衡水名师卷·2023-2024高考模拟压轴卷（二）数学Word版含解析(1)_2024年5月_025月合集_2024届衡水名师卷·2023-2024高考模拟压轴卷（二）

2024 年普通高等学校招生全国统一考试模拟试题 数学（二） 本试卷共 4页，19小题，满分150分.考试用时 120分钟. 注意事项： 1.答题前，考生先将自己的姓名､准考证号码､考场号､座位号填写清楚，将条形码准确粘贴在 考生信息条形码粘贴区. 2.选择题必须使用 2B 铅笔填涂；非选择题必须使用 0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工 整､笔迹清楚. 3.请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿 纸､试卷上答题无效. 4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑. 5.保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破､弄皱，不准使用涂改液､修正带､刮纸刀. 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. 15 1.已知点P  6,y  在焦点为F 的抛物线C:y2 2px(p0)上，若 PF  ，则 p（ ） 0 2 A.3 B.6 C.9 D.12 2.电影《孤注一郑》的上映引发了电信诈骗问题的热议，也加大了各个社区反电信诈骗的宣传力度.已知某 社区共有居民480人，其中老年人200人，中年人200人，青少年80人，若按年龄进行分层随机抽样，共 抽取36人作为代表，则中年人比青少年多（ ） A.6人 B.9人 C.12人 D.18人 3.已知abc0，则下列说法一定正确的是（ ） A.abc B.a2 bc C.acb2 D.abbcb2 ac 4.已知向量a   2,3  ,b  1,2 ，则a  b  在a  b  方向上的投影向量为（ ）  8 16  12 20 12 20  20 20 A. ,  B.  ,  C. ,  D.  ,  17 17  17 17 17 17  17 17 20 5π 5.已知某正六棱柱的体积为6 3，其外接球体积为 ，若该六棱柱的高为整数，则其表面积为（ ） 3 A.6 318 B.3 318 C.6 324 D.3 324 6.已知甲､乙两地之间的路线图如图所示，其可大致认为是 f  x cosx  0 x 3π  的图像.某日小明和小红 分别从甲､乙两地同时出发沿着路线相向而行，当小明到达乙地时，小红也停止前行.若将小明行走轨迹的点a 记为  a,b  ，小红行走轨迹的点记为  c,d  ，且满足 c3π，函数g  a b2d ，则g  a  的一个单 2 调递减区间为（ ）  4π π 5π 4π 8π   A.0,  B. ,  C. ,  D. 2π,3π  3  3 3   3 3  x2 y2 7.已知椭圆C:  1(0m9,mZ)的左､右焦点分别为F,F ，点P在C上但不在坐标轴上，且 1 2 9 m 7 PFF 是等腰三角形，其中一个内角的余弦值为 ，则m（ ） 1 2 8 A.4 B.5 C.6 D.8 m 8.已知函数 f  x mex eln  e1  x的定义域为  0, ，若 f  x  存在零点，则m的取值范围为 x （ ） 1   1 A. ,  B.  0,e  C.0,  D.  e, e   e 二､多选题：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z 32i,z 4i，则（ ） 1 2 A.z z 的虚部为-1 1 2 B.4z 3z 是纯虚数 1 2 C.z z 在复平面内所对应的点位于第一象限 1 2 z D. 2  z 4 i 1 10.已知(43x)7 a a  13x a (13x)2 a (13x)7，则（ ） 0 1 2 7 7 A.a 945 B. a 47 1 4 i i1C.a a a a  21326 D.a a a a  26213 0 2 4 6 1 3 5 7 11.设M  x  是定义在N*上的奇因函数，是指x的最大奇因数，比如：M  3 3,M  6 3，M  8 1， 则（ ） A.