2024北京海淀高三一模数学试题及答案

这是一份2024北京海淀高三一模数学试题及答案，共12页。试卷主要包含了选择题等内容，欢迎下载使用。
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。
2
2
已知全集U  x 2  x  2 ，集合 A  x 1  x  2 ，则CU A 
(2, 1)
B.[2, 1]
C. (2, 1)
D. [2, 1)
若复数 z 满足i  z  1 i ，则 z 的共轭复数 z 
1  i
1  i
1 i
1 i
已知an 为等差数列， Sn 为其前 n 项和. 若 a1  2a2 ，公差 d  0 ， Sm  0 ，则 m 的值为
A. 4 B. 5 C. 6 D. 7
已知向量a, b 满足| a | 2 ， b  (2, 0) ，且| a  b | 2 ，则 a, b 
π
6
π
3
2π
3
5π
6
2
若双曲线 x
a2
线的方程为
2
y
 1 (a  0,b  0) 上的一点到焦点(
b2
5, 0) 的距离比到焦点( 5, 0) 的距离大b ，则该双曲
x22
x22
2y2
2y2
A. y
4
 1 B. y
2
 1 C. x  1 2
D. x  1 4
设 ,  是两个不同的平面， l, m 是两条直线，且 m   ， l   . 则“ l   ”是“ m //  ”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
x3 ,
已知 f (x)  
x  0
，函数 f (x) 的零点个数为 m ，过点(0, 2) 与曲线 y  f (x) 相切的直线的条数为
lg(x  1), x  0
n ，则 m, n 的值分别为
A.1,1B.1, 2C. 2,1D. 2, 2
在平面直角坐标系 xOy 中，角 以Ox 为始边，终边在第三象限. 则
sin   cs  tan 
C. sin   cs  tan 
sin   cs  tan 
D. sin   cs  tan 
函数 f (x) 是定义在 (4, 4) 上的偶函数， 其图象如图所示，
f (3)  0 . 设 f (x) 是 f (x) 的导函数，则关于 x 的不等式 f (x  1)  f (x)  0 的解集是
A.[0, 2]
某生物兴趣小组在显微镜下拍摄到一种黏菌的繁殖轨迹，如图1 . 通过观 察发现，该黏菌繁殖符合如下规律：①黏菌沿直线繁殖一段距离后，就会以 该直线为对称轴分叉（分叉的角度约为 60 ），再沿直线繁殖，；②每次 分叉后沿直线繁殖的距离约为前一段沿直线繁殖的距离的一半. 于是，该组 同学将整个繁殖过程抽象为如图 2 所示的一个数学模型：黏菌从圆形培养皿的
中心 O 开始，沿直线繁殖到 A11 ，然后分叉向 A21 与 A22 方向继续繁殖，其中
B.[3, 0]
[3, 4)
C. (5, 0]
[2, 4)
D. (4, 0]
[2, 3)
A21 A11 A22  60 ， 且
A11 A21 与
A11 A22
关 于 OA11
所 在 直 线 对 称 ，
A A  A A  1 OA ,.若OA  4cm ，为保证黏菌在繁殖过程中不会碰到培
11 2111 2221111
养皿壁，则培养皿的半径 r (r  N*, 单位:cm) 至少为
A. 6B. 7C. 8D. 9
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。
已知ln a  2 ，则ln a2  ln b2 .
b
已知
C : (x  1)2  y2  3 ，线段 AB 是过点(2,1) 的弦，则| AB | 的最小值为.
若(x  2)4  a x4  a x3  a x2  a x  a ，则 a  ；
a1  a3
 .
432100
a  a  a
024
已知函数 f (x)  sin(x  π) sin 2x ，则 f ( 5 π) ；函数 f (x) 的图象的一个对称中心的坐标为
44
.
已知函数 f (x) x3  x ，给出下列四个结论：
①函数 f (x) 是奇函数；
② k  R ，且 k  0 ，关于 x 的方程 f (x)  kx  0 恰有两个不相等的实数根；
③已知 P 是曲线 y  f (x) 上任意一点， A( 1 , 0) ，则| AP | 1 ；
22
④设 M (x1 , y1 ) 为曲线 y  f (x) 上一点， N (x2 , y2 ) 为曲线 y   f (x) 上一点. 若| x1  x2 | 1 ，则| MN | 1.
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.（本小题 13 分）
在△ABC 中， b sin C 
（Ⅰ）求B ；
3c cs B  2c .
