2025届高考数学一轮知能训练2024年高考数学模拟试卷二含解析

PAGEPAGE62024年高考数学模拟试卷(二)(本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，满分150分，考试时间120分钟，本模拟试卷参照山东省新高考编制)第Ⅰ卷(选择题满分60分)一、单项选择题：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．设集合A＝{x|－1＜x≤2}，B＝{x|x＜0}，则下列结论正确的是()A．(∁RA)∩B＝{x|－1＜x≤2}B．A∩B＝{x|－1＜x＜0}C．A∪(∁RB)＝{x|x≥0}D．A∪B＝{x|x＜0}2．已知不等式|x－m|<1成立的充分不必要条件是eq\f(1,3)<x<eq\f(1,2)，则m的取值范围是()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，＋∞))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)，\f(1,2)))D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(4,3)))3．已知复数z＝eq\f(2,1－i)，则下列结论正确的是()A．z的虚部为iB．|z|＝2C．z2为纯虚数D．z的共轭复数eq\o(z,\s\up6(－))＝－1＋i4．为比较甲、乙两地某月14时的气温状况，随机选取该月中的5天，将这5天中14时的气温数据(单位：℃)制成如图M2­1所示的茎叶图．图M2­1考虑以下结论：①甲地该月14时的平均气温低于乙地该月14时的平均气温；②甲地该月14时的平均气温高于乙地该月14时的平均气温；③甲地该月14时的气温的标准差小于乙地该月14时的气温的标准差；④甲地该月14时的气温的标准差大于乙地该月14时的气温的标准差．其中依据茎叶图能得到的统计结论的序号为()A．①③B．①④C．②③D．②④5．一空间几何体的三视图如图M2­2，则该几何体的体积为()图M2­2A.eq\f(4,3)B．2C．4D．66．若向量a，b的夹角为eq\f(π,3)，且|a|＝2，|b|＝1，则a与a＋2b的夹角为()A.eq\f(π,6)B.eq\f(π,3)C.eq\f(2π,3)D.eq\f(5π,6)7．已知函数f(x＋1)是偶函数，当x∈(1，＋∞)时，函数f(x)＝sinx－x，设a＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))，b＝f(3)，c＝f(0)，则a，b，c的大小关系为()A．b<a<cB．c<a<bC．b<c<aD．a<b<c8．已知当x∈(1，＋∞)时，关于x的方程eq\f(xlnx＋2－kx,k)＝－1有唯一实数解，则k值所在的范围是()A．(3,4)B．(4,5)C．(5,6)D．(6,7)二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得5分，部分选对得3分，有选错的得0分．9．已知函数f(x)＝eq\f(\r(3),2)sinx＋eq\f(1,2)cosx＋eq\f(1,2)，则f(x)在下列区间上单调递增的是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4π,3)，\f(7π,3)))B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,6)，\f(π,2)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6)))D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2π,3)，0))10．已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若c2<a2＋b2＋2abcos2C，则C的取值可能为()A.eq\f(π,6)B.eq\f(π,4)C.eq\f(π,3)D.eq\f(π,2)11．如图M2­3，已知正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为a，点E，F，G分别为棱AB，AA1，C1D1的中点，下列结论中正确的是()图M2­3A．四面体ACB1D1的体积等于eq\f(1,2)a3B．BD1⊥平面ACB1C．B1D1∥平面EFGD．异面直线EF与BD1所成角的正切值为eq\f(\r(2),2)12．点P到图形C上每一个点的距离的最小值称为点P到图形C的距离，那么平面内到定圆C的距离与到定点的距离相等的点的轨迹可能是()A．圆B．直线C．椭圆D．双曲线的一支第Ⅱ卷(非选择题满分90分)三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．