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    高考数学(北京卷)-学易金卷:2024年高考第二次模拟考试
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    高考数学(北京卷)-学易金卷:2024年高考第二次模拟考试

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    这是一份高考数学(北京卷)-学易金卷:2024年高考第二次模拟考试,文件包含参考解析docx、参考答案docx、数学北京卷考试版A4docx、数学北京卷考试版A3docx、答题卡pdf版pdf等5份试卷配套教学资源,其中试卷共39页, 欢迎下载使用。

    2、锻炼同学的考试心理,训练学生快速进入考试状态。高考的最佳心理状态是紧张中有乐观,压力下有自信,平静中有兴奋。
    3、训练同学掌握一定的应试技巧,积累考试经验。模拟考试可以训练答题时间和速度。高考不仅是知识和水平的竞争,也是时间和速度的竞争,可以说每分每秒都是成绩。
    4、帮助同学正确评估自己。高考是一种选拨性考试,目的是排序和择优,起决定作用的是自己在整体中的相对位置。因此,模拟考试以后,同学们要想法了解自己的成绩在整体中的位置。
    2024年高考数学第二次模拟考试
    数学·全解全析
    (考试时间:120分钟 试卷满分:150分)
    注意事项:
    1.本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分.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.回答第Ⅰ卷时,选出每小题答案后,用2B铅笔把答题卡上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.写在本试卷上无效.
    3.回答第Ⅱ卷时,将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
    4.测试范围:高考全部内容
    5.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回.
    第Ⅰ卷(选择题)
    一、单项选择题:本题共10小题,每小题4分,共40分,在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合要求的。
    1.已知集合,,则( )
    A.B.C.D.
    【答案】B
    【分析】根据交集概念进行求解.
    【详解】.
    故选:B
    2.复数,则等于( )
    A.1B.C.2D.
    【答案】D
    【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简,然后直接利用复数模的公式求解即可.
    【详解】结合题意可得:,
    所以.
    故选:D.
    3.双曲线的渐近线方程是( )
    A.B.
    C.D.
    【答案】C
    【分析】由双曲线方程直接写出渐近线方程.
    【详解】由双曲线,得
    所以双曲线的渐近线方程是.
    故选:C.
    4.下列函数既是奇函数,又在上单调递增的函数是( )
    A.B.
    C.D.
    【答案】D
    【分析】根据奇函数的判定方法及函数在上单调递增,逐项求解即可判断.
    【详解】对A:令,定义域为,,
    所以为奇函数,又因为,所以在上不是增函数,故A错误;
    对B:令,定义域为,,所以为偶函数,故B错误;
    对C:令,定义域为,所以不是奇函数,故C错误;
    对D:令,定义域为,,所以为奇函数,
    由幂函数性质可知在上单调递增,故D正确.
    故选:D.
    5.若直线圆相切,则原点到直线距离的最大值为( )
    A.B.2C.D.1
    【答案】B
    【分析】原点在圆上,到切线的最大距离等于圆的直径.
    【详解】圆,即,圆心坐标,半径为1,
    直线与圆相切,则圆心到直线距离等于半径1,
    原点在圆上,所以原点到直线距离的最大值为.
    故选:B
    6.在梯形中,,是边长为3的正三角形,则( )
    A.B.C.D.
    【答案】B
    【分析】由平行得到,在中,由正弦定理求出答案.
    【详解】因为是边长为3的正三角形,
    所以,
    又,所以,
    由正弦定理得,
    则.
    故选:B
    7.据科学研究表明,某种玫瑰花新鲜程度y与其花朵凋零时间t(分钟)(在植物学上t表示从花朵完全绽放时刻开始到完全凋零时刻为止所需的时间)近似满足函数关系式:(b为常数),若该种玫瑰花在凋零时间为10分钟时的新鲜程度为,则当该种玫瑰花新鲜程度为时,其凋零时间约为(参考数据:)( )
    A.3分钟B.30分钟C.33分钟D.35分钟
    【答案】C
    【分析】根据已知条件,结合待定系数法,求出的值,再将代入函数中,即可求解
    【详解】由题意得,则,令,即,解得.
    故选:C.
    8.若数列为等比数列,则“”是“”的( )
    A.充要条件B.既不充分也不必要条件
    C.充分不必要条件D.必要不充分条件
    【答案】C
    【分析】利用等比数列性质,结合基本不等式及不等式性质,由充分、必要性定义判断充分、必要性.
    【详解】若数列的公比为,
    由,故,则,
    所以,当且仅当,即时取等号,故充分性成立;
    由,故,若,则,故必要性不成立;
    故选:C
    9.如图,已知正方形的边长为4,若动点在以为直径的半圆上(正方形内部,含边界),则的取值范围为( )
    A.B.C.D.
    【答案】B
    【分析】根据已知条件及极化恒等式,结合向量的线性运算即可求解.
    【详解】取的中点,连接,如图所示,
    所以的取值范围是,即,
    又由,
    所以.
    故选:B.
    10.公元年,唐代李淳风注《九章》时提到祖暅的“开立圆术”.祖暅在求球的体积时,使用一个原理:“幂势既同,则积不容异”.“幂”是截面积,“势”是立体的高,意思是两个同高的立体,如在等高处的截面积相等,则体积相等.更详细点说就是,介于两个平行平面之间的两个立体,被任一平行于这两个平面的平面所截,如果两个截面的面积相等,则这两个立体的体积相等.上述原理在中国被称为“祖暅原理”.打印技术发展至今,已经能够满足少量个性化的打印需求,现在用打印技术打印了一个“睡美人城堡”.如图,其在高度为的水平截面的面积可以近似用函数,拟合,则该“睡美人城堡”的体积约为( )
    A.B.C.D.
    【答案】D
    【分析】根据祖暅原理知,该“睡美人城堡”的体积与一个底面圆半径为,高为的圆锥的体积近似相等,利用锥体的体积公式可求得该“睡美人城堡”的体积.
    【详解】如下图所示:
    圆锥的高和底面半径为,平行于圆锥底面的截面角圆锥的母线于点,
    设截面圆圆心为点,且,则,
    易知,则,即,可得,
    所以,截面圆圆的半径为,圆的面积为,
    又因为,
    根据祖暅原理知,该“睡美人城堡”的体积与一个底面圆半径为,
    高为的圆锥的体积近似相等,
    所以该“睡美人城堡”的体积约为,
    故选:D.
    第II卷(非选择题 共110分)
    二、填空题:本题共5小题,每小题5分,共25分。
    11.函数的定义域为 .
    【答案】
    【分析】函数定义域满足,解得答案.
    【详解】函数的定义域满足:,解得.
    故定义域为.
    故答案为:
    12.已知,则 .
    【答案】
    【分析】分别令和,联立方程组求得,再令,求得,即可求得的值.
    【详解】由,
    令,可得,

