2024年高考数学二轮复习测试卷（新题型广东专用）（解析版）

2024年高考数学二轮复习测试卷（广东专用）（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、准考证号填写在答题卡上。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．设全集，集合，，则（）A． B．C． D．【答案】D【解析】,.故选：D.2．设复数z满足，则（

）A． B． C．2 D．8【答案】B【解析】，，因此．故选：B3．已知向量，满足，，且，则（

）A．5 B． C．10 D．【答案】C【解析】由题意可知，且，则，，所以．故选：C4．在前项和为的等差数列中，，，则（

）A．3 B．10 C．15 D．25【答案】C【解析】设的通项公式为，其中是首项，是公差，则，，由题意，解得，又，代入得，得，得.故选：C5．已知函数在上的大致图象如图所示，则的解析式可能为（

）A． B．C． D．【答案】C【解析】由图可知函数为奇函数，若，则有，若，则有，所以与都不是奇函数，故排除AD；而由，可排除B，若，经检验C选项符合题意.故选：C.6．在三棱锥中，，，则三棱锥的外接球的表面积为（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】如图，将三棱锥转化为长方体，可知三棱锥的外接球即为长方体的外接球，则，可得，则外接球的半径，所以三棱锥的外接球的表面积为.故选：C.7．过双曲线的右顶点A作一条渐近线的平行线，交另一条渐近线于点P，的面积为（O为坐标原点），离心率为2，则双曲线C的方程为（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】由题意可知双曲线的右顶点为，双曲线的渐近线方程为，则过A与平行的直线方程为，联立，解得，即，则，又，，解得．双曲线.故选：A．8．定义表示，，中的最小值．已知实数，，满足，，则（

）A．的最大值是 B．的最大值是C．的最小值是 D．的最小值是【答案】B【解析】因为，所以在，，中，负数的个数为1或3，又，所以在，，中，1个为负数，2个为正数，不妨设，则．因为，所以，因为，所以，则，故的最大值是，无最小值．故选：B.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．某学校从高一年级名学生中抽取部分学生某次考试的数学成绩进行统计，得到如图所示的频率分布直方图，则（

）

A．B．估计高一学生数学成绩的平均分落在C．估计高一学生数学成绩的第三四分位数为D．估计高一学生数学成绩在的学生人数为【答案】AC【解析】由频率分布直方图可知，故A正确；由A项结论可知平均数为，故B错误；设第三四分位数为，易知前三个区间占比，前四个区间占比为，即第三四分位数位于，有，故C正确；由图得区间占比，故可估计约有，故D错误.故选：AC.10．在正方体中，点为线段上的动点，直线为平面与平面的交线，则（

）A．存在点，使得面B．存在点，使得面C．当点不是的中点时，都有面D．当点不是的中点时，都有面【答案】ACD【解析】当点与点重合时，由，而面，面，可知面，即A正确.若面，注意到面，则，以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系，设棱长为1，，所以，与矛盾，即B错误.当不是的中点时，由，且面，面，可知面，又直线为面与面的交线，则，又面，面，从而可得面，即C正确.同上，有，又面，面，所以，又面，所以面，则面，即D正确.故选：ACD.11．已知函数及其导函数的定义域均为，若函数为奇函数，函数为偶函数，，则（