(2024年新课标Ⅱ)若x，y满意约束条件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋2y－5≥0，,x－2y＋3≥0，,x－5≤0，))则z＝x＋y的最大值为________．14．(2024年福建厦门联考)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋x＋\f(1,x2024)))10的绽开式中，x2的系数为_________．15．已知函数f(x)＝px－eq\f(p,x)－2lnx，若f(x)在定义域内为单调递增函数，则实数p的最小值为________；若p>0，在[1，e]上至少存在一点x0，使得f(x0)>eq\f(2e,x0)成立，则实数p的取值范围为________．(本题第一空2分，其次空3分)16．已知在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F分别为BB1，CC1的中点，那么异面直线AE与D1F所成角的余弦值为________．四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．17．(本小题满分10分)已知数列{an}满意a1＝1，an＋1＝2an＋1.(1)证明{an＋1}是等比数列，并求{an}的通项公式；(2)证明：eq\f(a1＋1,a1·a2)＋eq\f(a2＋1,a2·a3)＋…＋eq\f(an＋1,an·an＋1)<1.18．(本小题满分12分)如图M2­4，在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a＝c(sinB＋cosB)．(1)求∠ACB的大小；(2)若∠ACB＝∠ABC，点A，D在BC的异侧，DB＝2，DC＝1，求平面四边形ABDC面积的最大值．图M2­4

19．(本小题满分12分)某科研所共有30位科研员，其中60%的人爱好体育熬炼．经体检调查，这30位科研员的健康指数(百分制)绘制的茎叶图如图M2­5所示．体检评价标准指出：健康指数不低于70者为身体状况好，健康指数低于70者为身体状况一般．图M2­5(1)依据以上资料完成下面的2×2列联表，并推断有多大把握认为“身体状况好与爱好体育熬炼有关系”？分类身体状况好身体状况一般总计爱好体育熬炼不爱好体育熬炼总计(2)现将30位科研员的健康指数分为如下5组：[50,60)，[60,70)，[70,80)，[80,90)，[90,100]，其频率分布直方图如图M2­6所示．计算该所科研员健康指数的平均数，由茎叶图得到的真实值记为eq\o(x,\s\up6(－))，由频率分布直方图得到的估计值记为eq\o(x,\s\up6(^))(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表)，求eq\o(x,\s\up6(^))与eq\o(x,\s\up6(－))的误差值；图M2­6(3)从该科研所健康指数高于90的5人中随机选取2人介绍养生之道，求这2人中爱好体育熬炼的人数的分布列和数学期望．附：K2＝eq\f(a＋b＋c＋dad－bc2,a＋bc＋da＋cb＋d).30位科研员健康指数的和＝2288.P(K2≥k0)0.100.050.0250.0100.0050.001k02.7063.8415.0246.6357.87910.828

20.(本小题满分12分)如图M2­7，直三棱柱ABC­A1B1C1中，CC1＝4，AB＝2，AC＝2eq\r(2)，∠BAC＝45°，点M是棱AA1上不同于A，A1的动点．(1)证明：BC⊥B1M；(2)若平面MB1C把此棱柱分成体积相等的两部分，求此时二面角M­B1C­A的余弦值．图M2­721．(本小题满分12分)(2024年新课标Ⅱ)已知点A(－2,0)，B(2,0)，动点M(x，y)满意直线AM与BM的斜率之积为－eq\f(1,2).记M的轨迹为曲线C.(1)求C的方程，并说明C是什么曲线；(2)过坐标原点的直线交C于P，Q两点，点P在第一象限，PE⊥x轴，垂足为E，连接QE并延长交C于点G.①证明：△PQG是直角三角形；②求△PQG面积的最大值．22．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝lnx＋eq\f(a,x)(a∈R)．(1)若函数f(x)在x＝1处的切线平行于直线2x－y＝0，求实数a的值；(2)推断函数f(x)在区间[e－2，＋∞)上零点的个数；(3)在(1)的条件下，若在[1，e](e＝2.71828…)上存在一点x0，使得x0＋eq\f(1,x0)<mf(x0)成立，求实数m的取值范围．2024年高考数学模拟试卷(二)1.B解析：∁RA＝{x|x≤－1或x＞2}，∁RB＝{x|x≥0}，∴(∁RA)∩B＝{x|x≤－1}，A∪(∁RB)＝{x|x＞－1}，A，C均错；A∩B＝{x|－1＜x＜0}，B正确；A∪B＝{x|x≤2}，D错．