2024年高考押题预测卷—数学（北京卷02）（全解全析）

这是一份2024年高考押题预测卷—数学（北京卷02）（全解全析），共15页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
第一部分（选择题 共40分）
一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1． 【答案】A
【分析】求,判断选项.
【详解】根据题意可得，，
故选：A
2． 【答案】D
【分析】由 ，化简得到求解.
【详解】解：因为复数 满足 ，
所以，
所以的虚部为-3，
故选：D
3． 【答案】C
【分析】根据题意设出双曲线方程，在根据离心率公式，即可求出。
【详解】由题意知，双曲线的焦点在轴上，
设双曲线的方程为，
因为双曲线C经过点，所以，
因为，所以，
所以，
所以双曲线的标准方程为.
故选：C
4． 【答案】D
【分析】根据基本初等函数的单调性与奇偶性判断即可.
【详解】对于A：定义域为，为非奇非偶函数，故A错误；
对于B：定义域为，为奇函数，但是函数在上单调递减，故B错误；
对于C：为奇函数，定义域为，但是函数在上不单调，故C错误；
对于D：令定义域为，且，
所以为奇函数，且当时，函数在上单调递增，故D正确.
故选：D
5．【答案】B
【分析】利用特殊值法，和对数函数的性质与逻辑关系进行判断选项.
【详解】若,由，取，但是，
而，则,又，则中至少有一个大于1，
若都小于等于1，根据不等式的性质可知，乘积也小于等于1，与乘积大于1矛盾，
则,故，
所以是的必要而不充分条件.
故选：B
6．【答案】A
【分析】先利用余弦定理求出，再利用面积公式求解.
【详解】，
解得，则，
所以.
故选：A.
7． 【答案】B
【分析】将两边平方，即可得到，再由数量积的运算律计算可得.
【详解】因为，所以，
即，
所以，即，
所以.
故选：B
8．【答案】B
【分析】根据给定条件，利用等差数列的性质求出，再求出.
【详解】等差数列中，由，得，解得，而，
所以.
故选：B
9．【答案】D
【分析】
由直线方程得到其过定点，而可看成单位圆上的一点，故可将求点到直线之距转化为求圆心到直线之距，要使距离最大，需使直线，此时最大距离即圆心到点的距离再加上半径即得.
【详解】由直线 整理得，可知直线经过定点，
而由知，点可看成圆上的动点，
于是求点 到直线 的距离最值可通过求圆心到直线的距离得到.

如图知当直线与圆相交时， 到直线 的距离最小值为，
要使点到直线距离最大，需使圆心到直线距离最大，
又因直线过定点，故当且仅当时距离最大，（若直线与不垂直，则过点作直线的垂线段长必定比短）
此时，故点到直线距离的最大值为，即的最大值与最小值之差为.
故选：D.
10．【答案】C
【分析】由已知可得面，可得上任意一点到平面的距离相等，即可判断（1）；点P在直线上运动时，直线与平面所成的角和直线与平面所成的角不相等，即可判断（2）；根据线面垂直的判定定理可证得平面，再由线面垂直的性质即可判断（3）；由线面垂直的判定定理可证平面，即可判断（4）
【详解】
对于（1），因为，面，面，所以面，
所以上任意一点到平面的距离相等，又，所以三棱锥的体积不变，故正确；
对于（2），点P在直线上运动时，直线AB与平面所成的角和直线与平面所成的角不相等，故错误；
对于（3），设，则，又面，所以，又，所以平面,
又平面，所以，所以点P在直线上运动时，直线与直线所成的角的大小不变，故正确；
对于（4），因为为正方体，则平面，且平面，则，又，且，平面，
所以平面，且平面，所以，
又平面，且平面，所以，又，
且，平面，所以平面，
且平面，所以，
又，平面，所以平面，
且平面，所以，故正确；
故选：C
第二部分（非选择题 共110分）
二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分。
11．【答案】
【分析】根据题意，由题意可得二项式展开式的通项公式，代入计算，即可得到结果.
【详解】因为展开式的通项公式为，
令可得，则展开式中的常数项为.
