2024届高三新改革适应性模拟测试数学试卷二
本套试卷根据九省联考题型命制，题型为8+3+3+5模式
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．
1．“”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
2．设实数，满足，若数据1，3，4，，，的平均数和第50百分位数相等，则数据，，的方差为（ ）
A． B． C． D．
3．函数向左平移个单位得到，若是偶函数，则（ ）
A． B． C． D．
4．已知数列的前项和为，若，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．1
5．已知椭圆的左、右焦点为，，上一点满足，A为线段的中垂线与的交点，若的周长为，则的离心率为（ ）
A． B． C． D．
6．已知函数，若总存在两条不同的直线与函数，图象均相切，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
7．甲、 乙、丙等5名同学参加政史地三科知识竞赛，每人随机选择一科参加竞赛，则甲和乙不参加同一科，甲和丙参加同一科竞赛，且这三科竞赛都有人参加的概率为（ ）
A． B． C． D．
8．设，，，则（ ）
A． B．
C． D．
二、选择题：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，则下列正确的是（ ）
A． B．在复平面内所对应的点在第二象限
C． D．
10．已知边长为2的等边三角形，点均在平面的上方，，且与平面所成角分别为，则下列说法中正确的是（ ）
A．四面体的体积为定值
B．面积的最小值为
C．四面体体积的最大值为1
D．当四面体的体积最大时，其外接球的表面积为
11．已知，且，，是在内的三个不同零点，则（ ）
A． B．
C． D．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．展开式中的系数为 （用数字作答）．
13．数列满足，若为数列的前项和，则 .
14．已知函数和的定义域分别为和，若对任意的都恰有个不同的实数，使得（其中），则称为的“重覆盖函数”.（1）若函数是的“重覆盖函数”，则 ；（2）若为的“2重覆盖函数”，记实数的最大值为，则 .
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．（本题13分）2023年12月11日至12日中央经济工作会议在北京举行，会议再次强调要提振新能源汽车消费.发展新能源汽车是我国从“汽车大国”迈向“汽车强国”的必由之路.我国某地一座新能源汽车工厂对线下的成品车要经过多项检测，检测合格后方可销售，其中关键的两项测试分别为碰撞测试和续航测试，测试的结果只有三种等次：优秀、良好、合格，优秀可得5分、良好可得3分、合格可得1分，该型号新能源汽车在碰撞测试中结果为优秀的概率为，良好的概率为；在续航测试中结果为优秀的概率为，良好的概率为，两项测试相互独立，互不影响，该型号新能源汽车两项测试得分之和记为.
(1)求该型号新能源汽车参加两项测试仅有一次为合格的概率；
(2)求离散型随机变量的分布列与期望.
16．（本题15分）已知函数.
(1)当时，求的单调区间；
(2)对，恒成立，求a的取值范围.
17．（本题15分）如图所示，在梯形中，，，.四边形为矩形，且平面.
(1)求证：平面；
(2)若直线与所成角的正切值为，点在线段上运动，当点在什么位置时，平面与平面所成的锐二面角的余弦值为.
18．（本题17分）如图，在平面直角坐标系中，为直线上一动点，圆与轴的交点分别为点，圆与轴的交点分别为点.
(1)若为等腰三角形，求P点坐标;
(2)若直线分别交圆于两点.
①求证：直线过定点，并求出定点坐标;
②求四边形面积的最大值.
19．（本题17分）设是定义在上的函数，若存在区间和，使得在上严格减，在上严格增，则称为“含谷函数”，为“谷点”，称为的一个“含谷区间”．
(1)判断下列函数中，哪些是含谷函数？若是，请指出谷点；若不是，请说明理由：
（i），（ii）；
(2)已知实数，是含谷函数，且是它的一个含谷区间，求的取值范围；
(3)设，．设函数是含谷函数，是它的一个含谷区间，并记的最大值为．若，且，求的最小值．
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．B
【详解】因为，所以，因为，所以.
故“”是“”的必要不充分条件.
