高考数学2024年北京高考数学真题平行卷（巩固）含解析答案

这是一份高考数学2024年北京高考数学真题平行卷（巩固）含解析答案，共17页。
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．
2．已知，为虚数单位，则（ ）
A．B．C．D．
3．圆的圆心到直线的距离为（ ）
A．B．C．2D．3
4．的展开式中的常数项是（ ）
A．B．C．D．
5．已知不共线的两个非零向量，则“与所成角为钝角”是“”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
6．已知函数在上单调递增，且恒成立，则的值为（ ）
A．2B．C．1D．
7．已知正实数x，y满足，则下列不等式恒成立的是（ ）
A．B．C．D．
8．在棱长为2的正方体中，为的中点，为线段上的动点，则当时，的长为（ ）
A．B．C．D．
9．设，，则（ ）
A．B．C．D．
10．已知向量，为坐标原点，动点满足约束条件，则的最大值为（ ）
A．B．2C．D．3
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．若抛物线的准线与直线间的距离为3，则抛物线的方程为 .
12．在平面直角坐标系中，角以为始边，终边与单位圆交于点，则 ．
13．双曲线，过点作直线，与双曲线只有一个交点M，则的斜率为 .
14．如图所示，一个由圆锥和圆柱组成的玻璃容器，中间联通（玻璃壁厚度忽略不计），容器中装有一定体积的水，圆柱高为10，底面半径为3，圆锥高为，底面半径大于圆柱，左图中，圆柱体在下面，液面保持水平，高度为，右图中将容器倒置，水恰好充满圆锥，则圆锥底面的半径为 ．
15．已知是公差为的等差数列，是公比为2的等比数列，且，则集合中所有元素之和为 ．
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．中，已知.边上的中线为.
(1)求；
(2)从以下三个条件中选择两个，使存在且唯一确定，并求和的长度.
条件①：；条件②；条件③.
17．如图，已知等腰梯形中，，，现以为折痕将折起，使点到达点的位置，如图，，分别为，的中点．
(1)求证：平面．
(2)若，求平面与平面的夹角的余弦值．
18．第24届冬季奥运会将于2022年2月在北京举办，为了普及冬奥知识，某校组织全体学生进行了冬奥知识答题比赛，从全校众多学生中随机选取了10名学生，得到他们的分数统计如下表：
规定60分以下为不及格；60分及以上至70分以下为及格；70分及以上至80分以下为良好；80分及以上为优秀．将频率视为概率．
(1)此次比赛中该校学生成绩的优秀率是多少？
(2)从全校学生中随机抽取2人，以X表示这2人中成绩良好和优秀的人数之和，求X的分布列和数学期望．
19．已知椭圆：的一个焦点为，且过点.
(1)求椭圆的方程和离心率；
(2)过点且与轴不重合的直线与椭圆交于，两点，与直线交于点，点满足轴，轴，试求直线的斜率与直线的斜率的比值.
20．已知函数
（1）若，，若的单调区间；
（2）当时，若存在唯一的零点，且，其中，求.
（参考数据：，）
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：．
分数段
人数
1
1
1
3
2
1
1
参考答案：
1．A
【分析】根据集合的并集运算可得答案.
【详解】因为，，
所以，
故选：A.
2．C
【分析】由可得，利用复数的乘法可化简得出复数.
【详解】因为，则.
故选：C.
3．A
【解析】将圆的一般方程化为普通方程,找到圆心.利用点到直线距离公式即可求解.
【详解】圆
化为标准方程可得
则圆心为
由点到直线距离公式可得
故选:A
【点睛】本题考查了圆的一般方程与标准方程的转化,点到直线距离公式的应用,属于基础题.
4．A
【分析】求出二项式展开式的通式，令的次数为零即可得到答案.
【详解】由题目可知，，
令，解得，
所以当时为常数项，此时，
故选：A
5．C
【分析】结合向量数量积运算法则计算即可.
【详解】因为“与所成角为钝角,所以，
所以“与所成角为钝角”是“”的充要条件.
故选：C.
6．D
【分析】根据三角函数的单调性、最值等知识求得的值.
【详解】，
所以，
由于恒成立，
所以，，
所以.
故选：D
7．D
【分析】利用特殊值判断AC，利用不等式性质及指数函数单调性判断B，根据排除法判断D.
【详解】取，则不成立，故A错误；
由，当时，，所以，
即，故B错误；
取时，，而，
所以，故C错误；
由ABC错误，排除法知，故D正确.
故选：D
8．B
【分析】根据线面垂直的判定定理与性质证明，利用相似三角形的性质求出，结合勾股定理计算即可求解.
【详解】如图，连接，，，，
当且仅当平面时，，证明如下：
因为平面，由平面，得，
又，平面，
所以平面，由平面，得，
同理：，
又平面，所以平面，
先证充分性：当平面时，则，此时；
再证必要性，当时，
因为，平面，
所以平面，
又平面平面，所以平面与平面是同一个平面，
所以平面，此时；
由，得，
所以，故.
故选：B
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于判断得当时，点的位置，从而得解.
9．B
【分析】根据指数式与对数式互化公式，结合对数的运算性质及对数函数的单调性进行判断即可.
【详解】由，得，
因为，所以．
由得，
因为，所以，
因此，．
由，，
于是有，
因为，所以，
又，所以，，
故选：B．
10．D
【分析】利用向量数量积的坐标表示得出约束条件，画出可行域并利用直线的截距的几何意义求得结果.
