2024年新课标全国Ⅱ卷数学真题

2024年新课标全国Ⅱ卷数学真题一、单选题1．已知z1iz（）A0．1．2D．22．已知命题p：xR，|x1|1；命题：x0，x3x，则（）Ap和q都是真命题．p和q都是真命题．p和q都是真命题D．p和q都是真命题3．已知向量a,baab2babb（）A．12．22．32D．14．某农业研究部门在面积相等的100块稻田上种植一种新型水稻，得到各块稻田的亩产量（单位：kg）并部分整理下表亩产量[900，950）[950，1000），1050）），1200）612182410据表中数据，结论中正确的是（）A100块稻田亩产量的中位数小于1050kg．100块稻田中亩产量低于的稻田所占比例超过80%．100块稻田亩产量的极差介于200kg至300kgD100块稻田亩产量的平均值介于900kg至1000kg5．已知曲线：x2y2（y0C上任意一点P向x轴作垂线段PP，P为垂足，则线段PP的中点M的轨迹方程为（）xyxy2222A．（y0）．1（y0）11648．yx221（y0）D．4yx221（y0）86f()(xg(x)x2x(yf(x)与yg(x)a（）2A．1．121D．27．已知正三棱台-11的体积为523，6，1121A与平面所成角的正切值为（）A．12．12D．38．设函数f(x)(xa)x)f(x)0a2b2的最小值为（）A．18．14．12D．11二、多选题9．对于函数f(x)sin2x和πg(x)sin(2x)，下列正确的有（）4A．f(x)与g(x)有相同零点．f(x)与g(x)有相同最大值．f(x)与g(x)有相同的最小正周期D．f(x)与g(x)的图像有相同的对称轴．抛物线：y24x的准线为lP为C上的动点，过P作A:x2(y4)21的一条切线，Q为切点，过P作l的垂线，垂足为B，则（）A．l与ABPAB三点共线时，|PQ15C|PB2PAABD．满足|PA|PB|P有且仅有2个．设函数f(x)2x1，则（）32Aa1f(x)有三个零点Ba0x0是f(x)的极大值点C．存在ab，使得xb为曲线yf(x)的对称轴D．存在a，使得点f为曲线yf(x)的对称中心三、填空题Sn为等差数列an}n项和，若3a47，25510.．已知为第一象限角，为第三象限角，4，tantan21).4×4方格表中选4符合上述要求的选法中，选中方格中的4个数之和的最大值是．四、解答题的内角ABC的对边分别为，bc，已知sinA3A2．(1)求A．(2)若a2，bCc2B的周长．2．已知函数f(x)exa3．(1)当a1时，求曲线yf(x)f处的切线方程；(2)若f(x)有极小值，且极小值小于a的取值范围．ABCDAB8CD3AD53ADC90BAD30F2AEAD5，1AFAB2，将△AEF沿对折至!PEF，使得43．(1)证明：；(2)所成的二面角的正弦值．3篮330一名队员投篮350分名队员组成，设甲每次投中的概率为，乙每次投中的概率为q，各次投中与否相互独立．(1)若p0.4，q0.5，甲参加第一阶段比赛，求甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分的概率．(2)0pq，i）为使得甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率最大，应该由谁参加第一阶段比赛？ii）为使得甲、乙，所在队的比赛成绩的数学期望最大，应该由谁参加第一阶段比赛？Cxymm14在C上，k为常数，0k1:0Pn，22n过Py轴的对称点，记P的坐标为x,y.Q作斜率为k的直线与C的左支交于点n1n为n1n1nnn1(1)若k2xy；2,21k1k(2)证明：数列xy是公比为nn的等比数列；(3)设Sn为nn1n2的面积，证明：对任意的正整数n，SS.nn142024年新课标全国Ⅱ卷数学真题参考答案：1C【分析】由复数模的计算公式直接计算即可.22【详解】若z1iz112.故选：2B【分析】对于两个命题而言，可分别取x=1、x1，再结合命题及其否定的真假性相反即可得解.【详解】对于p而言，取x=1，则有x101p是假命题，p是真命题，q而言，取x1，则有xxq是真命题，q是假命题，331综上，p和q都是真命题.故选：3B【分析】由bab得bab，结合aab22221abb1b4，由此即可得解.2【详解】因为bab，所以bab02bab，2又因为aab2，22所以1abb1b4，2