对kN*,M  2k1  M  2k  B.M  2k  M  k  C.M  1 M  2 M  63 931 D.M  1263 63 三､填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分. 12.已知集合A  x∣4x2 x50  ,B {x∣xm}，若m0，则 ð A B __________；若AB R， R 则m的取值范围为__________. 13.某校拟开设“生活中的数学”“音乐中的数学”“逻辑推理论”“彩票中的数学”和“数学建模”5门研究性学习课 程，要求每位同学选择其中2门进行研修，记事件A为甲､乙两人至多有1门相同，且甲必须选择“音乐中 的数学”，则P  A __________. 14.定义：对于函数 f  x  和数列  x  ，若  x x  f x  f  x 0，则称数列  x  具有“ f  x  函数 n n1 n n n n 性质”.已知二次函数 f  x  图像的最低点为  0,4  ，且 f  x1  f  x 2x1，若数列  x  具有“ f  x  n 函数性质”，且首项为1的数列  a  满足a ln  x 2 ln  x 2  ，记  a  的前n项和为S ，则数列 n n n n n n  n  S   5的最小值为__________.  n 2  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.（13分） b 2tanB 在ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a,b,c，其中c 3 ，且 a  tanBtan  AB  . （1）求C； （2）求a2 b2的取值范围. 16.（15分）  lnx 已知函数 f  x  xa .  x    （1）讨论 f x 的最值；kex x （2）若a1，且 f  x  ，求k的取值范围. x 17.（15分） 在如图①所示的平面图形中，四边形ACDE为菱形，现沿AC进行翻折，使得AB 平面ACDE，过点E 1 作EF ∥ AB，且EF  AB，连接FD,FB,BD，所得图形如图②所示，其中G为线段BD的中点，连 2 接FG. （1）求证：FG 平面ABD； 7 （2）若AC  AD2，直线FG与平面BCD所成角的正弦值为 ，求AB的值. 7 18.（17分） 某汽车销售公司为了提升公司的业绩，现将最近300个工作日每日的汽车销售情况进行统计，如图所示. （1）求a的值以及该公司这300个工作日每日汽车销售量的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值 作代表）；   （2）以频率估计概率，若在所有工作日中随机选择4天，记汽车销售量在区间 200,250 内的天数为X ， 求X 的分布列及数学期望； （3）为增加销售量，公司规定顾客每购买一辆汽车可以进行一次抽奖活动，规则如下：抽奖区有A,B两个 盒子，其中A盒中放有9张金卡､1张银卡，B盒中放有2张金卡､8张银卡，顾客在不知情的情况下随机选 择其中一个盒子进行抽奖，直到抽到金卡则抽奖结束（每次抽出一张卡，然后放回原来的盒中，再进行下 次抽奖，中途可更换盒子），卡片结果的排列对应相应的礼品.已知顾客小明每次抽奖选择两个盒子的概率 相同，求小明在首次抽奖抽出银卡的条件下，第二次从另外一个盒子中抽奖抽出金卡的概率. 19.（17分） x2 y2 已知双曲线C:  1(a0,b0)的左顶点为A，直线l :y  x2与C的一条渐近线平行，且与C a2 b2 11 交于点B，直线AB的斜率为 . 3 （1）求C的方程；       （2）已知直线l : y 2xm  m8  与C交于P,Q两点，问：是否存在满足EAEP  EPEQ  EAEQ 2 的点E  x ,y  ？若存在，求x2  y2的值；若不存在，请说明理由. 0 0 0 0数学（二） 一､选择题 p 15 1.A 【解析】由抛物线的定义可知 PF 6  ，解得 p3.故选A项. 2 2 200 x 80 2.B 【解析】设中年人抽取x人，青少年抽取y人，由分层随机抽样可知  ,  480 36 480 y ，解得x15,y 6，故中年人比青少年多9人.故选B项. 36 3.D 【解析】当a3,b2,c1时，abc，且acb2，故A，C项错误；因为ab0，ac0， 所以a2 bc，故B项错误；abbc  b2 ac   bc  ab 0，故D项正确.