2023~2024学年北京房山区高考数学试题{二模}带解析

这是一份2023~2024学年北京房山区高考数学试题{二模}带解析，共21页。试卷主要包含了单选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知集合，则（ ）
A．B．
C．D．
【正确答案】D
【分析】解一元二次不等式得集合，再结合集合的补集、并集运算即可.
【详解】因为，所以，
又，所以.
故选：D.
2．已知复数，则复数在复平面内对应的点在（ ）
A．第一象限B．第二象限
C．第三象限D．第四象限
【正确答案】C
【分析】先求得复数的代数形式，进而求得其在复平面内对应的点所在象限.
【详解】，则，
则复数在复平面内对应的点坐标为，该点位于第三象限.
故选：C
3．已知三条不同的直线和两个不同的平面，下列四个命题中正确的为（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
【正确答案】D
【分析】求得位置关系判断选项A；求得位置关系判断选项B；求得位置关系判断选项C，D.
【详解】选项A：若，则或异面或相交.判断错误；
选项B：若，则或.判断错误；
选项C：若，则或相交.判断错误；
选项D：若，则必有，
又，则，则.判断正确.
故选：D
4．设，则（ ）
A． B． C．1D．2
【正确答案】D
【分析】先令计算出的值，再令计算出的值，由此可计算出的值.
【详解】令，所以，
令，所以，
所以，
故选：D.
5．设，则（ ）
A．B．
C．D．
【正确答案】B
【分析】根据给定条件，利用指数、对数函数、正弦函数的性质，借助“媒介数”比较判断作答.
【详解】，而，则，即，
所以.
故选：B
6．已知抛物线的焦点为，准线为，点是抛物线上一点，于.若，则抛物线的方程为（ ）
A．B．
C．D．
【正确答案】C
【分析】根据抛物线的定义求得，然后在直角三角形中利用可求得，从而可得答案．
【详解】如图，连接，设准线与轴交点为

抛物线的焦点为，准线：
又抛物线的定义可得，又，所以为等边三角形，
所以，
所以在中，，则，所以抛物线的方程为.
故选：C.
7．已知点P是双曲线C：x21的一条渐近线y＝kx（k＞0）上一点，F是双曲线C的右焦点，若△OPF的面积为5，则点P的横坐标为（ ）
A．B．C．D．
【正确答案】A
根据条件得到渐近线方程为：y＝2x，再由面积为5得到yP＝±2，再带回渐近线方程即可得到横坐标.
【详解】由双曲线方程可得a＝1，b＝2，则c，
则渐近线方程为：y＝2x，F（，0），
又Sc•|yP|＝5，则yP＝±2，
当y＝2时，x，
当y＝﹣2时，x，
故点P的横坐标为±，
故选：A．
本题主要考查了双曲线渐近线方程的应用，求出的纵坐标是解题的关键，属于基础题.
8．在中，，则边上的高等于（ ）
A．B．C．D．
【正确答案】B
【分析】根据余弦定理求，再得，利用的面积公式即可求边上的高.
【详解】在中，因为，
由余弦定理得
因为，所以
设边上的高为，则，

所以，即边上的高等于.
故选：B.
9．某大楼共有12层，有11人在第1层上了电梯，他们分别要去第2至第12层，每层1人.因特殊原因，电梯只允许停1次，只可使1人如愿到达，其余10人都要步行到达所去的楼层.假设这10位乘客的初始“不满意度”均为0，乘客每向下步行1层的“不满意度”增量为1，每向上步行1层的“不满意度”增量为2，10人的“不满意度”之和记为S，则S的最小值是（ ）
A．42B．41C．40D．39
【正确答案】C
【分析】先求得“不满意度”之和S的解析式，再利用二次函数的性质求得S的最小值.
【详解】设在第n层下，则
又，则时S取得最小值40.
故选：C
10．有三支股票位股民的持有情况如下：每位股民至少持有其中一支股票.在不持有股票的人中，持有股票的人数是持有股票的人数的2倍.在持有股票的人中，只持有股票的人数比除了持有股票外，同时还持有其它股票的人数多1.在只持有一支股票的人中，有一半持有股票.则只持有股票的股民人数是（ ）
A．7B．6C．5D．4
【正确答案】A
【分析】通过设出只持有股票的人数和只同时持有了和股票的人数，表达出持有不同股票的人数，通过持股的总人数即可求出只持有股票的股民人数.
【详解】由题意，
设只持有股票的人数为，
则持有股票还持有其它殸票的人数为 (图中的和 )，
∵只持有一支股票的人中, 有一半没持有或股票,
∴只持有了和股票的人数和为 (图中部分) .
假设只同时持有了和股票的人数为,
∴, 即，
则的取值可能是,
与之对应的值为,
∵没持有股票的股民中，持有股票的人数是持有股票的人数的2倍
∴，即，
∴时满足题意，此时,
∴只持有股票的股民人数是,
故选：A.