故选：B
2．B
【详解】解法一：数据1，3，4，，，的第50百分位数为，
所以，化简得，
此时，，即，，，
这组数据的平均值为，
方差．
故选：B．
解法二：数据1，3，4，，，的第50百分位数为，
所以，化简得，
此时，，即，，，
不妨设，此时这组数据为5，6，8，
容易求出这组数据的方差为．
故选：B．
3．D
【详解】由题意，
在中，向左平移得到，
所以，
因为为偶函数，
所以，
又因为，
所以，
故选：D.
4．C
【详解】由题意知，故时，，
当时，，，则，
即，故，
则为首项是，公比为的等比数列，
故，
随n的增大而减小，且数列的奇数项均为负值，偶数项为正值，
故时，取最大值，最大值为，
故选：C
5．B
【详解】A为线段的中垂线与的交点，所以，，
三角形的周长为，
所以，又，
所以，又，
所以，
故选：B.
6．A
【详解】由题意可知：，
设函数上的切点坐标为，函数上的切点坐标为，
且，，则公切线的斜率，可得，
则公切线方程为，
代入得，
代入可得，整理得，
令，则，
若总存在两条不同的直线与函数，图象均相切，则方程有两个不同的实根，
设，则，
令，解得；令，解得；
则在内单调递增，在单调递减，可得，
且当x趋近于时，趋近于；当x趋近于时，趋近于，
可得，解得，故实数的取值范围为.
故选：A.
7．C
【详解】因为甲和乙不参加同一科，甲和丙参加同一科竞赛，若每个同学可以自由选择，
所以3科的选择数有2，2，1和3，1，1两种分配方案，
当分配方案为2，2，1时，共有种不同的选择方案；
当分配方案为3，1，1时，共有种不同的选择方案；
所以满足要求的不同选择种数为；
所以甲和乙不参加同一科，甲和丙参加同一科竞赛，且这三科竞赛都有人参加的概率为.
故选：C.
8．B
【详解】设，则，在时，，在时，，
所以，即，所以对任意均成立.取，
有，所以.
再取，可得，两边取倒数，即，
所以，
又当时，设，，则，
，即和在均递增，
所以，，即时，，所以
，
由在单调递增，可得，即.
故选：B
9．AC
【详解】对于A，由，所以，故A正确；
对于B，由，所以，故在复平面内所对应的点为，
在第三象限，故B错误；
对于C，，所以，
则，故C正确；
对于D，，所以，故，故D错误，
故选：AC.
10．BCD
【详解】由题意知，与是共轴的圆锥母线，如图所示，
对于A项，由题意知，
因为且与平面所成角为，
所以点到平面的距离为定值，
所以四面体ABCM的体积为定值，故A项错误；
对于B项，与是共轴的圆锥母线，所以，即，
当时，的面积最小，最小值为，故B项正确；
对于C项，当时，的面积最大，最大值为，
当所在平面旋转至与垂直时，四面体ABMN的高最长，最长值为2，
所以体积的最大值为，故C项正确；
对于D项，当四面体体积最大时，线段，，两两垂直，
所以其外接球直径，
所以外接球的表面积为，故D项正确．
故选：BCD．
11．BCD
【详解】由题知，，是的三个根，
可化为，即，
所以可得或，，
解得或，，
因为，所以或或，
故可取，，，
所以选项A错误；
因为，所以选项B正确；
，
故选项C正确；
而
，
根据积化和差公式：，
所以原式可化为：
，故选项D正确.
故选：BCD.
12．
【详解】因为，
其中展开式的通项为（且），
所以的展开式中含的项为，
所以的系数为.
故答案为：
13．
【详解】，
.
故答案为：.
14． 4 /
（2）即对任意，都有2个不同的实数，使得，即，即对任意有2个实根，分、、讨论可得答案.
