2024届北京市新高三入学定位考试数学试题含答案

2024届北京市新高三入学定位考试数学试题

一、单选题

1．已知集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据并集的概念运算可得答案.

【详解】因为，

所以.

故选：D

2．已知复数的共轭为，若，则的实部为（    ）

A．1 B． C． D．i

【答案】A

【分析】设复数的代数形式，根据共轭复数的概念和复数的加法运算法则可求出结果.

【详解】设，则，

由得，即.

所以的实部为.

故选：A

3．在的展开式中，的系数为，则实数的值为（    ）

A． B． C． D．4

【答案】B

【分析】根据二项展开式的通项公式可求出结果.

【详解】的展开式的通项公式为，.

由已知得，得.

故选：B

4．直线被圆所截得的弦长为（    ）

A．1 B． C．2 D．3

【答案】C

【分析】根据圆心在直线上可得结果.

【详解】由已知得圆心为，半径，

因为圆心在直线上，

所以直线被圆所截得的弦长为.

故选：C

5．下列函数中，没有对称中心的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】结合函数图像及性质分别判断各个选项即可.

【详解】的对称中心是,A不正确;

的对称中心是,B不正确;

的对称中心是,C不正确;

结合指数型函数的图像可知函数无对称中心,D选项正确.

故选：D.

6．已知函数，则的值为（    ）

A． B． C． D．1

【答案】B

【分析】根据二倍角的余弦公式可求出结果.

【详解】.

故选：B

7．等差数列的其前n项和为，若，则的公差为（    ）

A．2或 B．2或 C．或 D．或2

【答案】B

【分析】设公差为，从而列出方程，求出公差，得到答案.

【详解】设公差为，

又，，

故，即，

解得或.

故选：B

8．已知不共线的两个非零向量，则“与所成角为钝角”是“”的（    ）

A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件

C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】C

【分析】结合向量数量积运算法则计算即可.

【详解】因为“与所成角为钝角,所以，

所以“与所成角为钝角”是“”的充要条件.

故选：C.

9．抛物线的焦点为F．点F关于原点O的对称点为A．若以F为圆心的圆经过点A且与W的两个交点为B，C，则下面结论正确的是（    ）

A．一定是钝角三角形 B．可能是锐角三角形

C．一定是钝角三角形 D．可能是锐角三角形

【答案】A

【分析】联立圆和抛物线线方程求出坐标，再利用二倍角的正切公式即可判断AB，利用等腰直角三角形性质即可判断CD.

【详解】根据对称性，不妨设，位于第一象限，位于第四象限，

由题意得，，

则圆的方程为，联立抛物线方程，

解得或，则，，

则有，则，则，

则根据对称性有，

又因为，所以，所以一定是钝角三角形，故A正确，B错误；

又因为，且，所以三角形为等腰直角三角形，

则，则根据对称性知，则三角形为直角三角形，故C,D错误，

故选：A.

10．棱长为1的正方体中，点P在棱CD上运动，点Q在侧面上运动，满足平面，则线段PQ的最小值为（    ）

A． B．1 C． D．

【答案】A

【分析】建立空间直角坐标系，求出点的坐标，设，，根据线面垂直得到方程组，求出，，从而求出，得到线段PQ的最小值.

【详解】以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，

则，设，，

所以，，

因为平面，

所以，故，

，故，

其中，

故，

故当时，，此时满足要求，

所以线段PQ的最小值为.

故选：A

二、填空题

11．函数的定义域为         ．

【答案】

【分析】根据对数函数以及幂函数的定义域列式可得结果.

【详解】由函数有意义得，得.

所以函数的定义域为.

故答案为：

三、双空题

12．过双曲线的右焦点F作x轴的垂线，与两条渐近线的交点分别为A，B，若为等边三角形，则W的渐近线方程为         ，W的离心率为         ．

【答案】          /

【分析】根据图形则得到，再利用离心率公式即可.

【详解】双曲线渐近线方程为，

因为是等边三角形，则，则渐近线方程为，

即，

故答案为：；.

13．在中，，且，则         ，        ．

【答案】         

【分析】由正弦定理求，由余弦定理求.

【详解】由正弦定理，得，

由余弦定理，得，得.

