北京市八一学校2024届高三高考保温热身练习（三模）数学试题

这是一份北京市八一学校2024届高三高考保温热身练习（三模）数学试题，共20页。试卷主要包含了05，若，，则，5minB．4，已知p等内容，欢迎下载使用。

2024.05
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纸上，在试卷上作答无效。考试结束后，将本试卷和答题纸一并交回。
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．已知复数z满足，则复数z的模为（ ）
A．B．2C．D．
3．已知圆E：关于直线l：对称，则=（ ）
A．0B．1C．2D．4
4.已知向量，满足，，，则（ ）
A．B．C．1D．
5.已知抛物线上一点A的纵坐标为4，F为焦点，则（ ）
A．16B．8C．4D．5
6.若，，则（ ）
A．B．C．D．
7.已知棱长为1的正方体，M是的中点，动点P在正方体内部或表面上，且平面，则动点P的轨迹所形成区域的面积是（ ）
A．B．C．1D．2
8.已知函数若对任意的x都有恒成立，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
9.中国茶文化博大精深，茶水的口感与茶叶类型和水的温度有关，经验表明，某种绿茶用90℃的水泡制，再等到茶水温度降至60℃时饮用，可以产生极佳口感；在20℃室温下，茶水温度从90℃开始，经过t min后的温度为y℃，可选择函数（）来近似地刻画茶水温度随时间变化的规律，则在上述条件下，该种绿茶茶水达到最佳饮用口感时，需要放置的时间最接近的是（ ）（参考数据：，）
A．2.5minB．4.5minC．6minD．8min
10.已知数列满足，，该数列的前n项和为，则下列论断中错误的是（ ）
A．B．
C．非零常数T，，使得D．，都有
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．函数的定义域是 ．
12．已知双曲线，的一条渐近线方程为，则 ．
13.已知p：设函数在区间上的图象是一条连续不断的曲线，若，则在区间内无零点．能说明p为假命题的一个函数的解析式是 ．
14.已知函数．若，则；若的定义域为，则零点的个数为 ．
15.已知曲线G：，O为坐标原点．给出下列四个结论：
①曲线G关于直线成轴对称图形；
②经过坐标原点O的直线l与曲线G有且仅有一个公共点；
③直线l：与曲线G所围成的图形的面积为；
④设直线l：，当时，直线l与曲线G恰有三个公共点．
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.（本小题13分）
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
（Ⅰ）求B；
（Ⅱ）若，△ABC的面积为，求△ABC的周长．
17.（本小题14分）
如图，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，，，M为PA中点，．
（Ⅰ）设平面平面，求证：；
（Ⅱ）从条件①，条件②，条件③中选择两个作为己知，使四棱锥P—ABCD存在且唯一确定.
（ⅰ）求平面MND与平面ABCD所成角的余弦值；
（ⅱ）平面MND交直线PB于点Q，求线段PQ的长度.
条件①：平面平面ABCD；
条件②：；
条件③：四棱锥P—ABCD的体积为.
18.（本小题13分）
某项游戏的规则如下：游戏可进行多轮，每轮进行两次分别计分，每次分数均为不超过10的正整数，选手甲参加十轮游戏，分数如下表：
若选手在某轮中，两次分数的平均值不低于7分，且二者之差的绝对值不超过1分，则称其在该轮“稳定发挥”．
（Ⅰ）若从以上十轮游戏中任选两轮，求这两轮均“稳定发挥”的概率；
（Ⅱ）假设甲再参加三轮游戏，每轮得分情况相互独立，并以频率估计概率．记X为甲在三轮游戏中“稳定发挥”的轮数，求X的分布列和数学期望；
（Ⅲ）假设选手乙参加n轮游戏，每轮的两次分数均不相同．记为各轮较高分的算数平均值，为各轮较低分的算数平均值，为各轮两次的平均分的算数平均值．试比较与的大小（结论不要求证明）．
19.（本小题15分）
已知函数．
（Ⅰ）求的图像在点处的切线方程；
（Ⅱ）讨论的单调区间；
（Ⅲ）若对任意，都有，求a的最大值．（参考数据：）
20.（本小题15分）
已知椭圆C：（）的离心率为，且经过点．
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）设过点且不与坐标轴垂直的直线l与椭圆C交于A，B两点，过A，B分别作y轴的垂线，垂足为点M，N，求证：直线AN与BM的交点在某条定直线上，并求该定直线的方程．
21.（本小题15分）
已知集合，其中，，，…，都是A的子集且互不相同，记的元素个数，的元素个数（i，，）．
（Ⅰ）若，，，，直接写出所有满足条件的集合；
（Ⅱ）若，且对任意，都有，求m的最大值；
（Ⅲ）若，（，2，…，m）且对任意，都有，求m的最大值．
北京市八一学校2024届高三年级保温热身练习答案
1．【答案】D
【解析】因为，
又全集，所以.故选：D．
2．【答案】A
【解析】，故
3．【答案】C
【解析】由题得圆心的坐标为，因为已知圆E：关于直线l：对称，所以，∴.
