图，在梯形中，，，，点在以为直径的半圆上，设二面角的大小为．（1）若，求证：平面平面；（2）若，，求直线与平面所成角的正弦值．（1）证明：因为，所以平面平面，因为，平面平面，平面，所以平面，又平面，所以，因为点在以为直径的半圆上，所以，又，平面，所以平面，又平面，所以平面平面.（2）解：如图以、所在直线为轴、轴建立空间直角坐标，设，则，，，，因为，所以，所以，过点作交于点，过点作，则，所以为二面角平面角，即，又，，则，，所以，所以，，，设平面的法向量为，则，取，设直线与平面所成角为，则，所以直线与平面所成角的正弦值为.18.已知双曲线的一条渐近线的一个方向向量为，右顶点到一条渐近线的距离为．（1）求双曲线的标准方程；（2）不与轴垂直的直线与双曲线交于两点（异于点），若直线的斜率之积为，试问：直线是否过定点？若过定点，求出该定点的坐标；若不过定点，请说明理由．解：（1）因为双曲线的一条渐近线的一个方向向量为，所以这条渐近线的方程为，易知，则，解得，所以双曲线方程为；（2）依题意直线的斜率存在，设直线的方程为，，，由，得，当时，且，所以，，由（1）知，则，整理得，即，解得或，当时，直线即，令，解得，即直线过定点；当时，直线即，令，解得，即直线过定点，舍去；综上所述，直线过定点..19.我国某企业研发的家用机器人，其生产共有四道工序，前三道工序的生产互不影响，第四道工序是出厂检测工序，包括智能自动检测与人工抽检，其中智能自动检测为次品的会被自动淘汰，合格的进入流水线进行人工抽检．已知该家用机器人在生产中前三道工序的次品率分别为．（1）已知某批次的家用机器人智能自动检测显示合格率为，求在人工抽检时，工人抽检一个家用机器人恰好为合格品的概率（百分号前保留两位小数）；（2）该企业利用短视频直播方式扩大产品影响力，在直播现场进行家用机器人推广活动，现场人山人海，场面火爆，从现场抽取幸运顾客参与游戏，游戏规则如下：参与游戏的幸运顾客，每次都要有放回地从10张分别写有数字的卡片中随机抽取一张，指挥家用机器人运乒乓球，直到获得奖品为止，每次游戏开始时，甲箱中有足够多的球，乙箱中没有球，若抽的卡片上的数字为奇数，则从甲箱中运一个乒乓球到乙箱；若抽的卡片上的数字为偶数，则从甲箱中运两个乒乓球到乙箱，当乙箱中的乒乓球数目达到9个时，获得奖品优惠券960元；当乙箱中的乒乓球数目达到10个时，获得奖品大礼包一个，获得奖品时游戏结束．①求获得“优惠券”的概率；②若有16个幸运顾客参与游戏，每人参加一次游戏，求该企业预备的优惠券总金额的期望值．解：（1）设家用机器人经过前三道工序后是合格品的概率为，则，设家用机器人智能自动检测合格为事件，人工抽检合格为事件，则，，所以，即在人工抽检时，工人抽检一个家用机器人恰好为合格品的概率约为.（2）①设乙箱中有个球的概率为，第一次抽到奇数，家用机器人运个乒乓球，概率为，即，乙箱中有个球，有两类情况，所以，乙箱中有个球的情况有：i家用机器人已运个球，又抽出偶数，其概率为；ii家用机器人已运个球，又抽出奇数，其概率为；所以，且，所以，所以，即当时数列是公比为的等比数列，所以，又，，所以当时也成立，所以，，，，上述各式相加得，又，所以，，经检验，当时上式也成立，所以，所以，即获得“优惠券”的概率为.②设参与游戏的个幸运顾客中获得优惠券的人数为，则，所以的期望，设优惠券的总金额为元，则，所以个幸运顾客中获得优惠券总金额期望值（元），故该企业预备的优惠券总金额的期望值为元.新疆2024届高三下学期2月大联考数学试题（新课标卷）一、选择题1.已知复数在复平面内对应的点的坐标为，则实数的值分别为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗由复数，因为复数在复平面内对应的点的坐标为，可得且，解得.故选：B.2.设集合，若，则（）A.0 B.1 C.0或1 D.0或2〖答案〗D〖解析〗若，则或，当时，矛盾，当时，符合题意；若，则或，当时，符合题意，当时，矛盾；综上所述，0或2.故选：D.3.已知随机变量服从正态分布，且，则（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗因为随机变量服从正态分布，且，则，所以，所以.故选：C4.设为数列的前项和，若，则（）A.1012 B.2024 C. D.〖答案〗A〖解析〗因为函数的最小正周期，又，则，，，，，，，，，所以，且，所以.

