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2024 年高考数学第二次模拟考试
数学·全解全析
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．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．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B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．写在本试卷上无效．
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
4．测试范围：高考全部内容
5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
第Ⅰ卷（选择题）
一、单项选择题：本题共10小题，每小题4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 ， ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据交集概念进行求解.
【详解】 .
故选：B
2．复数 ，则 等于（ ）
A．1 B． C．2 D．
【答案】D
【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简，然后直接利用复数模的公式求解即可.
【详解】结合题意可得： ，所以 .
故选：D.
3．双曲线 的渐近线方程是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】由双曲线方程直接写出渐近线方程.
【详解】由双曲线 ，得
所以双曲线 的渐近线方程是 .
故选：C.
4．下列函数既是奇函数，又在 上单调递增的函数是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】根据奇函数的判定方法及函数在 上单调递增，逐项求解即可判断.
【详解】对A：令 ，定义域为 ， ，
所以 为奇函数，又因为 ，所以 在 上不是增函数，故A错误；
对B：令 ，定义域为 ， ，所以 为偶函数，故B错误；
对C：令 ，定义域为 ，所以 不是奇函数，故C错误；对D：令 ，定义域为 ， ，所以 为奇函数，
由幂函数性质可知 在 上单调递增，故D正确.
故选：D.
5．若直线 圆 相切，则原点 到直线 距离的最大值为（ ）
A． B．2 C． D．1
【答案】B
【分析】原点 在圆上，到切线的最大距离等于圆的直径.
【详解】圆 ，即 ，圆心坐标 ，半径为1，
直线 与圆相切，则圆心到直线距离等于半径1，
原点 在圆上，所以原点 到直线 距离的最大值为 .
故选：B
6．在梯形 中， ， 是边长为3的正三角形，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由平行得到 ，在 中，由正弦定理求出答案.
【详解】因为 是边长为3的正三角形，
所以 ，
又 ，所以 ，
由正弦定理得 ，
则 ．故选：B
7．据科学研究表明，某种玫瑰花新鲜程度y与其花朵凋零时间t（分钟）（在植物学上t表示从花
朵完全绽放时刻开始到完全凋零时刻为止所需的时间）近似满足函数关系式： （b为常
数），若该种玫瑰花在凋零时间为10分钟时的新鲜程度为 ，则当该种玫瑰花新鲜程度为 时，
其凋零时间约为（参考数据： ）（ ）
A．3分钟 B．30分钟 C．33分钟 D．35分钟
【答案】C
【分析】根据已知条件，结合待定系数法，求出 的值，再将 代入函数中，即可求解
【详解】由题意得 ，则 ，令 ，即 ，解得 ．
故选：C．
8．若数列 为等比数列，则“ ”是“ ”的（ ）
A．充要条件 B．既不充分也不必要条件
C．充分不必要条件 D．必要不充分条件
【答案】C
【分析】利用等比数列性质，结合基本不等式及不等式性质，由充分、必要性定义判断充分、必要
性.
【详解】若数列 的公比为 ，
由 ，故 ，则 ，
所以 ，当且仅当 ，即 时取等号，故充分性成立；
由 ，故 ，若 ，则 ，故必要性不成立；
故选：C
9．如图，已知正方形 的边长为4，若动点 在以 为直径的半圆上（正方形 内部，含边界），则 的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据已知条件及极化恒等式，结合向量的线性运算即可求解.
【详解】取 的中点 ，连接 ，如图所示，
所以 的取值范围是 ，即 ，
又由 ，
所以 .
故选：B.
10．公元 年，唐代李淳风注《九章》时提到祖暅的“开立圆术”.祖暅在求球的体积时，使用
一个原理：“幂势既同，则积不容异”.“幂”是截面积，“势”是立体的高，意思是两个同高的立
体，如在等高处的截面积相等，则体积相等.更详细点说就是，介于两个平行平面之间的两个立体，
被任一平行于这两个平面的平面所截，如果两个截面的面积相等，则这两个立体的体积相等.上述
原理在中国被称为“祖暅原理”. 打印技术发展至今，已经能够满足少量个性化的打印需求，现
在用 打印技术打印了一个“睡美人城堡”.如图，其在高度为 的水平截面的面积 可以近似用函数 ， 拟合，则该“睡美人城堡”的体积约为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据祖暅原理知，该“睡美人城堡”的体积与一个底面圆半径为 ，高为 的圆锥的体积
近似相等，利用锥体的体积公式可求得该“睡美人城堡”的体积.
