2024年高考数学综合基础卷【赢在寒假】江苏专用（二）班级_______姓名：_______考号：_______单项选择题（本大题共8题，每小题5分，共计40分。每小题列出的四个选项中只有一项是最符合题目要求的）1．已知全集，集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】求出集合中元素范围，再求交集即可.【详解】，，.故选：D.2．若复数（为虚数单位，且）为纯虚数，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据复数的除法运算化简，根据其为纯虚数可得，，即可求得答案.【详解】由题意得，因为为纯虚数，则，即，故.故选：B.3．已知，，则等于（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】结合两角和的正弦公式及切化弦即可求解.【详解】因为，所以．两边除以，得．故选：D．4．已知双曲线的左右焦点分别为，，P为双曲线在第一象限上的一点，若，则（    ）A． B． C．14 D．15【答案】C【分析】根据双曲线的定义、余弦定理、向量数量积计算即得.【详解】依题意，双曲线实半轴长，虚半轴长，半焦距，则，在中，，即有，解得，则，即是等腰三角形，.故选：C5．已知函数，，则的图象大致是（   ）A． B．C． D．【答案】B【分析】利用时的解析式的图象即可得到选项.【详解】令，则，所以，，则在轴右侧为部分抛物线，对称轴为，时，或，且处为空心，，排除ACD.故选：B6．连续两次抛掷一枚质地均匀的骰子，观察它落地时朝上面的点数.事件“第一次得到的数字是2”；事件“第二次得到的数字是奇数”；事件“两次得到数字的乘积是奇数”；事件“两次得到数字的和是6”.则（    ）A．事件和事件对立 B．事件和事件互斥C．事件和事件相互独立 D．【答案】D【分析】对于A，由互斥事件、对立事件的概念即可判断；对于B，由事件发生时，事件也有可能发生，即可判断；对于C，判断是否成立即可；对于D，判断是否成立即可.【详解】对于A，事件“第二次得到的数字是奇数”=“第二次得到的数字是1，3，5”，所以事件和事件互斥但不对立；对于B，事件发生时，即“第二次得到的数字是1，3，5”，若“两次得到数字的和是6”也发生，则此时只需“第一次得到的数字是5，3，1”，即事件发生时，事件也有可能发生，故B错误；对于C，由题意，    “两次得到数字的和是6”可能有：五种情况，即，而事件和事件同时发生即为一种情况，所以，但，故C错误；对于D，由题意，而事件和事件同时发生的概率，所以.故选：D.7．已知等差数列，的前项和分别为，，若，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据，结合等差数列的前项和公式，构造出符合题意的一组与的通项公式，再进行计算即可．【详解】根据题意，数列、都是等差数列，显然两个数列都不是常数列，，因为等差数列前项和公式为，所以不妨令为常数，且，所以时，，．，，，.故选：A8．若函数有4个零点，则正数的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据一次函数与对数函数的图象，得到时，函数只有一个零点，结合题意，得到时，方程有三个零点，利用三角函数的性质，得出不等式，即可求解.【详解】当时，令，即，即，因为函数与的图象仅有一个公共点，如图所示，  所以时，函数只有一个零点，又由函数有4个零点，所以时，方程有三个零点，如图所示，  因为，可得，则满足，解得，即实数的取值范围为.故选：B.二、多项选择题（本大题共4题，每小题5分，共计20分。每小题列出的四个选项中有多项是符合题目要求的，漏选得2分，多选或错选不得分）9．已知函数，则（ ）A．函数的最大值为B．函数的图象关于直线对称C．函数的图象关于点对称D．函数在区间上单调递增【答案】ACD【分析】先利用辅助角公式化简的解析式；再由三角函数的有界性判断选项A，由三角函数的对称性判断选项B、C，利用整体代入法及余弦函数的单调性判断选项D.