2024新高考数学基础卷2（解析版）-2024年高考数学综合赢在寒假•新高考全国通用（5基础卷+5提

2024年高考数学综合基础卷【赢在寒假】新高考全国通用（二）班级_______姓名：_______考号：_______第I卷（选择题）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，只有一项是符合要求的。1．已知集合，，（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】先根据函数的定义域及函数的单调性得；再根据集合的交集运算即可得出答案.【详解】因为函数的定义域为，且在上单调递增，所以.又因为所以.故选：D.2．已知，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据复数的运算从而求解.【详解】由题意知：，则，所以：.故A项正确.故选：A.3．设随机变量服从正态分布，的分布密度曲线如图所示，若，则与分别为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据题意和正态曲线即可求得，又根据正态曲线可得，进而即可求得．【详解】根据题意，且，则，由正态曲线得，所以．故选：C．4．已知函数，则的图象大致为（   ）.A．   B．  C．   D．  【答案】B【分析】根据特殊值的函数值符号排除A、C，利用函数的单调性判断B、D.【详解】因为，所以A错误；因为，所以C错误；因为，所以D错误；排除了ACD，而B选项中的图像又满足上述性质，故B正确.故选：B5．已知，，，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据对变形，可得，利用基本不等式、指数函数和对数函数的单调性可得，从而可得答案.【详解】因为，，所以，因为，，所以.故选：D6．已知椭圆的左右焦点分别是，过的直线交椭圆于两点，若（为坐标原点），，则椭圆的离心率为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】首先根据题意设，得到.根据，得到，根据勾股定理得到，再求离心率即可.【详解】如图所示：  设，因为，所以.又因为，所以，即.因为，所以.因为，所以.在中，，解得，即，所以，即.所以，.故选：B7．白居易的《别毡帐火炉》写道：“赖有青毡帐，风前自张设.”古代北方游牧民族以毡帐为居室，如图所示，某毡帐可视作一个圆锥与圆柱的组合体，圆锥的高为，圆柱的高为，底面圆的直径为，则该毛帐的侧面积（单位）是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】分别求解出圆锥和圆柱的侧面积，然后相加即为结果.【详解】圆锥的侧面积：，圆柱的侧面积：，所以毛帐的侧面积为，故选：C.8．函数，若满足恒成立，则实数的取值范围为（    ）A． B． C． D．【答案】C【详解】∵，且，∴函数为单调递增的奇函数．于是，可以变为，即，∴，而，可知实数，故实数的取值范围为．故选：C.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，有多项符合题目的要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。9．已知圆和圆，则（    ）A．圆的半径为4B．轴为圆与的公切线C．圆与公共弦所在的直线方程为D．圆与上共有6个点到直线的距离为1【答案】BD【分析】对于A项，将圆的方程化成标准式即得；对于B项，判断圆心到直线的距离等于圆的半径即得；对于C项，只需将两圆方程相减化简，即得公共弦直线方程；对于D项，需要结合图像作出两条和已知直线平行且距离等于1的直线，通过观察分析即得.【详解】  对于A项，由圆配方得：知圆的半径为2，故选项A错误；对于B项，因圆心到轴的距离为1，等于圆的半径，故圆与轴相切，同理圆心到轴的距离等于圆的半径，圆与轴相切，故轴为圆与的公切线，故选项B正确；对于C项，只需要将与左右分别相减，即得圆与的公共弦所在的直线方程为：故选项C错误；对于D项，如图，因直线同时经过两圆的圆心，依题意可作两条与该直线平行且距离为1的直线与，其中与和圆都相切，各有一个公共点，与和圆都相交，各有两个交点，故圆与上共有6个点到直线的距离为1，故选项D正确.故选：BD.10．已知函数的最小正周期为,且图象经过点,则(    )A．B．点为函数图象的对称中心C．直线为函数图象的对称轴D．函数的单调增区间为【答案】ACD【分析】先求出的解析式,然后逐项分析验证即可.【详解】因为最小正周期,所以,所以A对.因为,所以,又,所以.所以.因为,所以B错.因为,所以直线为函数图象的对称轴,所以C对.由,得.所以函数的单调增区间为,所以D对.故选:ACD11．在单位正方体中，O为底面ABCD的中心，M为线段上的动点（不与两个端点重合），P为线段BM的中点，则（    ）A．直线DP与OM是异面直线 B．三棱锥的体积是定值C．存在点M，使平面BDM D．存在点M，使平面BDM【答案】BC【分析】选项A易判断，由可判断B，当M为中点时，可得平面BDM，即可判断C，当M与重合时，面BDM，然后可判断D.