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2024年高考数学二轮复习测试卷（新题型，江苏专用）-2024年高考数学二轮复习测试卷（新教材新高考）
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这是一份2024年高考数学二轮复习测试卷（新题型，江苏专用）-2024年高考数学二轮复习测试卷（新教材新高考），文件包含2024年高考数学二轮复习测试卷新题型江苏专用原卷版docx、2024年高考数学二轮复习测试卷新题型江苏专用解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共21页， 欢迎下载使用。
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1．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．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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，将本试卷和答题卡一并交回。
第一部分（选择题 共58分）
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．全集为，集合，，则（ ）
A．B．
C．或D．或
【答案】C
【解析】由，故，，
又，
故或，或.
故选：C
2．若复数是纯虚数，则实数（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】，则，有.
故选：A
3．在中，，，，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】因为，则，可得，
在中，，，，
由平面向量数量积的定义可得，
因此，.
故选：C.
4．深度学习是人工智能的一种具有代表性的实现方法，它是以神经网络为出发点的.在神经网络优化中，指数衰减的学习率模型为，其中表示每一轮优化时使用的学习率，表示初始学习率，表示衰减系数，表示训练迭代轮数，表示衰减速度.已知某个指数衰减的学习率模型的初始学习率为0.5，衰减速度为22，且当训练迭代轮数为22时，学习率衰减为0.45，则学习率衰减到0.05以下（不含）所需的训练迭代轮数至少为（ ）（参考数据：，）
A．11B．22C．227D．481
【答案】D
【解析】由于，所以，
依题意，则，
由得，
，
，，
，
所以所需的训练迭代轮数至少为轮.
故选：D
5．已知，设椭圆：与双曲线：的离心率分别为，．若，则双曲线的渐近线方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】由题意可知，
又，所以，
易知双曲线的渐近线方程为，所以其渐近线方程为.
故选：A
6．在中，角，，所对的边分别为，，，若，，，成等差数列，则（ ）．
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】因为，所以．
又因为，，成等差数列，则．
根据正弦定理可得：，即，
展开得：，
进一步得：，
因为，可得，
又易知为锐角，所以，则，故A正确.
故选：A．
7．若平面内分别到定点的距离之差为6的点的轨迹是曲线，过点且斜率为的直线与曲线交于两点（点在轴上方）．设的内切圆半径分别为，则（ ）
A．2B．3C．D．
【答案】B
【解析】根据双曲线的定义得，曲线是以分别为左、右焦点，实轴长为6的双曲线的右支，其方程为．设的内切圆与轴切于点．
根据双曲线的定义及圆的切线长定理，知，
即，解得，所以的内切圆与轴切于点．
同理，的内切圆与轴也切于点，所以．
设的内切圆圆心为，AB的斜率为，则倾斜角为，即，
则，根据圆的性质可得，
所以，解得．
同理，得，解得，所以．
故选：B．
8．已知，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】令，，
则在上恒成立，故在上单调递减，
故，故，
即，即，、
令，则，故在定义域内单调递增，
故，即；
令，，
则
在上恒成立，
故在上单调递增，
又，故，
故，即，
故有.
故选：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，函数的最小正周期为，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．函数在区间上单调递增
C．将函数的图象向左平移个单位长度可得函数的图象
D．函数的图象关于直线对称
【答案】BC
【解析】
,
所以，故A错误；
即，
当时，，所以函数单调递增，故B正确；
将函数的图象向左平移个单位长度得，故C正确；
，所以函数的图象不关于直线对称.
故选：BC.
10．在正方体中，，分别为线段，上的动点，则（ ）
A．存在，两点，使得
B．
C．与所成的最大角为
D．与平面所成的最大角的正弦值为
【答案】ABD
【解析】在正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系，令，
则，，
由在线段上，得，则，，
由在线段上，得，则，，
对于A，当时，，即，而，则，A正确；
对于B，，，，则，B正确；
对于C，，，当时，，
此时与所成的角为，C错误；
对于D，，设平面的法向量，则，
令，得，，设与平面所成的角为，
则，
当且仅当时取等号，D正确.