故选B.2．D解析：由|x－m|<1得m－1<x<1＋m，又∵|x－m|<1的充分不必要条件是eq\f(1,3)<x<eq\f(1,2)，借助数轴，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m－1≤\f(1,3)，,m＋1≥\f(1,2)，))解得－eq\f(1,2)≤m≤eq\f(4,3).3．C解析：∵z＝eq\f(21＋i,1－i1＋i)＝1＋i，则z的虚部为1，|z|＝eq\r(2)，z2＝2i为纯虚数，eq\o(z,\s\up6(－))＝1－i，选C.4．B解析：方法一，∵eq\o(x,\s\up6(－))甲＝eq\f(26＋28＋29＋31＋31,5)＝29，eq\o(x,\s\up6(－))乙＝eq\f(28＋29＋30＋31＋32,5)＝30，∴eq\o(x,\s\up6(－))甲<eq\o(x,\s\up6(－))乙，又seq\o\al(2,甲)＝eq\f(9＋1＋0＋4＋4,5)＝eq\f(18,5)，seq\o\al(2,乙)＝eq\f(4＋1＋0＋1＋4,5)＝2，∴s甲>s乙．故可推断结论①④正确．方法二，甲地该月14时的气温数据分布在26和31之间，且数据波动较大，而乙地该月14时的气温数据分布在28和32之间，且数据波动较小，可以推断结论①④正确，故选B.5．B解析：由三视图知该几何体是四棱锥A­BCDE，如图D293，则V＝eq\f(1,3)×eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×1＋2×2))×2＝2.故选B.图D2936．A解析：设向量a与a＋2b的夹角等于α，∵向量a，b的夹角为eq\f(π,3)，且|a|＝2，|b|＝1，∴a·(a＋2b)＝a2＋2a·b＝4＋2×2×1×coseq\f(π,3)＝6，|a＋2b|＝eq\r(a＋2b2)＝eq\r(4＋4＋4×2×1×cos\f(π,3))＝2eq\r(3)，∴cosα＝eq\f(a·a＋2b,|a||a＋2b|)＝eq\f(6,2×2\r(3))＝eq\f(\r(3),2).∵α∈[0，π]，∴α＝eq\f(π,6).故选A.7．A解析：∵f(x＋1)为偶函数，∴f(x)的图象关于直线x＝1对称．∴f(3)＝f(－1)．∵x∈(1，＋∞)时，f′(x)＝cosx－1≤0，∴f(x)单调递减．∴x∈(－∞，1)时，f(x)单调递增．∴f(－1)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))<f(0)．∴b<a<c.故选A.8．B解析：eq\f(xlnx＋2－kx,k)＝－1⇔xlnx＋(2－k)x＝－k⇔xlnx＋2x＝(x－1)k⇔eq\f(xlnx＋2x,x－1)＝k.令g(x)＝eq\f(xlnx＋2x,x－1)，g′(x)＝eq\f(1＋lnx＋2x－1－xlnx＋2x,x－12)＝eq\f(x－3－lnx,x－12)，令h(x)＝x－3－lnx，h′(x)＝1－eq\f(1,x)>0，h(x)单调递增，h(4)<0，h(5)>0，∃x0∈(4,5)，使得h(x0)＝0，∴x0－3－lnx0＝0.当x<x0时，h(x)<0，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x>x0时，h(x)>0，g′(x)>0，g(x)单调递增．g(x)有微小值g(x0)＝eq\f(x0lnx0＋2x0,x0－1)＝eq\f(x0x0－3＋2x0,x0－1)＝eq\f(x\o\al(2,0)－x0,x0－1)＝x0，方程eq\f(xlnx＋2x,x－1)＝k有唯一实数解，则直线y＝k与y＝g(x)的交点恰好是g(x)的微小值，故有k＝x0∈(4,5)．9．ACD10.AB11.BD12.ACD13．9解析：如图D294，当x＝5，y＝4时，z＝x＋y取最大值为9.图D29414．45解析：∵eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋x＋\f(1,x2024)))10＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋x＋\f(1,x2024)))10＝(1＋x)10＋Ceq\o\al(1,10)(1＋x)9eq\f(1,x2024)＋…＋Ceq\o\al(10,10)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2024)))10，∴x2只出现在(1＋x)10的绽开式中，∴含x2的项为Ceq\o\al(2,10)x2，系数为Ceq\o\al(2,10)＝45.15．1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4e,e2－1)，＋∞))16.eq\f(3,5)解析：如图D295，连接DF，则AE∥DF.