四川綿陽中學2024年高考數學二模試卷注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60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。1．已知，是兩條不重合的直線，是一個平面，則下列命題中正確的是（）A．若，，則 B．若，，則C．若，，則 D．若，，則2．已知，則“m⊥n”是“m⊥l”的A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件3．已知函數，則下列判斷錯誤的是（）A．的最小正周期為 B．的值域為C．的圖象關于直線對稱 D．的圖象關于點對稱4．下圖是來自古希臘數學家希波克拉底所研究的幾何圖形，此圖由三個半圓構成，三個半圓的直徑分別為直角三角形的斜邊、直角邊，已知以直角邊為直徑的半圓的面積之比為，記，則（）A． B． C．1 D．5．設m，n為直線，、為平面，則的一個充分條件可以是()A．，， B．，C．， D．，6．已知雙曲線的左、右焦點分別為，過作一條直線與雙曲線右支交于兩點，坐標原點為，若，則該雙曲線的離心率為（）A． B． C． D．7．過圓外一點引圓的兩條切線，則經過兩切點的直線方程是（）．A． B． C． D．8．若函數的定義域為M＝{x|－2≤x≤2}，值域為N＝{y|0≤y≤2},則函數的圖像可能是（）A． B． C． D．9．已知，則，不可能滿足的關系是（）A． B． C． D．10．已知直線y＝k（x﹣1）與拋物線C：y2＝4x交于A，B兩點，直線y＝2k（x﹣2）與拋物線D：y2＝8x交于M，N兩點，設λ＝|AB|﹣2|MN|，則（）A．λ＜﹣16 B．λ＝﹣16 C．﹣12＜λ＜0 D．λ＝﹣1211．已知函數，不等式對恒成立，則的取值范圍為（）A． B． C． D．12．已知，，，，．若實數，滿足不等式組，則目標函數（）A．有最大值，無最小值 B．有最大值，有最小值C．無最大值，有最小值 D．無最大值，無最小值二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．在等差數列（）中，若，，則的值是______.14．已知全集，集合則_____．15．已知實數，滿足，則的最大值為______.16．已知，，，，則______.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）設橢圓的左右焦點分別為，離心率是，動點在橢圓上運動，當軸時，.（1）求橢圓的方程；（2）延長分別交橢圓于點（不重合）.設，求的最小值.18．（12分）已知函數，．（1）求曲線在點處的切線方程；（2）求函數的極小值；（3）求函數的零點個數．19．（12分）設函數.（Ⅰ）討論函數的單調性；（Ⅱ）如果對所有的≥0，都有≤，求的最小值；（Ⅲ）已知數列中，，且，若數列的前n項和為，求證：.20．（12分）在平面直角坐標系中，曲線的參數方程為（為參數），以坐標原點為極點，軸的正半軸為極軸建立極坐標系，直線的極坐標方程為，直線交曲線于兩點，為中點.（1）求曲線的直角坐標方程和點的軌跡的極坐標方程；（2）若，求的值.21．（12分）已知，函數.（Ⅰ）若在區間上單調遞增，求的值；（Ⅱ）若恒成立，求的最大值.（參考數據：）22．（10分）在四邊形中，，；如圖，將沿邊折起，連結，使，求證：（1）平面平面；（2）若為棱上一點，且與平面所成角的正弦值為，求二面角的大小.

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60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。1、D【解析】

利用空間位置關系的判斷及性質定理進行判斷.【詳解】解：選項A中直線，還可能相交或異面，選項B中，還可能異面，選項C，由條件可得或．故選：D.【點睛】本題主要考查直線與平面平行、垂直的性質與判定等基礎知識；考查空間想象能力、推理論證能力，屬于基礎題.2、B【解析】

構造長方體ABCD﹣A1B1C1D1，令平面α為面ADD1A1，底面ABCD為β，然后再在這兩個面中根據題意恰當的選取直線為m，n即可進行判斷．【詳解】如圖，取長方體ABCD﹣A1B1C1D1，令平面α為面ADD1A1，底面ABCD為β，直線=直線。若令AD1＝m，AB＝n，則m⊥n，但m不垂直于若m⊥，由平面平面可知，直線m垂直于平面β，所以m垂直于平面β內的任意一條直線∴m⊥n是m⊥的必要不充分條件．故選：B．【點睛】本題考點有兩個：①考查了充分必要條件的判斷，在確定好大前提的條件下，從m⊥n?m⊥？和m⊥?m⊥n？兩方面進行判斷；②是空間的垂直關系，一般利用長方體為載體進行分析．3、D【解析】