【详解】如下图所示：
圆锥 的高和底面半径为 ，平行于圆锥 底面的截面角圆锥 的母线 于点 ，
设截面圆圆心为点 ，且 ，则 ，
易知 ，则 ，即 ，可得 ，
所以，截面圆圆 的半径为 ，圆 的面积为 ，
又因为 ，
根据祖暅原理知，该“睡美人城堡”的体积与一个底面圆半径为 ，
高为 的圆锥的体积近似相等，
所以该“睡美人城堡”的体积约为 ，
故选：D.
第 II 卷（非选择题 共 110 分）
二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分。11．函数 的定义域为 .
【答案】
【分析】函数定义域满足 ，解得答案.
【详解】函数 的定义域满足： ，解得 .
故定义域为 .
故答案为：
12．已知 ，则 .
【答案】
【分析】分别令 和 ，联立方程组求得 ，再令 ，求得
，即可求得 的值.
【详解】由 ，
令 ，可得 ，
即
令 ，可得 ，
即 ，
联立方程组，求得 ，
再令 ，可得 ，
所以 .
故答案为： .13．已知 ， 是抛物线 上两点，焦点为 ，抛物线上的点 到坐标原点
的距离等于该点到准线的距离，则 ；若 ，则直线 恒过定点 .
【答案】
【分析】由抛物线定义和中点坐标公式可得 ；可设直线 ，联立方程组，利用韦
达定理和 ，求出 ，得解.
【详解】 点 到坐标原点的距离等于该点到准线的距离，
点 到坐标原点的距离等于该点到焦点 的距离，
，解得 ；
设 ， ， 直线 斜率必不为0，
可设直线 ，
联立直线 与抛物线方程 ，
化简整理可得 ，
由韦达定理可得， ， ，
， ，
解得 ， 直线 恒过定点 .
故答案为：2； .14．已知函数 ，则函数 的零点个数为 ，所有零点之和为
.
【答案】 4 /0.5
【分析】先解方程 得解 和 ，然后解方程 和 后可得结论．
【详解】由 得 ， 满足题意， ， 也满足题意，
，则由 得 ，由 得 均满足题意，
由 得 ，由 得 ，均满足题意，
所以 有四个零点： ，0， ，2，零点的和为 ．
故答案为：4； ．
15．已知函数 在区间 上单调，且满足 ，下列
结论正确的有（ ）
①．
②．若 ，则函数 的最小正周期为
③．关于 方程 在区间 上最多有4个不相等的实数解④．若函数 在区间 上恰有5个零点，则 的取值范围为
【答案】①②④
【分析】对①：利用对称性直接求得；
对②：根据对称中心与对称轴可得周期表达式，结合区间 上单调求出函数的最小正周期，
即可判断；
对③：先判断出周期 ，结合周期越大， 的根的个数越少，解出
在区间 上最多有3个不相等的实数根，即可判断.
对④：由题意分析 ，建立关于 的不等式组，求出 的取值范围.
【详解】函数 满足 .
对①：因为 ，所以 ，故①正确；
对②：由于 ，所以函数 的一条对称轴方程为 .又 为一个对称
中心，
由正弦图像和性质可知，所以函数的最小正周期满足 ，即
.
又区间 上单调，故 ，即 ，故 ，故②正确；
对③：函数 在区间 上单调，且满足 ，
可得： ，所以周期 ，又周期越大， 的根的个数越少.
当 时， ，又 ， ，得 .
所以 在区间 上有3个不相等的实数根： ， 或 ，
故至多3个不同的实数解，故③错误.
对④：函数 在区间 上恰有5个零点，所以 ，
所以 ，解得： ，且满足 ，即 ，即 ，故
.故④正确.
故选：①②④
三、解答题：本题共6小题，共85分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。
16．（本题13分）如图，四棱锥 的体积为1，平面 平面 ， ，
， ， ， 为钝角．
(1)证明： ；
(2)若点E在棱AB上，且 ，求直线PE与平面PBD所成角的正弦值．
【答案】(1)证明过程见解析 (2)
【分析】（1）作出辅助线，由面面垂直得到线面垂直，结合棱锥的体积得到棱锥的高，由勾股定理求出 ，得到 ；
（2）建立空间直角坐标系，根据 求出 ，求出平面法向量，得到线面角的正弦值.
