2024年高考考前信息必刷卷二（新高考新題型）數(shù)學(xué)及答案

絕密★啟用前2024年高考考前信息必刷卷（新高考新題型）02數(shù)學(xué)（考試時間：120分鐘試卷滿分：150分）隨著九省聯(lián)考的結(jié)束，全國陸續(xù)有多個省份宣布在2024年的高考數(shù)學(xué)中將采用新題型模式。新的試題模式與原模式相比變化較大，考試題型為8（單選題）＋3（多選題）＋3（填空題）＋5（解1題，多選題由原來的0分、2分、5分“部分選對得部分分，滿分為6分”5155值依次為13分、15分、15分、17分、17分。新的試題模式與原模式相比，各個題目的考查內(nèi)容、排列順序進(jìn)行了大幅度的調(diào)整。多年不變的集合題從單選題的第1題變?yōu)樘羁疹}，且以往壓軸的函數(shù)與導(dǎo)數(shù)試題在測試卷中安排在解答題的第1題，難度大幅度降低；概率與統(tǒng)計試題也降低了難度，安排在解答題的第2題；在壓軸題安排了新情境試題。這些變化對于打破學(xué)生機(jī)械應(yīng)試的套路模式，對促使學(xué)生全面掌握主干知識、提升基本能力具有積極的導(dǎo)向作用。九省聯(lián)考新模式的變化，不僅僅體現(xiàn)在題目個數(shù)與分值的變化上，其最大的變換在于命題方向與理念的變化，與以往的試題比較，試題的數(shù)學(xué)味更濃了，試卷沒有太多的廢話，也沒有強(qiáng)加所謂的情景，體現(xiàn)了數(shù)學(xué)的簡潔美，特別是最后一道大題，題目給出定義，讓考生推導(dǎo)性質(zhì)，考查考生的數(shù)學(xué)學(xué)習(xí)能力和數(shù)學(xué)探索能力，這就要求考生在平時的學(xué)習(xí)中要注重定理、公式的推導(dǎo)證明，才能培養(yǎng)數(shù)學(xué)解決這類問題的思維素養(yǎng)。試卷的命制體現(xiàn)“多想少算”進(jìn)有序，難度結(jié)構(gòu)合理，中低難度的題目平和清新，重點突出；高難度的題目不偏不怪，中規(guī)中矩，體現(xiàn)了良好的區(qū)分性，可有效的引導(dǎo)考生在學(xué)習(xí)過程中從小處著手，掌握基本概念和常規(guī)計算；從大處著眼，建構(gòu)高中數(shù)學(xué)的知識體系。8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．a(chǎn)ax)61．的展開式中x3的系數(shù)為，則（）24D.A.2B.C.4S9S6n（2．設(shè)Sn是等比數(shù)列a的前項和，若Sa4568，則）n3735337A．2B．C．D．s3．某學(xué)校運動會男子100m決賽中，八名選手的成績（單位：）分別為：13.09，13.15，12.90,13.16，12.96，13.11，x，13.24，則下列說法錯誤的是（）A．若該八名選手成績的第75%百分位數(shù)為13.155，則x13.15B．若該八名選手成績的眾數(shù)僅為13.15，則x13.15C．若該八名選手成績的極差為0.34，則xD．若該八名選手成績的平均數(shù)為13.095，則x13.15πACBC5ABC4．在ABC中，C，AB13，，則的面積為（）3A．B．23C．33D．433π175．已知0A．0,sinsin,coscos，則cos2（）21010247B．C．D．12525619“”5名大學(xué)生將前往3,B,C開展志愿服務(wù)工作．若要求每個場館都要有志愿者，則當(dāng)甲不去場館AB僅有2個場館名志愿者的概率為（）32150634A．B．C．D．511π7ABCD中，AB2AD4，BAD，E，H分別為AB，CDVADE沿直線3DE折起，構(gòu)成如圖所示的四棱錐ABCDE，F(xiàn)為C的中點，則下列說法不正確的是（）A．平面BFH//平面B．四棱錐BCDE體積的最大值為3C．無論如何折疊都無法滿足A'DBCD．三棱錐DEH表面積的最大值為23438．曲線C是平面內(nèi)與三個定點F1,0，F(xiàn)1,0和F0,1的距離的和等于22的點的軌跡.給出下列四個12結(jié)論：①曲線C關(guān)于x軸、軸均對稱；y223②曲線C上存在點P，使得PF3；③若點P在曲線C上，則△FPF的面積最大值是1；12④曲線C上存在點P，使得1為鈍角.2其中所有正確結(jié)論的序號是（A．②③④B．②③）C．③④D．①②③④3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分．