2024年高考数学二轮复习测试卷（北京专用）-2024年高考数学二轮复习测试卷（新教材新高考）

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一、注意基础知识的整合、巩固。二轮复习要注意回归课本，课本是考试内容的载体，是高考命题的依据。浓缩课本知识，进一步夯实基础，提高解题的准确性和速度
二、查漏补缺，保强攻弱。在二轮复习中，对自己的薄弱环节要加强学习，平衡发展，加强各章节知识之间的横向联系，针对“一模”考试中的问题要很好的解决，根据自己的实际情况作出合理的安排。
三、提高运算能力，规范解答过程。在高考中运算占很大比例，一定要重视运算技巧粗中有细，提高运算准确性和速度，同时，要规范解答过程及书写。
四、强化数学思维，构建知识体系。同学们在听课时注意把重点要放到理解老师对问题思路的分析以及解法的归纳总结，以便于同学们在刷题时做到思路清晰，迅速准确。
五、解题快慢结合，改错反思。审题制定解题方案要慢，不要急于解题，要适当地选择好的方案，一旦方法选定，解题动作要快要自信。
六、重视和加强选择题的训练和研究。对于选择题不但要答案正确，还要优化解题过程，提高速度。灵活运用特值法、排除法、数形结合法、估算法等。

2024年高考数学二轮复习测试卷
（北京专用）
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
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，在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.
1．已知复数，在复平面内的对应点关于虚轴对称，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】由题意得在复平面内所对应的点为，则所对应的点为为，
所以，则，
故选：B.
2．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】因为，
又，所以.
故选：A
3．已知，则（ ）
A．B．32C．495D．585
【答案】C
【解析】令，可得，解得；
令，可得，则；
令，可得，则；
令，，则.
故选：C.
4．已知正方体，平面与平面的交线为l，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】如图，在正方体中，
平面平面，平面平面，
平面平面，.
对于A，，，故A正确；
对于B，因为与相交，所以与不平行，故B错误；
对于C，因为与不平行，所以与不平行，故C错误；
对于D，因为与不平行，所以与不平行，故D错误；
故选：A.
5．已知、为双曲线的左，右顶点，点在双曲线上，满足为等腰三角形，顶角为，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．2C．D．
【答案】D
【解析】不妨取点在第一象限，如图：
设双曲线的方程为：，
是顶角为的等腰三角形，
，，
点的坐标为，
又点在双曲线上，
将坐标代入坐标得，
整理上式得，而，
，因此，
故选：D．
6．数学家祖冲之曾给出圆周率的两个近似值：“约率”与“密率”.它们可用“调日法”得到：称小于3.1415926的近似值为弱率，大于3.1415927的近似值为强率.由于，取3为弱率，4为强率，计算得，故为强率，与上一次的弱率3计算得，故为强率，继续计算，….若某次得到的近似值为强率，与上一次的弱率继续计算得到新的近似值；若某次得到的近似值为弱率，与上一次的强率继续计算得到新的近似值，依此类推.已知，则（ ）
A．8B．7C．6D．5
【答案】B
【解析】因为为强率，由可得，，即为强率；
由可得，，即为强率；
由可得，，即为强率；
由可得，，即为强率；
由可得，，即为弱率，所以，
故选：B.
7．设函数，则是（ ）
A．偶函数，且在区间单调递增
B．奇函数，且在区间单调递减
C．偶函数，且在区间单调递增
D．奇函数，且在区间单调递减
【答案】D
【解析】的定义域为，
，
所以是奇函数，AC选项错误.
当时，
，
在上单调递增，在上单调递增，
根据复合函数单调性同增异减可知在区间单调递增，B选项错误.
当时，，
在上单调递减，在上单调递增，
根据复合函数单调性同增异减可知在区间单调递减，D选项正确.
故选：D
8．在平面直角坐标系中，已知点，动点满足，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】设，易知，
由可得，整理得，
即动点的轨迹是以为圆心，半径为1的圆，
又，可得的最大值为到圆心的距离再加上半径，
即.
