1、2024年高考数学押题卷(二)时间：120分钟满分：150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如图，集合A，B均为U的子集，(UA)B表示的区域为()ABCD2已知函数f(x)同时满足性质：f(x)f(x)；x1，x2(0，1)，0.则函数f(x)可能是()Af(x)exexBf(x)Cf(x)sin4xDf(x)x23观察下列四幅残差图，满足一元线性回归模型中对随机误差的假定的是()418世纪数学家欧拉研究调和级数得到了以下的结果：当n很大时，1lnn(常数0.577).利用以上公式，可以估计的值为()Aln104Bln3ln2
2、Cln3ln2Dln25.已知函数f(x)2sin (x)(0，00且n(1，0)，则的最小值为()A9B52C1D58.中国结是一种盛传于民间的手工编织工艺品，是由旧石器时代的缝衣打结，推展至汉朝的仪礼记事，再演变成今日的装饰手艺中国结显示的情致与智慧正是中华民族古老文明中的一个侧面已知某个中国结的主体部分可近似地视为由一个大正方形(内部是16个边长为2的小正方形)和16个半圆所组成，如图，A，C是中国结主体部分上的定点，点B是16个半圆上的动点，则的最大值为()A666B664C662D18二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5
3、分，部分选对的得2分，有选错的得0分9已知复数z112i，复数z满足|zz1|2，则下列说法正确的有()Az115B2|z|0)上不同两点，O为坐标原点，OMON，过O作OHMN，垂足为H，且点H(2，2).(1)求直线MN的方程及抛物线C的方程；(2)若直线l与直线MN关于原点对称，Q为抛物线C上一动点，求Q到直线l的距离最短时，Q点的坐标解：20(12分)已知各项均为正数的等比数列an满足a13，a2a336，数列bn的前n项和Sn满足3Snn23nbnn，b1.(1)求数列an和bn的通项公式；(2)若存在正整数n，使得27b8Man0成立，求实数M的取值范围(1.4，ln31.1)解：
4、21(12分)肝脏疾病是各种原因引起的肝脏损伤，是一种常见的危害性极大的疾病，研究表明很多肝病是由乙肝发展而来的，身体感染乙肝病毒后，病毒会在体内持续复制，肝细胞修复过程中形成纤维化，最后发展成肝病感染乙肝病毒后身体初期没有任何症状，因此忽视治疗，等到病情十分严重时，患者才会出现痛感，但已经错过了最佳治疗时机，对乙肝病毒应以积极预防为主，通过接种乙肝疫苗可以预防感染乙肝病毒，体检是筛查乙肝病毒携带者最好的方法国家在中小学生健康体检管理办法(2021年版)中规定：中小学校每年组织1次在校学生健康体检，现某学校有4000名学生，假设携带乙肝病毒的学生占m%，某体检机构通过抽血的方法筛查乙肝病毒携带
5、者，如果对每个人的血样逐一化验，就需要化验4000次为减轻化验工作量，统计专家给出了一种化验方法：随机按照k个人进行分组，将各组k个人的血样混合再化验，如果混合血样呈阴性，说明这k个人全部阴性；如果混合血样呈阳性，说明其中至少有一人的血样呈阳性，就需对该组每个人的血样再分别化验一次假设每人血样化验结果呈阴性还是阳性相互独立(1)若m0.4，记每人血样化验次数为X，求当k取何值时，X的数学期望最小，并求此时化验总次数(2)若m0.8，设每人血样单独化验一次费用5元，k个人混合化验一次费用k4元求当k取何值时，每人血样化验费用的数学期望最小，并求此时化验总费用参考数据及公式：3.16，(1x)n1
6、nx(nN*，n2，|x|0.01).解：22(12分)若定义在区间I上的函数yf(x)，其图象上存在不同两点处的切线相互平行，则称函数yf(x)为区间I上的“曲折函数”，现已知函数f(x)2a2lnxx2(a0).(1)证明：yf(x)是(0，)上的“曲折函数”(2)设0x0a，证明：x1(x0，a)，x(x1，a)，(ax0)f(x)f(a)f(x0)0，则说明函数f(x)在(0，1)上单调递增对A，f(x)exex，f(x)exexf(x)，f(x)exex0在R上恒成立，所以函数f(x)exex是奇函数，且在(0，1)上单调递增，所以选项A满足题意；对B，f(x)，f(x)2xf(x)
7、，所以选项B不满足题意；对C，f(x)sin4x，当x(0，1)时，4x(0，4)，所以函数f(x)sin4x在(0，1)上不单调，所以选项C不满足题意；对D，f(x)x2，f(x)(x)2x2f(x)，所以函数f(x)x2是偶函数，所以选项D不满足题意综上，选A.答案：A3解析：在一元线性回归模型中对随机误差e的假定为E(e)0，D(e)2(一个与自变量x无关的定值).对于A，显示残差与观测时间有线性关系，应将时间变量纳入模型，所以选项A错误；对于B，残差比较均匀地分布在以取值为0的横轴为对称轴的水平带状区域内，所以选项B正确；对于C，显示残差与观测时间有非线性关系，应在模型中加入时间的非线