9．已知函數(shù)fxcos44）x23sinxcosxsinx，則下列說法正確的是（A．最小正周期為B．函數(shù)fx在區(qū)間π,π內(nèi)有6個零點πC．fx的圖象關(guān)于點,0對稱12πD．將fx的圖象向左平移個單位，得到函數(shù)gx的圖象，若gx在t上的最大值為g0，則t45π的最大值為610．已知直線l:a2xa1y10與圓交于點，點,BP,AB中點為C:x2y24Q，則（）A．的最小值為22B．的最大值為4C．為定值D．存在定點M，使得為定值f10，且對任意11．已知函數(shù)fx及其導(dǎo)函數(shù)fx的定義域均為R，若fx是奇函數(shù)，f2x,yRfxyfxfyfxfy，則（，）1A．ff60B．220242024f(k)1D．f(k)1C．k1k1三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分．i202312．若復(fù)數(shù)z，則zz1a2c13．已知三個實數(shù)a、b、c，當(dāng)c0時，b2ac且bca2，則的取值范圍是．b14．已知棱長為8的正四面體，沿著四個頂點的方向各切下一個棱長為2的小正四面體（如圖），剩余中間部分的八面體可以裝入一個球形容器內(nèi)（容器壁厚度忽略不計），則該球形容器表面積的最小值為四、解答題：本題共5小題，共77分．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟．1g(x)x4ax2xx2x．215．（13分）已知函數(shù)4(1)當(dāng)a1時，求g(x)的圖象在點g處的切線方程；a(2)若g(x)0，求實數(shù)的取值范圍．x2y221216．（15分）已知橢圓C:(1)求橢圓C的方程；ab0)的右焦點2與拋物線y24x的焦點重合，且其離心率為.a2b(2)已知與坐標(biāo)軸不垂直的直線l與橢圓C交于M，NMN的中點為PkMNkOP（O為坐標(biāo)原點）為定值.17．（15分）如圖，在正四棱臺ABCD中，AB2AB4.111111(1)求證：平面ABCD平面1A；13(2)若直線BC與平面ACCA所成角的正切值為，求二面角B1A的正弦值.111618．（17分）某學(xué)校有甲、乙、丙三家餐廳，分布在生活區(qū)的南北兩個區(qū)域，其中甲、乙餐廳在南區(qū)，丙餐廳在北區(qū)各餐廳菜品豐富多樣，可以滿足學(xué)生的不同口味和需求．（1）現(xiàn)在對學(xué)生性別與在南北兩個區(qū)域就餐的相關(guān)性進(jìn)行分析，得到下表所示的抽樣數(shù)據(jù)，依據(jù)0.100的獨立性檢驗，能否認(rèn)為在不同區(qū)域就餐與學(xué)生性別有關(guān)聯(lián)？就餐區(qū)域性別合計南區(qū)北區(qū)男女333871107434588合計171（2）張同學(xué)選擇餐廳就餐時，如果前一天在甲餐廳，那么后一天去甲，乙餐廳的概率均為21323一天在乙餐廳，那么后一天去甲，丙餐廳的概率分別為，；如果前一天在丙餐廳，那么后一天去1414112甲，乙餐廳的概率均為．張同學(xué)第1天就餐時選擇甲，乙，丙餐廳的概率分別為，，．2（?。┣蟮?天他去乙餐廳用餐的概率；天他去甲餐廳用餐的概率nnN*p．n（ⅱ）求第n(adbc)22,nabcd；附：abcdacbd0.1000.0500.0250.0102.7063.8415.0246.63519．（17分）已知定義域為R的函數(shù)hxxR，都有hx2πhxh2π，則稱函hxP.數(shù)具有性質(zhì)fx2x,gxcosx是否具有性質(zhì)P；（直接寫出結(jié)論）（1）判斷函數(shù)（2）已知函數(shù)3252πsinx,fx，使函數(shù)fx,，判斷是否存在2具有性質(zhì)P？,若存在，求出的值；若不存在，說明理由；fx2π上的值域為gxsinfx函數(shù)，滿（3）設(shè)函數(shù)具有性質(zhì)P，且在區(qū)間f0,f2π.gx2πg(shù)x，且在區(qū)間0,2π上有且只有一個零點求證：f2π2π.足.絕密★啟用前2024年高考考前信息必刷卷（新高考新題型）02數(shù)學(xué)（考試時間：120分鐘試卷滿分：150分）隨著九省聯(lián)考的結(jié)束，全國陸續(xù)有多個省份宣布在2024年的高考數(shù)學(xué)中將采用新題型模式。新的試題模式與原模式相比變化較大，考試題型為8（單選題）＋3（多選題）＋3（填空題）＋5（解1題，多選題由原來的0分、2分、5分“部分選對得部分分，滿分為6分”5155值依次為13分、15分、15分、17分、17分。