b.2故选：4C【分析】计算出前三段频数即可判断A；计算出低于的频数，再计算比例即可判断；根据极差计算方法即可判断；根据平均值计算公式即可判断D.【详解】对于A,根据频数分布表可知,612183650,所以亩产量的中位数不小于1050kg,故A错误；，亩产量不低于1100kg的频数为，所以低于1100kg的稻田占比为66%B错误；，稻田亩产量的极差最大为，最小为1150950200C正确；D，由频数分布表可得，亩产量在的频数为100(612182410)30，11所以平均值为(61218302410D错误.故选；5A【分析】设点M(x,y)，由题意，根据中点的坐标表示可得P(x,2y)，代入圆的方程即可求解.【详解】设点M(x,y)Pxyx，(,(,0)0M为PP的中点，所以02yP(x,2y)，又Px2y216(y0)xy22x24y216(y0)，y0)164xy22M的轨迹方程为.y0)164故选：A6DFxax2aGxcosxyF(x)与yG(x)对称性可知该交点只能在ya2，并代入检验即可；解法二：令hxf(x)gx,x1知hx为偶函数，根据偶函数的对称性可知hx的零点只能为0，即可得a2，并代入检验即可.【详解】解法一：令f(x)gxa(x21x，可得ax2a1x，令Fxax2aGxcosx，原题意等价于当x(时，曲线yF(x)与yG(x)恰有一个交点，注意到Fx,Gx均为偶函数，可知该交点只能在y轴上，F0G0a11，解得a2，若a2FxGx，可得2x21x0x2x20,1x0，当且仅当x0时，等号成立，2x21x0，当且仅当x0时，等号成立，则方程2x21x0有且仅有一个实根0，即曲线yF(x)与yG(x)恰有一个交点，a2符合题意；综上所述：a2.解法二：令hxf(x)gxa1,x1，22原题意等价于hx有且仅有一个零点，21cos21coshxaxaxaxaxhx，则hx为偶函数，根据偶函数的对称性可知hx的零点只能为0，即h0a20，解得a2，若a2hx2x1,x1，2又因为2x20,1x0当且仅当x0时，等号成立，hx0，当且仅当x0时，等号成立，即hx有且仅有一个零点0，所以a2符合题意；故选：D.7B43h343，3-11补成正三棱锥P，1A与平面所成角即为与平面所成角，根据比例关系可得VPABC18，进而可求正三棱锥P的高，即可得结果.【详解】解法一：分别取BC,BC的中点DD,111=33,AD=3，11131，S6693,S233ABCABC222111设正三棱台-11h，15243则Vh933933，解得h，ABCABC111333如图，分别过1,1作底面垂线，垂足为M,Nx，16则222AA=AM+AM=x+，=--=23-x，113222DN23x，1133结合等腰梯形262B,BBDD2211112xx，解得43216162342即x，3331A与平面所成角的正切值为AMtanÐA=1=1；1解法二：将正三棱台-11补成正三棱锥P，则1A与平面所成角即为与平面所成角，VAB11111PABC111，3VPABC可知VV18V，ABCABCPABCPABC1113113设正三棱锥P的高为d，则Vd，解得d23，66PABC322取底面的中心为OABCAO23，与平面所成角的正切值1.故选：8Cf(x)的定义域为,a与,1b即可得ba1，代入可得最值；解法二：根据对数函数的性质分析ln(xb)的符号，进而可得xa的符号，即可得ba1，代入可得最值.【详解】解法一：由题意可知：f(x)的定义域为,，令xa0xaln(x)0x1b；若abx,1b时，可知xa0,lnxb0，f(x)0，不合题意；4若ba1bx,1b时，可知xa0,lnxb0，f(x)0，不合题意；若a1bx,1b时，可知xa0,lnxb0，此时f(x)0；当x1,时，可知xa0,lnxb0，此时f(x)0；可知若a1b，符合题意；若a1bx1,a时，可知xa0,lnxb0，f(x)0，不合题意；综上所述：a1bba1，22221112则abaaa1222211，当且仅当a,b时，等号成立，22a2b2的最小值为12；解法二：由题意可知：f(x)的定义域为,，令xa0xaln(x)0x1b；x,1bxb0xa0，所以1ba0；x1,xb0xa0，所以1ba0；22221112故1ba0，则abaa2a222，11