【详解】易知，
所以约束条件即为，
画出可行域如下图阴影部分所示：
将目标函数变形可得，
当其在轴上的截距最小时，的取值最大；
对直线，令，则，则，
显然当直线平移到过点时，取最大值3.
故选：D
11．或
【分析】先求出抛物线的准线，再根据距离列方程求解即可.
【详解】抛物线的准线为，
则，解得或，
故抛物线的方程为或.
故答案为：或.
12．
【分析】先由余弦值的定义先求出的值，再由诱导公式变换求出.
【详解】由余弦值的定义得，则.
故答案为：.
13．或
【分析】根据直线和双曲线的位置关系可知当直线与双曲线渐近线平行及相切时，直线和双曲线只有一个交点，从而可得答案.
【详解】双曲线渐近线斜率为，
当直线l与双曲线渐近线平行时，直线l和双曲线只有一个交点；
当直线与双曲线渐近线不平行时，令直线，
联立双曲线可得，则，
此时直线与双曲线只有一个交点，则，可得；
综上，的斜率为或.
故答案为：或.
14．
【分析】根据前后体积一致，列出计算式即可求解.
【详解】,
解得.
故答案为：
15．
【分析】根据题意可得，，从而可得，从而可得，即可求解.
【详解】因为，所以，，即，
即，解得，所以，
故集合中所有元素之和为.
故答案为：.
16．(1)
(2)选择条件②和条件③；.
【分析】（1）利用三角恒等变换对已知等式进行化简，即可求解；
（2）根据（1）的结果，利用余弦定理可判断条件①错误；根据条件②和条件③，利用三角形面积公式可得，利用余弦定理可得，在中，利用正弦定理可得，进而得到，在中利用余弦定理可得.
【详解】（1）解：因为，
则，
，
又，解得：，故.
（2）解：由（1）得，
又余弦定理得：，所以，
而条件①中，所以，显然不符合题意，即条件①错误，
由条件②，条件③，解得，
由余弦定理可得，所以.
在中，由正弦定理可得，解得，
又，所以，
因为为边上的中线，所以，
在中，由余弦定理可得，解得.
故.
17．(1)证明见解析
(2)0
【分析】（1）取的中点，连接，，证明平面，平面，可得平面平面，进而可证结论．
（2）证明平面平面，过点作于点，取的中点，连接，可得，，两两垂直，建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量和平面的一个法向量，利用向量的夹角公式可求得平面与平面的夹角的余弦值．
【详解】（1）如图，取的中点，连接，．
因为为的中点，所以．
又平面，平面，所以平面．
因为为的中点，所以．
又平面，平面，所以平面．
又，，平面，所以平面平面．
因为平面，所以平面．
（2）由折叠知，，，且，，平面，所以平面．
因为平面，所以平面平面．
如图，过点作于点，取的中点，连接，易知，，两两垂直．
以为原点，以，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图（2）的空间直角坐标系．
设，则，，，
得，，，，．
所以，，，．
设平面的一个法向量为，
则，即,
取，则，，即．
设平面的一个法向量为，
则，即,
取，则，，即．
所以，
所以平面与平面的夹角的余弦值为0．
18．(1)
(2)分布列见解析，
【分析】（1）用样本的频率来估计总体的概率即可；
（2）利用二项分布求概率的方法求概率，得到分布列，然后求期望即可.
【详解】（1）∵80分及以上为优秀，∴．
∴此次比赛中该校学生成绩的优秀率是．
（2）在全校学生中任选一人，其成绩良好或优秀的概率为．
X的所有可能取值为0，1，2，
，
，
，
∴X的分布列为
∴．
19．(1)，
(2)2
【分析】（1）利用待定系数法求出后可得椭圆方程并可求离心率.
（2）设，，则可用诸参数表示，再联立直线方程和椭圆方程，并利用韦达定理化简后可得斜率的比值.
【详解】（1）由题设有，故，故椭圆的方程为，
故离心率为.
（2）由题设可得的斜率必存在且不为零，
设，，则，
由可得，
故，
，
由可得，
故即，且，
又，
故
，
20．（1）单调递减区间为，单调递增区间为；（2） .
【分析】（1）将，代入函数解析式，求得并令，即可由导函数的符号判断单调区间.
（2）将代入函数解析式，求得.结合定义域及二次函数性质可知的单调区间，并根据零点意义代入方程和函数，可得零点的函数表达式.构造函数，并求得可证明的单调性，结合零点存在定理及所给参考数据，即可求得的值.
【详解】（1）将，代入函数解析式可得，定义域为，
则
令，解得，（舍），
所以当时，；
当时，；
故的单调递减区间为；的单调递增区间为.
（2）将代入函数解析式可得，
则
因为，且对于来说，，
所以有两个不等式实数根，
且，
所以两根异号，不妨设则，
则由定义域为可得在内递减，在内递增，
因为，
要存在唯一的零点，且，则，
所以，化简可得.
令，
则
所以在时单调递减，
由题可知，，
而，
所以
即
【点睛】本题考查了利用导数求函数单调区间及单调性，构造函数法在导数中的应用，函数零点定义及零点存在定理的应用，化简过程繁琐，属于难题.
21．(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.
【详解】（1）记，
则，
，
，故；
（2）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.
X
0
1
2