故答案为：
12．【答案】4
【分析】由抛物线的性质得到到的准线的距离，然后解出的横坐标，最后求出到直线的距离即可.
【详解】由点在上，的焦点为，准线为，知到直线的距离等于.
而，故到直线的距离为.
设的坐标为，由到直线的距离为，知，所以或.而，故.
所以到直线的距离为.
故答案为：.
13． 【答案】 1
【分析】利用二倍角公式和辅助角公式，求解
【详解】，
由最大值为，,则,
所以，
所以，
故答案为：；
14．【答案】 4 3或4
【分析】由已知利用等比数列的性质可求，又，可得，解得或，即可求得，分类讨论可求的值，即可求解数列的各项，即可求解．
【详解】等比数列中，公比；由，所以，又，
所以解得或；
若时，可得，则，
且的值为，可知数列单调递增，且各项均大于，
所以不会存在使得的乘积最大(舍去)；
若时，可得，则，
且的值为，…，
可知数列单调递减，从第项起各项小于且为正数，
前项均为正数且大于等于，
所以存在或，使得的乘积最大，
综上，可得的一个可能值是3或.
故答案为：4；3或4
15．【答案】②③
【分析】分析函数在上的取值范围即可判断①，对零点在、讨论，即可判断②，③，使得函数在各段单调性，且在断点左侧的函数值不大于断点右侧函数值，即可判断④.
【详解】因为，
当时，则函数在上单调递增，
又函数的对称轴为，
对于①：当时，
当时，所以，即，故①错误；
对于②：当零点位于时，则，解得，
此时，
若，即时在上单调递增，
此时只需，解得或，所以，
若，即时，此时，则在上至少还有个零点，故不符合题意，
所以；
当零点位于，此时在上无零点，则，解得，
此时且，
要使函数只有一个零点，则只需，解得，
又，显然无解，所以此种情况不符合题意；
综上可得当时只有一个零点，故②正确；
对于③：使得有三个不同零点，则必然是在上有一个零点，在上有两个零点，
则，解得，
所以当时有三个不同零点，故③正确；
对于④：若在上是单调递增函数，则，解得，
所以当时在上是单调递增函数，故④错误.
故答案为：②③
【点睛】关键点点睛：第②问关键是分零点所在区间讨论，结合二次函数的性质得到不等式组，求出参数的取值范围，第③问关键是分析得到在上有一个零点，在上有两个零点.
三、解答题：本题共6小题，共85分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。
16．（14分）【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）．
【分析】（1）由等腰三角形和直棱柱的性质，得出和，根据线面垂直的判定定理，即可证出平面；
（2）连接，交于点，连接，结合三角形的中位线得出，根据线面平行的判定定理，即可证出平面；
（3）连，交于点，分别取、中点、，连接、、，根据线面垂直的判定定理，可证出平面和平面，从而得出就是二面角的平面角，最后利用几何法求出二面角的余弦值．
【详解】解：（1）证明：，是中点，，
又在直三棱柱中，平面，平面，
，
又，平面，平面，
平面．
（2）证明：连接，交于点，连接，
、分别是、的中点，
是的中位线，，
平面，平面，
平面
（3）解：连，交于点，分别取、中点、，连接、、，
四边形是正方形且、分别是、的中点，故，
在中，，，
，，
又，分别是，中点且，
，
又在直三棱柱中，平面ABC，平面ABC，
，
，平面，平面，
平面，
平面，平面，
，，
又，，平面，平面，
平面，
平面，，
又平面平面
就是二面角的平面角，
设，则在中，，
，
故，
故，
即二面角的余弦值为.
17．（13分）【答案】(1)；(2)答案见解析.
【分析】（1）利用正弦定理边化角，结合同角公式计算即得.
（2）选择条件①，利用余弦定理及三角形面积公式计算求解；选择条件②，利用正弦定理计算判断三角形不唯一；选择条件③，利用正弦定理计算判断，再求出三角形面积.
【详解】（1）由得：，而，
则，为锐角，又，解得，
所以且为锐角.
（2）若选条件①，由，为锐角，得，
由余弦定理得，又，则，
解得唯一确定，所以.