故答案为：；

14．函数只有一个零点，则a的一个值为         ；a的最大值为         ．

【答案】     0（答案不唯一）     1

【分析】分，和讨论即可.

【详解】当时，，

当，令，解得，

当，令，解得，因为，故舍去，

则时，只有一个零点0；

当时，令，解得，又因为，舍去；

令，解得或，又因为，所以，

若要取得这个零点，则，解得，又因为，所以；

显然当时，，（舍去），且无实数解，故时，无零点；

综上：，则.

故答案为：0（答案不唯一满足即可）；1.

四、填空题

15．已知数列的前n项和为，且，其中k，b不同时为0．给出下列四个结论：

①当时，为等比数列；

②当时，一定不是等差数列；

③当时，为常数列；

④当时，是单调递增数列．

其中所有正确结论的序号是         ．

【答案】①③④

【分析】由可得，代入可判断①；利用可判断②③；利用是减函数可判断④．

【详解】，

当时，，可得，

当时，，

由两个式相减可得，即，

可得，

对于①，当时，得，即，又k，b不同时为0，

所以，，所以是首项公比为等比数列，故①正确；

对于②③，当时，，且，所以是以为首项，

公比为等比数列，所以，，

所以当时，，此时是常数列，即是等差数列，故②错误③正确；

对于④，当时，，，

因为是减函数，所以是递增函数，

所以是单调递增数列，故④正确．

故答案为：①③④.

【点睛】关键点点睛：解题的关键点是利用构造，本题考查了学生的思维能力、运算能力.

五、解答题

16．如图，在长方体中，侧面是正方形，且，点E为BC的中点，点F在直线上．

(1)若平面，求证：平面；

(2)求二面角的余弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）利用面面平行的判定证明平面平面，再利用面面平行的性质即可证明；

（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可求出二面角余弦值.

【详解】（1）连接，因为长方体，所以，

又因为平面，平面，所以平面，

又因为，平面，所以平面平面，

又因为平面，所以平面.

（2）以为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，

因为侧面是正方形，所以，又因为点E为BC的中点，

则，

则，

设平面的一个法向量，

则，即，则，令，则，则，

设平面的一个法向量，

则，即，则，令，则，则，

设二面角的平面角为，根据法向量朝向可知：

，

则二面角的余弦值为.

17．已知，其中．

(1)若，求的值；

(2)从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求的单调递增区间．

条件①：；

条件②：．

注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．

【答案】(1)

(2)选①，答案为；选②，答案为

【分析】（1）代入，计算出，结合，求出的值；

（2）选①，用三角恒等变换化简得到，利用整体法求出单调递增区间；

选②，先用三角恒等变换化简得到，利用整体法求出单调递增区间.

【详解】（1），

因为，所以，

（2）若选①，，

，

令，解得，

故的单调递增区间为

若选②，，

，

令，解得，

故的单调递增区间为

18．为了解员工每日健步走的情况，某单位工会随机抽取了300名员工，借助计步小程序统计了他们每日健步走的步数（均不低于4千步，不超过20千步），按步数分组，得到频率分布直方图如图所示．

(1)试估计该单位全体员工日行步数（单位：千步）的平均数（每组数据以该组区间的中点值为代表）；

(2)单位工会从全体员工中随机选取3人，记表示3人中每日健步数在14千步以上的人数，求随机变量的分布列和期望；

(3)假设单位员工甲、乙、丙三人某日健步走的步数分别为a，b，c，且，则三人当日健步走的步数的方差最小时，写出a，b，c的一组值（不要求证明）．（单位：千步）

注：，其中．

【答案】(1)(千步)；

(2)分布列见解析,

(3).

【分析】（1）以每组数据区间的中点值乘以相应频率相加即得均值；

（2）由，由二项分布写出离散型随机变量的分布列并计算数学期望;

（3）根据方差定义及意义判断选取即可.

【详解】（1）由题意有

(千步).

（2）每日健步数在14千步以上的概率为，

则每日健步数在14千步以下的概率为，

由，

的取值为0，1，2，3.

