2024年北京市西城区高三下学期4月高考一模数学试卷含详解

这是一份2024年北京市西城区高三下学期4月高考一模数学试卷含详解，共23页。试卷主要包含了 已知全集，集合，则， 的展开式中，常数项为， 设，其中，则， 关于函数，给出下列三个命题等内容，欢迎下载使用。
2024.4
本试卷共6页，150分．考试时长120分钟．考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效．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. 已知全集，集合，则（ ）
A. B. C. D.
2. 下列函数中，既是偶函数又在区间上单调递增的是（ ）
A B.
C. D.
3. 的展开式中，常数项为
A. B.
C. D.
4. 已知抛物线与抛物线关于直线对称，则的准线方程是（ ）
A. B.
C. D.
5. 设，其中，则（ ）
A. B.
C. D.
6. 已知向量在正方形网格中的位置如图所示．若网格纸上小正方形的边长为1，则（ ）
A. B. 1C. D. 7
7. 已知函数，若存在最小值，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
8. 在等比数列中，．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
9. 关于函数，给出下列三个命题：
①是周期函数；
②曲线关于直线对称；
③在区间上恰有3个零点．
其中真命题的个数为（ ）
A. 0B. 1C. 2D. 3
10. 德国心理学家艾·宾浩斯研究发现，人类大脑对事物的遗忘是有规律的，他依据实验数据绘制出“遗忘曲线”．“遗忘曲线”中记忆率随时间（小时）变化的趋势可由函数近似描述，则记忆率为时经过的时间约为（ ）（参考数据：）
A. 2小时B. 0.8小时C. 0.5小时D. 0.2小时
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. 若复数z满足，则______
12. 已知．使成立的一组的值为__________；__________．
13. 双曲线的渐近线方程为__________；若与圆交于四点，且这四个点恰为正方形的四个顶点，则__________．
14. 在数列中，.数列满足.若是公差为1的等差数列，则的通项公式为______，的最小值为______.
15. 如图，正方形和矩形所在的平面互相垂直．点在正方形及其内部运动，点在矩形及其内部运动．设，给出下列四个结论：
①存点，使；
②存在点，使；
③到直线和的距离相等的点有无数个；
④若，则四面体体积最大值为．
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. 如图，在三棱柱中，侧面为正方形，，，为的中点．
（1）求证：平面；
（2）若，求二面角的余弦值．
17. 在中，．
（1）求的大小；
（2）若，再从下列三个条件中选择一个作为已知，使存在，求的面积．
条件①：边上中线的长为；
条件②：；
条件③：．
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．
18. 10米气步枪是国际射击联合会的比赛项目之一，资格赛比赛规则如下：每位选手采用立姿射击60发子弹，总环数排名前8的选手进入决赛．三位选手甲､乙､丙的资格赛成绩如下：
假设用频率估计概率，且甲､乙､丙射击成绩相互独立．
（1）若丙进入决赛，试判断甲是否进入决赛，说明理由；
（2）若甲､乙各射击2次，估计这4次射击中出现2个“9环”和2个“10环”的概率；
（3）甲､乙､丙各射击10次，用分别表示甲､乙､丙的10次射击中大于环的次数，其中．写出一个的值，使．（结论不要求证明）
19. 已知椭圆的一个顶点为，离心率为．
（1）求椭圆的方程；
（2）设为原点．直线与椭圆交于两点（不是椭圆的顶点），与直线交于点，直线分别与直线交于点．求证：．
20. 已知函数．
（1）当时，求曲线在点处切线的斜率；
（2）当时，讨论的单调性；
（3）若集合有且只有一个元素，求的值．
21. 对正整数，设数列.是行列的数阵，表示中第行第列的数，，且同时满足下列三个条件：①每行恰有三个1；②每列至少有一个1；③任意两行不相同．记集合或中元素的个数为．
（1）若，求的值；
（2）若对任意中都恰有行满足第列和第列数均为1．
①能否满足？说明理由；
②证明：．
西城区高三统一测试试卷
数学
2024.4
本试卷共6页，150分．考试时长120分钟．考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效．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. 已知全集，集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【分析】利用补集和交集运算求解即可.
【详解】因为集合，所以或，
又集合，所以或.
故选：B
2. 下列函数中，既是偶函数又在区间上单调递增的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【分析】利用奇偶函数的判断方法及基本函数的单调性，对各个选项逐一分析判断，即可得出结果.
【详解】对于选项A，当时，，当时，，即，所以选项A不满足题意，
对于选项B，因区间上不单调，所以选项B不满足题意，
对于选项C，因为图象不关于轴对称，所以选项C不满足题意，
对于选项D，因为的定义域为，关于原点对称，
又，所以为偶函数，
当时，，又在区间上单调递增，所以选项D满足题意，
故选：D.