新的試題模式與原模式相比，各個題目的考查內(nèi)容、排列順序進(jìn)行了大幅度的調(diào)整。多年不變的集合題從單選題的第1題變?yōu)樘羁疹}，且以往壓軸的函數(shù)與導(dǎo)數(shù)試題在測試卷中安排在解答題的第1題，難度大幅度降低；概率與統(tǒng)計試題也降低了難度，安排在解答題的第2題；在壓軸題安排了新情境試題。這些變化對于打破學(xué)生機(jī)械應(yīng)試的套路模式，對促使學(xué)生全面掌握主干知識、提升基本能力具有積極的導(dǎo)向作用。九省聯(lián)考新模式的變化，不僅僅體現(xiàn)在題目個數(shù)與分值的變化上，其最大的變換在于命題方向與理念的變化，與以往的試題比較，試題的數(shù)學(xué)味更濃了，試卷沒有太多的廢話，也沒有強(qiáng)加所謂的情景，體現(xiàn)了數(shù)學(xué)的簡潔美，特別是最后一道大題，題目給出定義，讓考生推導(dǎo)性質(zhì)，考查考生的數(shù)學(xué)學(xué)習(xí)能力和數(shù)學(xué)探索能力，這就要求考生在平時的學(xué)習(xí)中要注重定理、公式的推導(dǎo)證明，才能培養(yǎng)數(shù)學(xué)解決這類問題的思維素養(yǎng)。試卷的命制體現(xiàn)“多想少算”進(jìn)有序，難度結(jié)構(gòu)合理，中低難度的題目平和清新，重點突出；高難度的題目不偏不怪，中規(guī)中矩，體現(xiàn)了良好的區(qū)分性，可有效的引導(dǎo)考生在學(xué)習(xí)過程中從小處著手，掌握基本概念和常規(guī)計算；從大處著眼，建構(gòu)高中數(shù)學(xué)的知識體系。8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．a(chǎn)ax)61．的展開式中x3的系數(shù)為，則（）A.4B.2C.42D.【答案】Dax)6展開式的通項為r1Cr6axr（其中0r6且rN【解析】二項式r3可得TC4ax3C64a3x3，所以C46a3160，解得a2.46令故選：DS9S6n（2．設(shè)Sn是等比數(shù)列a的前項和，若Sa4568，則）n3735337A．2B．C．D．【答案】BSS8SS84812，【解析】由題意得，6363S,SS,SS成等比數(shù)列，故SS32S3S9S6因為，363966824S912S28，解得，9即故S928S61273.故選：Bs3．某學(xué)校運動會男子100m決賽中，八名選手的成績（單位：）分別為：13.09，13.15，12.90,13.16，12.96，13.11，x，13.24，則下列說法錯誤的是（）A．若該八名選手成績的第75%百分位數(shù)為13.155，則x13.15B．若該八名選手成績的眾數(shù)僅為13.15，則x13.15C．若該八名選手成績的極差為0.34，則xD．若該八名選手成績的平均數(shù)為13.095，則x13.15【答案】A【解析】對A,因為875%6，當(dāng)x,八名選手成績從小到大排序12.90,12.96,13,13.09,13.11,13.15,13.16,13.24,，故該八名選手成績的第75%百分位數(shù)為13.1513.1613.155，但2x1313.15，故A錯誤；對B,由眾數(shù)是出現(xiàn)次數(shù)最多的數(shù)據(jù)，B正確；對C,當(dāng)x12.9，極差為當(dāng)x，極差為13.2412.90.34，符合題意x12.90.3413.24x0.34，不符合題意舍去；當(dāng)x13.24，極差為不符合題意舍去，綜上，x，正確；C12.9012.9613.0913.1113.1513.1613.24x對D,平均數(shù)為13.095,解得x13.15，故D正確.8故選：AπACBC5ABC4.在ABC中，C，AB13，B．23，則的面積為（）3A．C．33D．343【答案】Dπ【解析】在ABC中，C，ABc13，ACBCba5，3π(24，由余弦定理可得c2=a2+b2-2abcos=a+b-2ab-ab，解得31π13所以SABC故選：D5．已知0=absin=′4′=3，2322π17,sinsin,coscos，則cos2（）21010247A．0B．C．D．