秘密★启用前
【考试时间：2月22日15：00一17：00】
红河州2024届高中毕业生第二次复习统一检测
数学
注意事项：
1,答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、学校、班级、考场号、座位号在答
题卡上填写清楚，并将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2.回答选择题时，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，回答非选择题时，将答案
写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将答题卡交回。
一、单项选择题：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
,项是符合题目要求的，
1.已知复数z=(2+i)1-i),则=
A.5
B.2
C.√5
D.10
2.设集合A={0,1,2},B={3,m},若A∩B={2},则AUB=
A.{0,1,2,3}
B.{0,1,2}
C.{1,2,3}
D.{2,3}
3.己知向量a=(1,-2),b=(-1,-2),设a与b的夹角为0，则sin0=
A号
B.3
5
c
D
4.在(2-√x)'的展开式中，含x2的项的系数为
A.-280
B.280
C.560
D.-560
5.已知双曲战C:一2云-1(m>)的庆轴长等于连轴长的2备，则C的新近线方程为
A.y-t
B.=±2x
C.y=±2x
D.y=t√2x
数学试卷·第1页（共8页）
6.已知a,b均为正实数，则“1>”是“a2+2b>3b”的
a
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
7.孙子定理是中国古代求解一次同余式组的方法，是数论中一个重要定理，最早可见于中
国南北朝时期的数学著作《孙子算经》，1852年英国来华传教士伟烈亚力将其问题的解
法传至欧洲，1874年英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得出的关于同余式
解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”.现有这样一个整除问题：将1至
2024这2024个整数中能被2除余1且被3除余2的数，按从小到大的顺序排成一列，
把这列数记为数别a.设6-小，则。
A.8
B.16
C.32
D.64
&已知数-。，对F任童的e小，不荷式》--
1+1
<1
恒成立，则实数1的取值范围为
A.(1,+o）
B.-,]
C.（-0,-1]
D.（-0,-1)
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分在每小题给出的四个选项中，有多
项符合题目要求全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分
9.如图所示，圆锥的底面半径和高都等于球的半径，则下列选项中正确的是
A,圆锥的轴截面为直角三角形
B.圆锥的表面积大于球的表面积的一半
C.圆锥侧面展开图的圆心角的弧度数为π
D.圆锥的体积与球的体积之比为1：4
(第9题)
10.若圆0：x2+y2+2x-3=0与圆O,:x2+y2-2y-1=0交于A,B两点，则下列选项
中正确的是
A.点(1，-1)在圆O,内
B.直线AB的方程为x+y-1=0
C.圆O上的点到直线AB距离的最大值为2+√2
D.圆O2上存在两点P,Q,使得Pg>AB
数学试卷·第2页（共8页）红河州2024届高中毕业生第二次复习统一检测
数学参考答案及评分标准
评分说明：
1. 本解答给出了一种或几种解法供参考，如果考生的解法与本解答不同，可根据试题的主要考查内容比照评分参考制订相应的评分细则。
2．对计算题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后继部分的解答未改变该题的内容和难度，可视影响的程度决定后继部分的给分，但不得超过该部分正确解答应得分数的一半；如果后继部分的解答有较严重的错误，就不再给分。
3. 解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数。
4. 只给整数分数，单项选择题不给中间分。
单项选择题：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.
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 D A D B C A A C
1.【答案】D
【解析】，.
故选D.
2.【答案】A
【解析】由得，所以，.
故选A.
3.【答案】 D
【解析】由向量的夹角公式得，又因为，
所以.
故选D.
4.【答案】B
【解析】由二项展开式的通项公式得，，令得，所以的系数为.
故选B.
5.【答案】C
【解析】因为，所以双曲线的焦点在轴上，设的渐近线方程为，又因为实轴长等于虚轴长的2倍，即，所以的渐近线方程为.
故选C.
6.【答案】A
【解析】因为，均为正实数，若，则；
若，则，即或；
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选A.
7.【答案】A
【解析】被2除余1且被3除余2的数按从小到大的顺序排成一列，构成一个首项为5，公差为6的等差数列，所以，故，.
故选A.
8.【答案】C
【解析】设，则，
，所以为奇函数.
所以恒成立可化为： 恒成立，
即恒成立，
由在上单调递减且，得在上单调递减，所以恒成立.
由，知且，所以时， 恒成立.
设，，
，当时，
所以在内单调递减，而，所以，
所以，即.
故选C.
多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9 10 11 12
ABD BC ACD BD
9.【答案】ABD
(
（第
9
题）
)【解析】对于A，设球的半径为，则如图所示：，所以，故A正确；
对于B，圆锥的表面积为
，球的表面积为
，所以，故B正确；对于C，
圆锥的母线长为，底面周长为，所以圆锥侧
面展开图中圆心角的弧度数为，故C错误；
对于D，，，，故D正确.
故选ABD.
10.【答案】BC
【解析】对于A，因为，所以点在圆外，故A错误；
对于B，因为圆和圆相交，将两圆方程作差可得：，即公共弦AB所在直线的方程为，故B正确；
对于C，圆的圆心坐标为，半径为，圆心到直线：的距离为，所以圆上的点到直线距离的最大值为，故C正确；
对于D，直线AB经过圆的圆心，所以线段AB是圆的直径，故圆中不存在比AB长的弦，故D错误.
故选BC.
