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2024 年高考第二次模拟考试
数学（理科）·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
一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60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．已知集合 ，集合 ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先表示出集合 ，再由交集和补集的运算得出结果即可.
【详解】集合 ，集合 ，
集合 ，所以 .
故选：D
2．设 为虚数单位，且 ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据复数的除法运算求 ，进而可得共轭复数.
【详解】由题意可得： ，
所以 .
故选：D.3．若向量 满足 ，且 ，则 在 上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由向量数量积的运算律可得 ，再由投影向量的定义求 在 上的投影向量.
【详解】由 ，则 ，
由 在 上的投影向量 .
故选：D
4．已知等比数列 的前 项和为 且 成等差数列，则 为（ ）
A．244 B．243 C．242 D．241
【答案】A
【分析】首先根据条件求公比，再代入等比数列的前 项和公式，即可求解.
【详解】由题意可知， 且 ，
设等比数列的公比为 ，
则 ，得 ，
.
故选：A
5．第19届亚运会在杭州举行，为了弘扬“奉献，友爱，互助，进步”的志愿服务精神，5名大学
生将前往3个场馆 开展志愿服务工作．若要求每个场馆都要有志愿者，则当甲不去场馆
时，场馆 仅有2名志愿者的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】首先得甲去场馆 或 的总数为 ，进一步由组合数排列数即可得所求概率.
【详解】不考虑甲是否去场馆 ，所有志愿者分配方案总数为 ，
甲去场馆 的概率相等，所以甲去场馆 或 的总数为 ，甲不去场馆 ，分两种情况讨论，
情形一，甲去场馆 ，场馆 有两名志愿者共有 种；
情形二，甲去场馆 ，场馆 场馆 均有两人共有 种，
场馆 场馆 均有两人共有 种，所以甲不去场馆 时，
场馆 仅有2名志愿者的概率为 .
故选：B．
6．已知函数 ，则 是（ ）
A．奇函数，且在 上是增函数 B．奇函数，且在 上是减函数
C．偶函数，且在 上是增函数 D．偶函数，且在 上是减函数
【答案】A
【分析】求出函数的定义域，利用奇偶函数的定义及复合函数的单调性法则判断即可.
【详解】若函数 有意义，则 ，解得 ，
即函数 的定义域为 ，
因为 ，所以函数 是奇函数，
函数 ，
因为函数 在 上递增，函数 在定义域上递增，
所以函数 在 上是增函数.
故选：A
7．“直线 与 平行”是“ ”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】根据两条直线平行，对应方程系数的关系求解，分两个方面判断即可．
【详解】若直线 与 平行，
易得: ，故： ，
则得不到 ，故不是充分条件；
反之，当 时 成立，故直线 与 平行，是必要
条件；
故“直线 与 平行”是“ ”的必要不充分条件，
故选：B．
8．已知双曲线 的左、右焦点分别为 ， ，A为C的右顶点，以 为直
径的圆与C的一条渐近线交于P，Q两点，且 ，则双曲线C的离心率为（ ）
A． B． C． D．3
【答案】C
【分析】联立圆与渐近线方程，得到 ，进而得到 ，利用直线斜率得到
方程，求出 ，得到离心率.
【详解】由题意得，以 为直径的圆的方程为 ， ，
渐近线方程为 ，
联立 ，解得 ，
不妨令 ，
故 ，
因为 ，所以 ，
所以 ，解得 ，
故离心率 .故选：C
9． 展开式中常数项为（ ）.
A．11 B． C．8 D．
【答案】B
【分析】将 看成一个整体，得到 ，再展开 得到
，分别取值得到答案.
【详解】将 看成一个整体，展开得到：
的展开式为：
取
当 时， 系数为：
当 时， 系数为：
常数项为
故答案选B
【点睛】本题考查了二项式定理，将 看成整体展开，再用一次二项式展开是解题的关键，计
算较为复杂.
10．若函数 恒有 ，且 在 上单调递减，则
的值为（ ）
A． B． C． D． 或
【答案】D【分析】由题意可得当 时， 取得最大值，所以 ，可求出 ，再由
，求出 的范围，即可得出答案.
【详解】由题意可得当 时， 取得最大值，所以 ， ， ．
由 在 上单调递减，得 ，
所以 ．所以 或 ．经检验， 或 均满足条件．
故选：D．
11．在棱长为 的正方体 中， 、 分别为 、 的中点，则下列说法不正确
的是（ ）
A．当三棱锥 的所有顶点都在球 的表面上时，球 的表面积为
B．异面直线 与 所成角的余弦值为
C．点 为正方形 内一点，当 平面 时， 的最小值为
D．过点 、 、 的平面截正方体 所得的截面周长为
【答案】D
【分析】对于A：转化为长方体的外接球分析运算；对于B：根据异面直线夹角分析运算；对于
C：根据面面平行分析判断；对于D：根据平行关系求截面，进而可得周长.