，

，

，

，

所以的分布列为：

(元)．

（3）依题意，，且，

因为方差反映了一组数据的波动情况，

所以要使方差最小，则这3个数据要比较集中，

故取中的最小整数，即，

取中的最大整数，即，

取最靠近平均数的数，令，得，

所以或，

当时，平均数为，

方差为；

当时，平均数为，

方差为；

因为，

所以.

19．已知函数，曲线在的切线为．

(1)求a，b的值；

(2)求证：函数在区间上单调递增；

(3)求函数的零点个数，并说明理由．

【答案】(1).

(2)证明见解析

(3)零点个数为0，证明见解析.

【分析】（1）直接求导得，根据即可得到答案；

（2），转化为证明在上恒成立即可；

（3）通过求导得到的最小值，利用隐零点法证明即可.

【详解】（1），则有，解得，，则.

（2）由（1）知，，

设，因为在上单调递增，

则，所以在上恒成立，

所以函数在区间上单调递增.

（3）因为，令，

令，得，设，

由（2）知在上单调递增，且，，

故存在唯一零点使得，

即存在唯一零点满足，即得，则，

且当时，，此时单调递减，

当时，，此时单调递增，

所以

，

当时，，，

则，

则函数的零点个数为0.

20．已知椭圆的离心率为．

(1)求椭圆C的方程；

(2)当椭圆焦点在轴上时，直线与椭圆的一个交点为P（点P不在坐标轴上），点P关于x轴的对称点为Q，经过点Q且斜率为的直线与l交于点M，点N满足轴，轴，求证：点N在直线上．

【答案】(1)或

(2)证明过程见解析

【分析】（1）分椭圆焦点在轴和在轴上两种情况进行求解；

（2）椭圆方程为，联立直线与椭圆方程，得到，进而得到，从而求出经过点Q且斜率为的直线方程，联立直线后得到，验证其在上.

【详解】（1）当椭圆焦点在轴上时，，故，

解得，所以此时椭圆方程为；

当椭圆焦点在轴上时，，故，解得，

此时椭圆方程为；

故椭圆C的方程为或；

（2）由题意可知，椭圆方程为，

联立，得，

设，则，所以，

故，故，

所以经过点Q且斜率为的直线方程为，

联立直线与直线得，，

即，解得，

所以，又，故，

又，即满足；

【点睛】定值问题常见方法：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；

（2）直接推理计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.

21．给定正整数k，m，其中，如果有限数列同时满足下列两个条件，则称为数列．记数列的项数的最小值为．

条件①：的每一项都属于集合；

条件②：从集合中任取m个不同的数排成一列，得到的数列都是的子数列．

注：从中选取第项、第项、…、第项（其中）形成的新数列称为的一个子数列．

(1)分别判断下面两个数列是否为数列，并说明理由：

数列；

数列；

(2)求证：；

(3)求的值．

【答案】(1)数列是数列，数列不是数列，理由见解析

(2)证明见解析

(3)

【分析】（1）根据数列的定义进行判断可得结论；

（2）根据；；，；；；；；等数列都是的子数列，得到数列中一定有；；；；；等数列都为的子数列，得到数列中一定有，从而可得；

（3）从集合中取出个不同的数排成一列，可得个数列，根据数列都是的子数列中应包含这个数列中的每一个数列可知数列中一定有，从而可得.

【详解】（1），

数列和中每一项都属于集合，符合条件①，

从集合中取出个不同的元素，排成一列得到；；；；；.

根据子数列的定义可知，以上个数列都是数列的子数列，故数列是数列；

而数列不是数列的子数列，故数列不是数列.

（2），

若从集合中任取个不同的数排成一列，得到的数列都是数列的子数列，

则为了满足；；，；；；；；等数列都是的子数列，

则数列中一定有，

又为了满足；；；；等数列都为的子数列，

则数列中一定有，

则当数列为时，取到的值，

故.

（3），

从集合中取出个不同的数排成一列，可得；；；；；；

；；；，；；；；；；；

；；；；；；，共个数列.

故数列中一定有，

为保证数列的子数列中有和，则数列中一定有，

为保证数列的子数列中有，数列中一定有，

为保证数列的子数列中有和，则数列中一定有，

故.

【点睛】关键点点睛：正确理解数列的定义和的含义是解题关键.