故选：ABD
11．某商场设有电子盲盒机，每个盲盒外观完全相同，规定每个玩家只能用一个账号登陆，且每次只能随机选择一个开启. 已知玩家第一次抽盲盒，抽中奖品的概率为，从第二次抽盲盒开始，若前一次没抽中奖品，则这次抽中的概率为，若前一次抽中奖品，则这次抽中的概率为. 记玩家第次抽盲盒，抽中奖品的概率为，则下列结论中正确的是（ ）
A．B．数列为等比数列
C．D．当时，越大，越小
【答案】BC
【解析】对于A，，A错误；
对于B，，，
又，数列是以为首项，为公比的等比数列，B正确；
对于C，由B得：，；
当为奇数时，，；
当为偶数时，；
，，C正确；
对于D，，，，
即，D错误.
故选：BC.
第二部分（非选择题 共92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．已知圆，直线，圆上恰好有两个点到直线的距离等于1．则符合条件的实数可以为 ．（只需写出一个满足条件的实数即可）
【答案】（答案不唯一，符合即可）
【解析】圆心为，圆的半径为2，设圆心到直线的距离为，
因为圆上恰好有两个点到直线的距离等于1，
所以，即，
解得，，
所以的取值范围为.
故答案为：（答案不唯一，符合即可）.
13．招待客人时，人们常使用一次性纸杯，将其视为圆台，设其杯底直径为，杯口直径为，高为ℎ，将该纸杯装满水（水面与杯口齐平）后，再将一直径为的小铁球缓慢放入杯中，待小铁球完全沉入水中并静止后，从杯口溢出水的体积为纸杯容积的，则
【答案】4
【解析】由题可得纸杯的体积为，
小铁球的体积为，
由题可得，即．
故答案为：4
14．函数的图象与直线的交点个数为 .
【答案】
【解析】令，则，
函数在区间上单调递增，
所以，曲线与直线的交点个数等于曲线与直线的交点个数，
作图易知，曲线和直线都过点，且都关于点对称，
所以，曲线与直线的交点个数或者为或者为.
下面考察关于的方程在区间上的解的个数，
令，其中，
则对恒成立，
所以，函数在区间上单调递增，则，
所以，关于的方程在区间上的解的个数为，
因此，函数的图象与直线的交点个数为.
故答案为：.
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。
15．（13分）
如图所示，圆台的上、下底面圆半径分别为和，为圆台的两条不同的母线.
(1)求证：；
(2)截面与下底面所成的夹角大小为，且截面截得圆台上底面圆的劣弧的长度为，求截面的面积.
【解析】（1）因为圆台可以看做是由平行于圆锥底面的平面去截圆锥而得到，所以圆台的母线也就是生成这个圆台的圆锥相应母线的一部分.
可知母线与母线的延长线必交于一点，即四点共面，
又因为圆面∥圆面，且平面圆面，平面圆面，
所以∥.
（2）解法一：因为劣弧的长度为，则
由，可得.
如图，建立空间直角坐标系，设，
则，
可得，
设平面的一个法向量为，则，
令，则，可得，
由题意可知：底面的一个法向量，
因为截面与下底面所成的夹角大小为，
则，
解得，即，可得，
在等腰梯形中，，
可得等腰梯形的高，
所以.
解法二：如图，分别取的中点为，连结，，
由题意可得：，
所以为截面与底面所成夹角，即，
过点作于点，由，得，
则（即梯形的高），
所以.
16．（15分）
我校教研处为了解本校学生在疫情期间居家自主学习情况，随机调查了120个学生，得到这些学生5天内每天坚持自主学习时长（单位：小时）的频数分布表，假如每人学习时间长均不超过5小时．
(1)估计这120个学生学习时长的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值代表）；
(2)以表中的分组中各组的频率为概率，校领导要从120名学生中任意抽取两名进行家长座谈．若抽取的时长，则赠送家长慰问金100元；抽取的时长，则赠送家长慰问金200元；抽取的时长，则赠送家长慰问金300元．设抽取的2名学生家长慰问金额之和为，求的分布列及数学期望．
【解析】（1）这120个学生学习时长的平均数．
（2）依题意可得的概率为，
的概率为，的概率为．
的所有可能取值为200，300，400，500，600，
，，
，
，，
则的分布列为
故．
17．（15分）
已知正项数列中，，．
(1)求数列的通项公式；
(2)记数列的前n项和，求满足的正整数n的集合．
【解析】（1）由，有，
即，
因为数列是正项数列，
所以，即，
可得数列是首项为1，公差为1的等差数列，
所以，
故数列的通项公式为；
（2）由（1）可得．
所以，
故不等式可化为，解得，
所以满足的正整数n的集合为.