    令,可得,
    即,
    联立方程组,求得,
    再令,可得,
    所以.
    故答案为:.
    13.已知,是抛物线上两点,焦点为,抛物线上的点到坐标原点的距离等于该点到准线的距离,则 ;若,则直线恒过定点 .
    【答案】
    【分析】由抛物线定义和中点坐标公式可得;可设直线,联立方程组,利用韦达定理和,求出,得解.
    【详解】点到坐标原点的距离等于该点到准线的距离,
    点到坐标原点的距离等于该点到焦点的距离,
    ,解得;
    设,,直线斜率必不为0,
    可设直线,
    联立直线与抛物线方程,
    化简整理可得,
    由韦达定理可得,,,
    ,,
    解得,直线恒过定点.
    故答案为:2;.
    14.已知函数,则函数的零点个数为 ,所有零点之和为 .
    【答案】 4 /0.5
    【分析】先解方程得解和,然后解方程和后可得结论.
    【详解】由得,满足题意,,也满足题意,
    ,则由得,由得均满足题意,
    由得,由得,均满足题意,
    所以有四个零点:,0,,2,零点的和为.
    故答案为:4;.
    15.已知函数在区间上单调,且满足,下列结论正确的有( )
    = 1 \* GB3 \* MERGEFORMAT ①.
    = 2 \* GB3 \* MERGEFORMAT ②.若,则函数的最小正周期为
    = 3 \* GB3 \* MERGEFORMAT ③.关于方程在区间上最多有4个不相等的实数解
    = 4 \* GB3 \* MERGEFORMAT ④.若函数在区间上恰有5个零点,则的取值范围为
    【答案】①② = 4 \* GB3 \* MERGEFORMAT ④
    【分析】对①:利用对称性直接求得;
    对②:根据对称中心与对称轴可得周期表达式,结合区间上单调求出函数的最小正周期,即可判断;
    对③:先判断出周期,结合周期越大,的根的个数越少,解出在区间上最多有3个不相等的实数根,即可判断.
    对 = 4 \* GB3 \* MERGEFORMAT ④:由题意分析,建立关于的不等式组,求出的取值范围.
    【详解】函数满足.
    对①:因为,所以,故①正确;
    对②:由于,所以函数的一条对称轴方程为.又为一个对称中心,
    由正弦图像和性质可知,所以函数的最小正周期满足,即.
    又区间上单调,故,即,故,故②正确;
    对③:函数在区间上单调,且满足,
    可得:,所以周期,
    又周期越大,的根的个数越少.
    当时,,又,,得.
    所以在区间上有3个不相等的实数根:,或,
    故至多3个不同的实数解,故③错误.
    对 = 4 \* GB3 \* MERGEFORMAT ④:函数在区间上恰有5个零点,所以,
    所以,解得:,且满足,即,即,故.故 = 4 \* GB3 \* MERGEFORMAT ④正确.
    故选:①② = 4 \* GB3 \* MERGEFORMAT ④
    三、解答题:本题共6小题,共85分,解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。
    16.(本题13分)如图,四棱锥的体积为1,平面平面,,,,,为钝角.