故选D项. 4.C 【解析】由题意得a  b   1,1  ,a  b   3,5 ，则a  b  在a  b  方向上的投影向量为     (ab)(ab)   12 20    (ab)  , ，故选C项. |ab|2 17 17 4 20 5 5.D 【解析】设该正六棱柱的底面边长为a，高为h，其外接球的半径为R，易知 πR3  π，则 3 3 h2 3 R 5  a2  ①，且 a26h6 3②，联立①②，因为hZ，解得a1,h4，所以正六棱 4 4 3 柱的表面积S  a2126ah3 324.故选D项. 4 0 a 3π,  a a  6.A 【解析】依题意得bcosa,d cosccos3π  cos ，且 a 解得0 a 3π，  2 2 0 3π 3π,  2 a a a a 则g  a cosa2cos 2cos2 2cos 1，令t cos ，则t1,1  ，因为y2t2 2t1在区间 2 2 2 2  1  1   4π  8π  1, 内单调递减，在区间  ,1内单调递增，所以g  a  在区间0, ,2π, 内单调递减.故选  2  2   3   3  A项. 7.B 【解析】依题意得 PF  PF 6，设 FF n，不妨设点P在第一象限，则 PF  FF n，则 1 2 1 2 1 1 2 n2 n2 (6n)2 7 n2 (6n)2 n2 7 PF 6n(0n6)，故cosPFF   或cosPF F   ， 2 1 2 2n2 8 2 1 2n  6n  824 n 2 解得n4或n ，又mZ,m   9，所以n4,m5.故选B项. 11 2 8.C 【解析】由题意得m0，令 f  x 0，则exlnm e  xlnm elnx elnx.令g  x ex ex，易知 g  x  单调递增，所以g  xlnm  g  lnx  ，即xlnmlnx，即lnmlnxx.令h  x lnxx，则 1x h x  ，当x 0,1  时，h x 0，h  x  单调递增，当x 1, 时，h x 0,h  x  单调递减， x 1 又h  1 1，当x0时，h  x ，所以lnm 1，解得0m .故选C项. e 二､多选题 9.BC 【解析】z z 7i的虚部为1，故A项错误；4z 3z 11i为纯虚数，故B项正确； 1 2 1 2 z z  32i  4i 145i，其在复平面内所对应的点  14,5  位于第一象限，故C项正确； 1 2 z 4i 2   14i  17 ， z 4 134，故D项错误.故选BC项. i i 1 1 10.AC 【解析】依题意得(43x)7 [3 13x  ]7，所以a C433 3527945，故A项正确；令x  ， 4 7 3 7 7 2 得a 3，令x0，得 a 47，所以 a 47 37，故B项错误；令x ，得 0 i i 3 i0 i1 27 a a a a a a a a ①，又47 a a a a a a a a ②，由①+②可得 0 1 2 3 4 5 6 7 0 1 2 3 4 5 6 7 47 27 a a a a  21325，故C项 0 2 4 6 2 正确；同理，由②-①得a a a a  21326，故D项错误.故选AC项. 1 3 5 7 11.ABD 【解析】由题意得M  2k  M  k  ，故B项正确；M  2k  M  k  k,M  2k1 2k1 k， 故A项正确； 163 12363 632563，所以M  12363  M  63 63，故D项正确； 2 M  1 M  2 M  63 [M  1  M  3 M  63  M  2 M  4  M  62 1363 M  1 M  2 M  31   210   M  1  M  3 M  31  M  2 M  4  M  30  ]210 28 26 24 22 20  146 1365，故C项错误.故选ABD项. 14 三､填空题  5 5 12.x 0 x  ,1  【解析】集合A x∣x1或x  ，所以ð A  4 4 R  5 Bx 0 x .若AB R，结合数轴可知m1，故m的取值范围为(,1).  4 9 13. 【解析】若甲､乙两人的选课都不相同则共有C1C2 4312种；若甲､乙两人的选课有1门相同， 25 4 3 1224 9 则共有2C2 C1C1 24种.故P  A   . 