2024年高考押题预测卷—数学（北京卷01）（全解全析）

这是一份2024年高考押题预测卷—数学（北京卷01）（全解全析），共14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】根据补集的定义可得出集合.
【详解】集合，，则．
故选：A．
2．【答案】A
【分析】对方程进行等价转化，即可进行判断.
【详解】因为，故可得或，
则“”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
3． 【答案】A
【分析】根据题意，结合抛物线的几何性质，即可求解.
【详解】由抛物线，可得抛物线的开口向上，且，所以，
所以抛物线的焦点坐标为.
故选：A.
4． 【答案】A
【分析】利用复数除法计算出，从而得到，求出答案.
【详解】，
则，解得，则，
故共轭复数对应的坐标为.
故选：A
5． 【答案】D
【分析】利用任意角的三角函数的定义求出，再用诱导公式化简即可求得结果．
【详解】因为角的终边经过点，，则，
所以．
故选：D．
6．【答案】B
【分析】令，则由可得,所以数列是以为首项,2为公比的等比数列,可得到，然后用累加法得到，通过的单调性即可求出的最大值
【详解】由,得,
令,所以,则,
所以数列是以为首项,2为公比的等比数列,
所以,即,即,
由,
将以上个等式两边相加得,
所以,
经检验满足上式，故
当时,,即单调递增,当时,,即单调递减,
因为,
所以的前项和的最大值为，
故选：B
7．【答案】C
【分析】由题意可得，圆的圆心为，半径为1，结合是等腰直角三角形，可得圆心到直线的距离等于，再利用点到直线的距离公式，从而可求得的值．
【详解】解：由题意得，圆的圆心为，半径为1，
由于直线与圆相交于，两点，且为等腰直角三角形，
可知，，
所以，
∴圆心到直线的距离等于，
再利用点到直线的距离公式可得：
圆心到直线的距离，
解得：，所以实数的值为1或－1.
故选：C．
8． 【答案】D
【分析】先将改写为，再利用函数的单调性判断即可
【详解】由题, ，对于指数函数可知在上单调递增,
因为，所以，即
故选：D
9．【答案】A
【分析】求出渐近线方程，由点到直线的距离公式求出圆心到渐近线的距离，将此距离和半径作比较，得出结论．
【详解】双曲线的渐近线为，
圆，即，
圆心到直线的距离为(半径)，
故渐近线与圆相切，故选A．
10． 【答案】B
【解析】由题意可得，结合函数的单调性，从而可以判断，即在上单调递增，从而判断出结果.
【详解】因为，是定义在上的增函数，，
所以，即，
所以，
所以函数在上单调递增，且，
所以当时，，而，所以此时，
当时，，而，所以此时，
结合选项，可知对于任意，
故选B.
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】15
【详解】试题分析：的展开式的通项，
令可得，
则常数项为.
12．【答案】
【分析】先计算出，然后再求解从而求解.
【详解】由题意得，
所以.
故答案为：.
13．【答案】
【详解】试题分析：因为，所以
14．【答案】3
【分析】利用角的关系以及三角恒等变换相关公式将条件中的恒等式化简，即可求出角，然后利用面积公式得到，结合余弦定理以及基本不等式，即可求出的最小值.
【详解】因为，
而，
代入上式化简得：
所以，因为，所以；
因为，所以得；
因为，
所以，当且仅当时取等号，
所以的最小值为3.
15．【答案】①③④
【分析】设点，曲线为“合作曲线”存在点使得．解出即可判断出结论．
【详解】解：设点，曲线上存在一点，使，
合作曲线存在点使得．
①由，则满足存在点使得，曲线上存在一点满足，故为合作曲线；
②令，则，化为，此时无解，即不满足，故不为合作曲线；
③由，可得，，则曲线上存在一点满足，故为合作曲线；
④由，可得：，，则曲线上存在一点满足，故为合作曲线；
⑤因为直线圆心到直线的距离，故曲线上不存在一点满足，故不为合作曲线；
综上可得：“合作曲线”是①③④．
故答案为：①③④
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)证明见解析 (2) (3)存在，且为中点
【分析】（1）取中点，连接，证明四边形是平行四边形可得，结合线面平行的判定定理可完成证明；
（2）取中点，连接，先证明平面，然后判断出线面角为，最后结合线段长度求解出结果；
（3）先证明平面，然后建立合适空间直角坐标系，分别求解出平面和平面的一个法向量，根据法向量夹角的余弦值的绝对值的结果求解出的值，则结果可知.
【详解】（1）取中点，连接，
因为为的中点，所以，
又因为为的中点，所以，
所以，
所以四边形是平行四边形，
所以，
又平面，平面，
所以平面；

（2）取中点，连接，
因为四边形为矩形，且为的中点，
所以，
所以四边形为平行四边形，所以
因为几何体为直三棱柱，
所以平面，所以平面，
所以直线与平面所成角即为，
因为为中点，
所以，且，
所以，
所以，
所以直线与平面所成角的大小为；

（3）设存在满足条件，
连接，因为为正三角形，所以也是正三角形，
因为为中点，所以，
因为几何体为直三棱柱，所以平面，
因为平面，所以，
因为，平面，
所以平面，
以为原点，以方向为轴正方向，在平面内过点垂直于方向为轴，建立如图所示空间直角坐标系，

