北京市昌平区2024届高三第二次统一练习数学试题（原卷版+解析版）

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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. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求出集合B，再由交集的定义求解即可.
【详解】因为，则或，
所以，所以.
故选：D.
2. 已知数列满足，则数列的前4项和等于（ ）
A. 16B. 24C. 30D. 62
【答案】C
【解析】
【分析】由数列的递推关系分别求出，再求和即可.
【详解】由已知可得，
当时，；
当时，；
当时，；
所以数列的前4项和等于，
故选：C.
3. 已知抛物线的焦点和双曲线的右顶点重合，则的值为（ ）
A. 1B. 2C. 4D. 6
【答案】B
【解析】
【分析】根据条件，求出双曲线的右顶点和抛物线的焦点，即可求出结果.
【详解】因为双曲线的右顶点为，又抛物线的焦点为，
所以，得到，
故选：B.
4. 在的展开式中，常数项为（ ）
A. －15B. 15C. 30D. 360
【答案】B
【解析】
【分析】先求出的展开式的通项，令，求出代入通项即可求出答案.
【详解】的展开式的通项为：，
令，解得：，
所以常数项为：.
故选：B.
5. 若，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】构造函数，根据函数的单调性判断A选项；构造函数，根据函数的单调性判断B选项；构造函数，根据函数的单调性判断C选项；构造函数，根据幂函数的性质，判断D选项.
【详解】A：构造函数，因为，所以为增函数，
又因为，则有，所以A错误；
B：构造函数，因为，所以为增函数，
又因为，则有，所以B错误；
C：因为，所以，又，则，
构造函数，当时，函数不单调，
所以无法判断与的值的大小，C错误；
D：构造函数，因为，所以函数在上单调递增，
有，D正确.
故选：D.
6. 若圆与轴，轴均有公共点，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用圆的一般方程满足的条件得到，再分别令，利用，即可求出结果.
【详解】因为表示圆，所以，得到，
令，得到，则，得到，
令，得到，则，得到，
所以，
故选：A.
7. 设是两条不同的直线，是两个不同的平面，且，则“”是“”的（ ）
A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】利用面面平行及线面垂直的性质，即可得出：可以推出，再通过举例说明推不出，即可求出结果.
【详解】因为，当时，，又，所以，即可以推出，
如图，在正方体中，取平面为平面，平面为平面，直线为直线，直线为直线，
显然有，，但，即推不出，
所以“”是“”的充分不必要条件，
故选：A.
8. 已知函数若对任意的都有恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先画出函数的图象，再利用数形结合求实数的取值范围.
【详解】因为，令，作出图象，如图所示，
令，由图知，要使对任意的都有恒成立，则必有，
当时，，由，消得到，
由，得到，即，由图可知，
故选：B.
9. 中国茶文化博大精深，茶水的口感与茶叶类型和水的温度有关，经验表明，某种绿茶用90℃的水泡制，再等到茶水温度降至60℃时饮用，可以产生极佳口感；在20℃室温下，茶水温度从90℃开始，经过tmin后的温度为，可选择函数来近似地刻画茶水温度随时间变化的规律，则在上述条件下，该种绿茶茶水达到最佳饮用口感时，需要放置的时间最接近的是（ ）
（参考数据：）
A. B. C. 6minD.
【答案】B
【解析】
【分析】令，则，两边同时取对将代入即可得出答案.
【详解】由题可知，函数，
令，则，
两边同时取对可得：，即，
即.
故选：B.
10. 已知数列满足，该数列的前项和为，则下列论断中错误的是（ ）
A. B.
C. 非零常数，使得D. ，都有
【答案】C
【解析】
【分析】由已知可得A正确；由已知递推关系化简可得B正确；由已知递推关系总结数列的规律，再用反证法得到C错误；由已知递推关系找到前项和的规律再结合等比数列的前项和可得D正确.
