北京市顺义区2024届高三第二次质量监测数学试卷（原卷版+解析版）

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考生须知
1.本试卷共6页，共两部分，21道小题，满分150分.考试时间120分钟.
2.在答题卡上准确填写学校、姓名、班级和教育ID号.
3.试题答案一律填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效.
4.在答题卡上，选择题用2B铅笔作答，其他试题用黑色字迹签字笔作答.
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. 设集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出全集，然后根据补集运算可得.
【详解】因为，，
所以.
故选：D
2. 已知复数z的共轭复数满足，则（ ）
A. B. 1C. 2D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】根据复数除法运算求出，然后即可求解.
【详解】因为，
所以，
所以，所以.
故选：C
3. 在的展开式中，的系数为（ ）
A. B. C. 40D. 80
【答案】A
【解析】
【分析】利用二项式定理写出其通项，求得时，展开式中含有项，代入计算可得结果.
【详解】由二项式的通项为可得，
当，即时，展开式中含有项，
此时，
因此的系数为.
故选：A
4 已知，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用换底公式计算a，利用指数函数单调性判断b，c即可得答案.
【详解】因为，，，
所以.
故选：D
5. 已知各项均为正数的数列的前n项和为，，，，则（ ）
A. 511B. 61C. 41D. 9
【答案】B
【解析】
【分析】利用对数运算法则可求得，即可知数列的奇数项与偶数项分别成等比数列，再由分组求和可得结果.
【详解】由可得，
即，所以，两式相除可得；
即，
由可得，因此数列的奇数项是以为首项，公比为2的等比数列，
偶数项是以为首项，公比为2的等比数列，
所以
故选：B
6. 已知抛物线的焦点为，准线为，为上一点，直线与相交于点，与轴交于点.若为的中点，则（ ）
A. 4B. 6C. D. 8
【答案】B
【解析】
【分析】先根据抛物线的几何性质求出点的横坐标，从而可得点的坐标，进而可求出直线的方程，进而可求得点的坐标，再根据两点间的距离公式即可得解.
【详解】，准线的方程为，
过点左，垂足为，
则，
因为为的中点，所以，所以，
所以，所以，则，
根据抛物线对称性不妨设在第一象限，则，
则，
所以直线的方程为，
令，则，即，
所以.

故选：B.
7. 若函数，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意分析可知为奇函数且在上单调递增，分析可知等价于，即可得结果.
【详解】由题意可知：的定义域为，且，
若，则，可知，
若，同理可得，所以为奇函数，
作出函数的图象，如图所示，
由图象可知在上单调递增，
若，等价于，等价于，等价于，
所以“”是“”的充要条件.
故选：C.
8. 如图，正方体中，P是线段上的动点，有下列四个说法：
①存在点P，使得平面；
②对于任意点P，四棱锥体积为定值；
③存在点P，使得平面；
④对于任意点P，都是锐角三角形.
其中，不正确的是（ ）
A. ①B. ②C. ③D. ④
【答案】C
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，由直线的方向向量与平面的法向量的位置关系判断说法①；由棱锥的底面积和高为定值得体积为定值判断说法②；利用向量数量积验证垂直关系判断说法③；利用向量的模和向量夹角的计算，验证说法④.
【详解】以为原点，的方向为轴，轴，轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，
不妨设正方体棱长为1，
则，，
设，
，，，
平面的一个法向量为，，
令，则，即，
若，得，
则时，，又平面，所以平面，
即点P为中点时， 平面，说法①正确；
正方体中，平面平面，平面，
则点到平面的距离为定值，又正方形面积为定值，
所以对于任意点P，四棱锥体积为定值，说法②正确；
，，,
若平面，则有，方程组无解，
所以不存在点P，使得平面，说法③错误；
，，，
，，
则中，，都是锐角，
，也是锐角，
所以对于任意点P，都是锐角三角形，说法④正确.
只有说法③不正确.
故选：C.