8、性函数部分，所以选项C错误；对于D，显示残差的方差不是一个常数，会随观测时间变大而变大，所以选项D错误所以只有选项B满足一元线性回归模型中对随机误差的假定，故选B.答案：B4解析：因为当n很大时，1lnn(0.577)，所以(1)(1)ln30000(ln20000)ln30000ln20000lnlnln3ln2，故选C.答案：C5解析：设函数f(x)的最小正周期为T，由图可知，所以T2，又0，所以2，所以1，则f(x)2sin (x)，因为f2，所以2k，kZ，即2k，kZ，又00在R上恒成立，所以函数h(x)在R上单调递增，所以由h(x35xy)h(x)得，x35xyx，即yx34x，又
9、函数f(x)图象上的点(x，y)都满足(x35xy)2023x20234xyx3，所以f(x)x34x，所以选项A正确对于选项B，因为f(x)(x)34(x)x34xf(x)，所以函数f(x)是奇函数，其图象关于原点对称若直线l与函数f(x)x34x的图象有三个交点A，B，C，且满足|AB|BC|，则点A，C关于点B对称，所以直线l过原点，且点B为原点，设直线l的方程为ykx，则由，消去y并整理得，x3(k4)x0，即x(x2k4)0，因为直线l与函数f(x)x34x的图象有三个交点A，B，C，所以4k0，解式得x0或x或x，不妨设A(，k)，则|AB|，即k24k2k60，即(k3)(k2)
10、(k1)0，解得k3或k2或k1，均符合4k0，所以选项B错误对于选项C，g(x)f(x)ax24xax3ax2a(a0)，则g(x)3x22ax3x(x)，令g(x)0，解得x10，x2.若a0，则当x0时，g(x)0；当x0.所以g(x)在(，)，(0，)上单调递减，在(，0)上单调递增所以当x时，函数g(x)取得极小值，且极小值为gaa0，因为a0，所以解得a.若a0，则当x时，g(x)0；当0x0.所以g(x)在(，0)，(，)上单调递减，在(0，)上单调递增所以当x0时，函数g(x)取得极小值，且极小值为g(0)a0，与a0)，则由消去y并整理得，x3(t4)x0，则4t0，解得x0
11、或x或x，不妨设M(，t)，则|MO|，即|MO|2(1t2)(4t)，不妨设N( ，)，则同理得，|NO|2(1)(4)(1t2)().根据|MO|2|NO|2得，(1t2)(4t)(1t2)()，即4t，即4tt2，所以4(t)t2，令tm，则m24m20，解得m2或m2，即t2或t2，且0t4.因为函数yx在(0，4)上单调递增，且值域为(，)，所以方程t2及方程t2在0t0时，x24y24，即y21；当x0时，x24y24，无意义，舍去；当x0)和曲线y21(x0)和曲线y21(x0)和曲线y21(x.方法一由图可知，当点P(x0，y0)在曲线y21(x0，y0)上时，点P到直线x2y
12、0的距离有最大值，设x02cos，y0sin，0，则|x02y0|2cos2sin|2cos ()|2，当，即x0，y0时，等号成立所以|x02y0|的取值范围为(，2，所以选项C正确方法二设直线x2yn0，由得，2x22nxn240，令4n28(n24)0，解得n2(舍去)或n2，结合图形可知当n2时，直线x2y20与曲线y21(x0，y0)相切，此时直线x2y20与直线x2y0的距离为，所以|x02y0|的最大值为2.所以|x02y0|的取值范围为(，2，所以选项C正确对于D，由C的方法二可知，直线x2y20与曲线y21(x0，y0)相切，且点(2，2)在直线x2y20上，作出直线x2y2
13、0，由图可知当过点(2，2)的直线l的斜率大于且小于直线l与曲线y21(x0，y0)相切时的斜率时，直线l与曲线C有三个交点直线l的方程为y2k(x2)，与y21联立并整理得，(14k2)x28k(2k2)x4(2k2)240，令64k2(2k2)24(14k2)4(2k2)240，化简得，4k216k90，解得k或k，结合图可知，k，所以直线l的斜率的取值范围为(，)，所以选项D正确综上，选BCD.答案：BCD13解析：方法一(x2)5的展开式的通项Tk1C(x2)5k(2)kCx10，令100，解得k4，所以常数项为(2)4C16580.方法二将(x2)5看作5个(x2)相乘，若求展开式中