【详解】.对于选项A，的最大值为，故选项A正确；对于选项B，令，解得，所以函数的图象关于直线对称，则函数的图象不关于直线对称，故选项B错误；对于选项C，因为，所以函数的图象关于点对称，故选项C正确；对于选项D，令，解得，所以的单调递增区间为.因为当时，，则函数在区间上单调递增，故选项D正确．故选：ACD．10．已知正方体的棱长为1，为棱（包含端点）上的动点，下列命题正确的是（    ）A．二面角的大小为B．C．若在正方形内部，且，则点的轨迹长度为D．若平面，则直线与平面所成角的正弦值的取值范围为【答案】BCD【分析】A选项，建立空间直角坐标系，求出两平面的法向量，得到二面角的大小；B选项，由得到垂直关系；C选项，推出O在以为圆心，为半径的四分之一圆弧上，求出轨迹长度；D选项，为平面的法向量，求出直线与平面所成角的正弦值，根据求出取值范围.【详解】由正方体可建立如图所示的空间直角坐标系，则，设，其中，对于A：，，设平面的法向量为，则，即，取，则，故.设平面的法向量为，则，即，取，则，故.故，而二面角为锐二面角，故其余弦值为，不为，故二面角的平面角不是，故A错误.对于B：，故，即，故B正确.对于C：由在正方形内部，且，若分别是上的点，且，此时，由图知：O在上，即O在以为圆心，为半径的四分之一圆弧上，所以点轨迹的长度为；故C正确.对于D：设直线与平面所成的角为.因为平面，故为平面的法向量，而，故，而，故，故D正确.故选：BCD.11．已知，若，则（    ）A．的最大值为 B．的最小值为1C．的最小值为8 D．的最小值为【答案】ACD【分析】AD选项，由基本不等式求出最值；B选项，化为，求出最小值；C选项，利用基本不等式“1”的妙用求出最小值.【详解】对于，由，即，当且仅当，且，即时，取等号，所以A正确；对于，因为，当且仅当时，取到最小值，所以B错误；对于C，因为，所以，当且仅当，且，即，时，取等号，所以C正确；对于，当且仅当，且，即时，取等号，所以正确.故选：ACD.12．已知定义在上的连续函数，其导函数为，且，函数为奇函数，当时，，则（    ）A． B．C． D．【答案】ABD【分析】A项，根据是奇函数得出函数的奇偶性，进而得出函数的对称轴，即可求出；B项，构造函数，通过求导得出当时的单调性，即可得出结论；C项，求出的单调性，即可得出结论；D项，利用导数证得与的差大于与的差，结合的对称性与单调性即可得出结论.【详解】A项，在中，，函数为奇函数，所以函数为偶函数，则，所以函数关于对称，所以，故A正确；B项，令，因为当时，所以当时，，函数单调递增，所以，所以，B正确；C项，当时，，所以，函数单调递增，所以当时，函数单调递减，则在取得最小值为1，所以不存在，C错误；D项，由函数关于对称，当时，令，，函数单调递增，所以，则，所以，，令，，所以函数单调递减，，所以，所以，，所以与的差大于与的差，因为函数关于对称，当时，函数单调递增，所以，D正确；故选：ABD.【点睛】关键点睛：本题解决的关键是由导数为奇函数，得到原函数为偶函数，从而得解.三、填空题（每小题5分，共计20分）13．在的展开式中，常数项为.（结果用数字表示）【答案】135【分析】求得展开通项，并化简，令，得出即可得解.【详解】由题意的展开通项为，令，解得，所以常数项为.故答案为：135.14．某次女排比赛的其中一场半决赛在甲、乙两队之间进行，比赛采用五局三胜制．甲队中有一名主力队员，在其上场比赛的情况下，甲队每局取胜的概率为，在其不上场比赛的情况下，甲队每局取胜的概率为，甲队从全队战术、队员体力等各方面综合考量，决定该主力队员每局比赛上场的概率为．已知甲队已经取得了第一局比赛的胜利，则最终甲队以3：0战胜乙队的概率为．【答案】/0.36【分析】根据全概率公式即可求解.【详解】记事件“每局比赛甲队战胜乙队”，“甲队的主力队员上场比赛”，“甲队第一局获胜的条件下，甲队以3：0战胜乙队”．由已知得，，，所以，于是．故答案为：15．