2024年高考押题预测卷—数学（北京卷03）（全解全析）

这是一份2024年高考押题预测卷—数学（北京卷03）（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】D
【分析】根据并集的运算可得答案.
【详解】因为，，所以
故选：D
2．【答案】C
【分析】由等差数列的通项公式代入方程组可求得首项和公差，代入求解即可.
【详解】∵为等差数列，
∴
∴，
∴
故选：C.
3．【答案】B
【分析】根据双曲线离心率的公式，结合双曲线的渐近线方程、点到直线距离公式进行求解即可.
【详解】由离心率，解出；
由，所以渐近线方程为，焦点坐标为．
所以焦点到渐近线的距离为．
故选：B
4．【答案】C
【分析】分别求解与中x的系数再求和等于13以及即可得的值，再求解的系数即可.
【详解】由题可知，，即，又，故或.
当时，，则的系数为；
当时，，则的系数为.
故的系数为31或40.
故选：C
5． 【答案】B
【分析】根据向量的坐标运算得到，得到答案.
【详解】，故.
故选：.
6．【答案】A
【分析】由题可得当时，，即得.
【详解】由题可知，，，
∴当时，，
∴当秒时，地震动时程强度包络函数值是.
故选：A.
7． 【答案】C
【分析】求得直线恒过的定点，找出弦长取得最值的状态，利用弦长公式求解即可.
【详解】因为直线方程为：，整理得，
故该直线恒过定点，又12+22-4×1-5=-4<0，
故点在圆内，
又圆的圆心为N2,0,r=3
则，此时直线过圆心；
当直线与直线垂直时，取得最小值，
此时.
故的取值范围为.
故选：.
8．【答案】C
【分析】分与讨论，即可判断A，当时，即可判断B，由命题的充分性以及必要性，即可判断CD.
【详解】对A，当时，即时，原不等式变为，显然成立，符合题意；
当时，即，因为对于任意实数x，不等式
恒成立，
则，
解得；
综上可得，故A错误；
对B，当时，，则，
当且仅当时，即时，取等号，故B错误；
对C，因为可以推出，故充分性满足，
由推不出，比如，故必要性不满足；
所以“”的一个充分不必要条件是“，”，故C正确；
对D，由不能推出，比如，
反之，由可以推出，
所以“”的充分不必要条件是“”，故D错误；、
故选：C
9．【答案】C
【分析】利用正弦定理求得外接圆半径，根据三棱锥图像，分别表示出，，然后利用勾股定理，解得，进而利用球体的体积公式即可得出答案.
【详解】在中，，，
根据三角形的外接圆半径公式，
可得的外接圆半径，
如图所示．
设点在平面内的投影的为，则，
在中，
因为，解得，
设三棱锥的外接球半径，
即，，
在中，由勾股定理得，
即，解得，
故三棱锥的外接球半径，
根据球体的体积公式.
故选：C
10．【答案】C
【分析】令求出，进而令，求出，①正确；
假设为等比数列，得到，代入验证，故②错误；
逻辑分析及反证可得，③④正确.
【详解】当时，，
因为数列的各项均为正数，所以，
当时，，
由数列的各项均为正数，解得：，①正确；
若为等比数列，则，解得：，
将代入，
故不是等比数列，②错误；
因为数列的各项均为正数，故必单调递增，而，
所以单调递减，③正确；
假设的所有项大于等于，取，则，，
则与已知矛盾，故④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】2
【分析】直接利用复数除法的运算法则，化简复数，根据实部的定义即可得结果.
【详解】因为，复数的实部为，
，解得.
故答案为:.
12．【答案】
【分析】利用同角三角函数的基本关系式及角所在的象限求出正弦函数值，求解即可．
【详解】∵第四象限角，，∴，
故答案为.
13．【答案】
【分析】先求得抛物线的焦点为，根据题意，列出方程，即可求解.
【详解】由抛物线可化为，可得其焦点为，
因为抛物线的焦点到直线的距离为，可得，
解得或（舍去），故实数的值为．
故答案为：.
14．【答案】
【分析】换元令,进而得函数解析式，再求解函数值即可..
【详解】解：令，则,
故,即
所以
故答案为：
15．【答案】
【分析】由已知得，则有，可得数列为等比数列，求和即可.
【详解】，则，
依题意可知，
所以，
故，即，
且，所以（常数），
故是以为首项，以2为公比的等比数列，
所以．
故答案为：
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)存在；或
【分析】（1）根据底面菱形的特点得到，再由线面垂直得到，平面，进而得到面面垂直；
（2）建立空间坐标系得到线面角的表达式，求解即可.
