湖北省黄冈市罗田县2024届高考数学二模试卷含解析

湖北省黄冈市罗田县2024届高考数学二模试卷请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。一、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．已知为抛物线的准线，抛物线上的点到的距离为，点的坐标为，则的最小值是（）A． B．4 C．2 D．2．如图所示是某年第一季度五省GDP情况图，则下列说法中不正确的是（）A．该年第一季度GDP增速由高到低排位第3的是山东省B．与去年同期相比，该年第一季度的GDP总量实现了增长C．该年第一季度GDP总量和增速由高到低排位均居同一位的省份有2个D．去年同期浙江省的GDP总量超过了4500亿元3．已知函数且的图象恒过定点，则函数图象以点为对称中心的充要条件是()A． B．C． D．4．已知数列中，，若对于任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围为（）A． B．C． D．5．函数在上单调递增，则实数的取值范围是（）A． B． C． D．6．记个两两无交集的区间的并集为阶区间如为2阶区间，设函数，则不等式的解集为（）A．2阶区间 B．3阶区间 C．4阶区间 D．5阶区间7．已知底面为边长为的正方形，侧棱长为的直四棱柱中，是上底面上的动点.给出以下四个结论中，正确的个数是（）①与点距离为的点形成一条曲线，则该曲线的长度是；②若面，则与面所成角的正切值取值范围是；③若，则在该四棱柱六个面上的正投影长度之和的最大值为.A． B． C． D．8．已知中，，则（）A．1 B． C． D．9．已知集合，则元素个数为()A．1 B．2 C．3 D．410．在平面直角坐标系中，已知角的顶点与原点重合，始边与轴的非负半轴重合，终边落在直线上，则（）A． B． C． D．11．若复数满足，则（）A． B． C． D．12．下列命题为真命题的个数是（）（其中，为无理数）①；②；③.A．0 B．1 C．2 D．3二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．学校艺术节对同一类的，，，四件参赛作品，只评一件一等奖，在评奖揭晓前，甲、乙、丙、丁四位同学对这四项参赛作品预测如下：甲说：“或作品获得一等奖”；乙说：“作品获得一等奖”；丙说：“，两项作品未获得一等奖”；丁说：“作品获得一等奖”．若这四位同学中有且只有两位说的话是对的，则获得一等奖的作品是______.14．若，，则___________．15．已知，，则与的夹角为.16．“北斗三号”卫星的运行轨道是以地心为一个焦点的椭圆.设地球半径为R,若其近地点､远地点离地面的距离大约分别是,,则“北斗三号”卫星运行轨道的离心率为__________.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。17．（12分）如图，在直角梯形中，，，，为的中点，沿将折起，使得点到点位置，且，为的中点，是上的动点（与点，不重合）.（Ⅰ）证明：平面平面垂直；（Ⅱ）是否存在点，使得二面角的余弦值？若存在，确定点位置；若不存在，说明理由.18．（12分）已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且(1)求数列{a(2)求数列{1Sn}的前19．（12分）已知四棱锥中，底面为等腰梯形，，，，丄底面.（1）证明：平面平面；（2）过的平面交于点，若平面把四棱锥分成体积相等的两部分，求二面角的余弦值.20．（12分）已知集合，集合，.（1）求集合B；（2）记，且集合M中有且仅有一个整数，求实数k的取值范围.21．（12分）已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若c＝2a，bsinB﹣asinA＝asinC．（Ⅰ）求sinB的值；（Ⅱ）求sin（2B+）的值．22．（10分）某市调硏机构对该市工薪阶层对“楼市限购令”态度进行调查，抽调了50名市民，他们月收入频数分布表和对“楼市限购令”赞成人数如下表：月收入（单位：百元）频数51055频率0.10.20.10.1赞成人数4812521（1）若所抽调的50名市民中，收入在的有15名，求，，的值，并完成频率分布直方图．（2）若从收入（单位：百元）在的被调查者中随机选取2人进行追踪调查，选中的2人中恰有人赞成“楼市限购令”，求的分布列与数学期望．（3）从月收入频率分布表的6组市民中分别随机抽取3名市民，恰有一组的3名市民都不赞成“楼市限购令”，根据表格数据，判断这3名市民来自哪组的可能性最大？请直接写出你的判断结果．

参考答案一、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、B【解析】

设抛物线焦点为，由题意利用抛物线的定义可得，当共线时，取得最小值，由此求得答案.【详解】解：抛物线焦点，准线，过作交于点，连接由抛物线定义，

，

当且仅当三点共线时，取“＝”号，∴的最小值为.

