新疆2024届高三下学期2月大联考数学试题（新课标卷）（含答案解析）

绝密★启用前2024届高三2月大联考（新课标卷）（新疆专用）数学本卷满分150分，考试时间120分钟．注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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．一、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.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】【分析】根据复数运算法则，求得，结合题意列出方程组，即可求解.【详解】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】【分析】对分类讨论，结合交集的结果即可得解.【详解】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】【分析】根据正态分布的对称性计算可得.【详解】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（）A1012 B.2024 C. D.【答案】A【解析】【分析】根据正弦函数的周期性及数列的通项公式列出数列的前几项，即可得到规律，再利用并项求和法计算可得.【详解】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】【分析】依题意可得抛物线的方程为，联立求出点坐标，最后由求出.【详解】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：C6.己知函数的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】【分析】求出函数的导函数，依题意可得，再由、、，即可得到，最后由基本不等式求出的范围，即可判断.【详解】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：D7.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】【分析】先利用三角恒等变换化简，从而得到的解析式，再利用三角函数的奇偶性求得，从而得解.【详解】因为，所以，因为函数图象关于原点对称，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】【分析】根据外心的性质得到，设，根据数量积的运算律得到，再由数量积的定义及几何意义求出，从而得解.【详解】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【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是根据外接圆的性质将转化为，再一个就是利用数量积的几何意义求出.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．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】【分析】首先得到椭圆的顶点坐标，由三角形的面积求出，即可得到椭圆方程，即可求出，从而判断A、B、C，再根据椭圆的性质得到即可判断D.【详解】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】【分析】利用正三棱台的性质，结合平面几何的知识与新定义即可得解.【详解】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】【分析】A选项，根据条件，得到，结合得到，赋值得到；B选项，由得到，求出4为函数的一个周期；C选项，得到，求出为曲线的一条对称轴；D选项，由函数性质得到，进而得到，由和，求出时，，求出，进而由求出答案.【详解】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【点睛】函数的对称性：若，则函数关于中心对称，若，则函数关于对称，三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．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】【分析】设该公司第二、第三年的收入分别为千万元、千万元，依题意可得，从而求出，即可得解.【详解】设该公司第二、第三年收入分别为千万元、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】①.②.【解析】【分析】设该圆锥模型的底面半径为，由圆锥的体积求出，再求出其母线，最后根据侧面积公式计算可得.【详解】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.故答案为：；14.已知将中最小数记为，最大数记为，若，则________．【答案】【解析】【分析】设，则，即可得到，再由，即可求出的取值范围.【详解】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：【点睛】关键点点睛：本题的关键是得到与、、的不等关系，将多变量问题化为单变量问题.四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．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．【答案】（1）（2）24【解析】【分析】（1）先求出对数函数的解析式，根据代入求解即可.（2）根据数列前n项和公式求出，从而得出，再由，即可求出m的最小值．【小问1详解】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.【小问2详解】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．【答案】（1）单调递增区间为，单调递减区间为（2）【解析】【分析】（1）求出函数的定义域与导函数，再解关于导函数的不等式，即可求出函数的单调区间；（2）依题意可得恒成立，当时显然成立，当时参变分离可得恒成立，令，利用导数求出，即可求出参数的取值范围.【小问1详解】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.【小问2详解】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．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）依题意可得平面平面，由面面垂直的性质得到平面，即可得到，再由，即可证明平面，从而得证；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.【小问1详解】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.【小问2详解】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，所以为二面角的平面角，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．【答案】（1）（2）直线过定点【解析】【分析】（1）依题意可知这条渐近线的方程为，即可得到，再由点到直线的距离公式得到方程组，即可求出、；（2）依题意直线的斜率存在，设直线的方程为，，，联立直线与双曲线，消元、列出韦达定理，由条件及斜率公式得到与的关系，即可求出直线过定点坐标.【小问1详解】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；【小问2详解】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.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为、；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；（5）代入韦达定理求解.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．【答案】（1）（2）①；②元【解析】【分析】（1）根据条件概率的概率公式计算可得；（2）①设乙箱中有个球的概率为，即可求出、，当时可得，从而得到，即当时数列是公比为的等比数列，求出，再用累加法求出，即可求出；②设参与游戏的个幸运顾客中获得优惠券的人数为，则，设优惠券的总金额为元，则，再根据二项分布的期望公式及期望的性质计算可得.【小问1详解】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.【小问2详解】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