4.【答案】C
【解析】∵，∴，
∴，解得：，
∴，解得：.
5．【答案】D
【解析】当时，，得，所以，
抛物线的焦点，准线方程为，所以.
6.【答案】D
【解析】A：构造函数，因为，所以为增函数，
又因为，则有，所以A错误；
B：构造函数（），因为，所以（）为增函数，
又因为，则有，所以B错误；
C：因为，所以，又，则，
构造函数，当时，函数不单调，
所以无法判断与的值的大小，C错误；
D：构造函数，因为，，所以函数在上单调递增，有，D正确.
7.【答案】A
【解析】如图所示E、F、G、M分别是、、、的中点，则，，所以平面，平面，且，
所以平面平面EFGM，故点P的轨迹为矩形EFGM.
，所以，所以.故选：A
8.【答案】B
【解析】因为，令，作出图象，如图所示，令，由图知，要使对任意的x都有恒成立，则必有，
当时，，由，消y得到，
由，得到，即，由图可知.
9.【答案】B
【解析】由题可知，函数（），
令，则，
两边同时取对可得：，即，
即.
10.【答案】C
【解析】
A：因为，所以，故A正确；
B：因为，，
所以，故B正确；
C：由可得，
由可得，
由可得，而，
设存在非零常数T，，使得，
当时，由于，可得或3或4等等，不是常数，
所以不存在非零常数T，，使得，故C错误；
D：当时，，
因为，
即时，有相邻两项的和为零，即有接下来个项和为零；
，
即时，有相邻2项的和与相邻4项和为零，
即有接下来个项和为零；
……
总结发现规律为：当时，即有接下来的项和为零，
所以，故D正确；
11．【答案】/（x（））
【解析】要使函数有意义，需满足，解得，即函数的定义域为，
12．【答案】/0.5
【解析】双曲线（）的渐近线方程为.
由双曲线（）的一条渐近线方程为，即，
所以，即
14.【答案】（答案不唯一）
【解析】解析式为.
函数的定义域为，所以函数在区间上的图象是一条连续不断的曲线，
因为，，所以，
又，在区间内有零点，所以为假命题.
14．【答案】1
【解析】，
若．则．
令，，整理得．
设，若，则．
则，，求导，
当时，．
又，，，故在上存在唯一的零点，
又在上单调递增，所以在区间上零点的个数为1．
15.【答案】①③④
【解析】，
因为当，时，无意义，无此曲线，故舍去，
所以曲线G表示为：，作出曲线图象为
对于①，由图象可得曲线G关于直线成轴对称图形，故①正确；
对于②，由于左上和右下部分双曲线的，所以渐近线方程为，所以当直线的斜率为时，过原点的直线与曲线无交点，故②错误；
对于③，设直线l与x，y交点分别为A，B，因为圆方程中半径为2，且点，，
所以直线与曲线围成的图形的面积为，故③正确；
对于④，由于直线恒过，
当时，直线与x平行，有一个交点；当时，与渐近线平行，此时有两个交点，
当，结合斜率的范围可得有三个交点，如图：
所以，④正确；
16．（本小题满分13分）
【解】
（Ⅰ）由正弦定理得：，
即，
因为，
所以
因为，所以，
故，因为，所以
（2）由面积公式得，解得：，
由余弦定理得：
将，代入，求得：，
故△ABC的周长为
17.（本小题满分14分）
（Ⅰ）在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD是边长为2的菱形，所以．
因为平面PCD，平面PCD，
所以平面PCD．
又因为平面PAB，且平面平面，所以．
（Ⅱ）选条件①、条件③，或者选条件②、条件③
（ⅰ）连接AC和BD交于点O，连接PO，
可证底面ABCD，由体积为可求得高.