3
（Ⅱ）若 a  2， b  c  4 ，求△ABC 的面积.
17.（本小题 14 分）
如图，在四棱锥 P  ABCD 中， AD // BC ， M 为 BP 的中点， AM // 平面CDP .
求证： BC  2 AD ；
若 PA  AB ， AB  AP  AD  CD  1 ，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，使四棱锥 P  ABCD 存在且唯一确定.
求证： PA  平面 ABCD ；
设平面CDP 平面 BAP  l ，求二面角C  l  B 的余弦值.条件①： BP  DP ；
条件②： AB  PC ；
条件③： CBM  CPM .
注：如果选择的条件不符合要求，第（ⅰ）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.
18.（本小题 13 分）
某学校为提升学生的科学素养，要求所有学生在学年中完成规定的学习任务，并获得相应过程性积分.现从该校随机抽取100 名学生，获得其科普测试成绩（百分制，且均为整数）及相应过程性积分数据，整理如下表：
（Ⅰ）当 a  35 时，
从该校随机抽取一名学生，估计这名学生的科普过程性积分不少于3 分的概率；
（Ⅱ）从该校科普测试成绩不低于80 分的学生中随机抽取2 名，记 X 为这2 名学生的科普过程性积分之和，估计 X 的数学期望 E( X ) ；
（Ⅱ）从该校科普过程性积分不高于1 分的学生中随机抽取一名，其科普测试成绩记为Y1 ，上述100 名学生科普测试成绩的平均值记为Y2 . 若根据表中信息能推断Y1  Y2 恒成立，直接写出 a 的最小值.
科普测试成绩 x
科普过程性积分
人数
90  x  100
4
10
80  x  90
3
a
70  x  80
2
b
60  x  70
1
23
0  x  60
0
2
19.（本小题 15 分）
已知椭圆G : x2  my2  m 的离心率为 2 ， A , A 分别是G 的左、右顶点， F 是G 的右焦点.
求 m 的值及点 F 的坐标；
212
设 P 是椭圆G 上异于顶点的动点，点Q 在直线 x  2 上，且 PF  FQ ，直线 PQ 与 x 轴交于点 M . 比
12
较| MP |2 与| MA |  | MA | 的大小.
20.（本小题 15 分）
已知函数 f (x)  xe
a 1 x
2 .
求 f (x) 的单调区间；
若函数 g(x) | f (x)  e2a | ， x (0, ) 存在最大值，求 a 的取值范围.
a 2
m
21.（本小题 15 分）已知Q : a1, a2 ,
(m  2, m  N* ) 为有穷正整数数列，其最大项的值为 m ，
且当 k  0,1,, m  1 时，均有 akmi  akm j (1  i  j  m) . 设b0  0 ，对于t 0,1,, m  1 ，定义bt 1  minn n  bi , an  t ，其中， min M 表示数集 M 中最小的数.
（Ⅰ）若Q : 3,1, 2, 2,3,1, 2,3 ，写出b1 , b3 的值；
若存在Q 满足： b1  b2  b3  11 ，求 m 的最小值；
当 m  2024 时，证明：对所有Q ， b2023  20240 .
海淀区 2023—2024 学年第二学期期中练习
高三数学参考答案
一、选择题（共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分）
二、填空题（共 5 小题，每小题 5 分，共 25 分）
（ 11 ） 4（12） 2
（1）D
（2）A
（3）B
（4）C
（5）D
（6）A
（7）B
（8）C
（9）D
（10）C
（13）16
 40
41
（14） 1
( π , 0) （答案不唯一）
4
（15）②③④
三、解答题（共 6 小题，共 85 分）
（16）（共 13 分）
解：（Ⅰ）由正弦定理
a
sin A
b
sin B
c
sin C
及bsin C 
3c cs B  2c ，得
sin Bsin C  3 sin C cs B  2sin C .
因为C (0, π) ，所以sin C  0 .
所以sin B  3 cs B  2 .
所以sin(B  π)  1.
3
因为 B (0, π) ，
所以 B  π  π ，即 B  π .
326
3
a2  c2  b2
（Ⅱ）由余弦定理得cs B .
3
因为a  2，
2ac2
所以12  c2  b2  6c .
因为b  c  4 ，所以c  2 .
所以△ ABC 的面积为 1 ac sin B  3 .
2
（17）（共 14 分）
解：（Ⅰ）取 PC 的中点 N ，连接 MN ， ND .
