2024年北京市延庆区高考一模数学试卷含详解

这是一份2024年北京市延庆区高考一模数学试卷含详解，共22页。

第一部分（选择题，共40分）
一、选择题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题中选出符合题目要求的一项.
1. 已知集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
2. 若复数满足，则（ ）
A. B.
C. D.
3. 在的展开式中，的系数为（ ）
A. B.
C. D.
4. 已知抛物线的焦点为，点在上．若到直线的距离为，则（ ）
A B.
C. D.
5. 已知正方形的边长为，点满足，则（ ）
A. 4B. 5C. 6D. 8
6. “”是“为第一或第三象限角”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
7. 已知函数，则不等式的解集是（ ）
A. B. C. D.
8. 设，，，则（ ）
A. B.
C. D.
9. 在等边中，，为所在平面内的动点，且，为边上的动点，则线段长度的最大值是（ ）
A. B.
C. D.
10. 已知在正方体中，，是正方形内的动点，，则满足条件的点构成的图形的面积等于（ ）
A. B. C. D.
第二部分（非选择题，共110分）
二、填空题共5小题，每小题5分，共25分.
11. 已知双曲线的离心率为，则双曲线的渐近线方程为________．
12. 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，，，则________，的面积为________．
13. 已知函数在区间上单调递减，则一个取值为________．
14. 北京天坛的圜丘坛分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板(称为天心石)， 环绕天心石砌块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加块，下一层的第一环比上一层的最后一环多块，向外每环依次也增加块．已知每层环数相同，且三层共有扇面形石板(不含天心石) 块，则上层有扇形石板________块．
15. 已知函数给出下列四个结论：
①存在实数，使得函数的最小值为；
②存在实数，使得函数最小值为；
③存在实数，使得函数恰有个零点；
④存在实数，使得函数恰有个零点．
其中所有正确结论的序号是________．
三、解答题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.
16. 已知函数，的最大值为.
（1）求的值；
（2）将的图象向右平移个单位得到的图象，求函数的单调增区间．
17. 第十四届全国冬季运动会雪橇项目比赛于2023年12月16日至17日在北京延庆举行，赛程时间安排如下表：
（1）若小明在每天各随机观看一场比赛，求他恰好看到单人雪橇和双人雪橇的概率；
（2）若小明在这两天的所有比赛中随机观看三场，记为看到双人雪橇的次数，求的分布列及期望；
（3）若小明在每天各随机观看一场比赛，用“”表示小明在周六看到单人雪橇，“” 表示小明在周六没看到单人雪橇，“”表示小明在周日看到单人雪橇，“”表示小明在周日没看到单人雪橇，写出方差，的大小关系．
18. 如图，四棱柱的底面是边长为的正方形，侧面底面，，是的中点．
（1）求证：平面；
（2）再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个条件作为已知，使二面角唯一确定，并求二面角的余弦值．
条件①：；
条件②：；
条件③：．
注：如果选择条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．
19. 已知椭圆的离心率为，分别是的上、下顶点，，分别是的左、右顶点．
（1）求的方程；
（2）设为第二象限内上的动点，直线与直线交于点，直线与直线交于点，求证：．
20 已知函数.
（1）若曲线的一条切线方程为，求的值；
（2）若函数在区间上为增函数，求的取值范围；
（3）若，无零点，求的取值范围．
21. 已知数列，记集合.
（1）若数列为，写出集合；
（2）若，是否存在，使得？若存在，求出一组符合条件的；若不存在，说明理由；
（3）若，把集合中的元素从小到大排列，得到的新数列为， 若，求的最大值．
2024北京延庆高三一模
数学
本试卷共6页，150分.考试时长120分钟.考生务必将答案答在答题纸上，在试卷上作答无效.考试结束后，将答题纸交回.
第一部分（选择题，共40分）
一、选择题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题中选出符合题目要求的一项.
1. 已知集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【分析】根据题意，由并集的运算，即可得到结果.
【详解】因为，则.
故选：B
2. 若复数满足，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【分析】根据题意，由复数的运算，即可得到结果.
【详解】由可得.
故选：C
3. 在的展开式中，的系数为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【分析】利用二项式定理直接求解.
【详解】设，
令，则，故的系数为.
故选：D
4. 已知抛物线的焦点为，点在上．若到直线的距离为，则（ ）
A B.
C. D.
【答案】B
【分析】根据抛物线的定义求解.