当且仅当a,b时，等号成立，

22a2b2的最小值为12.故选：xa0、ln(x)0号性分析判断.9【分析】根据正弦函数的零点，最值，周期公式，对称轴方程逐一分析每个选项即可.【详解】A选项，令f(x)sin2x0，解得πx,kZ，即为f(x)零点，2令πg(x)sin(2x)0，解得4ππx,kZ，即为g(x)零点，285f(xg(x)零点不同，A选项错误；B选项，显然f(x)maxg(x)maxB选项正确；C选项，根据周期公式，f(xg(x)的周期均为2π2π，C选项正确；πππ

D选项，根据正弦函数的性质f(x)的对称轴满足2xπx,kZ，

224g(x)的对称轴满足πππ3π2xπx,kZ，4228f(xg(x)图像的对称轴不同，D选项错误.故选：．【分析】A选项，抛物线准线为x=1，根据圆心到准线的距离来判断；B选项，P,,B三点共线时，先求出P的C2先算出Pkk1DPAAB线的定义，，于是问题转化成的P点的存在性问题，此时考察的中垂线和抛物线的交点个数即可，亦可直接设P点坐标进行求解.【详解】A选项，抛物线y24x的准线为x=1，A的圆心(0,4)到直线x=1的距离显然是1，等于圆的半径，故准线l和A相切，A选项正确；B选项，P,,B三点共线时，即lP的纵坐标y4，P由y24x，得到x4P(4,4)，PPP此时切线长22422r，B选项正确；C选项，当2x1，此时y24x4P或P2)，PPP当P(0,4),B(2)，kPA42，2kAB01420(2，不满足kk1；PAAB当P2)(0,4),B(2)，kPA4(2)6，k01AB4(2)0(6，不满足kk1；PAABPAAB不成立，C选项错误；D选项，方法一：利用抛物线定义转化根据抛物线的定义，，这里F，6时P点的存在性问题转化成时P点的存在性问题，1(0,4),F0)，,2211，，中垂线的斜率为k4AF的中垂线方程为：y2x15，与抛物线y24x联立可得y216y300，8164301360的中垂线和抛物线有两个交点，2即存在两个P点，使得D选项正确.设t2P,t4lBt(0,4)，根据两点间的距离公式，tt42t，整理得t2t300，24164301360，则关于t的方程有两个解，2即存在两个这样的P点，D选项正确.故选：．AD【分析】A选项，先分析出函数的极值点为xxa，根据零点存在定理和极值的符号判断出f(x)在(0),(0,a),(a,2a)上各有一个零点；BCa,b，xb为f(x)f(x)f(2bx)Daa)为f(x)的对称中心，则f(x)f(2x)66a，据此进行计算判断，亦可利用拐点结论直接求解.【详解】A选项，fxx2axxxa，由于a1，()666()故x,0,时f(x)0f(x)在,0,,上单调递增，xa)f(x)0，f(x)单调递减，则f(x)在x0处取到极大值，在xa处取到极小值，7由f(0)10，f(a)1a30f(0)f(a)0，根据零点存在定理f(x)在a)上有一个零点，又f(1a0，f(2a)4a310f(f(0)f(a)f(2a)0，则f(x)在(0),(a,2a)上各有一个零点，于是a1f(x)有三个零点，A选项正确；B选项，f(x)6x(xa)，0x(a,0),f(x)0，f(x)单调递减，x(0,)时f(x)0，f(x)单调递增，f(x)在x0处取到极小值，B选项错误；C选项，假设存在这样的a,b，使得xb为f(x)的对称轴，即存在这样的a,bf(x)f(2bx)，即2x3ax212(2bx)3a(2bx)21，根据二项式定理，等式右边(2bx)3展开式含有x的项为(2)()2x，330333于是等式左右两边x3的系数都不相等，原等式不可能恒成立，于是不存在这样的a,b，使得xb为f(x)的对称轴，C选项错误；D选项，方法一：利用对称中心的表达式化简f3a，若存在这样的a，使得a)为f(x)的对称中心，则f(x)f(2x)66a，事实上，f(x)f(2x)2xax12(2x)a(2x)16a)xa24)x1812a，3232266a6a)x2a24)x1812a6a0即12a012a66a，解得a2，即存在a2f是f(x)的对称中心，D选项正确.方法二：直接利用拐点结论任何三次函数都有对称中心，对称中心的横坐标是二阶导数的零点，f(x)2x1，32fxx2，f(x)12x6a，()66aaa由f(x)0x，于是该三次函数的对称中心为,f222，a由题意f也是对称中心，故1a2，28即存在a2f是f(x)的对称中心，D选项正确.故选：AD1）f(x)的对称轴为xbf(x)f(2bx)2）f(x)(a,b)f(x)f(2ax)b；3）任何三次函数f(x)axbxcxd都有对称中心，对称中心是三次函数的拐点，对称中心的横坐标是32bbf(x)0的解，即,faa是三次函数的对称中心．95【分析】利用等差数列通项公式得到方程组，解出1,d，再利用等差数列的求和公式节即可得到答案.【详解】因为数列a为等差数列，则由题意得nadad14237a11，解得，345adadd311109则S10ad4453.1012故答案为：95.．223【分析】法一：根据两角和与差的正切公式得tan22，再缩小的范围，最后结合同角的平方和关系即可得到答案；法二：利用弦化切的方法即可得到答案.tantan4【详解】法一：由题意得tan22