【详解】（1）过点 作 ⊥ ，交 的延长线于点 ，连接 ，
因为平面 平面 ，交线为 ， 平面 ，
所以 ⊥平面 ，
因为 ， ， ，
所以四边形 的面积 ，
因为四棱锥 的体积为1，
所以 ，解得 ，
因为 平面 ，所以 ⊥ ， ⊥ ，
因为 ， 为钝角，
由勾股定理得 ，
所以 ，
又 ， ，故四边形 为矩形，
所以 ，
由勾股定理得 ，
故 ；
（2）由（1）知， 两两垂直，以 为坐标原点，
所在直线分别为 轴，建立空间直角坐标系，
，设 ， ，则 ，解得 ，
故 ，
设平面 的法向量为 ，
，
令 ，得 ，故 ，
设直线PE与平面 所成角为 ，
所以 .
直线PE与平面PBD所成角的正弦值为 .
17．（本题13分）已知函数 ，其中 ，__________.
请从以下二个条件中任选一个，补充在题干的横线上，并解答下列问题：
① 是 的一个零点；② .
(1)求 的值；
(2)当 时，若曲线 与直线 恰有一个公共点，求 的取值范围.
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.【答案】(1) (2)
【分析】（1）根据三角函数的性质建立并解方程，可得答案；
（2）利用三角函数恒等式整理函数解析式，根据复合型三角函数的单调性，可得答案.
【详解】（1）选条件①
由题设 .所以 .
因为 ，所以 .所以 .所以 .
选条件②.
由题设 .
， ，
， ， ，
整理得 .
因为 ，所以 .所以 .所以 .
（2）由（1） .
令 ，
所以 在 单调递增，在 单调递减，
于是，当且仅当 ，即 时， 取得最大值1；
当且仅当 ，即 时， 取得最小值 .又 ，即 时， .
所以 的取值范围是 .
18．（本题14分）某学校进行趣味投篮比赛，设置了A，B两种投篮方案.方案A：罚球线投篮，
投中可以得2分，投不中得0分；方案B：三分线外投篮，投中可以得3分，投不中得0分.甲、乙
两位员工参加比赛，选择方案A投中的概率都为 ，选择方案B投中的概率都为 ，每
人有且只有一次投篮机会，投中与否互不影响.
(1)若甲选择方案A投篮，乙选择方案B投篮，记他们的得分之和为X， ，求X的分布
列；
(2)若甲、乙两位员工都选择方案A或都选择方案B投篮，问：他们都选择哪种方案投篮，得分之
和的均值较大？
【答案】(1)分布列见解析 (2)答案见解析
【分析】（1）根据 得到方程，求出 ，求出X的所有可能值及对应的概率，得
到分布列；
（2）设甲、乙都选择方案A投篮，投中次数为 ，都选择方案B投篮，投中次数为 ，则
， ，计算出两种情况下的均值，由不等式，得到相应的结论.
【详解】（1）依题意，甲投中的概率为 ，乙投中的概率为 ，
于是得 ，解得 ，
X的所有可能值为0，2，3，5，
， ，， ，
所以X的分布列为：
0 2 3 5
（2）设甲、乙都选择方案A投篮，投中次数为 ，都选择方案B投篮，投中次数为 ，
则 ， ，
则两人都选择方案A投篮得分和的均值为 ，
都选择方案B投篮得分和的均值为 ，
则 ，
，
若 ，即 ，解得 ；
若 ，即 ，解得 ；
若 ，即 ，解得 .
所以当 时，甲、乙两位同学都选择方案A投篮，得分之和的均值较大；
当 时，甲、乙两位同学都选择方案A或都选择方案B投篮，得分之和的均值相等；
当 时，甲、乙两位同学都选择方案B投篮，得分之和的均值较大.
19．（本题15分）已知椭圆 的长轴为线段 ，短轴为线段 ，四边形
的面积为4，且 的焦距为 ．(1)求 的标准方程；
(2)若直线 与 相交于 两点，点 ，且 的面积小于 ，求 的取值范
围．
【答案】(1) (2)
【分析】（1）根据题意可得 ，解出 ， ，从而得到椭圆方程；
（2）利用点到直线的距离公式求出 的高为 ，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理以
及弦长公式求出 ，得到 的面积 ，解不等式即可得
到答案.