3. 展开式中，常数项为
A. B.
C. D.
【答案】D
【分析】写出二项式展开通项，整理后令的指数为0，得到相应的项数，然后算出常数项.
【详解】的展开式的通项为，
令，得到
所以展开式中常数项为，故选D项.
【点睛】对二项式展开通项的考查，题目难度不大，考查内容比较单一，属于简单题.
4. 已知抛物线与抛物线关于直线对称，则的准线方程是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【分析】由对称性可得曲线方程，求出准线方程即可.
【详解】因为抛物线与抛物线关于直线对称，
所以将互换后可得抛物线方程为，即，
所以的准线方程为，
故选：C.
5. 设，其中，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【分析】借助正负性、对勾函数的性质及二次函数的性质判断即可得.
【详解】由，故，故，
由对勾函数性质可得，
，且，
综上所述，有.
故选：C.
6. 已知向量在正方形网格中的位置如图所示．若网格纸上小正方形的边长为1，则（ ）
A. B. 1C. D. 7
【答案】A
【分析】得出、后借助向量数量积的坐标运算法则计算即可得.
【详解】由图可得，，故.
故选：A.
7. 已知函数，若存在最小值，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【分析】运用二次函数的性质求得的最小值，再结合幂函数的单调性，由题意列出不等式，求解即可.
【详解】当时，，故当时，有最小值为；
时，单调递减，所以，
由题意存在最小值，则，解得，即的最大值为.
故选：A
8. 在等比数列中，．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】B
【分析】结合等比数列的性质与充分条件与必要条件的定义判断即可的.
【详解】设等比数列的公比为，
当时，即有，又，故且，
当时，有，故不能得到，
即“”不是“”的充分条件；
当时，即有，即且，
则，当时，由，故，故，
当时，，亦可得，
故“”是“”的必要条件；
综上所述，“”是“”的必要不充分条件.
故选：B.
9. 关于函数，给出下列三个命题：
①是周期函数；
②曲线关于直线对称；
③在区间上恰有3个零点．
其中真命题的个数为（ ）
A. 0B. 1C. 2D. 3
【答案】D
【分析】选项①，根据条件得到，即可判断出①的正误；选项②，根据条件得出，根据对称轴的定义，即可得出②的正误；选项③，令，直接求出的值，即可得出③的正误，从而得出结果.
【详解】对于①，因为，所以，故，所以选项①正确，
对于②，因为，
由对称轴的定义知，为函数的一条对称轴，所以选项②正确，
对于③，因为，令，得到，
解得或，又，由，得到或，
由，得到，所以选项③正确，
故选：D.
10. 德国心理学家艾·宾浩斯研究发现，人类大脑对事物的遗忘是有规律的，他依据实验数据绘制出“遗忘曲线”．“遗忘曲线”中记忆率随时间（小时）变化的趋势可由函数近似描述，则记忆率为时经过的时间约为（ ）（参考数据：）
A. 2小时B. 0.8小时C. 0.5小时D. 0.2小时
【答案】C
【分析】根据题设得到，两边取对数求解，即可得出结果.
【详解】根据题意得，整理得到，两边取以为底的对数，
得到，即，又，
所以，得到，
故选：C.
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. 若复数z满足，则______
【答案】
【分析】利用复数的除法公式计算，再计算模长即可.
【详解】，则，故.
故答案为：.
12. 已知．使成立的一组的值为__________；__________．
【答案】 ①. ②. （答案不唯一）
【分析】任取一组，验证是否满足即可得.
【详解】取，此时，，
故，符合要求.
故答案为：；（答案不唯一）.
13. 双曲线的渐近线方程为__________；若与圆交于四点，且这四个点恰为正方形的四个顶点，则__________．
【答案】 ①. ②.
【分析】结合双曲线渐近线的定义与正方形的性质计算即可得.
【详解】由，故其渐近线方程为；
令，由题意可得，即有，解得，
故，即.
故答案为：；.

14. 在数列中，.数列满足.若是公差为1的等差数列，则的通项公式为______，的最小值为______.
【答案】 ①. ②.
【分析】求出等差数列的首项，直接求出的通项公式即可，利用数列的单调性得最小项为，利用累加法即可求解.
【详解】由题意，又等差数列的公差为1，所以；
故，所以当时，，当时，，
所以，显然的最小值是.
又，所以
，即的最小值是.