故选：B.【点睛】本题主要考查抛物线的定义、标准方程，以及简单性质的应用，体现了数形结合的数学思想，属于中档题.2、D【解析】

根据折线图、柱形图的性质，对选项逐一判断即可.【详解】由折线图可知A、B项均正确，该年第一季度总量和增速由高到低排位均居同一位的省份有江苏均第一.河南均第四.共2个.故C项正确；.故D项不正确.故选：D.【点睛】本题考查折线图、柱形图的识别，考查学生的阅读能力、数据处理能力，属于中档题.3、A【解析】

由题可得出的坐标为，再利用点对称的性质，即可求出和.【详解】根据题意，，所以点的坐标为，又，所以.故选：A.【点睛】本题考查指数函数过定点问题和函数对称性的应用，属于基础题.4、B【解析】

先根据题意，对原式进行化简可得，然后利用累加法求得，然后不等式恒成立转化为恒成立，再利用函数性质解不等式即可得出答案.【详解】由题，即由累加法可得：即对于任意的，不等式恒成立即令可得且即可得或故选B【点睛】本题主要考查了数列的通项的求法以及函数的性质的运用，属于综合性较强的题目，解题的关键是能够由递推数列求出通项公式和后面的转化函数，属于难题.5、B【解析】

对分类讨论，当，函数在单调递减，当，根据对勾函数的性质，求出单调递增区间，即可求解.【详解】当时，函数在上单调递减，所以，的递增区间是，所以，即.故选:B.【点睛】本题考查函数单调性，熟练掌握简单初等函数性质是解题关键，属于基础题.6、D【解析】

可判断函数为奇函数，先讨论当且时的导数情况，再画出函数大致图形，将所求区间端点值分别看作对应常函数，再由图形确定具体自变量范围即可求解【详解】当且时，.令得.可得和的变化情况如下表：令，则原不等式变为，由图像知的解集为，再次由图像得到的解集由5段分离的部分组成，所以解集为5阶区间.故选：D【点睛】本题考查由函数的奇偶性，单调性求解对应自变量范围，导数法研究函数增减性，数形结合思想，转化与化归思想，属于难题7、C【解析】

①与点距离为的点形成以为圆心，半径为的圆弧，利用弧长公式，可得结论；②当在（或时，与面所成角（或的正切值为最小，当在时，与面所成角的正切值为最大，可得正切值取值范围是；③设，，，则，即，可得在前后、左右、上下面上的正投影长，即可求出六个面上的正投影长度之和．【详解】如图：①错误，因为，与点距离为的点形成以为圆心，半径为的圆弧，长度为；②正确，因为面面，所以点必须在面对角线上运动，当在（或）时，与面所成角（或）的正切值为最小（为下底面面对角线的交点），当在时，与面所成角的正切值为最大，所以正切值取值范围是；③正确，设，则，即，在前后、左右、上下面上的正投影长分别为，，，所以六个面上的正投影长度之，当且仅当在时取等号.故选：.【点睛】本题以命题的真假判断为载体，考查了轨迹问题、线面角、正投影等知识点，综合性强，属于难题．8、C【解析】

以为基底，将用基底表示，根据向量数量积的运算律，即可求解.【详解】,,.故选:C.【点睛】本题考查向量的线性运算以及向量的基本定理，考查向量数量积运算，属于中档题.9、B【解析】

作出两集合所表示的点的图象，可得选项.【详解】由题意得，集合A表示以原点为圆心，以2为半径的圆，集合B表示函数的图象上的点，作出两集合所表示的点的示意图如下图所示，得出两个图象有两个交点:点A和点B，所以两个集合有两个公共元素，所以元素个数为2，故选：B.【点睛】本题考查集合的交集运算，关键在于作出集合所表示的点的图象，再运用数形结合的思想，属于基础题.10、C【解析】

利用诱导公式以及二倍角公式，将化简为关于的形式，结合终边所在的直线可知的值，从而可求的值.【详解】因为，且，所以.故选：C.【点睛】本题考查三角函数中的诱导公式以及三角恒等变换中的二倍角公式，属于给角求值类型的问题，难度一般.求解值的两种方法：（1）分别求解出的值，再求出结果；（2）将变形为，利用的值求出结果.11、B【解析】