因为 M 为 BP 的中点，
所以 MN  1 BC ， MN // BC .
2
因为 AD // BC ，所以 AD // MN .
所以 M ， N ， D ， A 四点共面.
P
M
N
A
BD
C
因为 AM // 平面CDP ，平面 MNDA 平面CDP  DN ，所以 AM // DN .
所以 MN  AD .
所以 BC  2AD .
取 BC 的中点 E ，连接 AE ， AC .
由（Ⅰ）知 BC  2AD .
所以 EC  AD .
因为 EC // AD ，
所以四边形 AECD 是平行四边形.所以 EC  AD  1 ， AE  CD .
M
A
E
C
因为 AB  CD  1 ，所以 AE  1  1 BC .P
2
所以BAC  90 ，即 AB  AC .
选条件①： BP  DP .
因为 AB  AD  1， PA  PA ，
所以△PAB △PAD .BD
所以PAB  PAD .
因为 AB  PA ，所以PAB  90 .所以PAD  90 ，即 AP  AD .所以 AP  平面 ABCD .
由（ⅰ）知 AP  平面 ABCD .
所以 AP  AC .
因为 PA  AB ， AP  1 ，
如图建立空间直角坐标系 A  xyz .
则
P(0,0,1) ， C(0, 3, 0) ， D( 1 , 3 , 0) .
2 2
所以CD  ( 1 ,  3 , 0) ， PD  ( 1 , 3 , 1) ， AC  (0, 3,0) .
222 2
设平面 PDC 的法向量为 n  (x, y, z)，则
z
P
M
A
B
x
C
y
13
n  CD  0,
x 
22
y  0,
n  PD  0, 即
 1 x  3 y  z  0.
 22
3
3
令 x ，则 y  1 ， z . 于是
AC
n  ( 3, 1, 
3) .D
因为
为 平面 PAB 的 法 向 量， 且
cs  AC, n 
AC  n  7 ，
| AC |  | n|7
所以二面角C  l  B 的余弦值为 7 .
7
选条件③： CBM  CPM .
所以CB  CP .
因为 AB  AP  1， CA  CA ，所以△ABC △APC .
所以PAC  BAC  90 ，即 PA  AC .
因为 PA  AB ，
所以 PA  平面 ABCD .
同选条件①．
（18）（共 13 分）
解：（Ⅰ）当a  35 时，
由表可知，科普过程性积分不少于3 分的学生人数为10  35  45 .
所以从该校随机抽取一名学生，这名学生的科普过程性积分不少于3 分
的频率为 45
100
 0.45 ．
所以从该校随机抽取一名学生，这名学生的科普过程性积分不少于3 分
的概率估计为0.45 ．
根据题意，从样本中成绩不低于80 分的学生中随机抽取一名，这名学生
的科普过程性积分为3 分的频率为 35 7 .
35  109
所以从该校学生活动成绩不低于80 分的学生中随机抽取一名，这名学生
的科普过程性积分为3 分的概率估计为 7 . 同理，从该校学生活动成绩
9
不低于80 分的学生中随机抽取一名，这名学生的科普过程性积分为4 分
的概率估计为 2 .
9
由表可知 X 的所有可能取值为6, 7, 8 ．
P( X  6)  7  7  49 ， P( X  7)  2  7  2  28 ，
99819981
P( X  8)  2  2  4 ．
9981
所以 X 的数学期望 E( X )  6  49  7  28  8  4  58 ．
8181819
（Ⅱ） 7 ．
（19）（共 15 分）
解：（Ⅰ）由题意知m  1. 设a2  m ， b2  1 ，则c2  a2  b2  m 1 .
因为G 的离心率为 2 ，
2
所以a2  2c2 ，即m  2(m 1) ．
所以m  2 ， c  1.
所以m 的值为2 ，点 F 的坐标为(1, 0) ．
（Ⅱ）由题意可设
P(x0 , y0 ) （ x0 y0  0 ）， Q(2, yQ ) ， M (xM , 0) ，则 x0  2 ， x0  xM ，
00
x2  2 y2  2 .①因为 PF  FQ ,
所以(x0 1, y0 )  (1, yQ )  0 .
所以 yQ
 1  x0 .②
y0
因为Q ， P ， M 三点共线， x0 ( 2,0)(0, 2) ，
所以 yQ  y0 
2  x0
y0.③
x0  xM
由①②③可得 xM
 2 .
x0
由（Ⅰ）可知 A1( 2, 0) ， A2 ( 2,0) .