【详解】（1）证明：连接，
因为底面为菱形，，
所以是正三角形，
是的中点，
，
又，
平面，平面，
又平面，
又平面，
所以平面平面．
（2）由（1）知AE，AD，AP两两垂直，以为坐标原点，直线AE，AD，AP分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设，则，，，，，，
所以，，．
设平面的法向量，则即
令，得平面的一个法向量．
设与平面所成的角为，则
，
解得或，
即存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为，且或．
17．（13分）【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ），
【分析】（Ⅰ）因为，直接令，即可求得的值；
（Ⅱ）由正弦函数的和差公式化简得，再由诱导公式得，由三角函数的周期公式即可求得函数的最小正周期，令，即可得函数的单调递增区间．
【详解】（Ⅰ）因为，
所以，
．
（Ⅱ）因为，
所以
，
所以周期 ．
令，
解得：，
所以的单调递增区间为：
18．(13分)【答案】(1)分布列见解析 (2)证明见解析，经过150次传毽子后甲接到毽子的概率大于
【分析】（1）根据相互独立事件概率计算求得的分布列.
（2）利用凑配法证得是等比数列，从而求得，进而判断出
【详解】（1）的所有可能取值为0，1，
，
，
所以的分布列为
（2）当时，.
当时，，，，
所以，
因为，所以，
所以，所以，
因为，，所以，所以.
所以是首项为，公比的等比数列，
所以，即，
所以，
故经过150次传毽子后甲接到毽子的概率大于.
19．（15分）【答案】（1）；（2）存在点.
【分析】（1）由，三等分椭圆的短轴，解得，由，推出，解得，，解得，进而写出椭圆的方程．
（2）设，，，，直线的方程为，联立直线与椭圆的方程，消去得关于的一元二次方程，由韦达定理可得，，设，，则用坐标表示，化简得，满足，解得，，进而解出答案．
【详解】（1）由点，三等分椭圆的短轴，得，
由，得，
即，
又，
所以椭圆的方程为．
（2）设，，，，直线的方程为，
由，整理得，
所以，，
△，
设，，则，，，，
，
，
首先满足，即，
当时，，且点在椭圆上，
所以椭圆上存在点，使得恒有．
20．（15分）【答案】（Ⅰ）见证明（Ⅱ）
【分析】（Ⅰ）分别对两函数求导，求出两函数在处切线的斜率，再利用点斜式求出切线的直线方程，就可以证明曲线与在处的切线重合；
（Ⅱ）方法1：构造 对求导得到，对进行分类讨论，利用函数的单调性，综合分析，最后求出实数的取值范围．
方法2：可得（），构造新函数
设，求导，对进行分类讨论，利用函数的单调性，综合分析，最后求出实数的取值范围．
【详解】证明:(Ⅰ)
在处的切线方程为
在处的切线方程为
所以切线重合.
（Ⅱ）（方法1）：令
①当时，，当且仅当时取“”，
在递减，，不恒成立.
②当时，，
（i）当时，时，，递减，
，在递减，
，不恒成立.
（ii）当时，，在递增，
，在递增，
，恒成立.
综上，.
（Ⅱ）（方法2）：
，
（），
设，
，，在递减， ，与已知矛盾
，
①，， 在递增，满足题意
②当时， ，，在递减，，
不满足题意
综上，
21．（15分）【答案】(1)E不是，F是 (2)不存在，理由见解析 (3)
【分析】（1）根据新定义计算即可判断；
（2）若存在符合题意的实数z，根据题意可得，求解后，检验，进而可判断；
（3）不妨设A中所有元素满足，从而可得，进而可得，再分、、三种情况求解即可.
【详解】（1）因为，所以E不是“谐调集”，
因为，所以F是“谐调集”；
（2）若存在符合题意的实数z，则，
所以，即，解得或或，
当时，则，，不符合题意；
当时，，，
由此，x、y是方程的实数解.
但，方程无实数解，所以不符合题意；
当时，同理，可得不符合题意，
综上，不存在符合题意的实数z；
（3）不妨设A中所有元素满足，
则，
于是，，
即，
当时，则，∴，但无解，所以不存在符合题意的“谐调集”，
当时，则，∴，，，∴，
当时，∵，，，均为正整数，∴，，，.
∴，
又，∴，即，
但当时，，矛盾.
所以不存在符合题意的“谐调集”
综上，符合题意的“谐调集”为.1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
D
C
B
C
B
A
C
C
C
C
0
1