∴∠D1FD即为异面直线AE与D1F所成的角．设正方体棱长为a，则D1D＝a，DF＝eq\f(\r(5),2)a，D1F＝eq\f(\r(5),2)a.∴cos∠D1FD＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)a))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)a))2－a2,2·\f(\r(5),2)a·\f(\r(5),2)a)＝eq\f(3,5).图D29517．证明：(1)由an＋1＝2an＋1得an＋1＋1＝2(an＋1)．又a1＋1＝2，∴{an＋1}是首项为2，公比为2的等比数列，∴an＋1＝2n，因此{an}的通项公式为an＝2n－1.(2)由(1)知eq\f(an＋1,an·an＋1)＝eq\f(2n,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2n－1))·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2n＋1－1)))＝eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n＋1－1)，于是eq\f(a1＋1,a1·a2)＋eq\f(a2＋1,a2·a3)＋…＋eq\f(an＋1,an·an＋1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,21－1)－\f(1,22－1)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,22－1)－\f(1,23－1)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1－1)))＝1－eq\f(1,2n＋1－1)，∴eq\f(a1＋1,a1·a2)＋eq\f(a2＋1,a2·a3)＋…＋eq\f(an＋1,an·an＋1)<1.18．解：(1)∵a＝c(sinB＋cosB)，且eq\f(a,sinA)＝eq\f(c,sinC)，∴sinA＝sinC(sinB＋cosB)，在△ABC中，sinA＝sin(B＋C)，∴sin(B＋C)＝sinC(sinB＋cosB)，∴sinBcosC＋cosBsinC＝sinCsinB＋sinCcosB.∴sinBcosC＝sinCsinB.∵在△ABC中，sinB≠0，∴cosC＝sinC.∵C是△ABC的内角，∴C＝eq\f(π,4).(2)在△BCD中，BC2＝BD2＋CD2－2BD·CD·cosD＝5－4cosD，∵△ABC是等腰直角三角形，∴S△ABC＝eq\f(1,2)AB2＝eq\f(1,4)BC2＝eq\f(5,4)－cosD，S△BCD＝eq\f(1,2)BD·CD·sinD＝sinD，∴平面四边形ABDC的面积S＝S△ABC＋S△BCD＝eq\f(5,4)－cosD＋sinD＝eq\f(5,4)＋eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(D－\f(π,4))).∵0<D<π，∴－eq\f(π,4)<D－eq\f(π,4)<eq\f(3π,4).∴当D＝eq\f(3π,4)时，sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(D－\f(π,4)))＝1,此时平面四边形ABDC的面积有最大值eq\f(5,4)＋eq\r(2).19．解：(1)2×2列联表如下：分类身体状况好身体状况一般总计爱好体育熬炼16218不爱好体育熬炼4812总计201030∵K2＝eq\f(30×128－82,20×10×18×12)＝10>7.879，∴有99.5%的把握认为“身体状况好与爱好体育熬炼有关系”．(2)由茎叶图可知，各组数据的频数分别为3,7,7,8,5，则eq\o(x,\s\up6(^))＝55×eq\f(3,30)＋65×eq\f(7,30)＋75×eq\f(7,30)＋85×eq\f(8,30)＋95×eq\f(5,30)＝eq\f(1,30)(165＋455＋525＋680＋475)＝eq\f(2300,30)，eq\o(x,\s\up6(－))＝eq\f(1,30)i＝eq\f(2288,30)，∴eq\o(x,\s\up6(^))－eq\o(x,\s\up6(－))＝eq\f(2300－2288,30)＝eq\f(12,30)＝0.4，故eq\o(x,\s\up6(^))与eq\o(x,\s\up6(－))的误差值为0.4.(3)设这2人中爱好体育熬炼的人数为ξ，则ξ的可能取值为0,1,2.其中P(ξ＝0)＝eq\f(C\o\al(2,2),C\o\al(2,5))＝eq\f(1,10)，P(ξ＝1)＝eq\f(C\o\al(1,3)C\o\al(1,2),C\o\al(2,5))＝eq\f(3,5)，P(ξ＝2)＝eq\f(C\o\al(2,3),C\o\al(2,5))＝eq\f(3,10).