18．（17分）
在平面直角坐标系中，已知抛物线和点.点在上，且.
(1)求的方程；
(2)若过点作两条直线与，与相交于，两点，与相交于，两点，线段和中点的连线的斜率为，直线，，，的斜率分别为，，，，证明：，且为定值.
【解析】（1）设点，则，因为，，
所以，，所以点，
代入方程中，得，所以的方程为.
（2）设点，，，，
则直线的斜率，
同理得直线的斜率，
直线的斜率，
直线的斜率，
所以，
，
从而得.
由消去得，
所以，
由，得或.
设和的中点分别为，，
则，，
同理，，
所以，即，
所以得.
19．（17分）
已知常数为非零整数，若函数，满足：对任意，，则称函数为函数.
(1)函数，是否为函数﹖请说明理由；
(2)若为函数，图像在是一条连续的曲线，，，且在区间上仅存在一个极值点，分别记、为函数的最大、小值，求的取值范围；
(3)若，，且为函数，，对任意，恒有，记的最小值为，求的取值范围及关于的表达式.
【解析】（1）是函数，理由如下，
对任意，，
，故
（2）（ⅰ）若为在区间上仅存的一个极大值点，则在严格递增，在严格递减，
由，即，得，
又，，则，（构造时，等号成立），
所以；
（ⅱ）若为在区间上仅存的一个极小值点，则在严格递减，在严格增，
由，同理可得，
又，，则，（构造时，等号成立），
所以；
综上所述：所求取值范围为；
（3）显然为上的严格增函数，任意，不妨设，
此时，
由为函数，得恒成立，即
恒成立，
设，则为上的减函数，，得对恒成立，
易知上述不等号右边的函数为上的减函数，
所以，所以的取值范围为，
此时，
法1：当时，即，由，而，所以为上的增函数，
法2：，
因为，当，，所以为上的增函数，
由题意得，，.
时长
学生数
30
24
40
16
10
200
300
400
500
600
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1．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．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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，将本试卷和答题卡一并交回。
第一部分（选择题 共58分）
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．全集为，集合，，则（ ）
A．B．
C．或D．或
【答案】C
【解析】由，故，，
又，
故或，或.
故选：C
2．若复数是纯虚数，则实数（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】，则，有.
故选：A
3．在中，，，，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】因为，则，可得，
在中，，，，
由平面向量数量积的定义可得，
因此，.
故选：C.
4．深度学习是人工智能的一种具有代表性的实现方法，它是以神经网络为出发点的.在神经网络优化中，指数衰减的学习率模型为，其中表示每一轮优化时使用的学习率，表示初始学习率，表示衰减系数，表示训练迭代轮数，表示衰减速度.已知某个指数衰减的学习率模型的初始学习率为0.5，衰减速度为22，且当训练迭代轮数为22时，学习率衰减为0.45，则学习率衰减到0.05以下（不含）所需的训练迭代轮数至少为（ ）（参考数据：，）
A．11B．22C．227D．481
【答案】D
【解析】由于，所以，
依题意，则，
由得，
，
，，
，
所以所需的训练迭代轮数至少为轮.
故选：D
5．已知，设椭圆：与双曲线：的离心率分别为，．若，则双曲线的渐近线方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】由题意可知，
又，所以，
易知双曲线的渐近线方程为，所以其渐近线方程为.
故选：A
6．在中，角，，所对的边分别为，，，若，，，成等差数列，则（ ）．
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】因为，所以．
又因为，，成等差数列，则．
根据正弦定理可得：，即，
展开得：，
进一步得：，
因为，可得，
又易知为锐角，所以，则，故A正确.