【详解】对于A：三棱锥 的外接球即为以 、 、 为邻边的长方体的外接球，
因为 ， ，
可得外接球的半径 ，
所以外接球的表面积 ，故A正确；
对于B：因为 ，则异面直线 与 所成角为 ，且 ， ，
可得 ，所以 ，
所以，异面直线 与 所成角的余弦值为 ，故B正确；对于C：取 、 、 的中点 、 、 ，连接 、 、 、 ，，
由题意可得： ， ，则 为平行四边形，所以 ，
因为四边形 为正方形， 、 分别为 、 的中点，则 ， ，
所以，四边形 为平行四边形，所以， ， ，
又因为 ， ，可得 ， ，
则 为平行四边形，所以 ，可得 ，
因为 平面 ， 平面 ，则 平面 ，
因为 ， ，则四边形 为平行四边形，则 ，
因为 、 分别为 、 的中点，则 ，同理可得 ，则 ，可得
，
因为 平面 ， 平面 ，则 平面 ，
因为 ， 、 平面 ，所以平面 平面 ，
则点P在线段 上，可得 ，
，
所以当点P为线段 的中点时， ，
取到最小值，且最小值为 ，故C正确；对于D：连接 、 ，
因为 、 为 、 的中点，则 ，
又因为 ， ，则 为平行四边形，可得 ，
则 ，
过 作 ，设 ， ，则 ，
可得 ， ，
连接 、 ，设 ， ，连接 、 ，
可得过点 、 、 的平面截正方体 所得的截面为五边形 ，
因为 ， 则 ， ，
可得 ， ， ，
所以截面周长为 ，故D错误；
故选：D.
【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面
几何问题求解，其解题思维流程如下：
（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；
（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及
体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；
（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.
12．若点 既在直线 上，又在椭圆 上， 的左、右焦点分别为
， ，且 的平分线与 垂直，则 的长轴长为（ ）
A． B． C． 或 D． 或
【答案】B
【分析】过点 、 分别作 、 垂直直线 于点 、 ，由 的平分线与 垂直可得
，即可得 与 相似，结合点到直线的距离可得相似比，从而可求出
、 ，结合椭圆定义即可得长轴长.
【详解】过点 、 分别作 、 垂直直线 于点 、 ，
作 的平分线 与 轴交于 ，
由 ，故 、 ，
则 ， ，
由 且 为 的平分线，故 ，
故 ，
又 、 ，故 与 相似，
故 ，
由 ，令 ，则 ，
故直线 与 轴交于点 ，故 ，，故 ，
由 ，
故 ， ，
故 ， ，
由椭圆定义可知， ，故 ，
即 的长轴长为 .
故选：B.
【点睛】关键点睛：本题关键在于作出 、 垂直直线 于点 、 ，再将 的平分线
与 垂直这个条件转化为 ，从而得到相似三角形，结合点到直线距离公式及
得到 、 的值.
第Ⅱ卷
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分
13．已知 ，写出符合条件的一个角 的值为 .
【答案】 （答案不唯一）
【分析】根据题目条件得到 和 ，从而求出
，进而求出角 的值.【详解】 ，
故 ，
，即 ，
故 ，
故 ，即 ，
则 ，
则 ，
可取 .
故答案为：
14．在正三棱台 中， ， ，侧棱 与底面ABC所成角的正切值为
．若该三棱台存在内切球，则此正三棱台的体积为 ．
【答案】
【分析】取BC和 的中点分别为P，Q，上、下底面的中心分别为 ， ，设 ，内切
球半径为r，根据题意求出侧棱长以及 ， ，再根据切线的性质及等腰梯形 和梯形
的几何特点列方程组求出半径即可.
【详解】如图，取BC和 的中点分别为P，Q，
上、下底面的中心分别为 ， ，
设 ，内切球半径为r，因为 ，棱台的高为2r，
所以 ，
，同理 ．
因为内切球与平面 相切，切点在 上，所以 ①，
在等腰梯形 中， ②，
由①②得 ．
在梯形 中， ③，
由②③得 ，代入得 ，则棱台的高 ，
所以棱台的体积为 ．
故答案为： .
15．已知函数 满足对任意的实数m，n都有
，则曲线 在 处的切线方程为 ．
【答案】
【分析】构造函数 ，将已知等式转化为 ，再利用赋值法求得
与 ，进而求得 ，再利用利用导数的几何意义即可得解．
【详解】因为 ，
所以 ，
设 ，则 ，
令 ，则 ，则 ，或 ，
若 ，则由 ，得 ，显然不成立，
所以 ，即 ，则
令 ，则 ，由于 不恒为0，
故 ，即 ，则 ，
此时 ，经检验，满足要求，
则 ， ，所以 ，
所以曲线 在 处的切线方程为 ，即 ．
故答案为：
16．在锐角 中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，S为 的面积，且
，则 的取值范围为 .
