2024年高考数学二轮复习测试卷（新高考九省专用）（解析版）

2024年高考数学二轮复习测试卷（新高考九省专用）（考试时间：120分钟试卷满分：150分）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。第一部分（选择题共58分）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．已知由小到大排列的个数据、、、，若这个数据的极差是它们中位数的倍，则这个数据的第百分位数是（

）A． B．C． D．【答案】B【解析】由小到大排列的个数据、、、，则，这四个数为极差为，中位数为，因为这个数据的极差是它们中位数的倍，则，解得，所以，这四个数由小到大依次为、、、，因为，故这个数据的第百分位数是.故选：B.2．已知，设椭圆：与双曲线：的离心率分别为，.若，则双曲线的渐近线方程为（

）A． B．C． D．【答案】A【解析】因为，结合离心率公式可得，解得，所以双曲线的渐近线方程为.故选：A.3．已知等比数列的前n项和是，且，，则（

）A．30 B．80 C．240 D．242【答案】D【解析】由题意设公比为，所以，解得，所以.故选：D.4．已知直线、m、n与平面、，下列命题正确的是（

）A．若，，则 B．若，，则C．若，，则 D．若，，，则【答案】B【解析】A选项，如图1，满足，，但不垂直，A错误；B选项，如图2，因为，所以作平面，使得，且，则，因为，则，又，故，B正确；C选项，如图3，满足，，但不平行，C错误；D选项，如图4，满足，，，但不平行，D错误.故选：B5．如图，小明从街道的处出发，到处的老年公寓参加志愿者活动，若中途共转向3次，则小明到老年公寓可以选择的不同的最短路径的条数是（

）

A．8 B．12 C．16 D．24【答案】D【解析】中途共三次转向可以分为两类:第一类，第一次向右转，第二次向上转，第三次向右转，此时有种方法，第二类，第一次向上转，第二次右转，最后向上转，此时共有种方法.故总的方法有24种，故选：D.6．若直线与曲线有两个不同的交点，则实数的取值范围是（

）A． B．C． D．【答案】A【解析】由曲线，可得，又由直线，可化为，直线恒过定点，作出半圆与直线的图象，如图所示，结合图象，可得，所以，当直线与半圆相切时，可得，解得，所以实数的取值范围为.故选：A.7．已知是三角形的一个内角，满足，则（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】因为，两边平方得，即，可得，因为是三角形的一个内角，且，所以，所以，得，又因为，，联立解得：，，故有：，从而有．故选：B．8．已知是双曲线的两个焦点，为上除顶点外的一点，，且，则的离心率的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】设，显然，则，所以的离心率．由于，所以，所以的取值范围是；故选：A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．已知函数（，，）的部分图象如图所示，下列说法正确的是（

）A．B．函数为偶函数C．函数的图象关于直线对称D．函数在上的最小值为【答案】ACD【解析】由函数的图象可得，由，解得，从而A正确；再根据五点法可得，又因为，解得，从而，所以，即函数为奇函数，从而B错误；当时，，所以是最值，所以C正确；因为时，，因为，所以单调递增，所以当时，从而D正确.故选：ACD10．已知复数，（，）（为虚数单位），为的共轭复数，则下列结论正确的是（

）A．的虚部为B．C．D．若，则在复平面内对应的点形成的图形的面积为【答案】CD【解析】由题意可得，所以的虚部为，A错误，，故，B错误，，C正确，表示点到的距离不大于1的点构成的图形，故为以为圆心，以1为半径的圆以及内部，故面积为，D正确，故选：CD11．已知定义域为的函数满足为的导函数，且，则（

）A．为奇函数 B．在处的切线斜率为7C． D．对【答案】ACD【解析】由题意定义域为的函数满足令，则，令，则，即，故为奇函数，A正确；由于，故，即，则为偶函数，由可得，由，令得，故，令，则，B错误；又，则，令，则，由柯西方程知，，故，则，由于，故，即，则，C正确；对,故，D正确，故选：ACD第二部分（非选择题共92分）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12．集合,，则【答案】1或0【解析】,,或，故或.故答案为：1或013．在四面体中，，，且满足，，．若该三棱锥的体积为，则该锥体的外接球的体积为．【答案】【解析】如图，依题意将四面体放在长方体中，设长方体的高为.根据锥体的体积，解得，所以长方体的长宽高分别为，和4，所以长方体的外接球直径即为对角线，解得.所以四面体外接球的体积为．故答案为：.14．对任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围为．【答案】【解析】设，，则，则恒成立可化为恒成立，即恒成立，故，设，易知在时递减，在时递增，所以，而显然在时单调递增，所以，故，当且仅当时，即时，等号成立，所以实数的取值范围为.四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。15．（13分）已知函数．(1)，求函数的最小值；(2)若在上单调递减，求的取值范围．【解析】（1）因为，所以，令，则有，当时，单调递减，当时，单调递增，因此当时，则有，因此当时，则有，当时，显然，于是有当时，函数单调递减，当时，函数单调递增，所以；（2）由，因为在上单调递减，所以在上恒成立，由，设，则有，当时，单调递减，当时，单调递增，所以，要想在上恒成立，只需，因此的取值范围为.16．（15分）一只蚂蚁位于数轴处，这只蚂蚁每隔一秒钟向左或向右移动一个单位长度，设它向右移动的概率为，向左移动的概率为.(1)已知蚂蚁2秒后所在位置对应的实数为非负数，求2秒后这只蚂蚁在处的概率；(2)记蚂蚁4秒后所在位置对应的实数为，求的分布列与期望.【解析】（1）记蚂蚁2秒后所在位置对应的实数为非负数为事件，记2秒后这只蚂蚁在处的概率为事件，则故所求的概率为.（2）由题意知可能的取值为，则，则的分布列为02417．（15分）如图，在四棱柱中，四边形是平行四边形，，，，，为的中点，且．(1)过点作四棱柱的截面使其与面垂直，并予以证明；(2)若平面与平面的夹角的余弦值为，求三棱锥的体积．【解析】（1）如图，取中点，连接，，则面即为所求截面，由四边形是平行四边形，，，且为的中点，则在中，，由余弦定理得，，所以，即，又由，且平面，所以平面，因为平面，所以，又因为，且平面，所以平面，又平面，所以平面平面.（2）取的中点，连接，则，又平面平面，所以，又且，所以两两互相垂直，以为坐标原点，所在的直线分别为轴，轴和轴建立空间直角坐标系，如图所示，设，可得，所以，设平面的一个法向量为，则，令，可得，所以平面的一个法向量，又由，设平面的一个法向量为，则，令，可得，所以平面的一个法向量，所以，解得或，因为，又平面平面，所以平面，当时，；当时，，综上可得，三棱锥的体积为或.18．（17分）已知抛物线：与直线交于，两点，为坐标原点，且.(1)求的方程；(2)过点M作斜率互为相反数的两条直线和，分别与交于点A和点B，且点A与点B均在点M的上方，以，为邻边作平行四边形，求平行四边形面积S的最大值.【解析】（1）联立方程得，解得或，则，则，解得，故抛物线的方程为；（2）由（1）知，设，，不妨令，因为直线与的斜率互为相反数，所以，即，整理得，所以，则直线：，即，点到直线的距离