先將函數化為，再由三角函數的性質，逐項判斷，即可得出結果.【詳解】可得對于A，的最小正周期為,故A正確；對于B，由，可得，故B正確；對于C，正弦函數對稱軸可得：解得：，當，，故C正確；對于D，正弦函數對稱中心的橫坐標為：解得：若圖象關于點對稱，則解得：，故D錯誤；故選：D.【點睛】本題考查三角恒等變換，三角函數的性質，熟記三角函數基本公式和基本性質，考查了分析能力和計算能力，屬于基礎題.4、D【解析】

根據以直角邊為直徑的半圓的面積之比求得，即的值，由此求得和的值，進而求得所求表達式的值.【詳解】由于直角邊為直徑的半圓的面積之比為，所以，即，所以，所以.故選：D【點睛】本小題主要考查同角三角函數的基本關系式，考查二倍角公式，屬于基礎題.5、B【解析】

根據線面垂直的判斷方法對選項逐一分析，由此確定正確選項.【詳解】對于A選項，當，，時，由于不在平面內，故無法得出.對于B選項，由于，，所以.故B選項正確.對于C選項，當，時，可能含于平面，故無法得出.對于D選項，當，時，無法得出.綜上所述，的一個充分條件是“，”故選：B【點睛】本小題主要考查線面垂直的判斷，考查充分必要條件的理解，屬于基礎題.6、B【解析】

由題可知，，再結合雙曲線第一定義，可得，對有，即，解得，再對，由勾股定理可得，化簡即可求解【詳解】如圖，因為，所以.因為所以.在中，，即，得，則.在中，由得.故選：B【點睛】本題考查雙曲線的離心率求法，幾何性質的應用，屬于中檔題7、A【解析】過圓外一點，引圓的兩條切線，則經過兩切點的直線方程為，故選．8、B【解析】因為對A不符合定義域當中的每一個元素都有象，即可排除；對B滿足函數定義，故符合；對C出現了定義域當中的一個元素對應值域當中的兩個元素的情況，不符合函數的定義，從而可以否定；對D因為值域當中有的元素沒有原象，故可否定．故選B．9、C【解析】

根據即可得出，，根據，，即可判斷出結果．【詳解】∵；∴，；∴，，故正確；，故C錯誤；∵，故D正確故C．【點睛】本題主要考查指數式和對數式的互化，對數的運算，以及基本不等式：和不等式的應用，屬于中檔題10、D【解析】

分別聯立直線與拋物線的方程，利用韋達定理，可得，，然后計算，可得結果.【詳解】設，聯立則，因為直線經過C的焦點，所以.同理可得，所以故選：D.【點睛】本題考查的是直線與拋物線的交點問題，運用拋物線的焦點弦求參數，屬基礎題。11、C【解析】

確定函數為奇函數，且單調遞減，不等式轉化為，利用雙勾函數單調性求最值得到答案.【詳解】是奇函數，，易知均為減函數，故且在上單調遞減，不等式，即，結合函數的單調性可得，即，設，，故單調遞減，故，當，即時取最大值，所以.故選：.【點睛】本題考查了根據函數單調性和奇偶性解不等式，參數分離求最值是解題的關鍵.12、B【解析】

判斷直線與縱軸交點的位置，畫出可行解域，即可判斷出目標函數的最值情況.【詳解】由，，所以可得.，所以由，因此該直線在縱軸的截距為正，但是斜率有兩種可能，因此可行解域如下圖所示：由此可以判斷該目標函數一定有最大值和最小值.故選：B【點睛】本題考查了目標函數最值是否存在問題，考查了數形結合思想，考查了不等式的性質應用.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、-15【解析】

是等差數列，則有，可得的值，再由可得，計算即得.【詳解】數列是等差數列，，又，，，故.故答案為：【點睛】本題考查等差數列的性質，也可以由已知條件求出和公差，再計算.14、【解析】

根據補集的定義求解即可.【詳解】解：．故答案為．【點睛】本題主要考查了補集的運算,屬于基礎題.15、【解析】

畫出不等式組表示的平面區域，將目標函數理解為點與構成直線的斜率，數形結合即可求得.【詳解】不等式組表示的平面區域如下所示：因為可以理解為點與構成直線的斜率，數形結合可知，當且僅當目標函數過點時，斜率取得最大值，故的最大值為.故答案為：.【點睛】本題考查目標函數為斜率型的規劃問題，屬基礎題.16、【解析】

由已知利用同角三角函數的基本關系式可求得，的值，由兩角差的正弦公式即可計算得的值.【詳解】，，，，，，，，.故答案為：【點睛】本題主要考查了同角三角函數的基本關系、兩角差的正弦公式，需熟記公式，屬于基礎題.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）；（2）【解析】