14、的常数项，则在其中一个(x2)中取x2，剩下的4个(x2)中取，所以常数项为Cx280.答案：8014解析：因为ann1，所以abnbn1，所以ab1ab2ab9(b11)(b21)(b91)(b1b2b9)99502.答案：50215解析：设正四面体内切球半径为R，正四面体每个面的面积为S，正四面体的高为h，则由4SRSh，得R.如图所示，设点O1为底面正三角形ABC的中心，则O1即底面正三角形ABC的外接圆的圆心，连接DO1，则DO1平面ABC，由正四面体的对称性可知，正四面体内切球的球心在线段DO1上，设球心为O，连接PO1，因为正四面体ABCD的棱长为6，所以PO162，所以hDO12
15、，所以正四面体内切球半径R，即OO1，连接OP，所以PO.因为Q是正四面体ABCD内切球球面上的动点，所以PORPQPOR，即PQ2，所以PQ的取值范围为，2.答案：，216解析：若(a1a2a3an1an)2是一个二进制数，并且a11，an0，则(a1a2a3an1an)2表示成十进制数为a12n1a22n2an121020，因为a12n1，a22n2，an121均为2的倍数，所以a12n1a22n2an121020是偶数，即一个十进制数表示成二进制数之后，若其末位是0，则这个十进制数是偶数因为bnxixj，n1，2，2022，所以b1x1x2x3x4x2023，b2x1x2x3x4x202
16、3，b3x1x2x3x4x5x2023，b2022x1x2x2022x2023.设Ax1x2xi，Bxi1xi2x2023，i1，2，2022，则biAB.因为b1，b2，b2022表示成二进制数，其中有1011个数末位是0，所以b1，b2，b2022这2022个数中有1011个偶数若x1，x2，xi，x2023都是奇数，则A，B都是奇数，所以biAB(i1，2，2022)都是偶数，不符合题意；若x1，x2，xi，x2023都是偶数，则A，B都是偶数，所以biAB(i1，2，2022)都是偶数，不符合题意所以数列x1，x2，xi，x2023中既有偶数又有奇数，不可能都是奇数，也不可能都是偶数数
17、列x1，x2，xi，x2023中偶数的个数至少为2，假设只有一个偶数，则A和B一定一个是奇数，另一个是偶数，则biAB(i1，2，2022)是奇数，不符合题意，所以数列x1，x2，xi，x2023中偶数的个数至少为2.设在数列x1，x2，xi，x2023中最左端的偶数为xm，最右端的偶数为xk.当im1时，因为x1，x2，xi均为奇数，所以Ax1x2xi为奇数，因为xi1，xi2，x2023中有偶数，所以Bxi1xi2x2023为偶数，所以biAB为奇数；当ik时，因为x1，x2，xi中有偶数，所以Ax1x2xi为偶数，因为xi1，xi2，x2023均为奇数，所以Bxi1xi2x2023为奇数
18、，所以biAB为奇数；当mik1时，因为x1，x2，xi中至少有一个偶数，所以Ax1x2xi为偶数，因为xi1，xi2，x2023中至少有一个偶数，所以Bxi1xi2x2023为偶数，所以biAB为偶数因为数列b1，b2，b2022中有1011个偶数，所以令(k1)m1km1011，此时，当xm和xk之间的项都是偶数时，符合题意，所以数列x1，x2，xi，x2023中最多有km11012(个)偶数，即若将x1，x2，xi，x2023表示成二进制数，则末位是0的数至多有1012个答案：101217解析：(1)证明：因为sinA4sinCcosB，所以sin (BC)4sinCcosB，即sinB
19、cosCcosBsinC4sinCcosB，即sinBcosC3sinCcosB，所以tanB3tanC.(2)因为sinA4sinCcosB，所以a4c，即a22c22b20.又b2，c2，所以a4，所以c2b2a2，所以A，则ABC外接圆的半径Ra2，所以ABC外接圆的面积SR24.18解析：(1)依题意得，几何体的体积V12.(2)方法一如图，过点O作OMOA，分别以OA，OM，OB所在的直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则A(1，0，0)，C(0，0，)，B(0，0，)，D(，0)，则(1，0，)，(，0)，(1，0，).设平面ACD的法向量为n(x，y，z)，则，令y3，得n(
20、，3，2).设直线AB与平面ACD所成的角为，则sin|cos，n|，直线AB与平面ACD所成角的正弦值为.方法二由题意得，ACCD，由余弦定理得，AD2OA2OD22OAODcos3，AD.设AD的中点为E，如图，连接CE，CACD，CEAD，根据勾股定理得CE1，SACDADCE1.SAOD11sin.设点B到平面ACD的距离为h，VBACDVBAODVCAODSAODBC，SACDhSAODBC，即h，h.易知AB2.设直线AB与平面ACD所成的角为，则sin.19解析：(1)如图，由点H(2，2)，得直线OH的斜率为1.因为OHMN，所以直线MN的斜率为1，故直线MN的方程为y21(x