，1tantan121π2π,2π,2π,2kkmm22，k,mZ，则2m2kππ,mk2π，k,mZ，又因为220，则，k,mZsin0，mkπ,2m2kπ2π2则sincos2222，联立sin1，解得22.3法二：因为为第一象限角，为第三象限角，则coscos0,coscos11222cos，cos1sincos1tan222，则)sincoscossincoscos(tantan)9444224coscos31tan1tan(tantan)(tantan4222222故答案为：22

.3．24【分析】由题意可知第一、二、三、四列分别有43、、1个方格可选；利用列举法写出所有的可能结果，即可求解.【详解】由题意知，选4个方格，每行和每列均恰有一个方格被选中，则第一列有4个方格可选，第二列有3个方格可选，第三列有2个方格可选，第四列有1个方格可选，所以共有432124种选法；每种选法可标记为(a,,c,d)，ad分别表示第一、二、三、四列的数字，则所有的可能结果为：22,44),22,34,22,44),22,34,42),24,24,42)，44),34,22,44),22,34,40),24,24,40)，44),34,42),22,44),22,34,40),24,42),24,40)，42),22,43),22,40),22,42),22,40)，所以选中的方格中，的4个数之和最大，故答案为：24【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是确定第一、二、三、四列分别有、321个方格可选，利用列举法写出所有的可能结果.．(1)Aπ6(2)26321sinA3A2关系解方程组，亦可利用导数，向量数量积公式，万能公式解决；2）先根据正弦定理边角互化算出B，然后根据正弦定理算出,c即可得出周长.）方法一：常规方法（辅助角公式）由sinA3A213πsin1AAsin(A)1，223ππ4πA(0,π)A(,)333ππA，解得32Aπ610方法二：常规方法（同角三角函数的基本关系）由sinA3A2sin2Acos2A1，消去sinA得到：4A43A30(2cosA3)0，解得cos223A，2又A(0,π)Aπ6方法三：利用极值点求解设f(x)x3xxπ)πf(x)2sinx(0xπ)，3πx6f(x)2，注意到maxπf()sinA3cosA22sin(A)，3fxfA，在开区间(0,π)上取到最大值，于是xA必定是极值点，()()max即f()0A33A，3又A(0,π)Aπ6方法四：利用向量数量积公式（柯西不等式）设a3),b,)，由题意，absinA3cosA2，根据向量的数量积公式，ababcos,b2cos,b，则2cosa,b2cosa,b1，此时a,b0a,b同向共线，根据向量共线条件，13sin3