【详解】由抛物线可知，准线方程为，
因为到直线的距离为，
所以到抛物线准线的距离为，
由抛物线定义知，.
故选：B
5. 已知正方形的边长为，点满足，则（ ）
A. 4B. 5C. 6D. 8
【答案】C
【分析】建立平面直角坐标系并写出各点坐标，根据题意求相应向量的坐标，再根据数量积的坐标运算进行求解即可.
【详解】建立坐标系如图，正方形的边长为2，
则，，，可得，
点满足，所以．
故选：C.
6. “”是“为第一或第三象限角”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】由二倍角公式、充分必要条件的定义即可得解.
【详解】因为或，
所以“”是“为第一或第三象限角”的充分必要条件.
故选：C.
7. 已知函数，则不等式的解集是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【分析】利用导数及导函数单调性判断极小值点在，再由函数的单调性及可得不等式的解集.
【详解】因为单调递增，且，，
所以存在唯一，使得，
所以当时，，当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
又，且，
所以由可得，
故选：A
8. 设，，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【分析】根据题意，由对数的运算可得，，再由对数函数的单调性即可得到结果.
【详解】因为，且，
又，函数在单调递增，
则，所以.
故选：D
9. 在等边中，，为所在平面内的动点，且，为边上的动点，则线段长度的最大值是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【分析】根据题意可知点在以点为圆心，半径为的圆上，结合图象分析即可.
【详解】根据题意可知，点在以点为圆心，半径为的圆上，
如图：
为边上的动点，线段取最大值时，
,
而当与点重合时，最大，且最大值为2,
此时线段长度的最大值为，
故选：D.
10. 已知在正方体中，，是正方形内的动点，，则满足条件的点构成的图形的面积等于（ ）
A B. C. D.
【答案】A
【分析】由题意，在平面上，分别以为轴建立平面直角坐标系，设，根据已知列出满足的关系，进而可得满足条件的点构成的图形，计算面积即可.
【详解】如图，连接，则，

如图，在平面上，分别以为轴建立平面直角坐标系，
则，设，
由，得，
即，整理得，
设直线与交于点，
则点在内部(含边界)，即满足条件的点构成的图形为及其内部，
易知，∴，
∴．
故选：A．
【点睛】关键点睛：本题解题关键是在底面上建立平面直角坐标系，把空间问题转化为平面问题去解决．
第二部分（非选择题，共110分）
二、填空题共5小题，每小题5分，共25分.
11. 已知双曲线的离心率为，则双曲线的渐近线方程为________．
【答案】
【分析】根据双曲线的离心率化简变形即可求出渐近线的斜率得解.
【详解】因为，
所以双曲线的渐近线方程为，
故答案为：
12. 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，，，则________，的面积为________．
【答案】 ①. 1 ②. ##
【分析】根据题意，利用正弦、余弦定理求得，再运用三角形的面积公式即可求得结果.
【详解】因为，由正弦定理可得，
因为，在中，由余弦定理可得：，
所以，解得：；
所以，由三角形面积公式可得：，
故答案为：；.
13. 已知函数在区间上单调递减，则的一个取值为________．
【答案】（不唯一）
【分析】根据幂函数的单调性奇偶性即可得解.
【详解】因为在上单调递增，又在区间上单调递减，
所以可以为偶函数，不妨取，
此时，函数定义域为，
且，故为偶函数，
满足在区间上单调递减.
故答案为：（不唯一）
14. 北京天坛的圜丘坛分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板(称为天心石)， 环绕天心石砌块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加块，下一层的第一环比上一层的最后一环多块，向外每环依次也增加块．已知每层环数相同，且三层共有扇面形石板(不含天心石) 块，则上层有扇形石板________块．
【答案】
【分析】记从中间向外每环扇面形石板数为，则是等差数列，且公差为，，设每层有环，则，，根据等差数列前项和公式求出，再求出即可.
【详解】记从中间向外每环扇面形石板数为，则是等差数列，且公差，，
设每层有环，则，，
所以，即，
即，解得或（舍去），
所以，则，
即上层有扇形石板块.
故答案为：．
15. 已知函数给出下列四个结论：
①存在实数，使得函数的最小值为；
②存在实数，使得函数的最小值为；
③存在实数，使得函数恰有个零点；
④存在实数，使得函数恰有个零点．
其中所有正确结论的序号是________．
【答案】①③
【分析】取特殊值判断①，当时，分别分析分段函数两部分的最值判断②，根据分段函数每部分的零点确定函数的零点可判断③④.