故选：A．
7．若平面内分别到定点的距离之差为6的点的轨迹是曲线，过点且斜率为的直线与曲线交于两点（点在轴上方）．设的内切圆半径分别为，则（ ）
A．2B．3C．D．
【答案】B
【解析】根据双曲线的定义得，曲线是以分别为左、右焦点，实轴长为6的双曲线的右支，其方程为．设的内切圆与轴切于点．
根据双曲线的定义及圆的切线长定理，知，
即，解得，所以的内切圆与轴切于点．
同理，的内切圆与轴也切于点，所以．
设的内切圆圆心为，AB的斜率为，则倾斜角为，即，
则，根据圆的性质可得，
所以，解得．
同理，得，解得，所以．
故选：B．
8．已知，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】令，，
则在上恒成立，故在上单调递减，
故，故，
即，即，、
令，则，故在定义域内单调递增，
故，即；
令，，
则
在上恒成立，
故在上单调递增，
又，故，
故，即，
故有.
故选：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，函数的最小正周期为，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．函数在区间上单调递增
C．将函数的图象向左平移个单位长度可得函数的图象
D．函数的图象关于直线对称
【答案】BC
【解析】
,
所以，故A错误；
即，
当时，，所以函数单调递增，故B正确；
将函数的图象向左平移个单位长度得，故C正确；
，所以函数的图象不关于直线对称.
故选：BC.
10．在正方体中，，分别为线段，上的动点，则（ ）
A．存在，两点，使得
B．
C．与所成的最大角为
D．与平面所成的最大角的正弦值为
【答案】ABD
【解析】在正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系，令，
则，，
由在线段上，得，则，，
由在线段上，得，则，，
对于A，当时，，即，而，则，A正确；
对于B，，，，则，B正确；
对于C，，，当时，，
此时与所成的角为，C错误；
对于D，，设平面的法向量，则，
令，得，，设与平面所成的角为，
则，
当且仅当时取等号，D正确.
故选：ABD
11．某商场设有电子盲盒机，每个盲盒外观完全相同，规定每个玩家只能用一个账号登陆，且每次只能随机选择一个开启. 已知玩家第一次抽盲盒，抽中奖品的概率为，从第二次抽盲盒开始，若前一次没抽中奖品，则这次抽中的概率为，若前一次抽中奖品，则这次抽中的概率为. 记玩家第次抽盲盒，抽中奖品的概率为，则下列结论中正确的是（ ）
A．B．数列为等比数列
C．D．当时，越大，越小
【答案】BC
【解析】对于A，，A错误；
对于B，，，
又，数列是以为首项，为公比的等比数列，B正确；
对于C，由B得：，；
当为奇数时，，；
当为偶数时，；
，，C正确；
对于D，，，，
即，D错误.
故选：BC.
第二部分（非选择题 共92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．已知圆，直线，圆上恰好有两个点到直线的距离等于1．则符合条件的实数可以为 ．（只需写出一个满足条件的实数即可）
【答案】（答案不唯一，符合即可）
【解析】圆心为，圆的半径为2，设圆心到直线的距离为，
因为圆上恰好有两个点到直线的距离等于1，
所以，即，
解得，，
所以的取值范围为.
故答案为：（答案不唯一，符合即可）.
13．招待客人时，人们常使用一次性纸杯，将其视为圆台，设其杯底直径为，杯口直径为，高为ℎ，将该纸杯装满水（水面与杯口齐平）后，再将一直径为的小铁球缓慢放入杯中，待小铁球完全沉入水中并静止后，从杯口溢出水的体积为纸杯容积的，则
【答案】4
【解析】由题可得纸杯的体积为，
小铁球的体积为，
由题可得，即．
故答案为：4
14．函数的图象与直线的交点个数为 .
【答案】
【解析】令，则，
函数在区间上单调递增，
所以，曲线与直线的交点个数等于曲线与直线的交点个数，
作图易知，曲线和直线都过点，且都关于点对称，
所以，曲线与直线的交点个数或者为或者为.
下面考察关于的方程在区间上的解的个数，
令，其中，
则对恒成立，
所以，函数在区间上单调递增，则，
所以，关于的方程在区间上的解的个数为，
因此，函数的图象与直线的交点个数为.
故答案为：.
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。
15．（13分）
如图所示，圆台的上、下底面圆半径分别为和，为圆台的两条不同的母线.