AAA，3又A(0,π)Aπ6方法五：利用万能公式求解A2t3t)设t，根据万能公式，sinA3A22221t1t，整理可得，t22(23)t(23)20t(23))2，Atant23，根据二倍角公式，2At31t32，又A(0,π)Aπ62）由题设条件和正弦定理bsinCcsin2B2sinBsinC2sinCsinBB，又,Cπ)BC0，进而2

B，得到πB，247π

CπAB，

26sinCπAB)AB)sinAcosBsinBcosA，4由正弦定理可得，abcsinAsinBsinC2bcππ64，b22,c62，故的周长为2632．(1)e1xy10(2)）求导，结合导数的几何意义求切线方程；2）解法一：求导，分析a0和a0两种情况，利用导数判断单调性和极值，分析可得a2a10，构建函数解不等式即可；解法二：求导，可知f(x)exa有零点，可得a0，进而利用导数求fx的单调性和极值，分析可得a2a10，构建函数解不等式即可.a1时，则f(x)exx1，f(x)ex1，fe2，fe1，即切点坐标为2，切线斜率ke1，所以切线方程为ye2exe1xy10.2）解法一：因为f(x)的定义域为Rf(x)exa，若a0f(x)0对任意xR恒成立，f(x)在R上单调递增，无极值，不合题意；若a0f(x)0，解得xaf(x)0，解得xa；f(x)在,lna内单调递减，在,内单调递增，则f(x)有极小值faaaaa，无极大值，3由题意可得：faaaaaa2a10，031gaaaa20gaa0，aga在内单调递增，且g0，12不等式a2a10等价于gag，解得a1，a的取值范围为；解法二：因为f(x)的定义域为Rf(x)exa，若f(x)有极小值，则f(x)exa有零点，令f(x)exa0，可得exa，yex与ya有交点，则a0，若a0f(x)0，解得xaf(x)0，解得xa；f(x)在,lna内单调递减，在,内单调递增，则f(x)有极小值faaaaa，无极大值，符合题意，3由题意可得：faaaaa0a2a10，320gaaaa，因为则ya2,ya1在内单调递增，ga在内单调递增，且g0，不等式a2a10等价于gag，解得a1，a的取值范围为.．(1)证明见解析(2)86565）由题意，根据余弦定理求得2，利用勾股定理的逆定理可证得EFADEFPE,EFDE，结合线面垂直的判定定理与性质即可证明；2PEED，建立如图空间直角坐标系Exyz法求解面面角即可.21ABAD53,AEAD,AFAB52，得AE23,AF430，在△AEF由余弦定理得222242332

,213222AEEFEFAD，EFPE,EFDEE,，EFPD，故EFPD；2）连接ADC90,ED33,CD3CE2ED2CD2，在PC43,PE23,EC6EC2PE2PC2，，由（1E,，PEED，PEEDPE,EF,ED两两垂直，建立如图空间直角坐标系Exyz，则E(0,0,0),P23),D(0,33,0),C33,0),F(0,23,0)，由F是AB的中点，得B23,0)，33,23),(0,33,23),23,23),23)，设平面和平面的一个法向量分别为n(x,y,z),m(x,y,z)，111222nx33y2z0mx23y2z0111222则，，