9. 已知在平面内，圆，点P为圆外一点，满足，过点P作圆O的两条切线，切点分别为A，B．若圆O上存在异于A，B的点M，使得，则的值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由，得出点在以原点为圆心，半径为2的圆上，设与以原点为圆心半径为2的圆交于点，连接，再说明点三点共线，由，得出，得出点三点共线，由即可求解．
【详解】因为，所以点在以原点为圆心，半径为2的圆上，
做出图形，设与以原点为圆心半径为2的圆交于点，连接，
因为与圆O相切于A，B，
所以，
在中，因为，所以，
同理可得，
又因为，由垂径定理得，，
因为，
所以点三点共线，
因为，
所以，
所以点三点共线，则点为与圆的交点，
因为，
所以，即，
故选：A．
10. 设，，，…，是1，2，3，…，7的一个排列.且满足，则的最大值是（ ）
A 23B. 21C. 20D. 18
【答案】B
【解析】
【分析】依据绝对值的几何意义和题给条件即可求得的最大值.
【详解】即为相邻两项之差的绝对值之和，
则在数轴上重复的路径越多越好，又，
比如，其对应的一个排列为
则的最大值是
故选：B
第二部分（非选择题 共110分）
二、填空题共5道小题，每题5分，共25分，把答案填在答题卡上.
11. 函数的定义域为_____________.
【答案】
【解析】
【分析】由题意列不等式组即可求得.
【详解】要使函数有意义，
只需解得：且，
从而的定义域为.
故答案为：
12. 在中，，，，则面积为______.
【答案】
【解析】
【分析】将两边平方，结合余弦定理可得，利用平方关系求出即可得解.
【详解】由余弦定理得①，
又，得②，
联立①②解得，
因为，，所以，
所以.
故答案为：
13. 若非零向量满足，且，则能使得成立的一组可以是______，______
【答案】 ①. （答案不唯一） ②. （答案不唯一）
【解析】
【分析】根据数乘定义可判断，结合即可求解.
【详解】因为，即，
所以，且，即，
又，即，
所以满足，且的向量都满足条件，
故可取.
故答案为：；（答案不唯一）.
14. 已知双曲线的焦距为，若点在双曲线上，则的离心率等于______.
【答案】##
【解析】
【分析】根据点在双曲线上、双曲线的基本性质及离心率的定义计算即可求解.
【详解】因为点在双曲线上，
代入坐标有，且双曲线满足，离心率，
所以有，即，
化简可得，所以，
因为双曲线离心率，所以或（舍去），
故答案为：.
15. 已知函数，给出下列四个结论：
①当时，对任意，有1个极值点；
②当时，存在，使得存在极值点；
③当时，对任意，有一个零点；
④当时，存在，使得有3个零点.
其中所有正确结论的序号是______.
【答案】①④
【解析】
【分析】对①：借助导数研究函数的单调性即可得极值点个数；对②：借助导函数的导函数研究导函数可得导函数无零点，故函数不存在极值点；对③：举出反例即可得；对④：将零点个数转化为直线与曲线的交点个数，从而可通过研究过的曲线的切线，结合零点的存在性定理得到直线与曲线的关系.
【详解】对①：当时，，，
则时，，当时，，
故在上单调递增，在上单调递减，
故对任意，有1个极大值点，故①正确；
对②：当时，，
若存在极值点，则有变号零点，则必须有解，
令，
则，
故当时，，当时， ，
故在、上单调递增，在上单调递减，
又时，，，
即恒成立，故当时，无解，故②错误；
对③：当时，，
当时，，此时函数无零点，故③错误；
对④：当时，若存在，使得有3个零点，
则直线与曲线有三个不同交点，
由直线过点，曲线过点，
又，是偶函数，且在上单调递减，
故当时，直线与曲线在第二象限必有一交点，
同理，当时，直线与曲线在第一象限必有一交点，
过点作曲线的切线，设切点为，
则切线方程为，
即，则，
由，则，即，
即，即，
故当时，存在，
使曲线有过点的切线，且切点为，
当时，切线斜率为，
则当时，有，又，
则存在，使，
此时函数单调递减，而恒成立，
故存在，使，
即当时，存在，使得有3个零点，
同理可得，当时，存在，使得有3个零点，故④正确.
故答案为：①④.
【点睛】关键点点睛：第④个结论关键点在于将零点个数转化为直线与曲线的交点个数，从而可通过研究过的曲线的切线，结合零点的存在性定理去得到直线与曲线的关系.
三、解答题共6道题，共85分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
16. 已知函数，其中.
（1）若，求的值；
（2）已知时，单调递增，再从条件①、条件②、条件③中选择一个作为已知，使函数存在，求m的最大值.