若选条件②，由正弦定理得，则，
由，得，因此角有两解，分别对应两个三角形，不符合题意.
若选条件③，由，为锐角，得，
又，得，，则，
因此唯一确定，
由正弦定理得，则，所以.
18．（13分）【答案】(1)，；(2)；(3)
【分析】（1）由题意得，，从而求解，再结合表格数据与学生总人数求解；（2）先求解样本符合题意的概率，然后由样本估计总体，得全市学生符合题意的概率，从而利用对立事件的概率公式求解；（3）表示出参赛学生理论竞赛的平均成绩与方差，从而得关于二次函数，由的取值范围与二次函数的性质从而求解得答案.
【详解】（1）由题意，理论或操作至少一项成绩为300分的学生
共有人，则，
得，又，
得
（2）由（1）知，从20位理论成绩为300分的学生中抽取1人，
操作成绩也为300分的概率为，所以从全市理论成绩为300分的学生中，
随机抽取2人，至少有一个人操作的成绩为300分的概率为
（3）由题意，，
设理论竞赛的分数为，则取值为，
对应的人数分别为，所以参赛学生理论竞赛的平均成绩为
，
所以参赛学生理论成绩的方差为
因为，所以当时，最小.
19．（15分）【答案】(1) (2)
【分析】（1）根据椭圆的顶点坐标，结合斜率的计算公式，可整理椭圆方程，建立方程，可得答案；
（2）由题意，利用三角形中线性质，分割三角形，整理三角形面积表达式，联立直线与椭圆方程，写出韦达定理，求得面积表达式中的变量，利用基本不等式，可得答案.
【详解】（1）由已知得，且，即，
因此有，得．
因此，得，，所以椭圆的标准方程为．
（2）显然直线经过x轴上的定点，设，，
则由椭圆的对称性得，
联立，消去x得．
恒成立，所以，．
．
令，显然有，于是，当，即时取等号．
因此的面积S的最大值为．
20．（15分） 【答案】(1)； (2).
【分析】（1）对，进行求导，已知在交点处有相同的切线，从而解出的值及该切线的方程；
（2）由条件知，对进行求导，分两种情况进行讨论：①；②，从而求其最小值的解析式；
【详解】（1）解：，
由已知得，解得，
两条直线交点的坐标为，切线的斜率为，
切线的方程为，即切线的方程为.
（2）解：由条件知
①当时，令，解得，
当时，在上递减；当时，在上递增，
是在上的唯一极值点，从而也是的最小值点，
最小值点，.
②当时，在上递增，无最小值，故的最小值的解析式为.
【点睛】本题主要考查导数的几何意义、利用导数研究函数的单调性从而求最值、分类讨论思想.属于难题.分类讨论思想解决高中数学问题的一种重要思想方法，是中学数学四种重要的数学思想之一，尤其在解决含参数问题发挥着奇特功效，大大提高了解题能力与速度.运用这种方法的关键是将题设条件研究透，这样才能快速找准突破点. 充分利用分类讨论思想方法能够使问题条理清晰，进而顺利解答，希望同学们能够熟练掌握并应用与解题当中.
21．（15分）【答案】（1）（2）（3）满足条件数列的通项公式为：或，详见解析
【分析】（1）直接利用信息求出数列的项．
（2）利用恒成立问题和函数的单调性，求出λ的取值范围．
（3）直接利用分类讨论思想求出数列的通项公式．
【详解】（1）数列为“Γ数列”中，，
所以：当时，时，，
又，即：，
，．
（2）因为数列是“Γ数列”，且，所以：，
则：数列前4n项中的项b4n-3是以2为首项，6为公差的等差数列．
易知{b4n}的项后按原来的顺序构成一个首项为4，公差为2的等差数列．
所以：
，
．
由于不等式对恒成立，
所以：，
设，
则：，
所以：
当时，，
当时，，
所以：
所以的最大值为．
即．
（3）为等比数列，设数列的公比，
由等比数列的通项公式：，
当时，，
即：，
①，则，故：．
②当时，则：，
所以为常数，则，k为偶数时，
经检验，满足条件数列的通项公式为：或．1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
A
D
C
D
B
A
B
B
D
C