    (1)证明:;
    (2)若点E在棱AB上,且,求直线PE与平面PBD所成角的正弦值.
    【答案】(1)证明过程见解析 (2)
    【分析】(1)作出辅助线,由面面垂直得到线面垂直,结合棱锥的体积得到棱锥的高,由勾股定理求出,得到;
    (2)建立空间直角坐标系,根据求出,求出平面法向量,得到线面角的正弦值.
    【详解】(1)过点作⊥,交的延长线于点,连接,
    因为平面平面,交线为,平面,
    所以⊥平面,
    因为,,,
    所以四边形的面积,
    因为四棱锥的体积为1,
    所以,解得,
    因为平面,所以⊥,⊥,
    因为,为钝角,
    由勾股定理得,
    所以,
    又,,故四边形为矩形,
    所以,
    由勾股定理得,
    故;

    (2)由(1)知,两两垂直,以为坐标原点,
    所在直线分别为轴,建立空间直角坐标系,
    ,设,,
    则,解得,
    故,
    设平面的法向量为,

    令,得,故,
    设直线PE与平面所成角为,
    所以.

    直线PE与平面PBD所成角的正弦值为.
    17.(本题13分)已知函数,其中,__________.
    请从以下二个条件中任选一个,补充在题干的横线上,并解答下列问题:
    ①是的一个零点;②.
    (1)求的值;
    (2)当时,若曲线与直线恰有一个公共点,求的取值范围.
    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)
    【分析】(1)根据三角函数的性质建立并解方程,可得答案;
    (2)利用三角函数恒等式整理函数解析式,根据复合型三角函数的单调性,可得答案.
    【详解】(1)选条件①
    由题设.所以.
    因为,所以.所以.所以.
    选条件②.
    由题设.
    ,,
    ,,,
    整理得.
    因为,所以.所以.所以.
    (2)由(1).
    令,
    所以在单调递增,在单调递减,
    于是,当且仅当,即时,取得最大值1;
    当且仅当,即时,取得最小值.
    又,即时,.
    所以的取值范围是.
    18.(本题14分)某学校进行趣味投篮比赛,设置了A,B两种投篮方案.方案A:罚球线投篮,投中可以得2分,投不中得0分;方案B:三分线外投篮,投中可以得3分,投不中得0分.甲、乙两位员工参加比赛,选择方案A投中的概率都为,选择方案B投中的概率都为,每人有且只有一次投篮机会,投中与否互不影响.
    (1)若甲选择方案A投篮,乙选择方案B投篮,记他们的得分之和为X,,求X的分布列;
    (2)若甲、乙两位员工都选择方案A或都选择方案B投篮,问:他们都选择哪种方案投篮,得分之和的均值较大?
    【答案】(1)分布列见解析 (2)答案见解析
    【分析】(1)根据得到方程,求出,求出X的所有可能值及对应的概率,得到分布列;
    (2)设甲、乙都选择方案A投篮,投中次数为,都选择方案B投篮,投中次数为,则,,计算出两种情况下的均值,由不等式,得到相应的结论.
    【详解】(1)依题意,甲投中的概率为,乙投中的概率为,
    于是得,解得,
    X的所有可能值为0,2,3,5,
    ,,
    ,,
    所以X的分布列为:
    (2)设甲、乙都选择方案A投篮,投中次数为,都选择方案B投篮,投中次数为,
    则,,
    则两人都选择方案A投篮得分和的均值为,
    都选择方案B投篮得分和的均值为,
    则,