条件①：；
条件②：；
条件③：的图像与直线的一个交点的横坐标为.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
【答案】（1）
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）结合三角恒等变换公式，将代入计算即可得；
（2）若选②，将与计算出来，即可得出，结合正弦函数的性质即可得解；若选③，借助函数的对称性计算即可得，结合正弦函数的性质即可得解；不可选①，代入计算后，结合三角函数的值域可知此时函数不存在.
【小问1详解】
法一：
，
即可得，
又，所以；
法二：
，
所以即得，
又，所以；
【小问2详解】
，
选择②，，，
因为，所以，
因为的最小正周期，，
所以由可得，
所以，；
或法二：因为，，
所以即，
因为，所以，；
选择③，，
的图像与直线的一个交点的横坐标为，
即可得，所以，
又，所以，
法一：令，，
解得，即的单增区间为，
又时，单调递增，
所以，是的一个子区间，
所以，，即可得，又，
所以，故是的一个子区间，所以m的最大值为；
法二：因为，，所以，
因为在上单增，
所以，，
即可得，，，
所以，所以，可得m的最大值为.
不可选择条件①，理由如下：
若，则，即，
由，故该方程无解，故函数不存在，故不可选①.
17. 在直三棱柱中，，D，E分别为棱，的中点.

（1）求证：；
（2）当时.
（ⅰ）求平面与平面夹角的余弦值；
（ⅱ）若平面与直线交于点F，直接写出的值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）（ⅰ）；（ⅱ）.
【解析】
【分析】（1）利用直三棱柱性质以及线面垂直判定定理可证明平面，可得结论；
（2）（ⅰ）建立空间直角坐标系利用空间向量求得两平面的法向量即可求出平面与平面夹角的余弦值；
（ⅱ）根据共面关系利用法向量垂直可求得结论
【小问1详解】
证明：连接，

因为，E为中点，所以，
因为是直三棱柱的侧棱，所以平面，
因为平面，所以，
因为，平面，所以平面；
因为平面，
所以.
【小问2详解】
（ⅰ）因为，所以为等边三角形，
设中点为O，则，
因为平面，
设的中点为M，则，，
以所在的直线为x轴，所在的直线为y轴，所在的直线为z轴，建立空间直角坐标系，如下图所示：

则，，，，，，，
因为D，E为中点，所以，，
所以，，
因为，，所以平面，
所以是平面的一个法向量.
设是平面的一个法向量，
则，
令，可得，，
所以，
设平面与平面的夹角为，则
所以平面与平面的夹角的余弦值为.
（ⅱ），
原因如下：设，易知，所以，
又，则，
易知平面，因此，解得；
因此，即.
18. 某学校工会组织趣味投篮比赛，每名选手只能在下列两种比赛方式中选择一种.
方式一：选手投篮3次，每次投中可得1分，未投中不得分，累计得分；
方式二：选手最多投3次.如第1次投中可进行第2次投篮，如第2次投中可进行第3次投篮.如某次未投中，则投篮中止.每投中1次可得2分，未投中不得分，累计得分；
已知甲选择方式一参加比赛，乙选择方式二参加比赛.假设甲，乙每次投中的概率均为，且每次投篮相互独立.
（1）求甲得分不低于2分的概率；
（2）求乙得分的分布列及期望；
（3）甲，乙谁胜出的可能性更大？直接写出结论.
【答案】（1）
（2）分布列见解析，
（3）甲获胜的可能性更大
【解析】
【分析】（1）计算出及的概率，求和即可得；
（2）写出Y的可能取值后计算对应的概率即可得分布列，借助分布列即可得期望；
（3）分别计算出甲获胜的概率与乙获胜的概率，比较大小即可得.
【小问1详解】
设甲选择方式一参加比赛得分为，
，
，
设甲得分不低于2分为事件A，
则；
【小问2详解】
设乙选择方式二参加比赛得分为Y，Y的可能取值为0，2，4，6，
，，
，，
所以Y的分布列为：
所以；
【小问3详解】
甲获胜的概率为
，
乙获胜的概率为，
故甲获胜的可能性更大.
19. 已知椭圆的右焦点为，长轴长为.过F作斜率为的直线交E于A，B两点，过点F作斜率为的直线交E于C，D两点，设，的中点分别为M，N.