21、2)，整理得直线MN的方程为xy4.设M(x1，y1)，N(x2，y2)，联立得，得y22py8p0，0，则.由OMON，得0，即x1x2y1y2y1y20，因为y1y20，所以y1y24p2，所以4p28p，得p2，故抛物线C的方程为y24x.(2)设点A(x，y)是直线l上任一点，则点A关于原点的对称点A(x，y)在直线MN上，所以x(y)4，即直线l的方程为xy4.设点Q(x0，y0)(x00)，则y4x0，点Q到直线l的距离d，当y02时，d取得最小值，此时，Q(1，2).20解析：(1)设数列an的公比为q(q0)，由已知得3q3q236，即q2q120，解得q3或q4(舍)，所以a
22、n33n13n.因为3Snn23nbnn，所以当n2时，3Sn1(n1)23(n1)bn1n1，两式作差得3(n1)bn3(n1)bn12(n1)(n2)，因为n2，所以bnbn1，即数列bn是首项为，公差为的等差数列，所以bn(n1)n.(2)27b8Man0，即M，设cn，则M小于等于数列cn的最大项设nk(kN*)时，cn最大，因为c1，c2c1，所以k1.所以(k2)，即(k2)，即(k2)，即(k2)，解得.即2.5k3.5(kN*)，所以k3.故数列cn的最大项是c31，所以M1，即实数M的取值范围是(，1.21解析：(1)由题意知，若混合血样呈阴性，则X，P(X)0.996k，若
23、混合血样呈阳性，则X1，P(X1)10.996k，所以E(X)0.996k(1)(10.996k)10.996k1(10.004)k0.004k.令f(x)0.004x，则f(x)0.004，当x(0，5)时，f(x)0，所以f(x)在(0，5)上单调递减，在(5，)上单调递增因为kN*，553.1615.8，且f(15)0.004150.1267，f(16)0.004160.1265，所以当k16时，E(X)取得最小值，且E(X)的最小数点值为0.1265.所以当k取16时，每人血样化验次数X的数学期望最小，此时化验总次数为40000.1265506.(2)设每组k人时，每组化验总费用为Y元
24、，若混合血样呈阴性，则Yk4，若混合血样为阳性，则Y6k4，且P(Yk4)0.992k，P(Y6k4)10.992k，所以E(Y)(k4)0.992k(6k4)(10.992k)6k5k0.992k4.每个人血样的化验费用为650.992k65(10.008)k65(10.008k)10.04k121.8，当且仅当0.04k，即k10时取等号，所以当k取10时，每人血样化验费用的数学期望最小，此时化验总费用为40001.87200(元).22解析：(1)要证yf(x)是(0，)上的“曲折函数”，即证存在x1，x2(0，)，且x1x2，使得f(x1)f(x2)，令g(x)f(x)2x(a0，x0
25、)，则转化为证x1，x2(0，)，x1x2，使得g(x1)g(x2).任取m4a，考虑关于x的方程g(x)m的正实数根的情况2xm2x2mx2a20，判别式m216a20，故关于x的方程2x2mx2a20有两个不等实根x1，x2.由根与系数的关系可知，x1x20，x1x2a20，从而x1，x20.即关于x的方程g(x)m有两个不同的正实数根x1，x2，所以g(x1)g(x2)，即yf(x)是(0，)上的“曲折函数”(2)设函数F(x)(ax0)f(x)f(a)f(x0)，将f(x)2x及f(x)2a2lnxx2代入，可得F(x)(ax0)(2x)2a2lna2x，则F(x)(2x22a2).因
26、为x0a，所以当x(0，a)时，F(x)0，故F(x)在(0，a)上单调递减，在(a，)上单调递增取xx0，代入函数yF(x)，可得F(x0)(ax0)(2x0)2a2lna2xa22ln1.令t，其中t1，故F(x0)a2(2t32lnt).构造函数H(t)2t32lnt(t1)，则H(t)220，从而H(t)在(1，)上单调递增，故H(t)2132ln10，所以F(x0)0.再取xa，代入函数yF(x)，可得F(a)4a(ax0)2a2lna2xa2(342ln).令p，其中0p0，所以S(p)在(0，1)上单调递增，故S(p)341122ln10，所以F(a)0.又F(x)在(x0，a)上单调递减，所以结合及零点存在定理知，必存在唯一的x1(x0，a)，使得F(x1)0，且对任意的x(x1，a)，F(x)F(x1)0成立证毕