【详解】A：因为，所以，故A正确；
B：因为，
所以，故B正确；
C：由可得，
由可得，
由可得，而，
设存在非零常数，使得，
当时，由于，可得或3或4等等，不是常数，
所以不存在非零常数，使得，故C错误；
D：当时，，
因为，即时，有相邻两项的和为零，即有接下来个项和为零；
，
即时，有相邻2项的和与相邻4项和为零，
即有接下来个项和为零；
总结发现规律为：当时，即有接下来的项和为零，
所以，故D正确；
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题D选项关键在于能理解的意义，即表示数列中前两项和为外的3到4项，5到8项，9到16项和分别为零.
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. 已知复数，则______．
【答案】2
【解析】
【分析】由复数的运算和共轭复数的定义计算求出结果即可.
【详解】由题意可得，
所以，
所以，
故答案为：2.
12. 已知中，，则______．
【答案】
【解析】
【分析】由余弦定理求出，由同角三角函数的平方关系求出，最后由三角形的面积公式即可求出答案.
【详解】由余弦定理可得：，
解得：，所以，
又因为，所以，
所以.
故答案为：.
13. 已知正方形的边长为1，点满足．当时，______；当______时，取得最大值．
【答案】 ①. ②. ##0.5
【解析】
【分析】第一空建立如图所示坐标系，用坐标分分别表示出，再计算数量积即可；第二空建立如图所示坐标系，用坐标表示出，，结合二次函数的性质计算数量积的最大值即可.
【详解】根据题意，建立以为原点的平面直角坐标系，如图

则
因为正方形的边长为1，
当时，，所以，
所以，
所以；
如图，

因为，所以，
所以，，
所以，
所以当时，取得最大值.
故答案为：；.
14. 已知：设函数在区间上的图象是一条连续不断的曲线，若，则在区间内无零点．能说明为假命题的一个函数的解析式是______．
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】利用已知条件结合函数的定义域，函数值，零点综合得出即可.
【详解】解析式为.
函数的定义域为，所以函数在区间上的图象是一条连续不断的曲线，
因为，，所以，
又，区间内有零点，
所以为假命题.
故答案为：（答案不唯一）.
15. 已知曲线为坐标原点．给出下列四个结论：
①曲线关于直线成轴对称图形；
②经过坐标原点的直线与曲线有且仅有一个公共点；
③直线与曲线所围成的图形的面积为；
④设直线，当时，直线与曲线恰有三个公共点．其中所有正确结论的序号是______．
【答案】①③④
【解析】
【分析】分的正负四种情况去掉绝对值符号得到曲线方程后，由图可得①正确；当斜率为时结合渐近线可得②错误；由四分之一圆面积减去三角形面积可得③正确；由图形可得④正确.
【详解】，
因为当时，无意义，无此曲线，故舍去，
所以曲线表示为：，
作出曲线图象为

对于①，由图象可得曲线关于直线成轴对称图形，故①正确；
对于②，由于左上和右下部分双曲线的，所以渐近线方程为，
所以当直线的斜率为时，过原点的直线与曲线无交点，故②错误；
对于③，设直线与交点分别为，
因为圆方程中半径为2，且点，
所以直线与曲线围成的图形的面积为，故③正确；
对于④，由于直线恒过，
当时，直线与平行，有一个交点；
当时，与渐近线平行，此时有两个交点，
当，结合斜率的范围可得有三个交点，如图：

所以，④正确；
故答案为：①③④.
【点睛】关键点点睛：本题关键是能根据的正负去掉绝对值符号得到曲线方程，作出图象，数形结合分析.
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. 已知函数的图像经过点．
（1）求实数的值，并求的单调递减区间；
（2）当时，恒成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）直接利用三角函数关系式的恒等变换和正弦型函数的性质的应用求出函数的单调区间；
（2）利用函数的定义域求出函数的值域，进一步利用恒成立问题的应用求出参数的取值范围．
【小问1详解】
由题意得，
解得
所以
，
由，得，
所以的单调递减区间为
小问2详解】
由（1）可知
因为，所以
所以
所以
当，即时，取得最小值是
因为恒成立等价于，所以
所以实数的取值范围是
17. 如图，在棱长均为2的四棱柱中，点是的中点，交平面于点．
（1）求证：点为线段的中点；
（2）再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为已知，使得四棱柱存在且唯一确定．
（i）求二面角的余弦值；
（ii）求点到平面的距离．
条件①：平面；
条件②：四边形是正方形；
条件③：平面平面．
注：如果选择的条件不符合要求，则第2问得0分；如果选择多组符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】（1）证明见解析
（2）；
【解析】
【分析】（1）先通过面面平行的性质证明，再通过证四边形是平行四边形，证，通过平行的传递性证，最后利用三角形中位线点为线段的中点得证；
（2）通过已知条件先证、、两两垂直，建立空间直角坐标系，利用空间向量的方法求二面角，求点到平面距离即可.