【详解】（1）由题意可得 ，解得 ，
所以 的标准方程为 ；
（2）点 到直线 的距离 ，
设 ，联立方程组 ，
整理得 ，则 ，即 ，
，
所以 ，
则 的面积 ，
得 ，又 ， （由 三点不共线可得），
所以 的取值范围是 ．
20．（本题15分）已知函数 ．
(1)当 时，求曲线 在点 处的切线方程；
(2)若 的最小值为1，求a．
【答案】(1) (2)
【分析】（1）通过运算得 即可得解.
（2）对 分类讨论，首先得 满足题意，进一步分 、 以及 分类讨论即可求
解.
【详解】（1） ，
所以曲线 在点 处的切线方程 ，
即 ．
（2） ，令 ，则 ，
令 ，则 ，
当 时， ，
则 ，
当 时， 在 上单调递减，当 时， 在 上单调递增，
在 上单调递增，且 ，
所以，当 时， 在 上单调递减，
当 时， 在 上单调递增，所以 ．
所以 成立，
当 时，当 时， 在 上单调递减， ，
在 上单调递减，
因为 ，所以 在 上单调递减，此时 ，舍去．
当 时，当 时， ，
在 上单调递减， 在 上单调递增， ，
舍去；
当 时，当 时， 在 上单调递增，
在 上单调递减，
在 上单调递增，此时， ，舍去，
综上， ．
21．（本题15分）若无穷数列 的各项均为整数．且对于 ， ，都存在 ，使得 ，则称数列 满足性质P．
(1)判断下列数列是否满足性质P，并说明理由．
① ， ，2，3，…；
② ， ，2，3，…．
(2)若数列 满足性质P，且 ，求证：集合 为无限集；
(3)若周期数列 满足性质P，求数列 的通项公式．
【答案】(1)数列 不满足性质P；数列 满足性质P，理由见解析
(2)证明见解析 (3) 或 ．
【分析】（1）根据题意分析判断；
（2）根据题意先证 为数列 中的项，再利用反证法证明集合 为无限集；
（3）先根据题意证明 ，再分 为常数列和非常数列两种情况，分析判断.
【详解】（1）对①，取 ，对 ，则 ，
可得 ，
显然不存在 ，使得 ，
所以数列 不满足性质P；
对②，对于 ，则 ， ，
故
，因为 ，
则 ，且 ，所以存在 ， ，
使得 ，
故数列 满足性质P；
（2）若数列 满足性质 ，且 ，则有：
取 ，均存在 ，使得 ，
取 ，均存在 ，使得 ，
取 ，均存在 ，使得 ，
故数列 中存在 ，使得 ，即 ，
反证：假设 为有限集，其元素由小到大依次为 ，
取 ，均存在 ，使得 ，
取 ，均存在 ，使得 ，
取 ，均存在 ，使得 ，
即 这与假设相矛盾，故集合 为无限集.
（3）设周期数列 的周期为 ，则对 ，均有 ，
设周期数列 的最大项为 ，最小项为 ，
即对 ，均有 ，
若数列 满足性质 ：
反证：假设 时，取 ，则 ，使得，
则 ，即 ，
这对 ，均有 矛盾，假设不成立；则对 ，均有 ；
反证：假设 时，取 ，则 ，使得
，
这与对 ，均有 矛盾，假设不成立，即对 ，均有 ；
综上所述：对 ，均有 ，
反证：假设1为数列 中的项，由（2）可得： 为数列 中的项，
∵ ，即 为数列 中的项，
这与对 ，均有 相矛盾，即对 ，均有 ，同理可证： ，
∵ ，则 ，
当 时，即数列 为常数列时，设 ，故对 ，都存在 ，
使得 ，解得 或 ，即 或 符合题意；
当 时，即数列 至少有两个不同项，则有：
①当 为数列 中的项，则 ，即 为数列 中的项，但 ，不成
立；
②当 为数列 中的项，则 ，即 为数列 中的项，但 ，不成立；
③当 为数列 中的项，则 ，即 为数列 中的项，但 ，不成立；
综上所述： 或 .