12525【答案】A【解析】已知sinsin17,coscos，10107145則)coscossinsin，1010173)coscossinsin，10105ππ00,0π，，22345)1cos2)，)1cos)2則則，5cos2))cos())sin()34430.5555故選：A.619“”5名大學(xué)生將前往3,B,C個場館開展志愿服務(wù)工作．若要求每個場館都要有志愿者，則當(dāng)甲不去場館A時，場館B僅有2名志愿者的概率為（）32150634A．B．C．D．511【答案】B25A23CCC35A33150，【解析】不考慮甲是否去場館A，所有志愿者分配方案總數(shù)為222,B,C的概率相等，所以甲去場館B或C150100，甲去場館甲不去場館A，分兩種情況討論，情形一，甲去場館B，場館B有兩名志愿者共有C4的總數(shù)為31C13A2224種；12種，情形二，甲去場館C，場館B場館C均有兩人共有C41C23場館B場館A均有兩人共有C426種，所以甲不去場館A時，241264221場館B僅有2名志愿者的概率為.10010050故選：B．π7ABCD中，AB2AD4，BAD，E，H分別為AB，CDVADE沿直線3DE折起，構(gòu)成如圖所示的四棱錐ABCDE，F(xiàn)為C的中點，則下列說法不正確的是（）A．平面BFH//平面B．四棱錐BCDE體積的最大值為3C．無論如何折疊都無法滿足A'DBCD．三棱錐DEH表面積的最大值為234【答案】C【解析】選項A，平行四邊形ABCD,所以BE//DH，又AB2AD4,E,H分別為AB,CD中點，所以BEDH,即四邊形BEDH為平行四邊，所以BH//DE,又BH平面A￠DEDE平面ADE,所以FH//平面A，故A正確；,￠DE所以BH//平,面A￠DEF是ACFH//AD,又FH平面A￠DE,AD平面A￠￠DE,又FHBHH,FH,BH平面BHF,所以平面BHF//平面ADEπBCDE,四棱錐BCDE的體積最大，因為BAD選項B，當(dāng)平面ADE平面，所以最大值為31243V33,故B正確；32BCB,BDBB,B,BD平面ADB所以平面選項C，根據(jù)題意可得BCDB只要,,BCDADB，即,故C錯誤；AEH,ADH,DHD,DEH表選項DEHAE根據(jù)對稱性可得此時121面積最大，最大值為SSDESDHSDEHSEH232222234,選項D正確.2故選：C8．曲線C是平面內(nèi)與三個定點F1,0，F(xiàn)1,0和F0,1的距離的和等于22的點的軌跡.給出下列四個123結(jié)論：①曲線C關(guān)于x軸、軸均對稱；y223②曲線C上存在點P，使得PF3；③若點P在曲線C上，則△FPF的面積最大值是1；12④曲線C上存在點P，使得1為鈍角.2其中所有正確結(jié)論的序號是（A．②③④B．②③【答案】C【解析】設(shè)曲線C上任意一點）C．③④D．①②③④Px,y，由題意可知C的方程為x12y2x12y2x2y1222.①錯誤，在此方程中用x取代x，方程不變，可知C關(guān)于軸對稱；y同理用取代，方程改變，可知C不關(guān)于x軸對稱，故①錯誤.yy223423②錯誤，若PF3，則PFPFFF，1212曲線C不存在，故②錯誤.③正確，PF2PF2PF2，113x2P應(yīng)該在橢圓D：y12212OF，曲線C與橢圓D有唯一的公共點F0,1，此時的面積最大，最大值是，故③正確；233當(dāng)點P為點時，F(xiàn)△1PF13FFF902④正確，由③可知，取曲線C上點F0,1，此時，313y1下面在曲線C上再尋找一個特殊點Py，0，則21y把21y整理得3y2221y22，221y兩邊平方，(242)y4250，42242)425y1或解得y因為0，即.634254251，則取點P，33此時FPF90.故④正確．21故答案為：C．3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分．9．已知函數(shù)fxcos44）x23sinxcosxsinx，則下列說法正確的是（A．最小正周期為B．函數(shù)fx在區(qū)間π,π內(nèi)有6個零點πC．fx的圖象關(guān)于點,0對稱12πDfx的圖象向左平移gxgx在t上的最大值為g0t45π的最大值為6【答案】AD【解析】fxcos4x23sinxcosxsinx4xcosxsinx23sinxcosxcos2xsin222cos2x3sin2xπ2sin2x，62π對于A：Tπ，A正確；2ππ13πππxπxfx時對于的的值為函數(shù)在區(qū)對于Bπ,π時，2x2x分別取π,0,π,2π6666間上的零點，只有個，B錯誤；4πππππfx的對稱中心，C錯誤；對于C：f2sin22sin30，故點,0不是12126312ππ46π2cos2x對于D：由已知gx2sin2x，6πππ當(dāng)0xt時，2xt,t0，666πt上的最大值為gxg02cos在因為，6ππ5π所以t0t，解得，D正確.666故選：AD.10．