本题主要考查了逻辑推理能力，韦恩图在解决实际问题中的应用，解答此题的重点是求持有股票的人数，利用韦恩图结合条件即得.
二、填空题
11．已知向量，若，则实数______.
【正确答案】
【分析】根据平面向量平行的坐标表示列式即可求出结果.
【详解】因为向量且，
所以,解得，
故
三、双空题
12．设数列的前项和，则__________；使得命题“，都有”为真命题的一个的值为__________.
【正确答案】 3（答案不唯一，）
【分析】根据给定的前项和求出通项即可，由求出的取值范围作答.
【详解】数列的前项和，当时，，
当时，，显然不满足上式，
所以；
当时，，不等式不成立，
当时，，
不等式，而，解得，
因此对，不等式恒成立，
所以“，都有”为真命题的，取的一个值为3.
故；3
四、填空题
13．已知圆，若点在圆上，并且点到直线的距离为，则满足条件的点的个数为__________.
【正确答案】3
【分析】设，根据点P到直线的距离为，求得，再由在圆上，得到，取得或，进而求得满足条件的点的个数，得到答案.
【详解】设，由点P到直线的距离为，得
两边平方整理得到①
因为在圆上，所以，即②
联立①②得，
解得或，
当时，由①②可得，解得或，即或
当时，由①②可得，解得或，即或
综上，满足条件的点P的个数为.
故3.
五、双空题
14．已知函数满足：，，且在上单调递减，则__________；__________.
【正确答案】 2 /
【分析】根据给定条件，探讨函数的周期及对称中心，结合单调递减区间求解作答.
【详解】由，得，因此是函数的一个周期，
又函数在上单调递减，则函数的周期，
因此函数的最小正周期为，则，
由知，函数图象的一个对称中心为，
即有，而，于是，
此时，当时，，
正弦函数在上单调递增，于是函数在上单调递减，
所以，.
故2；
六、填空题
15．已知集合.由集合中所有的点组成的图形如图中阴影部分所示，中间白色部分形如美丽的“水滴”.给出下列结论：

①白色“水滴”区域（含边界）任意两点间距离的最大值为；
②在阴影部分任取一点，则到坐标轴的距离小于等于3；
③阴影部分的面积为；
④阴影部分的内外边界曲线长为.
其中正确的有__________.
【正确答案】①②④
【分析】对于①，令,求出，求出点坐标即得解；对于②，利用圆的参数方程设点，再利用绝对值三角不等式得解；对于③，利用割补法求解；对于④，求出阴影部分的内外边界曲线的各个部分即得解.
【详解】对于①，由于，令时，整理得，
解得，“水滴”图形与轴相交，最高点记为A，
则点A的坐标为，点，
白色“水滴”区域（含边界）任意两点间距离的最大值为,故①正确；
对于②，由于，整理得：，
所以，所以到坐标轴的距离为或，
因为，
所以，，
所以到坐标轴的距离小于等于3，故②正确；
对于③，由于，令时，整理得，
解得，
因为表示以为圆心，半径为的圆，
则，
且，则在x轴上以及x轴上方，
故白色“水滴”的下半部分的边界为以为圆心，半径为1的半圆，阴影的上半部分的外边界是以为圆心，半径为3的半圆，
根据对称可知：白色“水滴”在第一象限的边界是以以为圆心，半径为2的圆弧，
设，则，即所对的圆心角为，
同理所在圆的半径为2，所对的圆心角为，
阴影部分在第四象限的外边界为以为圆心，半径为2的圆弧，
设，可得，所对的圆心角为，
同理所在圆的半径为2，所对的圆心角为，