【小问1详解】
连接，因为交平面于点，平面，
所以平面，所以平面平面.
因为平面平面，平面平面，
所以，因为，且，所以四边形是平行四边形，
所以，所以，因为点是的中点，所以点是线段的中点.
【小问2详解】
选择条件①②：
因为平面，平面，平面，
所以，因为四边形是正方形，所以；
（i）：如图建立以为坐标原点，
、、分别为、、轴的空间直角坐标系，
则，，，，，，
，，设平面的法向量为，
，即，令，则，于是，
因为平面，所以平面的法向量为，
所以，由题知，二面角为锐角，
所以二面角的余弦值为.
（ii）：因为，，所以，所以点到平面的距离.
选择条件①③：
因为平面，平面，平面，
所以，因为平面平面，
平面平面，所以平面，所以，
（i）：如图建立以为坐标原点，
、、分别为、、轴的空间直角坐标系，
则，，，，，，
，，设平面的法向量为，
，即，令，则，，于是，
因为平面，所以平面的法向量为，
所以，由题知，二面角为锐角，
所以二面角的余弦值为.
（ii）：因为，，所以，所以点到平面的距离.
选择条件②③不合题意，此时几何体不能唯一确定.
18. 某行业举行专业能力测试，该测试由三项组成，每项测试成绩分为合格和不合格，三项测试结果相互独立．当三项测试成绩均合格时，认定分为10分；当项测试成缨合格，且两项中恰有一项成绩合格时，认定分为5分；当项测试成㷋不合格，且两项测试成绩都合格时，认定分为2分；其它测试成绩，认定分为0分．甲在参加该专业能力测试前进行了20次模拟测试，测试成绩合格的频数统计如下表：
用频率估计概率．
（1）试估计甲参加该专业能力项测试成绩合格的概率；
（2）设表示甲获得的认定分，求的分布列和数学期望；
（3）若乙参加该专业能力测试，三项测试成绩合格的概率均为．试估计甲、乙两人获得认定分的大小，并说明理由．
【答案】（1）
（2）答案见解析 （3）乙获得的认定分大
【解析】
【分析】（1）由频率估计概率计算可得；
（2）分别算出机变量的所有可能取值为时的概率，列出分布列，再由期望公式求出期望即可；
（3）分别算出机变量的所有可能取值为时的概率，再由期望公式求出期望与甲对比即可
【小问1详解】
因为甲参加专业能力项测试成绩合格的频率为，
由频率估计概率，估计甲参加专业能力项测试成绩合格的概率为.
【小问2详解】
设甲参加专业能力三项测试成绩合格分别为事件，
由频率估计概率，可得，
根据题意，随机变量的所有可能取值为，
，
，
，
，
所以的分布列为
所以的数学期望为.
【小问3详解】
乙获得的认定分大.
理由如下：
设乙参加展业能力三项测试成绩合格分别为事件，由频率估计概率，
可得，
设表示乙获得的认定分，随机变量的所有可能取值为，
；
；
；
，
所以，
所以，所以乙获得的认定分大.
19. 已知椭圆的离心率为，短轴长为．
（1）求椭圆的方程；
（2）设是椭圆的左、右顶点，是椭圆的右焦点．过点的直线与椭圆相交于两点（点在轴的上方），直线分别与轴交于点，试判断是否为定值？若是定值，求出这个定值；若不是定值，说明理由．
【答案】（1）
（2）是定值；
【解析】
【分析】（1）由椭圆的性质和离心率解方程组求出即可；
（2）当斜率不存在时，分别求出直线和的直线方程，得到；当斜率存在时，设出直线方程，直曲联立，表示出韦达定理，由点斜式求出直线方程可得到两点坐标，再用韦达定理表示出化简即可.