（1）根據題意直接計算得到，，得到橢圓方程.（2）不妨設，且，設，代入數據化簡得到，故，得到答案.【詳解】（1），所以，，化簡得，所以，，所以方程為；（2）由題意得，不在軸上，不妨設，且，設，所以由，得，所以，由，得，代入，化簡得：，由于，所以，同理可得，所以，所以當時，最小為【點睛】本題考查了橢圓方程，橢圓中的向量運算和最值，意在考查學生的計算能力和綜合應用能力.18、（1）；（2）極小值；（3）函數的零點個數為．【解析】

（1）求出和的值，利用點斜式可得出所求切線的方程；（2）利用導數分析函數的單調性，進而可得出該函數的極小值；（3）由當時，以及，結合函數在區間上的單調性可得出函數的零點個數.【詳解】（1）因為，所以．所以，．所以曲線在點處的切線為；（2）因為，令，得或．列表如下：0極大值極小值所以，函數的單調遞增區間為和，單調遞減區間為，所以，當時，函數有極小值；（3）當時，，且．由（2）可知，函數在上單調遞增，所以函數的零點個數為．【點睛】本題考查利用導數求函數的切線方程、極值以及利用導數研究函數的零點問題，考查分析問題和解決問題的能力，屬于中等題.19、（Ⅰ）函數在上單調遞減，在單調遞增；（Ⅱ）；（Ⅲ）證明見解析．【解析】

（Ⅰ）先求出函數f（x）的導數，通過解關于導數的不等式，從而求出函數的單調區間；（Ⅱ）設g（x）＝f（x）﹣ax，先求出函數g（x）的導數，通過討論a的范圍，得到函數的單調性，從而求出a的最小值；（Ⅲ）先求出數列是以為首項，1為公差的等差數列，，，問題轉化為證明：，通過換元法或數學歸納法進行證明即可．【詳解】解：（Ⅰ）f（x）的定義域為（﹣1，+∞），，當時，f′（x）＜2，當時，f′（x）＞2，所以函數f（x）在上單調遞減，在單調遞增．（Ⅱ）設，則，因為x≥2，故，（ⅰ）當a≥1時，1﹣a≤2，g′（x）≤2，所以g（x）在[2，+∞）單調遞減，而g（2）＝2，所以對所有的x≥2，g（x）≤2，即f（x）≤ax；（ⅱ）當1＜a＜1時，2＜1﹣a＜1，若，則g′（x）＞2，g（x）單調遞增，而g（2）＝2，所以當時，g（x）＞2，即f（x）＞ax；（ⅲ）當a≤1時，1﹣a≥1，g′（x）＞2，所以g（x）在[2，+∞）單調遞增，而g（2）＝2，所以對所有的x＞2，g（x）＞2，即f（x）＞ax；綜上，a的最小值為1．（Ⅲ）由（1﹣an+1）（1+an）＝1得，an﹣an+1＝an?an+1，由a1＝1得，an≠2，所以，數列是以為首項，1為公差的等差數列，故，，，?，由（Ⅱ）知a＝1時，，x＞2，即，x＞2．法一：令，得，即因為，所以，故．法二：?下面用數學歸納法證明．（1）當n＝1時，令x＝1代入，即得，不等式成立（1）假設n＝k（k∈N*，k≥1）時，不等式成立，即，則n＝k+1時，，令代入，得，即：，由（1）（1）可知不等式對任何n∈N*都成立．故．考點：1利用導數研究函數的單調性；1、利用導數研究函數的最值；3、數列的通項公式；4、數列的前項和；5、不等式的證明．20、（1），；（2）或【解析】

（1）根據曲線的參數方程消去參數，可得曲線的直角坐標方程，再由，，可得點的軌跡的極坐標方程；（2）將曲線極坐標方程求，與直線極坐標方程聯立，消去，得到關于的二次方程，由的幾何意義可求出，而（1）可知，然后列方程可求出的值.【詳解】（1）曲線的直角坐標方程為，圓的圓心為，設，所以，則由，即為點軌跡的極坐標方程.（2）曲線的極坐標方程為，將與曲線的極坐標方程聯立得，，設，所以，，由，即，令，上述方程可化為，解得.由，所以，即或.【點睛】此題考查參數方程與普通方程的互化，極坐標方程與直角坐標方程的互化，利用極坐標求點的軌跡方程，考查運算求解能力，考查數形結合思想，屬于中檔題.21、（Ⅰ）；（Ⅱ）3.【解析】

（Ⅰ）先求導，得，已知導函數單調遞增，又在區間上單調遞增，故，令，求得，討論得，而，故，進而得解；（Ⅱ）可通過必要性探路，當時，由知，又由于，則，當，，結合零點存在定理