故白色“水滴”图形由一个等腰三角形，两个全等的弓形，和一个半圆组成，
所以它的面积是.
轴上方的阴影半圆的面积为,
第四象限的阴影部分面积可以看作是一个直角三角形和一个扇形的面积的和减去个半圆的面积，
且等于，
所以阴影部分的面积为，故③错误；
对于④，轴上方的阴影部分的内外边界曲线长为，
轴下方的阴影部分的内外边界曲线长为，
所以阴影部分的内外边界曲线长为，故④正确.
故①②④.
关键点睛：解答本题有三个关键，其一是写出圆的参数方程，设出点的坐标，其二是利用割补法求不规则图形的面积，其三是利用三角函数的值域求出图形与坐标轴的交点的坐标.
七、解答题
16．已知函数.
(1)求的值；
(2)从①；②这两个条件中任选一个，作为题目的已知条件，求函数在上的最小值，并直接写出函数的一个周期.
【正确答案】(1)2
(2)详见解析
【分析】（1）代入公式即可求得的值；
（2）选①时，先化简题给解析式再利用三角函数的性质即可求得函数的周期和在上的最小值；选②时，利用二次函数性质即可求得函数在上的最小值，并直接得到函数的一个周期.
【详解】（1），则
（2）选①时，
由，可得，
则，则，
则当，即时函数取得最小值，
函数的周期为
选②时，
由，可得，则
则当或时函数取得最小值1，
函数的周期为.
17．某中学为了解高二年级中华传统文化经典阅读的情况，从高二年级随机抽取10名学生进行了两轮测试，并把两轮测试成绩的平均分作为该名学生的考核成绩.记录的数据如下：
(1)从该校高二年级随机选取一名学生，试估计这名学生考核成绩大于90分的概率；
(2)为进一步研究这10名同学的成绩，从考核成绩小于90分的学生中随机抽取两人，记这两人中两轮测试至少有一次大于90分的人数为，求的分布列与数学期望；
(3)记抽取的10名学生第一轮测试的平均数和方差分别为，考核成绩的平均数和方差分别为，试比较与与的大小.（只需写出结论）
【正确答案】(1)0.5；
(2)的分布列见解析，数学期望为1；
(3)；.
【分析】（1）由题可得10名学生的考核成绩，然后根据古典概型概率公式即得；
（2）根据条件可得可取0,1,2，然后分别求概率可得分布列进而可得期望；
（3）利用平均数和方差公式即得.
【详解】（1）这10名学生的考核成绩（单位：分）分别为：
93，89.5，89.5，88，90，89，91.5，91，90.5，91．
其中大于90分的有1号、7号、8号、9号、10号，共5人,
所以样本中学生考核成绩大于90分的频率是.
从该校高二年级随机选取一名学生，估计这名学生考核成绩大于90分的概率为0.5；
（2）由题知，考核成绩小于90分的学生共4人，其中两轮测试至少有一次大于90分学生有2人.
所以可取0,1,2，则
，，，
所以的分布列为
所以；
（3）由题可得，
，
，
所以；.
18．如图，正三棱柱中，分别是棱上的点，.

(1)证明：平面平面；
(2)若，求二面角的余弦值.
【正确答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）建立空间直角坐标系，求解两个平面的法向量，利用法向量证明面面垂直；
（2）求出两个平面的法向量，利用法向量的夹角求出二面角的余弦值.
【详解】（1）证明：取的中点,连接，
在正三棱柱中，不妨设;
以为原点，分别为轴和轴正方向，建立空间直角坐标系，如图所示，
则,，
；
设平面的一个法向量为，则, ，
取，则，即；
设平面的一个法向量为，则,
即，取得.
因为，所以平面平面；