如图，以O为原点，建立空间直角坐标系O—xyz，
则，，，，.
所以，.
设平面MND的法向量为，则
，即.
令，则，.
于是.
平面ABCD的法向量为
因为，
所求平面MND与平面ABCD所成角的余弦值为.
（ⅱ）平面MND交线段PB于点Q，
设，则，
由得，所以.
18.（本小题满分13分）
解：
（Ⅰ）由题知，十轮游戏中有六轮“稳定发挥”，记事件A为：
两轮均“稳定发挥”，则
（Ⅱ）甲在每轮游戏中“稳定发挥”的概率为
X的可能取值为0，1，2，3
，
，
，
则X的分布列为：
X的数学期望
（Ⅲ）
19.（本小题满分15分）
解：
（Ⅰ），，
故的图像在点处的切线方程为
（Ⅱ），
①当时，令，解得，有
故单调递增区间为，单调递减区间为
②当时，令，解得或
1）当时，
故单调递增区间为，单调递减区间为，
2）当时，，的单调递减区间为，无单调递增区间
3）当时，
单调递增区间为，单调递减区间为，
（Ⅲ）（法1）由（Ⅱ）知，
当时，在单调递减．因为，故符合题意．
当时，在的最大值为．
记，
因此，在单调递增
注意到，故使恒成立的a满足
综上，a的最大值为2．
（法2）当时，由（Ⅱ）知在的最大值为．
记，，
因此在单调递增．
所以，不合题意．
当时，在的最大值，符合题意．
综上，a的最大值为2．
20．（本小题满分15分）
解：
（Ⅰ）椭圆C的方程为
（Ⅱ）设l的方程为（），，
联立椭圆C与直线l的方程：消去y得：
由于点P在椭圆C内，因此（）恒成立
，
点，，
直线BM的方程为：
同理，直线AN的方程为：
联立直线BM，AN的方程：
（法1）消去y得：
因为，所以；
又，所以，所以
设直线BM与AN的交点为Q，则点Q的横坐标
纵坐标
注意到，则
因此点Q的坐标为，点Q在定直线上．
（法2）消去x得：
因为，所以
所以
所以点Q在定直线上．
21．（本小题满分15分）
解：
（Ⅰ）或或或
（Ⅱ）集合共有32个不同的子集，将其两两配对成16组，，（，2，…，16），使得，，，则，不能同时被选中为子集（，2，…，m），故．
选择A的16个含有元素1的子集：，，，……，，符合题意．综上，．
（Ⅲ）结论：，令，，，…，，集合～符合题意．
证明如下：
①若～中有一元集合，不妨设，则其它子集中都有元素1，且元素2～n都至多属于1个子集，所以除外的子集至多有个，故．
②若～中没有一元集合，但有二元集合，不妨设．
其它子集分两类：
或（，2，…，s）和或（，2，…，t），
其中，，互不相同，，互不相同且均不为1，2．
若，则，有．
若，则由得每个集合中都恰包含中的1个元素（不是2），且互不相同．因为中除2外至多还有2个元素，所以．
所以．
③若均为三元集合，不妨设．将其它子集分为三类：（，2，…，s），（，2，…，t），（，2，…，r），其中．
若，则（除1，2，3外，其它元素两个一组与1构成集合～），所以．
若，不妨设，则由得每个集合中都或者有4、或者有5，又，，…，中除1外无其它公共元素，所以．所以．综上，．轮次
一
二
三
四
五
六
七
八
九
十
第一次分数
7
6
8
9
8
5
9
7
10
7
第二次分数
8
7
9
10
8
9
8
7
7
9
X
0
1
2
3
P
x
1
＋
0
－
↗
极小值
↘
x
a
1
－
0
＋
0
－
↘
极小值
↗
极大值
↘
x
1
a
－
0
+
0
－
↘
极小值
↗
极大值
↘