n33y2z0mx2z01122令yx12311y2z21，nm(3,，,nmn1，mn5865设平面和平面所成角为sin1cos2，65即平面和平面所成角的正弦值为8.．(1)(2)ii）由甲参加第一阶段比赛；14）根据对立事件的求法和独立事件的乘法公式即可得到答案；2）首先各自计算出甲1)，Pp3q3Pq3p3乙1)，再作差因式分解即可判断；(ii)首先得到X和乙，再作差因式分解即可判断；(ii)首先得到X和Y的所有可能取值，再按步骤列出分布列，计算出各自期望，再次作差比较大小即可.）甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分，则甲第一阶段至少投中1次，乙第二阶段也至少投中1比赛成绩不少于5分的概率P.10.610.50.68633甲1p)q，332i）若甲先参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率为若乙先参加第一阶段比赛，则甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率为乙1q)p，330pq，PPq3(qpq)3p3(ppq)3甲乙(qp)qpqp(pq)(ppq)(qpq)(ppq)(qpq)2222(pq)3pq3pq3pq22223pq(pqpqpq)3pq(pqpq)0，甲乙，应该由甲参加第一阶段比赛.PP(ii)若甲先参加第一阶段比赛，数学成绩X的所有可能取值为05，，，P(X0)p)1p)q)，333PXp31qq2511C1，3PXpqq，(10)1)C)3223PXpq，(1)33E(X)151p)q15p3p3pq332记乙先参加第一阶段比赛，数学成绩Y的所有可能取值为05，，，EY)15qqqp32E(X)EY)pq(pqpq)3pq(pqpq)pq(pq，0pqpq0，pq31130，则(pq)pq(pq0，应该由甲参加第一阶段比赛.15【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是计算出相关概率和期望，采用作差法并因式分解从而比较出大小关系，最后得到结论.．(1)23，y20(2)证明见解析(3)证明见解析）直接根据题目中的构造方式计算出2的坐标即可；2）根据等比数列的定义即可验证结论；3）思路一：使用平面向量数量积和等比数列工具，证明Sn的取值为与n无关的定值即可思路二：使用等差数列S的取值为与n无关的定值即可.工具，证明n）由已知有m52429C的方程为x2y29.1当15,4k时，过P且斜率为212的直线为yx3x2y29联立得到222x3x29.x3或x5，所以该直线与C的不同于1的交点为10，该点显然在C的左支上.故20P，从而23，y20.22Px,y且斜率为k的直线为ykxxyx2y29x2kxxy9.nnnnnnn2展开即得1kxkyxy90于,22Pxy已经是直线ykxxy和x2y29nnnnnnnnn共点，故方程必有一根xx.n从而根据韦达定理，另一根2ky2xk2xxxnnnnnn1k1k22，相应的ykxxynnyky2nnn1k2.所以该直线与C的不同于n的交点为Qnxkxyky22nnnnnn,，而注意到Q的横坐标亦可通过韦达定1k1k22n16理表示为2ynn1kx2n9Q一定在C的左支上.nxkxyky22Pnnn,nnn.n1221k1k这就得到xkx2ky2xnnnn121k，yky2ynnnn121k.xkxyky22xynnnnnnnn11221k1kxkx2kxyky2ky1k2k1k222nnnnnnxyxy.222nnnn1k1k1k1k119，就知道221k1k110，所以数列xy是公比为nn的等比数列.13U,V,W,b,d.若U,V,WSadbcUVW2在同一条直线上，约定S0）11证明：SUVUWsinUV,UWUVUW1cosUV,UW2UVW22211222V2212abcdacbd222221acadbcbdacbd2abcd22222222222221112adbc2abcdadbcadbc.2222222证毕，回到原题.由于上一小问已经得到xkx2ky2xnnnn121k，yky2ynnnn121k，xkx2kyyky2kx1k2k1k222故xyxyxynnnnnn.n1n1222nnnn1k1k1k1kxy，就知道119221k1k110，所以数列xy是公比为nn的等比数列.所以对任意的正整数m，都有xyyxnnmnnm11xxyyxyyxxxyyxyyxnnmnnmnnmnnmnnmnnmnnmnnm2211xyxyxyxynnnmnmnnnmnm2217mm11k11kxyxyxyxynnnnnnnn21k21kmm11k1kxy22nn21k1kmm91k1k21k1k.而又有PPxxyy，，11,1P1P2x2x