已知直線則（l:a2xa1y102y24,B交于點P,ABQ，C:x與圓，點中點為）A.B.的最小值為22的最大值為4C.為定值D.存在定點M，使得【答案】ACD為定值l:a2xa1y10【解析】直線，axy2xy10，即故直線過定點,且圓的圓心為0，半徑為y4P1C:x222,在圓內(nèi)，4，故P11122C對于A，當(dāng)和直線l垂直時，圓心到直線的距離最大，距離dCP2，AB2此時最小，AB=24d=22，故A正確；對于B，當(dāng)AB=4時，AB為圓的直徑，此時直線過圓心，a20a1010方程無解，故直線不可能過圓心，故B錯誤；對于C，設(shè)，則Ax,y,Bx,y21121y2yy2，12PAPB=x1x1y1yxxxx12121212當(dāng)直線l斜率不存在時，l:x1，聯(lián)立圓C:x2y24得，y3，此時PA1322=2y1kx，聯(lián)立圓C:x2y42當(dāng)直線l斜率存在時，設(shè)直線，2x2kx，即k421x22k2kxk222k30，得22k2kk12xx12，k2k32xx122k1x12，1ykx22k21y2kx11kx11=kxx2kk2xx21k2,12121PAPB=xxxx1y2yy2=k1xx2k211x2k1,121212122帶入得：PAPBk22k32k2k2k12，2故為定值2，故C正確；對于D，AB中點為Q，故CQAB在AB上，P1,且所以CQPQ,故△是直角三角形，112212,=PC當(dāng)M為中點時，為定值，故正確.D22故選：ACDf10，且對任意11．已知函數(shù)fx及其導(dǎo)函數(shù)fx的定義域均為R，若fx是奇函數(shù)，f2x,yRfxyfxfyfxfy，則（，）1A．ff60B．D．220242024f(k)1f(k)1C．k1k1【答案】ABDfxyfxfyfxfy，【解析】因為12xy1f22f1f1f2f10f1令得：，又因為，所以，故A正確；fx為偶函數(shù)fx是定義域為的奇函數(shù)，所以Rf00.因為，且①y1fx1fxf1fxf1令，可得：x再用代替可得：xf1xfxf1fxf1fxf1fxf1fxfxffxf②fxfx2fxffxfxfx②得：①fx2fx1fx所以：，fx3fx2fx1fx1fxfx1fxfxf3f00，故正確f6B.所以是周期為3的周期函數(shù)，所以：f1f2f30，所以：，f00f2f1f1f20因為：所以：又因為，2024fk674f1f2f30Cf1f2，故錯誤；k112x2ff2f亦為周期為3的周期函數(shù)，且為偶函數(shù)，所以f令x1，y0fff0ff0f01f3可得：，f1f2f30.所以2024f1fk674f1f2f3f21.D正確.所以：故k1故選：ABD三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分．i202312．若復(fù)數(shù)z，則zz115【答案】15i12iiii(12i)25i2i∴z，則zzz.【解析】∵z，12i12i2i)(12i)55a2c13．已知三個實數(shù)a、b、c，當(dāng)c0時，b2ac且bca2，則的取值范圍是．b19,【答案】【解析】當(dāng)c0時滿足：?2ac且bca2，a2aaca()2?0??3?2ac，即a22acc20，進(jìn)而2，解得．cccc13c1所以或，aaacc2cca2c2f()，ba2aac13t,t,1，令a1241ftt22tt，8131由于t,1，1,單調(diào)遞減，fttt所以在單調(diào)遞增，在3f3，1311當(dāng)t時，f=，當(dāng)t1時，3919所以ft1，故答案為：．9148的正四面體，沿著四個頂點的方向各切下一個棱長為248π【答案】【解析】如圖：△ABC的中心111設(shè)O為正四面體PABC的外接球球心，O為,H為的中心,M為BC的中點，1PABCPH，因為正四面體棱長為8，易得平面383易得8，PH平面，AH平面BCD，33833863則AH,82()2，由正四面體外接球球心為O，則O在，則OPOAR為外接球半徑，833863由22BO2得()2(R)2R2，解得R26，即PO26,222323326PABC222，PO22在正四面體中，易得O，所以11111333463POPO，11AO21O23,12則該八面體的外接球半徑12所以該球形容器表面積的最小值為4π2348π.