故选：A5.将抛物线绕原点顺时针旋转得到抛物线，若抛物线与抛物线交于异于原点的点，记抛物线与的焦点分别为、，且四边形的面积为8，则（）A.4 B.2 C. D.〖答案〗C〖解析〗由抛物线的性质可知抛物线的方程为，由，解得或，即，又，，所以，解得或（舍去）.故选：C.6.己知函数图象在两个不同点处的切线相互平行，则的取值可以为（）A. B.1 C.2 D.〖答案〗D〖解析〗由，则，则，，依题意可得且、、，所以，所以，经验证，当、分别取、时满足题意.故选：D.7.已知函数，若函数的图象关于原点对称，则实数的最大负值为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗因为，所以，因为函数的图象关于原点对称，所以是奇函数，所以，所以，当时，，即实数的最大负值为，故C正确.故选：C.8.在中，，是的外心，为的中点，，是直线上异于、的任意一点，则（）A.3 B.6 C.7 D.9〖答案〗B〖解析〗因为是的外心，为的中点，设的中点为，连接，所以，，设，则，又是的外心，所以，所以.故选：B.二、选择题9.连接椭圆的三个顶点所围成的三角形面积为，记椭圆C的右焦点为，则（）A. B.椭圆的离心率为C.椭圆的焦距为 D.椭圆上存在点P，使〖答案〗BD〖解析〗椭圆的左顶点为，右顶点为，上顶点为，下顶点为，因为连接椭圆的三个顶点所围成的三角形面积为，若为左、右顶点与上（下）顶点时，则，解得，符合题意；若为上、下顶点与左（右）顶点时，则，解得，符合题意；综上可得，故A错误；则椭圆方程为，所以，则椭圆的离心率，故B正确；椭圆的焦距为，故C错误，因为椭圆C的右焦点为，所以，即，所以在椭圆上存在点P，使，故D正确.故选：BD10.己知向量，记，如的夹角为，则，若在正三棱台中，．则（）A. B.C. D.〖答案〗ABD〖解析〗对于A，在正三棱台中，，，故A正确；对于B，在正三棱台中，易知，所以，所以，故B正确；对于C，同理可知，所以，故错误；对于D，易知是腰长为，底边长为1的等腰三角形，则，故，所以，故D正确.故选：ABD.11.已知函数的定义域为，，为偶函数，当时，，若，则（）A. B.4为函数的一个周期C.直线为曲线的一条对称轴 D.〖答案〗BCD〖解析〗A选项，为偶函数，故，将换成得，又，故，令得，中，令得，解得，故，A错误；B选项，由①得②，式子①②相减得，故4为函数的一个周期，B正确；C选项，因为，用代替，得，即，故，故直线为曲线的一条对称轴，C正确；D选项，4为函数的一个周期，故，由C选项知，直线为曲线的一条对称轴，且4为函数的一个周期，故为曲线的一条对称轴，故，中，令得，当时，，因为，且，所以，即，又，所以，解得，故时，，故，故，，D正确；故选：BCD三、填空题12.某芯片制造公司近四年的收入（单位：千万元）呈增长趋势，其中第一年收入为20千万元，第四年收入为58千万元，且四年收入的平均数比中位数大1千万元，则该公司近四年的总收入为_______千万元．〖答案〗〖解析〗设该公司第二、第三年的收入分别为千万元、千万元，因为四年收入的平均数比中位数大千万元，所以，解得，所以该公司近四年的总收入为（千万元）.故〖答案〗为：13.高一（1）班李明在学习立体几何时，用铁皮制作了一个高为，体积为的圆锥模型（厚度忽略不计），则该圆锥模型的底面半径为_______，该圆锥模型的侧面积为___________．〖答案〗〖解析〗设该圆锥模型的底面半径为，所以其体积为，解得（负值舍去），所以其母线长为，所以该圆锥模型的侧面积.故〖答案〗：；14.已知将中最小数记为，最大数记为，若，则________．〖答案〗〖解析〗设，则，依题意，所以，又，则，所以，所以，所以，当且仅当时取等号，所以的最小值为.故〖答案〗为：四、解答题15.已知是对数函数且图象过点，数列满足．（1）求数列的通项公式；（2）记数列的前n项和为，若，求m的最小值．解：（1）设对数函数且，因为图象过点，所以，解得，所以，又数列满足，所以.（2）由（1）得，，因为，所以，因为，所以，解得，所以m的最小值为24.16.已知函数．（1）当时，讨论函数的单调性；（2）当时，若恒成立，求实数的取值范围．解：（1）当时，定义域为，又，因为，所以当时，当时，所以在上单调递增，在上单调递减，即的单调递增区间为，单调递减区间为.（2）因为当时，恒成立，即恒成立，即恒成立，当时因为，所以恒成立；当时，由，即恒成立，令，则，所以当时，当或时，所以在上单调递增，在，上单调递减，所以，所以，又，解得，显然当时在上也成立，综上所述，实数的取值范围为.17.如图，在梯形中，，，，点在以为直径的半圆上，设二面角的大小为．（1）若，求证：平面平面；（2）若，，求直线与平面所成角的正弦值．（1）证明：因为，所以平面平面，因为，平面平面，平面，所以平面，又平面，所以，因为点在以为直径的半圆上，所以，又，平面，所以平面，又平面，所以平面平面.（2）解：如图以、所在直线为轴、轴建立空间直角坐标，设，则，，，，因为，所以，所以，过点作交于点，过点作，则，所以为二面角平面角，即，又，，则，，所以，所以，，，设平面的法向量为，则，取，设直线与平面所成角为，则，所以直线与平面所成角的正弦值为.18.已知双曲线的一条渐近线的一个方向向量为，右顶点到一条渐近线的距离为．（1）求双曲线的标准方程；（2）不与轴垂直的直线与双曲线交于两点（异于点），若直线的斜率之积为，试问：直线是否过定点？若过定点，求出该定点的坐标；若不过定点，请说明理由．解：（1）因为双曲线的一条渐近线的一个方向向量为，所以这条渐近线的方程为，易知，则，解得，所以双曲线方程为；（2）依题意直线的斜率存在，设直线的方程为，，，由，得，当时，且，所以，，由（1）知，则，整理得，即，解得或，当时，直线即，令，解得，即直线过定点；当时，直线即，令，解得，即直线过定点，舍去；综上所述，直线过定点..19.我国某企业研发的家用机器人，其生产共有四道工序，前三道工序的生产互不影响，第四道工序是出厂检测工序，包括智能自动检测与人工抽检，其中智能自动检测为次品的会被自动淘汰，合格的进入流水线进行人工抽检．已知该家用机器人在生产中前三道工序的次品率分别为．（1）已知某批次的家用机器人