【详解】（1）因为，所以，
又因为，又因为，
所以，所以，
又因为，所以，
又因，可得为奇函数且单调递增，
作出两函数的内的大致图象，如图所示：
，而函数在上单调递增，且，
所以，由此可知在内有4个解，
所以是在的“4重覆盖函数”，故；
（2）可得的定义域为，
即对任意，都有2个不同的实数，
使得（其中），
，，
所以，所以，
即，即对任意有2个实根，
当时，已有一个根，故只需时，仅有1个根，
当时，，符合题意，
当时，则需满足，解得，
当时，抛物线开口向下，有最大值，不能满足对任意，
仅有1个根，故不成立.
综上，实数的取值范围是，的最大值为，
则.
故答案为：4；.
15．(1)
(2)分布列见解析，数学期望为
【详解】（1）记事件为“该型号新能源汽车参加碰撞测试的得分为分”，
则，，.
记事件为“该型号新能源汽车参加续航测试的得分为分”，
则，，.
记事件为“该型号新能源汽车参加两项测试仅有一次为合格”，
则
，
则该型号新能源汽车参加两项测试仅有一次为合格的概率为.
（2）由题知离散型随机变量的所有可能取值分别为2，4，6，8，10，
，
，
，
，
，
则离散型随机变量的分布列为
2 4 6 8 10
所以数学期望.
16．(1)递增区间为；
(2).
【详解】（1）当时，函数的定义域为，求导得，
令，求导得，
当时，，当时，，则函数在上递减，在上递增，
，即，，当且仅当时取等号，
所以函数在上单调递增，即函数的递增区间为.
（2）依题意，，则，
由（1）知，当时，恒成立，
当时，，，
则，因此；
当时，求导得，令，
求导得，当时，，
则函数，即在上单调递减，当时，，
因此函数在上单调递减，当时，，不符合题意，
所以a的取值范围是.
17．(1)证明见解析
(2)点为线段的靠近的三等分点
【详解】（1）因为四边形为梯形，，，，
所以，，则，即
又因为平面，面ABCD，所以.
因为、都在平面内，，
所以面.
（2）取中点，连结，，由，知，
由（1）知，共面且不共线，所以，
故直线与所成角为.
由平面，面ABCD，所以，又，
在面内，且，故面，
所以面，面，则，
在中，，，所以，
在，易得，
以为坐标原点，分别以、、所在直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系,如图所示，
则，，，
，，
设为平面的法向量，则
，即，取，则.
所以
由题可知，是平面的一个法向量，
所以.
因为，解得或（舍去）.
当点为线段的靠近的三等分点时，平面与平面所成的锐二面角的余弦值为.
18．(1)或
(2)②证明见解析，；②
【详解】（1）设，由题意得，，，
当时，即，
解得，当时，三点共线，舍去，所以，
当时，
即，解得，所以，
综上或；
（2）①设，，，，，，
，，
设直线斜率存在，
联立，消去y可得，
设，，
则，，
故，，，
或舍去，
则直线，
∴直线恒过定点，
当时，过定点，符合，
综上，直线恒过定点；
②由①得，，
则
，
，
令，
则，当时，取得最大值，
当直线，四边形面积有最大值 .
19．(1)是含谷函数，谷点；不是含谷函数，证明见解析.
(2)
(3)
【详解】（1）函数，当时，单调递减，当时，单调递增，所以是含谷函数，谷点；
函数，求导恒成立，函数单调递增，所以不是含谷函数.
（2）由题意可知函数在区间内先减后增，且存在谷点，
令，所以，
设，
所以，由可知恒成立，
所以在区间上单调递增，
若满足谷点，则有，解得，
故m的取值范围是.
（3）因为，
所以，
若恒成立，
则函数在时严格增，在时严格减，不是谷函数，不满足题意；
因此关于x的方程有两个相异实根，即，
设两根为，且，
因为，所以函数在区间上不为严格增，
但是当时，，为严格增，
所以在区间上的单调性至少改变一次，从而必有一个驻点，即，
同理，因为，所以，
因此，在区间和上严格增，在区间和上严格减，
从而函数的含谷区间必满足，
即，
因为，
，
由得，所以，
由得，所以，
所以，
当时，，
当时，，
因此的最小值为，当时成立.
答案第1页，共2页