故选：D
9．设函数，对于下列四个判断：
①函数的一个周期为；
②函数的值域是；
③函数的图象上存在点，使得其到点的距离为；
④当时，函数的图象与直线有且仅有一个公共点．
正确的判断是（ ）
A．①B．②C．③D．④
【答案】D
【解析】对于①，，，
故不是函数的一个周期，①错误；
对于②，，
需满足，即，
令，，则即为，
当时，在上单调递增，则；
当时，，
（，故）
此时在上单调递减，则，
综上，的值域是，②错误；
对于③，由②知，，
当时，,
满足此条件下的图象上的点到的距离；
当时，,
满足此条件下的图象上的点到的距离，
当且仅当且时等号成立，
而时，或，
满足此条件的x与矛盾，即等号取不到，
故函数的图象上不存在点，使得其到点的距离为，③错误；
对于④，由②的分析可知，则，即，
又，故当且仅当时，，
即当时，函数的图象与直线有且仅有一个公共点，④正确．
故选：D
10．投掷一枚均匀的骰子6次，每次掷出的点数可能为1，2，3，4，5，6且概率相等，若存在k使得1到k次的点数之和为6的概率是p，则p的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】点数之和为6的可能投法有
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
于是所求概率．
一方面，，
另一方面，
，
故选：B.
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．已知平面直角坐标系中，动点到的距离比到轴的距离大2，则的轨迹方程是 .
【答案】或
【解析】设点，依题意，，即，整理得，
所以的轨迹方程是或.
故答案为：或
12．已知，，，，，则 .
【答案】13
【解析】由题意是直角三角形，，
故答案为：13.
13．某班在一次考试后分析学生在语文､数学､英语三个学科的表现，绘制了各科年级排名的散点图（如下图所示）．
关于该班级学生这三个学科本次考试的情况，给出下列四个结论：
①三科中，数学年级排名的平均数及方差均最小；
②语文、数学、英语年级排名均在150名以外的学生为1人；
③本次考试该班语文第一名、数学第一名、英语第一名可能为三名不同的同学；
④从该班学生中随机抽取1人，若其语文排名大于200，则其英语和数学排名均在150以内的概率为．
其中所有正确结论的序号是 ．
【答案】①②④
【解析】①：三科中，数学对应的点比英语对应的点到横轴的距离近且较为密集，
数学对应的点到横轴的距离比语文对应的点到纵轴距离近且较为密集，
所以数学年级排名的平均数及方差均最小.判断正确；
②：语文、数学、英语年级排名均在150名以外的学生为1人.判断正确；
③：本次考试该班语文第一名、数学第一名、英语第一名为同一名同学.判断错误；
④：由图表可知语文排名大于200的有3位同学，
语文排名大于200且英语和数学排名均在150以内的同学仅有1位同学.
故从该班学生中随机抽取1人，若其语文排名大于200，
则其英语和数学排名均在150以内的概率为．判断正确.
故答案为①②④
14．已知函数有三个不同的零点，则整数的取值可以是 ．
【答案】2，（大于等于2的整数即可，答案不唯一）
【解析】当时，，显然不满足题意；
当时，令可得，
令，则，
易知当时，；当或时，；
因此函数在上单调递增，在，上单调递减；
可得的极小值为，极大值为；
作出函数的图象如下图所示：
若函数有三个不同的零点，即与在同一坐标系内有三个不同的交点，
由图可知，解得；
又因为取整数，且，所以整数的取值可以是2.
故答案为：2（大于等于2的整数即可，答案不唯一）
15．设等差数列的前项和为，则有以下四个结论：
①若，则
②若，且，则且
③若，且在前16项中，偶数项的和与奇数项的和之比为3:1，则公差为2
④若，且，则和均是的最大值
其中正确命题的序号为 .
【答案】①②④
【解析】对于①，因为是等差数列，，
所以，故①正确；
对于②，因为，所以，即是递增数列，
因为，即，所以，
即，则，
所以且，故②正确；
对于③，因为，所以，则，则，
又，
，
所以，即，故，得，，
所以的公差为，故③错误；
对于④，因为，即，
即，整理得，
因为，所以，
由于，所以，故，即，
因为，所以是递减数列，则，，
所以，，
故和均是的最大值，故④正确.
故答案为：①②④.
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．（13分）
在中，
(1)求；
(2)若为边上一点，再从条件①､条件②､条件③这三个条件中选择一个作为已知，使存在且唯一确定，求的面积.
条件①：；
条件②：；
条件③：的周长为.
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.
【解析】（1），故；
（2）若选条件①：，
由，，，故，即，
，
此时三角形唯一确定，符合要求，
.
若选条件③：的周长为,
由，故，
则，化简得，
即有，解得，故，
此时三角形唯一确定，符合要求，
.
不能选条件②，理由如下：
若选条件②：，
由，，，设点到直线的距离为，
则，即，
此时，，
故，即不存在该三角形，故②不符合要求.