所以| MP |2  | MA |  | MA | (x  2 )2  y2  ( 2 

2)( 2  2)
120x
0xx
000
24x24x2
 x0  4  1  0  2  0  1 .
x22x22
00
2x22
所以| MP |
 | MA1 |  | MA2 | 0 1  0 ，即| MP | | MA1 |  | MA2 | .
2
（20）（共 15 分）
解：（Ⅰ）因为 f (x)  x  e
a 1 x
2 ，
a 1 xxa 1 xa 1 xx
所以 f '(x)  e 2  e 2  e 2 (1 ) .
22
令 f '(x)  0 ，得 x  2 ．
f '(x) 与 f (x) 的变化情况如下表：
所以，函数 f (x) 的单调递增区间是(, 2) ；单调递减区间是(2,  ) ．
（Ⅱ）令h(x)  f (x)  e2a ，则h '(x)  f '(x) .
由（Ⅰ）可得：函数h(x) 的单调递增区间是(, 2) ；单调递减区间是(2,  ) ．所以h(x) 在 x  2 时取得最大值h(2)  2  ea1  e2a .
x
(, 2)
2
(2,  )
f '(x)

0

f (x)
↗
↘
所以当 x  2 时， h(x)  x  e
a 1 x
2
+e2a  e2a  h(0) ；当0  x  2 时， h(x)  h(0) ，
即当 x (0,  ) 时， h(x) (h(0), h(2)].
所 以 g(x) | h(x) |
在 (0,  )
上 存 在 最 大 值 的 充 分 必 要 条 件 是
| 2  e
a1
 e2
a || e2
a | ，即
2  ea1  e2a  e2a 2
 ea1
 e2
a  0 .
令 m(x)  ex1  e2 x ，则m '(x)  ex1  e2 .
因为m '(x)  ex1  e2  0 ，所以m(x) 是增函数.因为m(1)  e2  e2  0 ，
所以m(a)  ea1  e2a  0 的充要条件是a  1 .
所以a 的取值范围为[1,  ) .
（21）（共 15 分）
解：（Ⅰ） b1  1 , b3  6 ．
由题意知m  3 .
当 m  3 时，因为a1  1 ， b0  0 ，所以b1  1 .
因为a2  a3 ，且a2 ， a3 均为正整数，所以a2  1 ，或a3  1.
所以b2  3 .
因为a4 ， a5 ， a6 是互不相等的正整数，所以必有一项大于2 .
所以b3  6 .
所以b1  b2  b3  10 ，不合题意.
当 m  4 时，对于数列Q ： 4,1,3, 2,1, 2,3, 4,1, 2,3, 4,1, 2,3, 4 有
b1  b2  b3  1 3  7  11.
综上所述， m 的最小值为4 .
因为bt 1  min{n | n  bt , an  t}， t  0,1,, 2023 ，所以bt 1  bt ， t  0,1,, 2023 .
（ⅰ）若bt 1  2024 ，则当n  bt 1 时，至少以下情况之一成立：
① an  t ，这样的n 至多有t 个；
②存在i  t ， bi  n ，这样的n 至多有t 个.所以小于bt 1 的 n 至多有2t 个.
所以bt 1  t  t 1  2t 1.
令2t  1  2024 ，解得t  1  1012 .
所以b1012  2024 .
（ ⅱ ） 对 k  N * ，若 bt  2024k  bt 1 ， 且 2024k  bt l 1  2024(k 1) ， 因为
bt l 1  min{n | n  bt l , an  t  l} ，所以当n (2024k, bt l 1) 时，至少以下情况之一成立：
① an  t  l ，这样的n 至多有t  l 个；
② 存在i ， t  i  t  l 且bi  n ，这样的n 至多有l 个.所以bt l 1  2024k  t  l  l  1  2024k  t  2l  1.
令t  2l  1  2024 ，解得l  [ 2023  t ] ，即t  l 1  [ 2025  t ] ，其中[x] 表
22
示不大于 x 的最大整数.
所以当bt  2024k  bt 1 时， b 2025t
[]
2
 2024(k  1) ；
综上所述，定义C  1012 ， C
 [ 2025  Ck ] ，则b
 2024k .
1k 12Ck
依次可得：C2  1518 ，C3  1771，C4  1898 ，C5  1961 ，C6  1993 ，C7  2009 ，
C8  2017 ， C9  2021 ， C10  2023 .
所以b2023  2024 10  20240 .