四、解答題：本題共5小題，共77分．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟．1g(x)x4ax2xx2x．21513分）已知函數(shù)4(1)當(dāng)a1時，求g(x)的圖象在點g處的切線方程；a(2)若g(x)0，求實數(shù)的取值范圍．141）當(dāng)a1時，g(x)x4x22xx2x，求導(dǎo)得g(x)x2x2lnx，3559則g1，而g，于是y(x，即xy0，4449g(x)gxy0.處的切線方程是所以的圖象在點41g(x)x4ax22xx2x定義域為(0,)，求導(dǎo)得g(x)x32ax2lnx，（2）函數(shù)42lnx2lnx2ax2f(x)x2,x0，g(x)0由，得，令xx22lnx2x32x2h(x)2x2lnxx0，3求導(dǎo)得f(x)2x，令函數(shù)x2x2h(x)(0,)h00x1h(x)0f(x)0，顯然函數(shù)在上單調(diào)遞增，而h(x)0f(x)0f(x)(，則當(dāng)時，，當(dāng)x1時，，，函數(shù)在上遞減，在)上遞增，f(x)minf1，1因此a1，解得a，212a所以實數(shù)的取值范圍是a.x22y22121615分）已知橢圓C:(1)求橢圓C的方程；ab0)的右焦點2與拋物線y24x的焦點重合，且其離心率為.ab(2)已知與坐標(biāo)軸不垂直的直線l與橢圓C交于M，NMN的中點為PkMNkOP（O為坐標(biāo)原點）為定值.y4x的焦點為0，1）∵拋物線2∴橢圓C的半焦距為c1，c12又e，得a2，ba2c3.2ax2y2∴橢圓C的方程為143ymk0（2）證明：由題意可知，直線l的斜率存在且不為0，設(shè)直線l的方程為ym，，得34kx228kmx4m120.2聯(lián)立x22y143Δ0，即m24k3，2Nx,y，2Mx,y設(shè)，112834k6m34k則12yykxx2m，1212，22434km34kP,∴，22m2334kk.∴OP434k4k23∴kMNkOP為定值41715分）如圖，在正四棱臺ABCD中，AB2AB4.111111(1)求證：平面ABCD平面1A；13(2)若直線BC與平面ACCA所成角的正切值為，求二面角B1A的正弦值.11161）延長,,,交于一點，連接1PBD交AC于O；111由正四棱臺定義可知，四條側(cè)棱交于點P，且四棱錐PABCD為正四棱錐，即PAPBPCPD，又點O分別為AC,BD的中點，POAC,POBDACBDOAC,BD，平面故，而ABCD，故平面ABCD，又PO平面1A，1ACCAABCD1A平面；1故平面平面ABCD，即平面兩兩垂直，x,y,z11（2）由（1）知,OB,OP故分別以,OB,OP為軸建立空間直角坐標(biāo)系，C22,0,0,B2,h,B0,22,0,C2,0,h設(shè)棱臺的高為h，則1A，11BC22,2,h，而1，m0又平面的法向量可取為13BC1A由題意知直線與平面所成角的正切值為，，11631則其正弦值為(3)2(6)213|mBC|21sin1h4，解得，則|m||BC|13h2101BC22,22,0,BB2,4所以，1BCn22x22y01Bnx,y,z，則設(shè)平面的法向量為，1BBn2y4z01，令z1，則n22,22,1mn2217cosm,n[0,π]，故，而二面角范圍為mn2231717故二面角B1A的正弦值為1()2.1718.（17分）某學(xué)校有甲、乙、丙三家餐廳，分布在生活區(qū)的南北兩個區(qū)域，其中甲、乙餐廳在南區(qū)，丙餐廳在北區(qū)各餐廳菜品豐富多樣，可以滿足學(xué)生的不同口味和需求．（10.100的獨立性檢驗，能否認(rèn)為在不同區(qū)域就餐與學(xué)生性別有關(guān)聯(lián)？就餐區(qū)域性別合計南區(qū)北區(qū)男女333871107434588合計171（2）張同學(xué)選擇餐廳就餐時，如果前一天在甲餐廳，那么后一天去甲，乙餐廳的概率均為21323在乙餐廳，那么后一天去甲，丙餐廳的概率分別為，；如果前一天在丙餐廳，那么后一天去甲，乙餐1414112廳的概率均為．張同學(xué)第1天就餐時選擇甲，乙，丙餐廳的概率分別為，，．2（?。┣蟮?天他去乙餐廳用餐的概率；天他去甲餐廳用餐的概率nnN*p．