17．（14分）
某学校体育课进行投篮练习，投篮地点分为区和区，每一个球可以选择在区投篮也可以选择在区投篮，在区每投进一球得2分，没有投进得0分；在区每投进一球得3分，没有投进得0分.学生甲在，两区的投篮练习情况统计如下表：
假设用频率估计概率，且学生甲每次投篮相互独立．
(1)试分别估计甲在区，区投篮命中的概率；
(2)若甲在区投个球，在区投个球，求甲在区投篮得分高于在区投篮得分的概率；
(3)若甲在区，区一共投篮次，投篮得分的期望值不低于分，直接写出甲选择在区投篮的最多次数．（结论不要求证明）
【解析】（1）甲在区投篮次，投进次，所以估计甲在区投篮进球的概率为，
甲在区投篮次，投进次，所以估计甲在区投篮进球的概率为.
（2）据题意，甲在区进球的概率估计为，在区投篮进球的概率估计为.
设事件为“甲在区投篮得分高于在区投篮得分”
甲在区投个球，得分可能是，在区投个球，得分可能是.
则甲在区投篮得分高于在区投篮得分的情况有：
区分区分，概率估计为，
区分区分，概率估计为，
区分区分，概率估计为，
区分区分，概率估计为，
区分区分，概率估计为，
则甲在区投篮得分高于在区投篮得分的概率估计为.
（3）甲在区投篮一次得分的期望估计是，
甲在区投篮一次得分的期望估计是，
设甲在区投篮次，则甲在区投篮次，
则总的期望值估计为，解得，
则甲选择在区投篮的次数最多是次．
18．（13分）
如图， 在三棱柱 中，为等边三角形，四边形 是边长为2的正方形， D为AB中点， 且
(1)求证: CD⊥平面；
(2)已知点 P 在线段上，且直线AP 与平面 所成角的正弦值为 ，求 的值.
【解析】（1）在三棱柱 中，，
显然，则，又，
于是，又，平面，
因此平面，又平面，即有，
在正中，为中点，则，又平面，
所以平面.
（2）取中点为中点为，则，
由（1）知，平面，且平面，则，又，
有，平面，于是平面，两两垂直.，
以为坐标原点，的方向为轴､轴､轴的正方向，建立空间直角坐标系，
则，
，
设平面的法向量为，则，令，得，
设，则，
由直线与平面所成角的正弦值为，得，
即，整理得，而，解得，
即点为线段的中点，所以.
19．（15分）
已知椭圆：（）的四个顶点相连构成菱形，且点A，的坐标分别为，.
(1)求椭圆的方程和离心率；
(2)设为第一象限内上的动点，直线与直线交于点，过点且垂直于的直线交轴于点，求的取值范围.
【解析】（1）设椭圆的半焦距为，
由题意可知：，则，
所以椭圆的方程为，离心率.
（2）由（1）可知，则直线的方程，即，
设，
则直线的方程为，
联立方程，解得，
即，
又，可设点且垂直于的直线方程为，
代入点可得，
解得，
令，
则在上恒成立，
可知在上单调递减，可得，
且，
则，可得，即，
所以的取值范围为.
20．（15分）
已知函数.
(1)若曲线在点处的切线为轴，求的值；
(2)讨论在区间内极值点的个数；
(3)若在区间内有零点，求证：.
【解析】（1）由得：，
依题意，，得.
经验证，在点处的切线为，所以.
（2）由题得.
（i）若，当时，恒成立，
所以在区间上单调递增，所以无极值点.
（ii）若，
当时，，故在区间上单调递减，
当时，，故在区间上单调递增.
所以为的极小值点，且无极大值点.
综上，当时，在区间内的极值点个数为0；
当时，在区间内的极值点个数为1.
（3）由（2）知当时，在区间上单调递增，
所以，在区间内无零点.
当时，的单调递减区间为，单调递增区间为.
所以.
若在区间内有零点，则.
而，设，
则.
设，则，
所以在区间上单调递增.
所以，即.
所以在区间上单调递增.
所以，即.
又，
所以.
21．（15分）
已知是各项均为正整数的无穷递增数列，对于，定义集合，设为集合中的元素个数，若时，规定.
(1)若，写出及的值；
(2)若数列是等差数列，求数列的通项公式；
(3)设集合，求证：且.
【解析】（1）因为，所以，
则，所以，，
又，所以，，所以；
（2）由题可知，所以，所以.
若，则，，所以，，与是等差数列矛盾.
所以.设，因为是各项均为正整数的递增数列，所以.
假设存在使得.设，由得.
由得，，与是等差数列矛盾.
所以对任意都有.所以数列是等差数列，.
（3）因为对于，，所以.
所以，即数列是递增数列.
先证明.假设，设正整数.
由于，故存在正整数使得，所以.
因为是各项均为正整数的递增数列，所以.所以，.甲
区
区
投篮次数
得分