（1）求椭圆E的方程；
（2）若，设点F到直线的距离为d，求d的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意求出即可得解；
（2）设，，直线的方程为，联立方程，利用韦达定理求出，即可求得点的坐标，同理可求得点的坐标，再讨论直线的斜率是否存在，求出直线的方程，再根据点到直线的距离公式计算即可得解.
【小问1详解】
长轴长为，所以，
又焦点为，所以，
所以，
所以椭圆E的方程为；
【小问2详解】
设，，直线的方程为，
联立，消去y得，
易知，所以，
又M为的中点，所以，，
因为，即，又N为的中点，
不妨用代换，可得，，
讨论：①当时，直线的斜率不存在，
此时，解得，
当时，，，此时的方程为，
所以，点到直线的距离d为，
同理，当，，
②当时，，此时，
所以直线的方程为，
化简可得，
法一：点到直线的距离，
又，所以，
因为，所以，
所以
综上可知，.
法二：直线的方程为，
令，可得，综上可知，直线恒过定成，
故点到直线的距离d的最大值为，此时直线的斜率不存在，
又直线的斜率一定不为0，
所以.
.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的取值范围问题的求解方法
（1）函数法：用其他变量作为参数，建立函数关系，利用求函数值域的方法求解．
（2）不等式法：根据题意建立含参数的不等式，通过解不等式求参数的取值范围．
（3）判别式法：建立关于某变量的一元二次方程，利用根的判别式求参数的取值范围．
（4）数形结合法：研究参数所表示的几何意义，利用数形结合思想求解．
20. 设函数，.曲线在点处的切线方程为.
（1）求a的值；
（2）求证：方程仅有一个实根；
（3）对任意，有，求正数k的取值范围.
【答案】（1）；
（2）证明见解析； （3）.
【解析】
【分析】（1）根据切点在曲线和切线上可得；
（2）分，，，利用导数讨论单调性，通过单调性讨论即可得证；
（3）令，分，两种情况，利用导数讨论最值即可得解.
【小问1详解】
解：因为，所以，
又点在切线上，所以，
所以，即.
【小问2详解】
证明：欲证方程仅有一个实根，只需证明仅有一个零点，
令，则，
令，则，
讨论：（1）当时，，
所以在上单调递增，所以，即，
所以在上单调递增，，即此时无零点；
（2）当时，，即此时有一个零点；
（3）当时，
所以，当时，，即此时无零点
综上可得，仅有一个零点，得证.
【小问3详解】
当时，，即恒成立，
令，
则，
由（Ⅱ）可知，时，
所以，
讨论：（1）当时，因为，所以，
即，
所以，
即当时，，
所以在时单调递增，
所以恒成立，即满足条件，
（2）当时，由可知，
又，所以存在，使得，
所以，当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以，即不能保证恒成立，
综上可知，正数k的取值范围是.
【点睛】思路点睛：根据不等式恒成立求参数范围常用方法：（1）参变分离，将问题转化为函数最值问题；（2）根据参数分类讨论，利用导数求函数最值即可求解.
21. 已知点集满足，，.对于任意点集，若其非空子集A，B满足，，则称集合对为的一个优划分.对任意点集及其优划分，记A中所有点的横坐标之和为，B中所有点的纵坐标之和为.
（1）写出的一个优划分，使其满足；
（2）对于任意点集，求证：存在的一个优划分，满足；
（3）对于任意点集，求证：存在的一个优划分，满足且.
【答案】（1）（答案不唯一）
（2）证明见解析； （3）证明见解析；
【解析】
【分析】（1）根据题中定义写出一个符合的即可；
（2）根据题意，以的取值与1的大小比较为标准，分类讨论即可证明；
（3）根据题意，分类讨论即可；
【小问1详解】
由题因为，
所以若使，则可以，
此时，满足题意.
【小问2详解】
根据题意对于任意点集，不妨设，
且，，，
若，则，令，
则，此时恒有；
若，则，可令，
此时，则，满足题意；
若，则，令，
此时，则，满足题意；
若，则，则
令，
此时，则，满足题意；
所以对于任意点集，都存在的一个优划分，满足.
【小问3详解】
不妨设，
若，则B取其中一点即可满足；
若，
则必存在正整数k使得，
则有，于是，
又因为
，当且仅当时取等号；
于是取，
即可满足且，命题得证.
【点睛】思路点睛：利用分类讨论思想，分，两类依次展开证明.
Y
0
2
4
6
P