故答案为：，
15. 如图，正方形和矩形所在的平面互相垂直．点在正方形及其内部运动，点在矩形及其内部运动．设，给出下列四个结论：
①存在点，使；
②存在点，使；
③到直线和的距离相等的点有无数个；
④若，则四面体体积的最大值为．
其中所有正确结论的序号是__________．
【答案】①③④
【分析】建立适当空间直角坐标系后，借助空间向量研究位置关系，结合距离公式、三棱锥体积公式逐项判断即可得.
【详解】建立如图所示空间直角坐标系，
则有、、、、、，
设，，其中，，
对①：，则，
当，，时，有，
故存在点，使，故①正确；
对②：，，
若，则有，
由，，故当时，，，
此时有，即，即，
此时与重合，与重合，故不存在点，使，故②错误；
对③：点到直线的距离为，点到直线的距离为，
即有，即，由，
故其轨迹为双曲线的一部分，即点有无数个，故③正确；
对④：，，
由，故有，则，
又，
故，故④正确.
故答案为：①③④.
【点睛】关键点点睛：第④个结论的关键点在于借助四面体的体积公式，分别求出高与底面三角形的最大值.
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. 如图，在三棱柱中，侧面为正方形，，，为的中点．
（1）求证：平面；
（2）若，求二面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【分析】（1）根据线线平行证明面面平行；（2）向量法求二面角.
【小问1详解】
如图，连接，设，连接．
因为在三棱柱中，四边形是平行四边形，所以为的中点．
因为为的中点，所以．
又因为平面，平面，
所以平面．
【小问2详解】
因为，，
又，平面，平面，
所以平面，又因平面，所以．
又，所以，，两两相互垂直．如图建立空间直角坐标系，
则，，，．
所以，．
设平面的法间量为，则即，
令，则，于是．
因为平面，所以是平面的一个法向量．
所以．
由题设，二面角的平面角为钝角，
所以二面角的余弦值为．
17. 在中，．
（1）求的大小；
（2）若，再从下列三个条件中选择一个作为已知，使存在，求的面积．
条件①：边上中线的长为；
条件②：；
条件③：．
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．
【答案】（1）
（2）答案见解析
【分析】（1）借助正弦定理计算即可得；
（2）选条件①或③：借助余弦定理与面积公式计算即可得；不可选条件②，不存在这样的.
【小问1详解】
由，得，
在中，由正弦定理得，
因为，所以，
又，所以；
【小问2详解】
选条件①：边上中线的长为：
设边中点为，连接，则，
在中，由余弦定理得，
即，
整理得，解得或（舍），
所以的面积为，
选条件③：：
在中，由余弦定理得，即，
整理得，解得或，
当时，的面积为．
当时，的面积为．
不可选条件②，理由如下：
若，故为钝角，则，
则，，即，
其与为钝角矛盾，故不存在这样的.
18. 10米气步枪是国际射击联合会的比赛项目之一，资格赛比赛规则如下：每位选手采用立姿射击60发子弹，总环数排名前8的选手进入决赛．三位选手甲､乙､丙的资格赛成绩如下：
假设用频率估计概率，且甲､乙､丙的射击成绩相互独立．
（1）若丙进入决赛，试判断甲是否进入决赛，说明理由；
（2）若甲､乙各射击2次，估计这4次射击中出现2个“9环”和2个“10环”的概率；
（3）甲､乙､丙各射击10次，用分别表示甲､乙､丙的10次射击中大于环的次数，其中．写出一个的值，使．（结论不要求证明）
【答案】（1）甲进入决赛，理由见解析
（2）
（3）或8
【分析】（1）分别计算出甲和丙射击成绩的总环数，进行比较即可判断.
（2）先根据题中数据，用频率估计概率分别得出甲、乙命中9环的概率和甲、乙命中10环的概率；再根据互斥事件的概率加法公式和相互独立事件的概率公式即可求解.
（3）根据题意可知服从二项分布，利用二项分布求出每一个对应的即可解答.
【小问1详解】
甲进入决赛，理由如下：
丙射击成绩的总环数为，
甲射击成绩的总环数为．
因为，
所以用样本来估计总体可得甲进入决赛．
【小问2详解】
根据题中数据：
“甲命中9环”的概率可估计为；
“甲命中10环”的概率可估计为；
“乙命中9环”的概率可估计为；
“乙命中10环”的概率可估计为．
所以这4次射击中出现2个“9环”和2个“10环”的概率可估计为：
【小问3详解】
或8．
根据题中数据：
当时，
在每次射击中，甲击中大于环的的概率为；
在每次射击中，乙击中大于环的的概率为；
在每次射击中，丙击中大于环的的概率为；
由题意可知：，，.
此时，，，
不满足.