【详解】当时，，显然函数的最小值为，故①正确；
当时，，，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以时，有最小值，由可得，
此时，时，，在上单调递减，所以，
与最小值为矛盾，
若时，的对称轴方程为，当时，
即时，，若，则与矛盾，
当时，在上单调递减，无最小值，
综上，当时，函数的最小值不为，故②错误；
由②知，时，时，单调递减且，当时，且，所以函数恰有2个零点，故③正确；
当时，且仅有，即有且只有1个零点，
当时，且仅有，即有且只有1个零点，
综上时，有且只有1个零点，而在上至多有2个零点，
所以时，函数没有4个零点，当时，函数有无数个零点，故④错误.
故答案为：①③
【点睛】关键点点睛：本题的关键是对分类讨论，利用导数研究上的函数性质，结合二次函数性质研究另一段函数.
三、解答题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.
16. 已知函数，的最大值为.
（1）求的值；
（2）将的图象向右平移个单位得到的图象，求函数的单调增区间．
【答案】（1）
（2）
【分析】（1）先利用二倍角公式和辅助角公式化简，再根据正弦函数的性质求解即可；
（2）利用三角函数的平移公式求出，再根据正弦函数的图象和性质求解即可.
【小问1详解】
因为，
其中，，
所以，
又因为，解得.
【小问2详解】
由（1）可得，
将的图象向右平移个单位可得，
由解得，
即函数的单调增区间为.
17. 第十四届全国冬季运动会雪橇项目比赛于2023年12月16日至17日在北京延庆举行，赛程时间安排如下表：
（1）若小明在每天各随机观看一场比赛，求他恰好看到单人雪橇和双人雪橇的概率；
（2）若小明在这两天的所有比赛中随机观看三场，记为看到双人雪橇的次数，求的分布列及期望；
（3）若小明在每天各随机观看一场比赛，用“”表示小明在周六看到单人雪橇，“” 表示小明在周六没看到单人雪橇，“”表示小明在周日看到单人雪橇，“”表示小明在周日没看到单人雪橇，写出方差，的大小关系．
【答案】（1）
（2）分布列见解析，
（3）
【分析】（1）根据分类乘法计数原理及古典概型求解；
（2）根据题意求出概率，列出分布列，求出期望即可；
（3）分别计算，即可得解.
【小问1详解】
记“小明在每天各随机观看一场比赛，恰好看到单人雪橇和双人雪橇”为事件.
由表可知，每天随机观看一场比赛，共有种不同方法，
其中恰好看到单人雪橇和双人雪橇，共有种不同方法．
所以．
【小问2详解】
随机变量的所有可能取值为．
根据题意，，
，
．
随机变量的分布列是：
数学期望．
【小问3详解】
由题意，，，
所以，；
因为，，
所以，；
所以.
18. 如图，四棱柱的底面是边长为的正方形，侧面底面，，是的中点．
（1）求证：平面；
（2）再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个条件作为已知，使二面角唯一确定，并求二面角的余弦值．
条件①：；
条件②：；
条件③：．
注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】（1）证明见解析
（2）答案见解析
【分析】（1）方法一：利用线面平行的判定定理找到可证；方法二：利用面面平行的判定定理证明平面平面进而证明结论；
（2）选①：说明条件不能确定棱柱特点即可求解；选②③：证明平面，建立空间坐标系，求得二面角
【小问1详解】
证明：
方法一：在四棱柱中，连结，设，
连结，在中，因为、分别为的中点，
所以，又因为平面，平面，
所以平面.
方法二：在四棱柱中，设中点为，
连结，，，
因为，所以为平行四边形，
所以，又平面，平面，故平面，
因为，所以为平行四边形，
所以，又平面，平面，故平面，
因为 平面，故平面平面，
因为平面，所以平面．
【小问2详解】
选择条件①：
因为底面是正方形，所以，
侧面平面，且侧面平面，平面，
故平面，又平面，则，
即四边形为矩形，因为，则，
与选择条件①：等价，故条件不能进一步确定的夹角大小，故二面角不能确定；
选择条件②：
连结，因为底面是正方形，所以，
又因为侧面平面，且侧面平面，平面，
所以平面，又平面，所以，
在中，因为，，所以，
在中，因为，，所以，
又平面，所以平面，又，
所以如图建立空间直角坐标系，其中，，，，
且，，易知为平面的一个法向量，
设为平面面的一个法向量，则即 .