n（ⅱ）求第n(adbc)22,nabcd；附：abcdacbd0.1000.0500.0250.0102.7063.8415.0246.63588(33710220.8372.7060.1，1）依據(jù)表中數(shù)據(jù)，43457117依據(jù)0.100的獨立性檢驗，沒有充分證據(jù)推斷H不成立，因此可以認(rèn)為H成立，即認(rèn)為在不同區(qū)域00就餐與學(xué)生性別沒有關(guān)聯(lián)．ii“第i天去乙餐廳用餐”，i“第i天去丙餐廳用餐”，（2）設(shè)“第i天去甲餐廳用餐”，i,nA、B、C兩兩獨立，i則．ii1412121312,PACiPAPB,PC,PAAi,PAi根據(jù)題意得，111i1i1i111223iPBA,PBC,PCB．i1ii1ii12BBABC，結(jié)合全概率公式，得1（?。┯?2121111138PBA21PAPBAPCPBC112PB，22112422238因此，張同學(xué)第2天去乙餐廳用餐的概率為．nnN*p,q,r（ⅱ）記第天他去甲，乙，丙餐廳用餐的概率分別為，由全概率公式，得，nnn112pq,r則1114PAAnBACpnPAnnn1n1nn1PAAPABPACn1nn1nn1nPAPAAPBPABPCPACn1n1nn1n1nn1n1n11312rn2n1pnpn1qn1故①211rn2n1qnpn1同理②2223qn1n2rn③pqr1④nnn1pqq由①②，，，nnn13p1n1r由④，n1n1111113qqqnn12代入②，得：，即，nn132213112q故是首項為，公比為的等比數(shù)列，n12n1n1121111122qn1即n，所以33于是，當(dāng)n2時n1nn11112111411992pqq12nnn139314,n1p綜上所述：nn1411,n299219．（17分）已知定義域為R的函數(shù)hxxR，都有hx2πhxh2π，則稱函hxP.數(shù)具有性質(zhì)fx2x,gxcosx是否具有性質(zhì)P智慧學(xué)庫（1）判斷函數(shù)3252πsinx,fx，使函數(shù)具有性質(zhì)P？若存（2）已知函數(shù),fx,，判斷是否存在2在，求出的值；若不存在，說明理由；fx2π上的值域為gxsinfx函數(shù)，滿足（3）設(shè)函數(shù)具有性質(zhì)P，且在區(qū)間f0,f2π.gx2πg(shù)x，且在區(qū)間0,2π上有且只有一個零點求證：.f2π2π.fx2x2πfx，又1）因為，則2(x2π)2x4πf2π4π，fx2π，故函數(shù)f(x)f(2π)fx2x具有性質(zhì)P；所以因為gxcosxgx2πcos(x2π)cosx1g2πcos2π，，則，又g(x)g(2π)cosx1g(x2π)gxcosx，故不具有性質(zhì)P.f02πf(0)sin0（2）若函數(shù)fx具有性質(zhì)P，則0f(0)f(2π)，即，πfxx)；因為，所以，所以f(2π)02f(2π)0fx2πf(x)f(2π)，若得，不妨設(shè)，由f2πf(0)(2π)(2π)(kZ)（*[，只要k充分大時，(2π)將大于1，而fx的值域為成立，3ππ5π，f(2π)0故等式（*）不可能成立，所以必有3252sin(2π)0即，因為，所以fxsin2x所以π4π，則2，此時，fx2πsin2(x2π)sin2x則，f(x)f(2π)sin2xsin4πsin2xfx2πf(x)f(2π)成立，而，即有0fx使函數(shù)2，P.具有性質(zhì)P及（）可知，所以存在具有性質(zhì)0，（3）證明：由函數(shù)fx2f(0)gx2πg(shù)xgx是以為周期的周期函數(shù)，則2πg(shù)2πg(shù)(0)，由可知函數(shù)sin(f(2π))sin(f(0))0f(2π)πkZ，；即由，所以f(0)0f(2π)π，以及題設(shè)可知，2π的值域為kπ，所以k0；fxkZ且函數(shù)在fxfx2πg(shù)xsinfx0，當(dāng)k2，π及時，均有g(shù)x0,2π這與在區(qū)間上有且只有一個零點矛盾，因此k1或k2；當(dāng)k1時，，函數(shù)，fx在2π的值域為πf(2π)πg(shù)x0,1，此時函數(shù)的值域為fx2π2π,4πfx在π,2π，的值域為f(x)π，于是函數(shù)而gx0，的值域為此時函數(shù)gxsinfxx2πx2π,4π時和時的取值范圍不同，函數(shù)在當(dāng)gx與函數(shù)是以2π為周期的周期函數(shù)矛盾，故k2，即f(2π)2π，命題得證.2024年高考考前信息必刷卷（新高考新題型專用）02數(shù)學(xué)·答案及評分標(biāo)準(zhǔn)（考試時間：120分鐘試卷滿分：150分）8540分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合要求的。