则，设，
所以，所以，
所以，
设平面的一个法向量为，
所以，令，则，
取平面的一个法向量，
所以,
解得或（舍去），
此时由图可知，二面角的平面角为钝角，
所以当为中点时，二面角的大小为.
17．（13分）【答案】(1)选择见解析；答案见解析(2)答案见解析
【分析】（1）根据题意先把函数进行化简，然后根据所选的条件，去利用三角函数辅助角公式，三角函数单调递增区间而分别计算并判断是否使函数存在，从而求解；
（2）根据（1）中选的不同条件下得出不同的函数的解析式，然后求出在区间上的最大值和最小值.
【详解】（1）由题意得：
.
当选条件①：，
又因为，所以，所以，
所以时，即得：，即.
当选条件②：
从而得：当时，单调递增，
化简得：当时，单调递增，
又因为函数在区间上是增函数，
所以得：，解之得：，
当时，得，与已知条件矛盾，故条件②不能使函数存在.
故：若选条件②，不存在.
当选条件③：
由，，
得当时，，又因为，
所以得，得.
（2）当选条件①：
由（1）知：，则得：，
又因为，所以，
所以当时，有最大值；
所以当时，有最小值；
当选条件③：
由（1）知：，则得：，
又因为，所以，
所以当时，有最大值；
所以当时，有最小；
18．（13分）【答案】(1) (2) (3)79，84，90或79，85，90
【分析】（1）根据折线图求出样本中体育成绩大于或等于70分的学生数，从而得到相应的比例，估计出高一全年级中“体育良好”的学生人数；
（2）利用列举法求出古典概型的概率；
（3）先分析出，再列出方差，由二次函数的对称轴得到当或85时，取得最小值.
【详解】（1）由折线图，样本中体育成绩大于或等于70分的学生有人，
所以该校高一年级学生中“体育良好”的学生人数大约为人；
（2）成绩在有2名学生，设为；有2名学生，设为，
故抽取2名学生的情况有：，共6种情况，
其中恰有1人体育成绩在的情况有：，共4种情况，
故在抽取的2名学生中，恰有1人体育成绩在的概率为；
（3）甲､乙､丙三人的体育成绩分别为，且分别在，三组中，其中，
要想数据的方差最小，则三个数据的差的绝对值越小越好，故，
则甲､乙､丙三人的体育成绩平均值为，
故方差，
对称轴为，
故当或85时，取得最小值，
的值为79，84，90或79，85，90.
19．（15分）【答案】(1); (2)或.
【分析】（Ⅰ）求椭圆标准方程，只需确定，由，得，再利用，可解得，；
（Ⅱ）先化简条件： ，即M再OA中垂线上，.设直线方程为，点可求；根据，求点H，由点斜式得到直线MH方程，联立直线和直线MH方程，求得表达式，列等量关系解出直线斜率.
【详解】解：（Ⅰ）设，由，即，
可得，又，
所以，因此，所以椭圆的方程为.
（Ⅱ）设，直线的斜率为，则直线的方程为，
由方程组 消去，整理得，
解得或，
由题意得，从而，
设，由（1）知， 有，，
由，得，
所以，解得，
因此直线的方程为，
设，由方程组 消去，得，
在中， ，
即，化简得，即，
解得或，
所以直线的斜率为或.
20．（15分）【答案】（1）（2）
【分析】（1）对进行求导，得，利用导数的几何意义求出切线斜率，最后根据点斜式求出切线方程；
（2）根据题意，化简得，求出导函数，通过有两个不同的正根，即有两个不同的正根，列出不等式组，由恒成立条件转化为恒成立，构造新函数，利用导函数研究函数单调性和最值，进而可求得的取值范围.
【详解】解：（1）因为，
所以，
所以切线斜率，又，
故曲线在点处的切线方程为：
，即.
（2）因为，
所以，
因为函数有两个极值点，，
则有两个不同的正根，即有两个不同的正根，
则，
不等式恒成立等价于
恒成立，
又
，
所以，
令，则，
所以在上单调递减，
所以，所以.
所以实数的取值范围为：.
21．（15分）【答案】(1)不是坠点数列，是“3坠点数列”，理由见解析 (2) (3)
【分析】（1）列出数列的前几项，再利用作差法判断数列的单调性，根据所给定义一一判断即可；
（2）首先可得，再依题意中只存在，即可得到当且仅当时，，其余均为，从而求出，再利用数列极限的概念计算可得；
（3）首先判断，利用反证法证明，即可得到，从而得解．
【详解】（1）解：对于，由于，，，，，
则存在，，不满足定义，故不是坠点数列．
对于，容易发现，，，，
即在前4项中只有．而对于起，
由于，即对于是恒成立的．
故是“3坠点数列”．
（2）解：由绝对值定义，．
又因为是“5坠点数列”，则中只存在且．
则当且仅当时，，其余均为
故可分类列举：
当时，，，，，
当时，，，，
分组求和知：
当时，，则，
当时，，
则当时，，
则，
（3）解：结论：，理由如下：
经过分析研究发现：，
下利用反证法予以证明．不妨设，首先研究．
由于为“坠点数列”，则只存在，即，
而对于且，则有，即，
故在中有且仅有一项，其余项均大于0，
又因为为“坠点数列”，则有且仅有，
同时，，，
这与是矛盾的，则且，
则，
故．1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
A
A
A
A
D
B
C
D
A
B