不妨设，则，可得，所以，
因为二面角的平面角是钝角，设为 ，故，
所以二面角的余弦值为.
选择条件③：
因为底面是正方形，所以，
因为，且平面，
所以平面，因为平面，所以，
因为侧面平面，且侧面平面，平面，
所以平面，又，
所以如图建立空间直角坐标系，（下面同选择条件②）.
19. 已知椭圆的离心率为，分别是的上、下顶点，，分别是的左、右顶点．
（1）求的方程；
（2）设为第二象限内上的动点，直线与直线交于点，直线与直线交于点，求证：．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【分析】（1）由已知列出关于的方程组，求得即可得解；
（2）首先设直线的方程为，联立椭圆方程结合韦达定理表示出点坐标，进一步表示出各直线方程联立直线方程证得的横坐标相等即可.
【小问1详解】
由题设，，解得．
所以的方程为．
【小问2详解】
因为椭圆的方程为，所以，
设直线的方程为，其中．
由，化简并整理得，，
由可得，由韦达定理有，
所以，即．
直线的方程为，即．
由 得．
直线的方程为，即．
直线方程为，即．
由 得．
因为，所以．
20. 已知函数.
（1）若曲线的一条切线方程为，求的值；
（2）若函数在区间上为增函数，求的取值范围；
（3）若，无零点，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
（3）
【分析】（1）求导，再根据导数的几何意义即可得解；
（2）由在区间上为增函数，可得在内恒成立，求出的最小值即可得解；
（3）分进行讨论，求出函数的单调区间及最值，进而可得出结论.
【小问1详解】
函数的定义域为，设切点为，
因为，所以，解得，
因为，，
所以，即，所以，
所以，解得；
【小问2详解】
因为，在区间上为增函数，
所以在内恒成立，
因，所以，
所以，即；
【小问3详解】
因为，，
当，即时，，
所以在上单调递减，
因为，
所以在上无零点，符合题意；
当时，令，则，
当时，，当时，，
所以的单调递减区间是；单调递增区间是，
所以的最小值为，
当，即时，无零点，符合题意；
当时，有一个零点，不符合题意；
当时，的最小值，
因为，
所以，使得，不符合题意；
综上所述，当时，，无零点.
【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：
（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；
（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；
（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.
21. 已知数列，记集合.
（1）若数列为，写出集合；
（2）若，是否存在，使得？若存在，求出一组符合条件的；若不存在，说明理由；
（3）若，把集合中的元素从小到大排列，得到的新数列为， 若，求的最大值．
【答案】（1）
（2）不存在，使得成立
（3）
【分析】（1）根据题目给出的集合的定义求解即可；
（2）使用假设法，假设存在，使得，进行计算检验，从而得出结论；
（3）首先证明时，对任意的都有，然后证明除形式以外的数都可以写成若干个连续正整数之和，分类讨论即可得解.
【小问1详解】
由题意可得，，，
所以.
【小问2详解】
假设存在，使得，
则有，
由于与的奇偶性相同，与奇偶性不同，
又，，
所以中必有大于等于的奇数因子，这与无以外的奇数因子矛盾，
故不存在，使得.
【小问3详解】
首先证明时，对任意的都有，
因为，
由于与均大于且奇偶性不同，
所以为奇数，对任意的都有，
其次证明除形式以外的数，都可以写成若干个连续正整数之和，
若正整数，其中，
则当时，由等差数列的性质可得：
，此时结论成立，
当时，由等差数列的性质可得：
，此时结论成立，
对于数列，此问题等价于数列其相应集合中满足有多少项，
由前面证明可知正整数不是中的项，
所以的最大值为.
【点睛】本题考查了等差数列及数列的综合问题，考查了求数列下标最值，同时考查了分类讨论的思想，计算量较大，属于难题.
12月16日
星期六
9:30
单人雪橇第1轮
10:30
单人雪橇第2轮
15:30
双人雪橇第1轮
16:30
双人雪橇第2轮
12月17日
星期日
9:30
单人雪橇第3轮
10:30
单人雪橇第4轮
15:30
团体接力
12月16日
星期六
9:30
单人雪橇第1轮
10:30
单人雪橇第2轮
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单人雪橇第4轮
15:30
团体接力