4 4 3 C2C2 25 5 5 511 14.- 【解析】由题意知 f  x ax2 4(a 0)，又 f  x1  f  x a  2x1 2x1，所以a1， 2 x 2 则 f  x  x2 4.由题意得a ln  x 2 ln  x 2 ln n ， n n n x 2 n f  x  x2 4 x2 4 由  x x  f x  f  x 0，得x  x  n ，即x  x  n  n ，又 n1 n n n n1 n f x  n1 n 2x 2x n n n  x 2 2  x 2 2 x 2  x 2 2 x 2 x 2 x 2 n ,x 2 n ，所以 n1  n ，则ln n1 2ln n ，即 n1 2x n1 2x x 2  x 2 2 x 2 x 2 n n n1 n n1 n a 2a ，故  a  是以1为首项，2为公比的等比数列，所以a 2n1,S 2n 1.令c  S . n1 n n n n n n   n 5      n 5     2n1  ，则c c  n8 2n1 1 ，故当n 8时， 2  2  n1 n 2 511 c c ，当n 9时，c c ，故 c  c  . n1 n n1 n n min 9 2 四､解答题 15.解：（1）因为tan  AB  tan  πC tanC ，b 2tanB 所以  ， a tanBtanC sinB 2tanB 由正弦定理得   sinA tanBtanC 2sinBcosC 2sinBcosC   sinBcosCcosBsinC sin  BC  2sinBcosC sinA 因为sinA0,sinB0，所以2cosC 1， 1 则cosC  ， 2 π 又C 0,π  ，所以C  . 3 （2）由余弦定理得3a2 b2 ab， a2 b2 因为 ab， 2 a2 b2 a2 b2 所以a2 b2 ab a2 b2   , 2 2 即a2 b2 6.当且仅当ab 3时等号成立. 又a2 b2 3ab，且ab0， 所以a2 b2 3.   综上，a2 b2的取值范围为 3,6 . 16.解：（1）由题意得 f  x  的定义域为  0, ， 1 ax1 f x a  , x x 当a 0,x 0, 时， f x 0， 所以 f  x  在区间  0, 内单调递减，无最值；1 当a0时，令 f x 0，得x ， a  1 当x 0, 时， f x 0, f  x  单调递减，  a 1  当x  , 时， f x 0, f  x  单调递增. a  1 1 故当x 时， f  x  取得最小值，且最小值为 f   1lna ，无最大值. a a 综上，当a 0时， f  x  无最值；当a0时， f  x  的最小值为1lna，无最大值. kex x （2）当a1时，由 f  x  ， x kex x 得xlnx ， x 整理得kex x2 xxlnx， x2 xxlnx 即k . ex x2 xxlnx 令h  x  ， ex  2x1lnx1  ex  x2xxlnx  ex 则h x    ex2  xlnx  1x   ， ex 由（1）知，当a1时， f  x  xlnx的最 小值为 f  1 10， 即xlnx0恒成立， 所以当x 0,1  时，h x 0,h  x  单调递增； 当x 1, 时，h x 0,h  x  单调递减. 2 2 故当x1时，h  x  取得最大值h  1  ，即k ， e e2  故k的取值范围为  , . e  17.（1）证明：连接CE交AD于点O，连接GO.在菱形ACDE中，CE  AD， 因为AB 平面ACDE,CE平面ACDE，所以CE  AB， 又ABAD A,AB,AD平面ABD， 所以CE 平面ABD. 因为G,O分别为BD,AD的中点， 1 所以GO  AB,GO ∥ AB， 2 1 又EF  AB,EF ∥ AB， 2 所以GO∥EF ， 所以四边形GOEF 为平行四边形， 所以FG∥ EO，所以FG 平面ABD. （2）解：在菱形ACDE中，因为AC  AD， 所以ACD和ADE都是正三角形， 取ED的中点H ，连接AH ，则AH  AC， 又AB 平面ACDE，所以AB AC,AB AH ，即AB,AC,AH 两两垂直. 