【小问1详解】
由题意可得，
解得，
所以椭圆方程为，
【小问2详解】
是定值，理由如下：

由题意可得，
当轴时，直线的方程为，易知，
直线的方程为，所以，
直线的方程为，所以，则；
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
由得，
则，
设，则，
直线的方程为，令，则，所以，
直线的方程为，令，则，所以，
所以，
所以，
可得，
综上，.
【点睛】关键点点睛：本题第二问关键在于讨论斜率存在与不存在的情况，不存在时，直曲联立，由韦达定理结合直线方程表示出，再化简即可.
20. 已知函数．
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）求在区间上的最小值；
（3）若，当时，求证：．
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用导数的意义求出切线的斜率，再求出，最后利用点斜式写出直线方程再整理即可；
（2）含参数的单调性讨论问题，先求导，再分参数，讨论单调性得出结果即可，其中当时又分、、三种情况；
（3）构造函数，结合对数的运算化简，求导再结合基本不等式得到的单调性，即可证明.
【小问1详解】
因为，所以，
所以，
所以曲线在点处的切线方程为.
【小问2详解】
因为，
当时，在区间上恒成立，
所以在区间上是增函数，此时；
当时，令，解得，
①当，即时，在区间上恒成立，
所以在区间上是增函数，
所以当时，；
②当，即时，与的情况如下：
所以当时，；
③当即时，在区间上恒成立，
所以在区间上是减函数，
所以当时，，
综上
【小问3详解】
设，
所以，
因为，
由基本不等式可得，当且仅当时取等号，
所以在上单调递增，
所以，
所以.
点睛】方法点睛：
（1）第一问可用导数的意义求出切线的斜率，再用点斜式求出直线方程；
（2）第二问为带参数的单调性的讨论求极值点问题，可求导分析单调性，进而求极值，在求出最值；
（3）第三问为函数不等式问题，可构造函数求导分析单调性求解.
21. 已知为有穷正整数数列，，且．从中选取第项，第项，，第项，称数列，为的长度为的子列．规定：数列的任意一项都是的长度为1的子列．若对于任意的正整数，数列存在长度为的子列，使得，则称数列为全覆盖数列．
（1）判断数列和数列是否为全覆盖数列；
（2）在数列中，若，求证：当时，；
（3）若数列满足：，且当时，，求证：数列为全覆盖数列．
【答案】（1）不是全覆盖数列，是全覆盖数列
（2）证明见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）直接使用定义验证即可；
（2）利用数列的各项都是正整数及，即可得到结论；
（3）使用数学归纳法证明.
【小问1详解】
对于，有，但该数列不存在和为子列，故不是全覆盖数列；
对于，有，由
；
.
可知是全覆盖数列.
【小问2详解】
由题知，.若不成立，则，那么与假设矛盾.
因为，即.①
又，
所以.
所以.
由①②得，.
所以.
当时，，
得，命题成立.
此时，当时，成立.
当时，得.
同理可得，.
归纳可得，当时，.
综上可得，命题成立.
【小问3详解】
下面证明，当时，对于任意的，
存在子列，其中，使得.
（i）当时，，所以当时，有.
当时，则.
所以.对于任意，命题成立.
或.对于任意，命题成立.
（ii）假设当时，命题成立.
即对于任意的正整数，存在子列，
其中，使得.
则当时，对于任意的正整数.
①当正整数时，由假设成立
存在子列，其中，
使得.
②当正整数时，
因为，所以.若，则此时成立.
若，则.
由假设，存在子列，其中，
使得
整理得，
此时.即命题成立.
综上，对于任意的，存在子列，
其中，使.
所以数列为全覆盖数列.
【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于第3小问中数学归纳法的使用.测试项
频数
16
15
10
0
2
5
10
负
0
正
减
极小值
增函数