(1)求证：；
(2)截面与下底面所成的夹角大小为，且截面截得圆台上底面圆的劣弧的长度为，求截面的面积.
【解析】（1）因为圆台可以看做是由平行于圆锥底面的平面去截圆锥而得到，所以圆台的母线也就是生成这个圆台的圆锥相应母线的一部分.
可知母线与母线的延长线必交于一点，即四点共面，
又因为圆面∥圆面，且平面圆面，平面圆面，
所以∥.
（2）解法一：因为劣弧的长度为，则
由，可得.
如图，建立空间直角坐标系，设，
则，
可得，
设平面的一个法向量为，则，
令，则，可得，
由题意可知：底面的一个法向量，
因为截面与下底面所成的夹角大小为，
则，
解得，即，可得，
在等腰梯形中，，
可得等腰梯形的高，
所以.
解法二：如图，分别取的中点为，连结，，
由题意可得：，
所以为截面与底面所成夹角，即，
过点作于点，由，得，
则（即梯形的高），
所以.
16．（15分）
我校教研处为了解本校学生在疫情期间居家自主学习情况，随机调查了120个学生，得到这些学生5天内每天坚持自主学习时长（单位：小时）的频数分布表，假如每人学习时间长均不超过5小时．
(1)估计这120个学生学习时长的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值代表）；
(2)以表中的分组中各组的频率为概率，校领导要从120名学生中任意抽取两名进行家长座谈．若抽取的时长，则赠送家长慰问金100元；抽取的时长，则赠送家长慰问金200元；抽取的时长，则赠送家长慰问金300元．设抽取的2名学生家长慰问金额之和为，求的分布列及数学期望．
【解析】（1）这120个学生学习时长的平均数．
（2）依题意可得的概率为，
的概率为，的概率为．
的所有可能取值为200，300，400，500，600，
，，
，
，，
则的分布列为
故．
17．（15分）
已知正项数列中，，．
(1)求数列的通项公式；
(2)记数列的前n项和，求满足的正整数n的集合．
【解析】（1）由，有，
即，
因为数列是正项数列，
所以，即，
可得数列是首项为1，公差为1的等差数列，
所以，
故数列的通项公式为；
（2）由（1）可得．
所以，
故不等式可化为，解得，
所以满足的正整数n的集合为.
18．（17分）
在平面直角坐标系中，已知抛物线和点.点在上，且.
(1)求的方程；
(2)若过点作两条直线与，与相交于，两点，与相交于，两点，线段和中点的连线的斜率为，直线，，，的斜率分别为，，，，证明：，且为定值.
【解析】（1）设点，则，因为，，
所以，，所以点，
代入方程中，得，所以的方程为.
（2）设点，，，，
则直线的斜率，
同理得直线的斜率，
直线的斜率，
直线的斜率，
所以，
，
从而得.
由消去得，
所以，
由，得或.
设和的中点分别为，，
则，，
同理，，
所以，即，
所以得.
19．（17分）
已知常数为非零整数，若函数，满足：对任意，，则称函数为函数.
(1)函数，是否为函数﹖请说明理由；
(2)若为函数，图像在是一条连续的曲线，，，且在区间上仅存在一个极值点，分别记、为函数的最大、小值，求的取值范围；
(3)若，，且为函数，，对任意，恒有，记的最小值为，求的取值范围及关于的表达式.
【解析】（1）是函数，理由如下，
对任意，，
，故
（2）（ⅰ）若为在区间上仅存的一个极大值点，则在严格递增，在严格递减，
由，即，得，
又，，则，（构造时，等号成立），
所以；
（ⅱ）若为在区间上仅存的一个极小值点，则在严格递减，在严格增，
由，同理可得，
又，，则，（构造时，等号成立），
所以；
综上所述：所求取值范围为；
（3）显然为上的严格增函数，任意，不妨设，
此时，
由为函数，得恒成立，即
恒成立，
设，则为上的减函数，，得对恒成立，
易知上述不等号右边的函数为上的减函数，
所以，所以的取值范围为，
此时，
法1：当时，即，由，而，所以为上的增函数，
法2：，
因为，当，，所以为上的增函数，
由题意得，，.
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