∴ξ的分布列为ξ012Peq\f(1,10)eq\f(3,5)eq\f(3,10)E(ξ)＝0×eq\f(1,10)＋1×eq\f(3,5)＋2×eq\f(3,10)＝eq\f(6,5).20．(1)证明：在△ABC中，由余弦定理得BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cos∠BAC＝4＋8－2×2×2eq\r(2)×cos45°＝4，∴BC＝2.则有AB2＋BC2＝8＝AC2，∴∠ABC＝90°，∴BC⊥AB.又∵BC⊥BB1，BB1∩AB＝B，∴BC⊥平面ABB1A1.又B1M⊂平面ABB1A1，∴BC⊥B1M.(2)解：由题设知，平面MB1C把此三棱柱分成两个体积相等的几何体，即四棱锥C­ABB1M和四棱锥B1­A1MCC1.由(1)知四棱锥C­ABB1M的高为BC＝2，∵V＝eq\f(1,2)×2×2×4＝8，∴V四棱锥＝4.又V四棱锥＝eq\f(1,3)S梯形·BC＝eq\f(2,3)S梯形＝4，∴S梯形＝6＝eq\f(AM＋4,2)×2，∴AM＝2.此时M为AA1中点．以点B为坐标原点，eq\o(BA,\s\up6(→))，eq\o(BC,\s\up6(→))，eq\o(BB1,\s\up6(→))的方向为x轴、y轴、z轴正方向建立如图D296所示的空间直角坐标系B­xyz.图D296∴A(2,0,0)，C(0,2,0)，B1(0,0,4)，M(2,0,2)，∴eq\o(CB1,\s\up6(→))＝(0，－2,4)，eq\o(B1M,\s\up6(→))＝(2,0，－2)，eq\o(AC,\s\up6(→))＝(－2,2,0)．设n1＝(x1，y1，z1)是平面CB1M的一个法向量，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·\o(CB1,\s\up6(→))＝0，,n1·\o(B1M,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2y1＋4z1＝0，,2x1－2z1＝0，))令z1＝1，可得n1＝(1,2,1)．设n2＝(x2，y2，z2)是平面ACB1的一个法向量，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n2·\o(CB1,\s\up6(→))＝0，,n2·\o(AC,\s\up6(→))＝0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2y2＋4z2＝0，,－2x2＋2y2＝0，))令z2＝1，得n2＝(2,2,1)，∴cos〈n1，n2〉＝eq\f(n1·n2,|n1|·|n2|)＝eq\f(7,3\r(6))＝eq\f(7\r(6),18)，∴二面角M­B1C­A的余弦值等于eq\f(7\r(6),18).21．(1)解：由题设得eq\f(y,x＋2)·eq\f(y,x－2)＝－eq\f(1,2)，化简，得eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1(|x|≠2)．∴C为中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆，不含左、右顶点．(2)①证明：设直线PQ的斜率为k，则其方程为y＝kx(k>0)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx，,\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，))得x＝±eq\f(2,\r(1＋2k2)).记u＝eq\f(2,\r(1＋2k2))，则P(u，uk)，Q(－u，－uk)，E(u,0)．于是直线QG的斜率为eq\f(k,2)，方程为y＝eq\f(k,2)(x－u)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\f(k,2)x－u，,\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，)))得(2＋k2)x2－2uk2x＋k2u2－8＝0.①设G(xG，yG)，则－u和xG是方程①的解，故xG＝eq\f(u3k2＋2,2＋k2)，由此得yG＝eq\f(uk3,2＋k2).从而直线PG的斜率为eq\f(\f(uk3,2＋k2)－uk,\f(u3k2＋2,2＋k2)－u)＝－eq\f(1,k).∴PQ⊥PG，即△PQG是直角三角形．②解：由①得|PQ|＝2ueq\r(1＋k2)，|PG|＝eq\f(2uk\r(k2＋1),2＋k2)，∴△PQG的面积S＝eq\f(1,2)|PQ‖PG|＝eq\f(8k1＋k2,1＋2k22＋k2)＝eq\f(8\b\lc\(\rc\)(\a\vs4