11.【答案】ACD
【解析】对于A，，，故A正确；
对于B，的定义域为，，
当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
所以只有极小值没有极大值，故B错误；
对于C，由B选项的解析知，的最小值为，当时，，
(
第
11
题
)当时，，把图象关于轴对称
翻折到轴左侧，即可得到的图象，如图所
示，方程有4个根等价于函数与
函数的图象有4个交点，则，
故选项正确；
对于D，，若，由图可知：或，所以，故D正确.
故选ACD.
12.【答案】BD
【解析】对于A，因为，，所以，故A错误；
对于B，由故B正确；
对于C，设每天任检测一件产品，这件产品是次品为事件B，这件产品来自甲，乙，丙三条生产线分别为事件，则由，故C错误；
对于D，由C选项的解析可知，故D正确.
故选BD.
填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13 14 15 16
7或8或9（填对一个即可）
13.【答案】
【解析】因为是定义域为的奇函数，所以，得，
，所以.
故答案为：.
14.【答案】
【解析】如图所示，椭圆的右焦点为，由轴得.设椭圆的左焦点为，由椭圆的对称性易知四边形是
平行四边形，所以，又结合椭圆的
定义可得：，
故.
故答案为：.
15.【答案】7或8或9（答案不唯一，填对一个即可）
【解析】，因为，且，
令，则，所以位于正半轴的第一个零点为，
又，故的第二个零点为，
的第三个零点为，
的第四个零点为，
由题知在上有三个零点，故，解得，又因为
所以的值为7或8或9.
故答案为：7或8或9.
16.【答案】
【解析】设，，，，则
，.
因为，所以，
即，
即，由，得：，，
所以，
当且仅当，即时等号成立，
所以的最小值为.
故答案为：.
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17.（10分）
【解析】
（1）由，得，
又，得，. 4分
（2）选择①：由，得，
化简得，因为，所以，
又由 得，
因为，，所以或.
故满足条件①的有2个. 10分
选择②：由及正弦定理，得，
即，化简得，
因为，得，又，所以，
又由 得，因为，所以.
故满足条件②的有1个. 10分
选择③：由及正弦定理，得，
因为，得，化简得，
即，又，所以.
又由 得，无解.
故不存在满足条件③的. 10分
18.（12分）
【解析】
（1）由表中数据可得，， 2分
，，
所以，， 5分
所以，
令，可得.
因此，估计当年2月21日在该店购物的人数为人. 7分
列联表如下：
年龄 不低于岁 低于岁 合计
参与过网上购物
未参与过网上购物
合计 200
零假设为：参加网上购物和年龄无关． 9分
根据数据，计算得到：
， 11分
因为，
所以根据小概率的独立性检验，我们推断不成立，即认为参加网上购物和年龄有关，此推断犯错误的概率不大于. 12分
19.（12分）
【解析】
（1）证明：因为，平面DCE，平面DCE，所以平面DCE，
又因为，平面DCE，平面DCE，所以平面DCE，
由，平面ABF，平面ABF，则平面平面DCE，
又平面ABF，所以平面DCE. 5分
（2）因为平面ABCD，，所以平面ABCD，
又因为平面ABCD，所以，
由，，平面BFC，平面BFC，则平面BFC，
平面BFC，所以，
又因为，易求得，，，
过点A作BD的垂线，垂足为M，易求得，，
(
第19题
)以B为坐标原点，以的方向为轴正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，
所以，，
设平面AEF的一个法向量，
则，取，则，，
即，
取平面BDEF的一个法向量，
设平面AEF与平面BDEF的夹角为，则
，则，
所以平面AEF与平面BDEF的夹角的大小为. 12分
20.（12分）
【解析】
（1）； 2分
（2）. 4分
证明：
因为，
当时，
作商得，
又结合化简得，又由（1）知
故是以2为首项，1为公差的等差数列，
所以，即
经检验：也符合，
故： 7分
（3）因为，
所以 ①，
， ②
得
，
所以，又因为，所以.
12分
（12分）
【解析】
（1）由题可知，设所求切线斜率为，
由得， 2分
又由可知切点坐标为， 3分
故在处的切线方程为：，即.
4分
（2）. 5分
当时，由得，故 恒成立，令，得，
当时，，则单调递减；当时，，则单调递增；所以在处取到极小值，没有极大值. 7分
同理，当时，在上单调递减，在上单调递增，所以在处取到极小值，在处取到极大值. 9分
当时，在恒成立，故在单调递减，所以没有极值. 10分
当时，在上单调递减，在上单调递增. 所以在处取到极大值，在处取到极小值.
11分
综上，当时，的极小值为，没有极大值；
当时，的极小值为，极大值为；
当时，没有极值；
当时，的极大值为，极小值为. 12分
（12分）
【解析】
（1）由题意可知，，故.
设，，，因为，为外接圆的圆心，所以为线段的中点，设，则，即 ①，
点在抛物线上，所以，将①式代入整理得，
显然点不满足题意，所以动点的轨迹方程为. 5分
（2）显然斜率存在且不为，设，由知，
故设，
联立得：， 化简得 （舍）或，所以，
联立 得，，，
故，
令，故.
所以
，（当且仅当即时，等号成立），故 的最小值为，所以外接圆的面积为.
所以时，外接圆的面积取得最小值. 10分
此时，，或，. 12分