12345678DBADABCC3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分．91011ADACDABD第II卷（非選擇題）三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。151，12．13．14．48π9四、解答題：本題共5小題，共77分．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟．1513分）11）當(dāng)a1時，g(x)x4x2xx2x……1，分2432x2lnx，…………………2分求導(dǎo)得g(x)x則g而g1，………………3分5，………………4分459于是y(x，即xy0，449g(x)gxy0.……………5處的切線方程是分所以的圖象在點41g(x)x4ax22xx2x定義域為(0,)，求導(dǎo)得g(x)x32ax2lnx，…………6分（2）函數(shù)42lnx2ax2g(x)0，…………7分由令，得x2lnxf(x)x2,x0，…………8分x22lnx2x2x23求導(dǎo)得f(x)2x，…………9分x2x2令函數(shù)h(x)2x32lnxx0，h(x)(0,)在h0，顯然函數(shù)上單調(diào)遞增，而h(x)0f(x)0，則當(dāng)0x1時，h(x)0f(x)0，，當(dāng)x1時，，，分函數(shù)f(x)(上遞減，在)上遞增，f(x)minf1…………11112因此a1，解得aa，所以實數(shù)的取值范圍是a.…………13分21615分）4x的焦點為0，…………………1分…………………21）∵拋物線y2∴橢圓C的半焦距為c1，分c12又e，得a2，ba2c3.…………………4分2ax2y2∴橢圓C的方程為1…………………5分43（2）證明：由題意可知，直線l的斜率存在且不為0，ymk0設(shè)直線l的方程為，…………………6分ym，得34kx分228kmx4m2120.…………………8聯(lián)立x22y143Δ0，即m24k3，…………………9分2Nx,y，2Mx,y設(shè)，112834k6m34k則12，yykxx2m，…………………11分221212434km34kP,∴∴，…………………12分22m2334k4k.…………………14分OP4k34k23∴kMNkOP為定值…………………15分41715分）1）延長,,,交于一點，連接1PBD交AC于O；…………………1分111由正四棱臺定義可知，四條側(cè)棱交于點P，且四棱錐PABCD為正四棱錐，……2分即PAPBPCPD，又點O分別為AC,BD的中點，POAC,POBDACBDOAC,BD，平面故，而ABCD，故平面，ABCD……4分又PO平面1A，……5分1ACCAABCD1A……5平面；分1故平面（2）由（1）知平面ABCD，即平面兩兩垂直，x,y,z11,OB,OP故分別以,OB,OP為軸建立空間直角坐標(biāo)系，……6分C22,0,0,B2,h,B0,22,0,C2,0,h設(shè)棱臺的高為h，則1A，11BC22,2,h，而1，……8m0又平面的法向量可取為分13BC1A1由題意知直線與平面所成角的正切值為，，1631則其正弦值為(3)2(6)213|mBC|21sin1h4……10，解得，分則|m||BC|13h2101BC22,22,0,BB2,4所以，……11分1BCn22x22y01Bnx,y,z，則設(shè)平面的法向量為，1BBn2y4z01，令z1，則n22,22,1……13分mn2217cosm,n[0,π]，……14分故，而二面角范圍為mn2231717故二面角B1A的正弦值為1()2.……15分171717分）88(33710220.8372.7060.1，…………2分1）依據(jù)表中數(shù)據(jù)，43457117依據(jù)0.100的獨立性檢驗，沒有充分證據(jù)推斷H不成立，因此可以認(rèn)為H成立，即認(rèn)為在不同區(qū)域00就餐與學(xué)生性別沒有關(guān)聯(lián)．……3分ii“第i天去乙餐廳用餐”，i“第i天去丙餐廳用餐”，（2）設(shè)“第i天去甲餐廳用餐”，i,nA、B、C兩兩獨立，i則．ii1412121312,PACiPAPB,PC,PAAi,PAi根據(jù)題意得，111i1i1i11123iPBA,P