（2）因为，由（1）可得，即，
易知平面的一个法向量为,
；
二面角的余弦值为.
19．已知函数，其中.
(1)若是的极值点，求的值；
(2)求的单调区间；
(3)若在上的最大值是0，求的取值范围.
【正确答案】(1)
(2)见解析.
(3)
【分析】（1）对函数求导，通过是的极值点，即求出的值；
（2）对函数求导，分别讨论取不同值时函数的单调性，即可求出的单调区间；
（3）由函数在区间上的最大值，分类讨论在不同取值时函数的单调性和值域，即可得出的取值范围.
【详解】（1）由题意，，
在中，，.
∵是的极值点
∴，
解得.
经检验，时符合题意，
∴.
（2）由题意，，
在中，，.
当时，解得.
①当时，与的情况如下:
的单调递增区间是，单调递减区间是和；
②当时， ，，
∴的单调递减区间是，无增区间；
③当时，，，
与的情况如下：
∴当时，的单调递增区间是，单调递减区间是和.
综上，当时，的单调递增区间是，单调递减区间是和;
当时，的单调递减区间是，无减区间；
当时，的单调递增区间是，单调递减区间是和.
（3）由题意， 在中，，在上的最大值是0，
当时，在的最大值是,
∵，不合题意，舍去;
当时，
在单调递减，可得在上的最大值是，符合题意.
∴的取值范围.
本题考查了函数的求导，导数法求函数单调性，考查分类讨论法求函数的单调性和求参数的取值范围，具有极强的综合性.
20．椭圆的焦距为为椭圆右焦点，.

(1)求椭圆的方程与离心率；
(2)设为原点，为椭圆上一点，的中点为.直线与直线交于点，过且平行于的直线与直线交于点.求证.
【正确答案】(1)，.
(2)证明见解析.
【分析】（1）由题知,,求得,再由,即可求椭圆的方程与离心率.
（2）设的方程，代入椭圆方程，利用韦达定理及中点坐标，求得坐标，求得直线的方程，分别取得，点坐标，则，，在和中和都与互余，所以.
【详解】（1）椭圆的焦距为，所以，，
又，所以，椭圆的方程是，
离心率为.
（2）由（1）得.设的中点为，.
设直线的方程为: ，
将其代入椭圆方程，整理得
，所以，
所以，，即，
所以直线的斜率是，
所以直线的方程是，令得，
直线的方程是，令得，
由，得直线的斜率是，所以，记垂足为;
因为直线的斜率是，所以，记垂足为.
在和中，和都与互余，所以.

21．有限数列：，，…，．（）同时满足下列两个条件：
①对于任意的，（），；
②对于任意的，，（），，，，三个数中至少有一个数是数列中的项．
(1)若，且，，，，求的值；
(2)证明：，，不可能是数列中的项；
(3)求的最大值．
【正确答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）利用①推出的范围．利用②求解的值即可；
（2）利用反证法：假设，，是数列中的项，利用已知条件②①，推出得到矛盾结果．
（3）的最大值为，一、令：，则符合①②，二、设：，，…，（）符合①②，（i）中至多有三项，其绝对值大于．
利用反证法证明假设中至少有四项，其绝对值大于1，不正确；（ii）中至多有三项，其绝对值大于且小于．利用反证法推出矛盾结论、（iii）中至多有两项绝对值等于．（iv）中至多有一项等于．推出的最大值为．
【详解】（1）由①得：，
由②得：当，，时，，，中至少有一个是数列，，，中的项，但，，故，解得：，
经检验，当时，符合题意，
（2）假设，，是数列中的项，由②可知：，，中至少有一个是数列中的项，则有限数列的最后一项，且，
由①，，
对于数，，由②可知：，
对于数，，，由②可知：，
所以，这与①矛盾．
所以，，不可能是数列中的项．
（3）的最大值为，证明如下：
一、令：，则符合①②，
二、设：，，…，（）符合①②，则：
（i）中至多有三项，其绝对值大于．
假设中至少有四项，其绝对值大于，不妨设，，，是中绝对值最大的四项，其中，则对，，有，，故，均不是数列中的项，即是数列中的项，
同理：也是数列中的项．但，，
所以，所以，这与①矛盾．
（ii）中至多有三项，其绝对值大于且小于，
假设中至少有四项，其绝对值大于且小于，类似（i）得出矛盾，
（iii）中至多有两项绝对值等于．
（iv）中至多有一项等于0．
综合（i），（ii），（iii），（iv）可知中至多有项，
由一、二可得，的最大值为．
1号
2号
3号
4号
5号
6号
7号
8号
9号
10号
第一轮测试成绩
96
89
88
88
92
91
87
90
92
90
第二轮测试成绩
90
90
91
88
88
87
96
92
89
92
0
1
2
极小值
极大值
极小值
极大值