    若,即,解得;
    若,即,解得;
    若,即,解得.
    所以当时,甲、乙两位同学都选择方案A投篮,得分之和的均值较大;
    当时,甲、乙两位同学都选择方案A或都选择方案B投篮,得分之和的均值相等;
    当时,甲、乙两位同学都选择方案B投篮,得分之和的均值较大.
    19.(本题15分)已知椭圆的长轴为线段,短轴为线段,四边形的面积为4,且的焦距为.
    (1)求的标准方程;
    (2)若直线与相交于两点,点,且的面积小于,求的取值范围.
    【答案】(1) (2)
    【分析】(1)根据题意可得,解出,,从而得到椭圆方程;
    (2)利用点到直线的距离公式求出的高为,联立直线与椭圆方程,利用韦达定理以及弦长公式求出,得到的面积,解不等式即可得到答案.
    【详解】(1)由题意可得,解得,
    所以的标准方程为;
    (2)点到直线的距离,
    设,联立方程组,
    整理得,
    则,即,

    所以,
    则的面积,
    得,又,(由三点不共线可得),
    所以的取值范围是.
    20.(本题15分)已知函数.
    (1)当时,求曲线在点处的切线方程;
    (2)若的最小值为1,求a.
    【答案】(1) (2)
    【分析】(1)通过运算得即可得解.
    (2)对分类讨论,首先得满足题意,进一步分、以及分类讨论即可求解.
    【详解】(1),
    所以曲线在点处的切线方程,
    即.
    (2),
    令,则,
    令,则,
    当时,,
    则,
    当时,在上单调递减,当时,在上单调递增,
    在上单调递增,且,
    所以,当时,在上单调递减,
    当时,在上单调递增,所以.
    所以成立,
    当时,当时,在上单调递减,,
    在上单调递减,
    因为,所以在上单调递减,此时,舍去.
    当时,当时,,
    在上单调递减,在上单调递增,,舍去;
    当时,当时,在上单调递增,
    在上单调递减,
    在上单调递增,此时,,舍去,
    综上,.
    21.(本题15分)若无穷数列的各项均为整数.且对于,,都存在,使得,则称数列满足性质P.
    (1)判断下列数列是否满足性质P,并说明理由.
    ①,,2,3,…;
    ②,,2,3,….
    (2)若数列满足性质P,且,求证:集合为无限集;
    (3)若周期数列满足性质P,求数列的通项公式.
    【答案】(1)数列不满足性质P;数列满足性质P,理由见解析
    (2)证明见解析 (3)或.
    【分析】(1)根据题意分析判断;
    (2)根据题意先证为数列中的项,再利用反证法证明集合为无限集;
    (3)先根据题意证明,再分为常数列和非常数列两种情况,分析判断.
    【详解】(1)对①,取,对,则,
    可得,
    显然不存在,使得,
    所以数列不满足性质P;
    对②,对于,则,,

    ,因为,
    则,且,
    所以存在,,
    使得,
    故数列满足性质P;
    (2)若数列满足性质,且,则有:
    取,均存在,使得,
    取,均存在,使得,
    取,均存在,使得,
    故数列中存在,使得,即,
    反证:假设为有限集,其元素由小到大依次为,
    取,均存在,使得,
    取,均存在,使得,
    取,均存在,使得,
    即这与假设相矛盾,故集合为无限集.
    (3)设周期数列的周期为,则对,均有,
    设周期数列的最大项为,最小项为,
    即对,均有,
    若数列满足性质:
    反证:假设时,取,则,使得,
    则,即,
    这对,均有矛盾,假设不成立;则对,均有;
    反证:假设时,取,则,使得,
    这与对,均有矛盾,假设不成立,即对,均有;
    综上所述:对,均有,
    反证:假设1为数列中的项,由(2)可得:为数列中的项,
    ∵,即为数列中的项,
    这与对,均有相矛盾,即对,均有,同理可证:,
    ∵,则,
    当时,即数列为常数列时,设,故对,都存在,
    使得,解得或,即或符合题意;
    当时,即数列至少有两个不同项,则有:
    ①当为数列中的项,则,即为数列中的项,但,不成立;
    ②当为数列中的项,则,即为数列中的项,但,不成立;
    ③当为数列中的项,则,即为数列中的项,但,不成立;
    综上所述:或.
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