【详解】A项：因为相交，所以DP，OM共面，故错误；B项：因为，是正方体，所以，因为平面，平面，所以平面，所M到面的距离不变，所以为定值，故正确；C项：当M为中点时，OM为的中位线，，因为平面BDM，平面BDM，所以平面BDM，故正确；D项：当M与重合时，因为，平面，所以平面，因为平面，所以，同理可证，因为，平面BDM，所以平面BDM，又因为M不与端点重合，故错误．故选：BC12．如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中，后人称为“三角垛”.“三角垛”最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，….设第层有个球，从上往下层球的总数为，则（    ）A． B．C． D．【答案】ACD【分析】根据已知条件求得，由此对选项进行分析，从而确定正确选项.【详解】依题意可知，，B选项错误.，，A正确.，，C正确.，.D选项正确.故选：ACD第II卷（非选择题）三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知，，与的夹角为，则．【答案】【分析】根据向量的数量积的定义，求得，结合，即可求解.【详解】由向量，，与的夹角为，可得，所以.故答案为：.14．设抛物线的焦点为，准线为．若与双曲线的两条渐近线分别交于点和点，且（为原点），则双曲线的离心率等于．【答案】【分析】求出表达式和长，利用二者之间的关系求出的关系，进而求出，即可得出双曲线的离心率.【详解】由题意，  在抛物线中，焦点为，准线，在双曲线中，渐近线：，抛物线准线与双曲线交于两点，∴，，∵，∴，解得：，∴，∴离心率，故答案为：.15．展开式中的系数为.【答案】【分析】根据二项式定理计算即可.【详解】设的通项为，当时，.故答案为：16．已知函数若方程有两个实数解，则a的取值范围是；若两解分别为且，则的最大值是.【答案】；.【分析】利用数形结合思想，结合导数的性质进行求解即可.【详解】函数图象如下图所示：  方程有两个实数解等价于函数的图象与函数的图象有两个交点，因此有，且，因为，所以有，，设，当时，单调递减，当时，单调递增，所以当时，函数有最大值，最大值为：，故答案为：；.四、解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。17．已知在中，角，，的对边分别为，，，.(1)求角的大小；(2)若，，的角平分线交于，求的值.【详解】（1）∵，由正弦定理得，，∴，∴，∴，即，∵，∴.（2）由余弦定理得，，∴，解得或（舍去），由，∴，∴.  18．已知正项等比数列和数列，满足是和的等差中项，.(1)证明：数列是等差数列，(2)若数列的前项积满足，记，求数列的前20项和.【详解】（1）由题知，是等比数列，设其公比为，由，可得：当时，，两式相减得，，故数列是等差数列.（2）由知：当时，，又，所以，由（1）设的公差为，则，由，则，，所以.即数列的前20项和为.19．如图，四棱锥中，底面为直角梯形，其中，，面⊥面，且，点在棱上．(1)证明：当时，直线平面；(2)当时，求二面角的余弦值．【详解】（1）连接，交于点，连接，因为且，所以∽，故，又，所以，故，又平面，不在平面内，所以平面；（2）因为平面⊥面，交线为，，平面，所以⊥平面，取的中点，连接，因为，所以⊥，以为坐标原点，所在直线分别为轴，过点作的平行线为轴，建立空间直角坐标系，，设，，则，解得，故，因为，所以，解得，故设平面的法向量为，则，令，则，故，设平面的法向量为，则，令，则，故，设二面角的大小为，显然为锐角，  故二面角的余弦值为.20．某商场举办为期一周的店庆购物优惠活动，不仅购物有优惠，还有抽奖活动.(1)已知该商场前5天店庆活动当天成交额如表所示：天12345成交额（万元）912172127求成交额（万元）与时间变量的线性回归方程，并预测活动第6天的成交额（万元）；(2)小明分别获得、两店的抽奖机会各一次，且抽奖成功的概率分别为、，两次抽奖结果互不影响.记小明中奖的次数为.求的分布列及；附：对于一组具有线性相关关系的数据，其回归直线的斜率和茷距的最小二乘估计分别为，.【详解】（1）由已知可得，，.所以，所以，所以.当时，（万元），所以预测活动第6天的成交额为30.7万元；（2）由题意知，的所有可能取值为0，1，2.，，所以的分布列为012        ∴.21．已知双曲线的离心率为2，右焦点到其中一条渐近线的距离为.(1)求双曲线的标准方程；(2)过右焦点作直线交双曲线于两点，过点作直线的垂线，垂足为，求证直线过定点.【详解】（1）由题意，设右焦点的坐标为，双曲线的渐近线方程为：，右焦点到其中一条渐近线的距离为，可得，又因为，解得，故双曲线的标准方程为.（2）当直线的斜率不为0时，设，则联立方程组，得整理得：.，且，,，令得，，直线过定点.当直线的斜率为0时，此时直线:，此时均在轴上，故直线过定点.综上：直线过定点.22．已知函数.（1）求函数的极值；（2）若对任意的都有成立，求c的取值范围.【详解】（1）因为，所以，.令，解得或，当，即或；当，即，.故的单调递增区间为和，单调递减区间为，.所以，时，有极大值，.当时，有极小值.（2）由（1）知在上单调递减，在上单调递增，.又，，.所以时，，.因为对任意的都有成立，所以.