）A． B．C． D．【答案】BC【解析】由为奇函数可得，即，，即，即，所以函数的图像关于直线对称，由是偶函数可得为奇函数，，即，所以函数的图像关于点对称；将代入，得，将代入，得，B选项正确；将代入得，得，A选项错误；，C选项正确；将代入，得，故，，D选项错误.故选：BC.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．设点是直线与直线的交点，过点作圆的切线，请写出其中一条切线的方程：．（只需写一条即可）．【答案】（或）【解析】如图，由题意知，圆，联立，解得，即点，过点作圆的切线，其切线方程为或．故答案为：（或）．13．为了推动城乡义务教育一体化发展，某师范大学6名毕业生主动申请到某贫困山区的乡村小学工作，若将这6名毕业生分配到该山区的3所乡村小学，每所学校至少分配1人，则分配方案的总数为．【答案】540【解析】第一步将6名毕业生分成3组，且每组至少1人，一共有3种分配方案，其中1、1、4分配方式有种；1、2、3，分配方式有种；2、2、2，分配方式有种，第二步将分好的3组毕业生分配到3所乡村小学，其分法有种，利用分步计数原理可知，分配方案的总数为．故答案为：54014．第二十四届北京冬奥会开幕式上由96片小雪花组成的大雪花惊艳了全世界，数学中也有一朵英丽的雪花————“科赫雪花”．它的绘制规则是：任意画一个正三角形，并把每一条边三等分，以三等分后的每边的中间一段为边向外作正三角形，并把这“中间一段”擦掉，形成雪花曲线，重复上述两步，画出更小的三角形，一直重复，直到无穷，形成雪花曲线

设雪花曲线周长为，面积为，若的边长为1，则=，【答案】/【解析】由题意可知：，，；易知第个图形的边长为，边数为，故，由累加法得故答案为：；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）在如图所示的几何体中，四边形是正方形，四边形是梯形，，平面平面，且．(1)证明：平面平面；(2)求平面与平面夹角的余弦值．【解析】（1）四边形是正方形，，又平面平面平面，又平面平面平面，平面平面，平面平面．（2）依题意知两两垂直，故以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，设平面的一个法向量为，则则可取，易知为平面的一个法向量，平面与平面夹角的余弦值为．16．（15分）已知函数.(1)求的最小正周期和单调递增区间；(2)锐角中，，且，求的取值范围.【解析】（1）由题意有，由，，有；由，得.故函数的最小正周期为，单调递增区间为.（2）由（1）有，即，又，所以，所以，即，由，所以，则，.因为是锐角三角形，所以即，所以，所以.则有.所以，即故的取值范围为.17．（15分）已知函数.(1)当时，求的单调区间(2)讨论的单调性；(3)当时，证明.【解析】（1）当时，，的定义域为，则，故当时，；当时，.故在单调递增，在单调递减；（2）的定义域为，．若，则当时，，故在单调递增，若，则当时，；当时，.故在单调递增，在单调递减；（3）由（1）知，当时，在取得最大值，最大值为，所以等价于，即，设，则，当时，，当时，所以在单调递增，在单调递减，故当时，取得最大值，最大值为，所以当时，，从而当时，，即.18．（17分）已知椭圆的左、右焦点分别为、，为坐标原点，在椭圆上仅存在个点，使得为直角三角形，且面积的最大值为.(1)求椭圆的标准方程；(2)已知点是椭圆上一动点，且点在轴的左侧，过点作的两条切线，切点分别为、.求的取值范围.【解析】（1）当轴时，存在两个点，使得为直角三角形，当轴时，存在两个点，使得为直角三角形，当时，由题意可知，存在两个点，使得为直角三角形，设点，其中，则，可得，且，，则，可得，由题意可知，，则，当点为椭圆短轴的顶点时，到轴的距离最大，此时，的面积取最大值，即，则，故，因此，椭圆的方程为.（2）设点、，先证明出抛物线在点处的切线方程为，联立可得，即，解得，所以，抛物线在点处的切线方程为，同理可知，抛物线在点处的切线方程为，联立可得，所以，，则，即点，因为点在轴左侧，则，即，因为点在椭圆上，则，设，其中，则，，所以，，因为，则，则，所以，，因此，的取值范围是.19．（17分）若无穷数列满足：，对于，都有（其中为常数），则称具有性质“”.(1)若具有性质“”，且，，，求；(2)若无穷数列是等差数列，无穷数列是公比为2的等比数列，，，，判断是否具有性质“”，并说明理由；(