2024年高考第二次模拟考试题：数学（北京卷）（解析版）

这是一份2024年高考第二次模拟考试题：数学（北京卷）（解析版），共19页。试卷主要包含了本试卷分第Ⅰ卷两部分，测试范围等内容，欢迎下载使用。
（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，
即
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，，
故
，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.
0
2
3
5