当时，
在每次射击中，甲击中大于环的的概率为；
在每次射击中，乙击中大于环的的概率为；
在每次射击中，丙击中大于环的的概率为；
由题意可知：，，.
此时，，，
满足.
当时，
在每次射击中，甲击中大于环的的概率为；
在每次射击中，乙击中大于环的的概率为；
在每次射击中，丙击中大于环的的概率为；
由题意可知：，，.
此时，，，
满足.
当时，
在每次射击中，甲击中大于环的的概率为；
在每次射击中，乙击中大于环的的概率为；
在每次射击中，丙击中大于环的的概率为；
由题意可知：，，.
此时，，，
不满足.
所以或8．
19. 已知椭圆的一个顶点为，离心率为．
（1）求椭圆的方程；
（2）设为原点．直线与椭圆交于两点（不是椭圆的顶点），与直线交于点，直线分别与直线交于点．求证：．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【分析】（1）结合题意，列出方程组计算即可得；
（2）设直线为，联立椭圆方程可得与横坐标有关韦达定理，借助、两点坐标可表示出、，计算可得，即可得解.
【小问1详解】
由题意可得，解得，
所以椭圆的方程为；
【小问2详解】
由题意可知直线的斜率存在，设其方程为．
则，直线的方程为，
由，得，
由，得，
设，则，
直线的方程为，
联立直线和得，
解得，
同理可得，
所以，
因为
，
所以，即点和点关于原点对称，
所以．
.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
20. 已知函数．
（1）当时，求曲线在点处切线的斜率；
（2）当时，讨论的单调性；
（3）若集合有且只有一个元素，求的值．
【答案】（1）
（2）单调递增区间为；单调递减区间为
（3）
【分析】（1）根据条件，利用导数的几何意义，即可求出结果；
（2）对函数求导得到，由函数定义域知，再利用导数与函数单调性间的关系，即可求出结果；
（3）对函数求导得到，再分和两种情况讨论，利用导数与函数单调性间的关系，求出函数的单调区间，结合条件，即可求出结果.
【小问1详解】
当时，，
所以,得到，
所以曲线在点处切线的斜率为．
【小问2详解】
当时，，易知的定义域为，
又，
因为，所以，
所以时，，时，
所以的单调递增区间为；单调递减区间为．
小问3详解】
因为，所以，
易知，当时，的定义域为，
所以恒成立，故在上单调递增，
又，所以不合题意，
当时，的定义域为，此时，
所以时，，时，，
故的单调递增区间为，单调递减区间为，
所以．
设，则，
当时，，时，，
所以的单调递减区间为；单调递增区间为．
所以，
所以集合有且只有一个元素时．
【点睛】方法点睛：对于求不等式成立时的参数范围问题，一般有三个方法：
一是分离参数法,使不等式一端是含有参数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件；
二是讨论分析法，根据参数取值情况分类讨论；
三是数形结合法，将不等式转化为两个函数，通过两个函数图像确定条件.
21. 对正整数，设数列.是行列的数阵，表示中第行第列的数，，且同时满足下列三个条件：①每行恰有三个1；②每列至少有一个1；③任意两行不相同．记集合或中元素的个数为．
（1）若，求的值；
（2）若对任意中都恰有行满足第列和第列的数均为1．
①能否满足？说明理由；
②证明：．
【答案】（1）
（2）①不满足，理由见解析；②证明见解析
【分析】（1）记，计算出、、即可得；
（2）①由题意可得中满足的的个数共有个，亦可得其为个，当时，可得，此方程无解，故不满足；②满足，但的的个数为，亦可得其为，即有，借助该等式表示出后放缩即可得.
【小问1详解】
记，
则，
，
，故；
【小问2详解】
①不满足，理由如下：
假设满足，
因为的每行恰有三个1，故中满足的的个数共有个，
另一方面，从中任选两列共有种可能，且对任意两列，
都恰有行使得这两列的数均为1，故中满足的的个数共有个，
所以，当时，得，此方程无解，
所以不满足；
②由①可得，即，
下面考虑满足，但的的个数：
对中满足和3的行，每行恰有两组使且，
所以满足，但的的个数为，
设数列中有项为项为0，
满足，但的的个数为，
所以满足，但的的个数为，
所以，
所以
．
【点睛】关键点点睛：本题考查新定义，关键点在于结合定义，得到满足，但的的个数为且为.环数
6环
7环
8环
9环
10环
甲的射出频数
1
1
10
24
24
乙的射出频数
3
2
10
30
15
丙的射出频数
2
4
10
18
26
环数
6环
7环
8环
9环
10环
甲的射出频数
1
1
10
24
24
乙的射出频数
3
2
10
30
15
丙的射出频数
2
4
10
18
26