由题意得,,求解即可.【详解】因为,所以.故选:B.【点睛】本题考查复数的四则运算,考查运算求解能力,属于基础题.12、C【解析】

对于①中，根据指数幂的运算性质和不等式的性质，可判定值正确的；对于②中，构造新函数，利用导数得到函数为单调递增函数，进而得到，即可判定是错误的；对于③中，构造新函数，利用导数求得函数的最大值为，进而得到，即可判定是正确的.【详解】由题意，对于①中，由，可得，根据不等式的性质，可得成立，所以是正确的；对于②中，设函数，则，所以函数为单调递增函数，因为，则又由，所以，即，所以②不正确；对于③中，设函数，则，当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，所以当时，函数取得最大值，最大值为，所以，即，即，所以是正确的.故选：C.【点睛】本题主要考查了不等式的性质，以及导数在函数中的综合应用，其中解答中根据题意，合理构造新函数，利用导数求得函数的单调性和最值是解答的关键，着重考查了构造思想，以及推理与运算能力，属于中档试题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、B【解析】

首先根据“学校艺术节对四件参赛作品只评一件一等奖”，故假设分别为一等奖，然后判断甲、乙、丙、丁四位同学的说法的正确性，即可得出结果．【详解】若A为一等奖，则甲、丙、丁的说法均错误，不满足题意；若B为一等奖，则乙、丙的说法正确，甲、丁的说法错误，满足题意；若C为一等奖，则甲、丙、丁的说法均正确，不满足题意；若D为一等奖，则乙、丙、丁的说法均错误，不满足题意；综上所述，故B获得一等奖．【点睛】本题属于信息题，可根据题目所给信息来找出解题所需要的条件并得出答案，在做本题的时候，可以采用依次假设为一等奖并通过是否满足题目条件来判断其是否正确．14、【解析】

因为，所以，又，所以，则，所以．15、【解析】

根据已知条件，去括号得：，16、【解析】

画出图形，结合椭圆的定义和题设条件，求得的值，即可求得椭圆的离心率，得到答案.【详解】如图所示，设椭圆的长半轴为，半焦距为，因为地球半径为R,若其近地点､远地点离地面的距离大约分别是,,可得，解得，所以椭圆的离心率为.故答案为：.【点睛】本题主要考查了椭圆的离心率的求解，其中解答中熟记椭圆的几何性质，列出方程组，求得的值是解答的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题.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。17、（Ⅰ）见解析（Ⅱ）存在，此时为的中点.【解析】

（Ⅰ）证明平面，得到平面平面，故平面平面，平面，得到答案.（Ⅱ）假设存在点满足题意，过作于，平面，过作于，连接，则，过作于，连接，是二面角的平面角，设，，计算得到答案.【详解】（Ⅰ）∵，，，∴平面.又平面，∴平面平面，而平面，，∴平面平面，由，知，可知平面，又平面，∴平面平面.（Ⅱ）假设存在点满足题意，过作于，由知，易证平面，所以平面，过作于，连接，则（三垂线定理），即是二面角的平面角，不妨设，则，在中，设（），由得，即，得，∴，依题意知，即，解得，此时为的中点.综上知，存在点，使得二面角的余弦值，此时为的中点.【点睛】本题考查了面面垂直，根据二面角确定点的位置，意在考查学生的空间想象能力和计算能力，也可以建立空间直角坐标系解得答案.18、（1）an=2n【解析】

(1)先设出数列的公差为d，结合题中条件，求出首项和公差，即可得出结果．(2)利用裂项相消法求出数列的和．【详解】解：(1)设公差为d的等差数列{an}且a1+a则有：a1解得：a1=3，所以：a(2)由于：an所以：Sn则：1S则：Tn=1【点睛】本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法及应用，裂项相消法在数列求和中的应用，主要考查学生的运算能力和转化能力，属于基础题型．19、（1）见证明；（2）【解析】

（1）先证明等腰梯形中，然后证明，即可得到丄平面，从而可证明平面丄平面；（2）由，可得到，列出式子可求出，然后建立如图的空间坐标系，求出平面的法向量为，平面的法向量为，由可得到答案．【详解】（1）证明：在等腰梯形，，易得在中，，则有，故，又平面，平面，，即平面，故平面丄平面.（2）在梯形中，设，，，，而,即，.以点为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立如图的空间坐标系，则，，设平面的法向量为，由得，取，得，，同理可求得平面的法向量为，设二面角的平面角为，则，所以二面角的余弦值为.【点睛】本题考查了两平面垂直的判定，考查了利用空间向量的方法求二面角，考查了棱锥的体积的计算，考查了空间想象能力及计算能力，属于中档题．20、（1）（2）【解析】

（1）由不等式可得,讨论与的关系,即可得到结果；（2）先解得不等式,由集合M中有且仅有一个整数,当时,则M中仅有的整数为；当时,则M中仅有的整数为,进而求解即可.【详解】解:（1）因为,所以,当,即时,；当,即时,；当,即时,.（2）由得,当,即