【答案】
【分析】利用三角形面积公式与余弦定理，可得 ，再根据同角关系式可得 ，然
后利用正弦定理与三角恒等变换公式化简可得 ，结合条件可得 取值范围，进而
求得 的取值范围，令 ，则 ，然后由对勾函数的单调性即可求出．
【详解】在 中，由余弦定理得 ，
且 的面积 ，
由 ，得 ，化简得 ，
又 ， ，联立得 ，
解得 或 （舍去），
所以 ，
因为 为锐角三角形，所以 ， ，所以 ，
所以 ，所以 ，所以 ，
设 ，其中 ，所以 ，
由对勾函数单调性知 在 上单调递减，在 上单调递增，
当 时， ；当 时， ；当 时， ，
所以 ，即 的取值范围是 .
故答案为： .
【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用正弦定理与三角恒等变换公式化简可得 ，
进而可以求解.
三、解答题：本大题共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17~21题为必考题，
每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．
（一）必考题：共60分．
17．（12分）已知 是公差不为零的等差数列， ，且 成等比数列．
(1)求数列 的通项公式；
(2)若 ，求 的前1012项和 ．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据等差数列的通项公式和等比中项即可得解；
（2）由裂项相消法可求出前1012项和.
【详解】（1）设等差数列 的公差为 ，
又 ，则 ， ，
因为 成等比数列，所以 ，即 ，
得 ，
又因为 是公差不为零的等差数列，所以 ，
即 ....................................................6分
（2）由（1）知
，
.....................................................12分
18．（12分）在直角梯形 中， ， ， ，如图
（1）．把 沿 翻折，使得平面 平面 ．
(1)求证： ；
(2)在线段BC上是否存在点N，使得AN与平面ACD所成角为60°？若存在，求出 的值；若不
存在，说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，
【分析】（1）利用勾股定理证明 ，再根据面面垂直的性质可得 平面 ，再根据线
面垂直的性质即可得证；
（2）以点 为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【详解】（1）因为 ，且 ，
可得 ， ，
又因为 ，可得 ，所以 ，则 ，
因为平面 平面 ，平面 平面 ，且 平面 ，
所以 平面 ，
又因为 平面 ，所以 ；....................................................6分
（2）因为 平面 ，且 平面 ，所以 ，
如图所示，以点 为原点，建立空间直角坐标系，
可得 ， ， ， ，
所以 ， ．....................................................7分
设平面 的法向量为 ，则 ，
令 ，可得 ，所以 ，....................................................9分
假设存在点 ，使得 与平面 所成角为 ，
设 ，（其中 ），则 ， ，
所以 ，
整理得 ，解得 或 （舍去），
所以在线段 上存在点 ，使得 与平面 所成角为 ，此时
．....................................................12分
19．（12分）正态分布与指数分布均是用于描述连续型随机变量的概率分布．对于一个给定的连
续型随机变量 ，定义其累积分布函数为 ．已知某系统由一个电源和并联的 ，
， 三个元件组成，在电源电压正常的情况下，至少一个元件正常工作才可保证系统正常运行，电
源及各元件之间工作相互独立．
(1)已知电源电压 （单位： ）服从正态分布 ，且 的累积分布函数为 ，求
；
(2)在数理统计中，指数分布常用于描述事件发生的时间间隔或等待时间．已知随机变量 （单位：天）表示某高稳定性元件的使用寿命，且服从指数分布，其累积分布函数为
.
（ⅰ）设 ，证明： ；
（ⅱ）若第 天元件 发生故障，求第 天系统正常运行的概率．
附：若随机变量 服从正态分布 ，则 ， ，
．
【答案】(1)0.8186
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ） ．
【分析】（1）根据正态分布的对称性即可结合 的定义求解，
（2）（ⅰ）根据条件概率的计算公式集合 的定义以及 的定义域即可求解，
（ⅱ）根据独立事件的概率公式求解即可.