已知是公差为2的等差数列，其前项和为，是与的等差中项，则=；设，若对，使得恒成立，则的取值范围为【答案】【分析】根据等差中项性质结合等差数列的相关公式列式计算，求得首项，即可求得通项公式；进而可得的表达式，利用作差法判断其单调性，确定最大值，结合数列不等式恒成立，即可求得参数范围.【详解】由题意知是公差为2的等差数列，是与的等差中项，则，即，故；故，则，当时，，数列的项增大；当时，，数列的项是减小的；故为数列的最大值项，对，使得恒成立，则，即的取值范围为，故答案为：，16．已知三棱锥，底面为等边三角形，边长为3，平面平面，，则该几何体的外接球的表面积为．【答案】【分析】由球心与截面圆圆心连线与截面圆所在平面垂直的性质，利用与的外接圆圆心找到球心位置，再利用勾股定理求解外接球半径，进而求得外接球的表面积.【详解】底面为边长为3的等边三角形，取的中点，设为底面的中心，连接，则，过点作底面的垂线，则球心在直线上.设为的外心，连接,过点作平面的垂线，则球心在直线上.即与交点即为该几何体外接球的球心.因为是的中点，则，又平面平面，且平面平面平面，所以平面，则，同理可得，所以四边形是平行四边形，又由平面，则，所以四边形是矩形，则，设外接球的半径，三角形的外接圆半径为，由，，则由正弦定理得，，解得，即，因为在中，，则，所以该几何体的外接球的表面积为．故答案为：.四、解答题（解答题需写出必要的解题过程或文字说明，17题10分，其余各题每题各12分）17．已知分别为的内角的对边，且.(1)求；(2)若，的面积为2，求.【答案】(1)(2)【分析】（1）根据余弦定理代入化简，结合角的范围即可求解；（2）根据三角形面积公式和余弦定理代入求解即可.【详解】（1）在中，由余弦定理得，，代入，则，即，即，因为，且时上式不成立，所以，所以，则（2）因为的面积为2，所以，即，又因为，，，所以，则，则18．已知为等差数列，是等比数列，且.(1)求和的通项公式；(2)若，求的值.【答案】(1)，(2)【分析】（1）求出公差和公比，得到通项公式；（2）结合等差数列和等比数列求和公式进行分组求和，【详解】（1）设数列的公差为，数列的公比为.因为，所以，即，所以，所以，则，所以.（2）.19．已知平行四边形如图甲，，，沿将折起，使点到达点位置，且，连接得三棱锥，如图乙.(1)证明：平面平面；(2)在线段上是否存在点，使二面角的余弦值为，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)存在，且【分析】（1）推导出，证明出平面，可得出，利用线面垂直和面面垂直的判定定理可证得结论成立；（2）以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，设，其中，利用空间向量法可得出关于的等式，结合求出的值，即可得出结论.【详解】（1）证明：翻折前，因为四边形为平行四边形，，则，因为，则，，由余弦定理可得，所以，，则，同理可证，翻折后，则有，，因为，，、平面，所以，平面，因为平面，则，因为，、平面，所以，平面，因为平面，故平面平面.（2）解：因为平面，，以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、，设，其中，则，，设平面的法向量为，则，取，则，，所以，，易知平面的一个法向量为，则，整理可得，因为，解得，因此，线段上存在点，使二面角的余弦值为，且.20．某市号召市民尽量减少开车出行，以绿色低碳的出行方式支持节能减排．原来天天开车上班的王先生积极响应政府号召，准备每天在骑自行车和开车两种出行方式中随机选择一种方式出行．从即日起出行方式选择规则如下：第一天选择骑自行车方式上班，随后每天用“一次性抛掷4枚均匀硬币”的方法确定出行方式，若得到的正面朝上的枚数小于3，则该天出行方式与前一天相同，否则选择另一种出行方式．(1)设表示事件“在第天，王先生上班选择的是骑自行车出行方式”的概率．①求；②用表示；(2)依据值，阐述说明王先生的这种随机选择出行方式是否积极响应市政府的号召．【答案】(1)①；②(2)答案见解析【分析】（1）运用了