以A为坐标原点，AB,AC,AH 所在直线分别为x,y,z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 设AB2a(a0)，  1 3 则C(0,2,0),B(2a,0,0),D(0,1, 3),F(a, 1, 3),G a, ,     2 2    则BC 2a,2,0  ,CD (0,1，  3 3 3),FG 0, ,  .   2 2    设平面BCD的法向量为m x,y,z  ，    mBC 2ax2y  0, 则   mCD y 3z  0,   3  取z 1，则m , 3,1.   a   记直线FG与平面BCD所成角为，   3 7   |FGm|  , 则sin|cosFG,m|   . 3 7 |FG||m| 4 3 a2 解得a1，即AB的值为2. 18.解：（1）依题意得(0.0010.0020.0032a0.006)501. 解得a0.004. 所求平均数为250.1750.15125 0.21750.32250.22750.05150.  1 （2）依题意得X B4, ，  5 4 4 256 则P  X 0     ， 5 625 3 1 4 256 P  X 1 C1      4 5 5 625 2 2 1 4 96 P  X 2 C2       , 4 5 5 625 3 1 4 16 P  X 3 C3     4 5 5 625 4 1 1 P  X 4     5 625 X 0 1 2 3 4256 256 96 16 1 P 625 625 625 625 625 1 4 故E  X 4  . 5 5 （3）设“选到A盒”为事件A，“选到B盒”为事件A ，，摸到金卡”为事件B ，，摸到银卡”为事件B ， 1 2 1 2 因为B,B 是对立事件， 1 2 1 9 1 2 11 所以P  B      . 1 2 10 2 10 20 9 P  B 1P  B  . 2 1 20 1 由题意得P  A  P  A  ， 1 2 2   P AB 所以P  A∣B  1 2  1 2 P  B  2 1 1 P  B∣ 2 A 1  P  A 1   10  2  1 , P  B  9 9 2 20 8 则P  A∣B 1P  A∣B  . 2 2 1 2 9 8 9 1 2 37 故所求的概率P      . 9 10 9 10 45 19.解：（1）易知C的一条渐近线方程为y  x， 则ab. 设B  t,t2  ， 1 又A a,0  ,a 0，直线AB的斜率为 ， 3 t2 1 所以  ， ta 3 6a 6a 2a 解得t  ，则B , ， 2  2 2 代入x2 y2 a2中，解得a4. x2 y2 故C的方程为  1. 16 16     （2）因为EAEP  EPEQ，      所以EP EAEQ 0，   即EPQA0，所以PE  AQ， 同理可得AE PQ,EQ AP.     设P x ,y ,Q x ,y ， 1 1 2 2 x2 y2   1, 联立16 16 整理得3x2 4mxm2 160，  y 2xm.   由题意知Δ 16m2 12 m2 16 0，且m8， 解得m4 3或m4 3，且m8， 4m m2 16 所以x x  ,x x  . 1 2 3 1 2 3 1 过点A与l 垂直的直线的方程为 y  x2，设该直线与C的右支交于另一点H ， 2 2 x2 y2   1, 16 16 20 联立 整理得3x2 8x800，解得x 或x4（舍去）.  1 3 y x2,  2 20 16 所以H , .  3 3    20 16  20 80 16 因为PH AQ   x ,  y   x  4y  x  x x 4x  y   3 1 3 1  2 2 3 2 3 1 2 1 3 2 20 80 16 y y  x  x x 4x   2x  m) 2x m  2x m 5x x (1 1 2 3 2 3 1 2 1 3 2 1 2 1 2 80 16 m2 16  4  80 2m)  x x   mm2 5   42m    m   1 2 3 3 3  3  316 5 80 16 8 80 16 mm2  m2   m m2   mm2 0 3 3 3 3 3 3 3 所以PH  AQ，同理可证QH  AP. 又AH  PQ，所以H 与E重合. 因为H 在C上，所以x2  y2 16. 0 0       故存在点E满足EAEP  EPEQ  EAEQ ，且x2  y2的值为16. 0 ij