【详解】（1）由题设得 ， ，
所以
...................................................3分
（2）（ⅰ）由题设得：
，
,
所以 ．...................................................8分
（ⅱ）由（ⅰ）得 ，
所以第 天元件 ， 正常工作的概率均为 ．
为使第 天系统仍正常工作，元件 ， 必须至少有一个正常工作，
因此所求概率为 ．....................................................12分20．（12分）已知抛物线 的焦点为F，若 的三个顶点都在抛物线E上，且满足
，则称该三角形为“核心三角形”．
(1)设“核心三角形 ”的一边 所在直线的斜率为2，求直线 的方程；
(2)已知 是“核心三角形”，证明： 三个顶点的横坐标都小于2．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）设 的方程为 ，联立抛物线方程，得到两根之和，两根之积，根据
及 得到点C的坐标为 ，代入抛物线方程，求出 ，得到直线
方程；
（2）设直线 的方程，联立抛物线方程，得到两根之和，两根之积，求出点A的坐标为
，代入抛物线方程，得到 ，由根的判别式得到 ，所以
，所以点A的横坐标 ，同理可证另两个顶点横坐标也小于2.
【详解】（1）设直线 的方程为 ，与 联立得 ，
由 得 ，
设 ，则 ，
所以 ，
由题意知 ，
因为 ，
所以 ，
所以 ，故
即点C的坐标为 ，代入抛物线E的方程得： ，解得 ，
满足条件 ，
所以直线 的方程为 ．....................................................6分
（2）证明：设直线 的方程为 ，与 联立得 ，，所以 ，
所以 ．
由（1）知 ，所以 ，
即点A的坐标为 ．
又点A在抛物线 上，所以 ，所以 ，
又 ，所以 ，所以点A的横坐标 ，
同理可证，B，C两点的横坐标也小于2．
所以 三个顶点的横坐标均小于2．....................................................12分
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法：
（1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；
（2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这
个函数的最值或范围．
21．（12分）已知函数 ， ．
(1)若 恒成立，求a的取值集合；
(2)证明： ．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）利用导数求函数 的最小值，转化恒成立条件列不等式可求 的取值集合；
（2）利用小问（1）构造不等式，赋值结合累加法证明 ，再结合
正弦函数性质和不等式性质即可证明结论.
【详解】（1）由题可知函数 的定义域为 ，
，令 ，得 ，
由x， ， 列表如下
x a
0递减 极小值 递增
，
因为 恒成立，
所以 ， ．
令 ，则 ，
由x， ， 列表如下
x 1
0
递增 极大值 递减
．
又 ， ，
， ，
，故a的取值集合为 ．....................................................5分
（2）由（1）可知，当 时， ，
即 ， ，
（当 时，“ ”成立），
令 ，
，则 ， ，
由累加法可知累加可得 ，
即 ，
令 ， ，
恒成立，
在区间 上单调递减，
，
，
，
....................................................12分
【点睛】方法点睛：（1）导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单
调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式
证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理；（2）利用导数解决含参函数的单调性问题时，
一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用；（3）证
明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运
用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.
（二）选考题：共10分．请考生在22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．
选修4-4：坐标系与参数方程
22．（10分）已知曲线 的参数方程为 （ 为参数），直线 过点 ．
(1)求曲线 的普通方程；
(2)若直线 与曲线 交于 ， 两点，且 ，求直线 的倾斜角．
【答案】(1) .(2) 或 .
【分析】（1）利用参数方程转普通方程即可求解.
（2）写出直线 的参数方程，参数方程代入 ，设 ， 两点所对的参数为 ，利用韦
达定理代入 中，化简即可求解.
【详解】（1）由曲线 的参数方程为 （ 为参数），得 ，
， ，即 （为焦点在 轴上的椭
圆）....................................................4分
（2）设直线 的倾斜角为 ，直线 过点
直线 的参数方程为 （ 为参数），
将直线 的参数方程代入 ，可得 ，
，
设 ， 两点所对的参数为 ， ，
曲线 与 轴交于 两点，
在曲线 的内部， 一正一负，
，而 ， ，
， ， ，解得 ， 为直线 的倾斜角， ，
， ， 或 ，
直线 的倾斜角为 或 .....................................................10分
选修4-5：不等式选讲
23．（10分）已知函数 ．
(1)求不等式 的解集；
(2)设函数 的最小值为 ，若 且 ，求证： ．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）解绝对值不等式时，一般考虑分类讨论法求解，最后再合并；
（2）分类讨论 的单调性，判断其在不同区间上的最小值，最后确定 的值，利用基本不等式
即可证明.
【详解】（1）不等式 可化为 或 ，
由 ，可得 ，解得 或 ；
由 ，可得 ，解得 ，
所以不等式 的解集为 ．....................................................4分
（2）由题意，知 ，
当 时， ，
因 在 上单调递减，则 ；
当 时， ，
因 在 上单调递增，在 上单调递减，故 在 无最小值，但是 ；当 时， ，
因 在 上单调递增，则 .
综上，当 时，函数 取得最小值2，即 ，所以 ，
因 ，所以 ，当且仅当 时等号成立，
故 ．..................................................10分
