高考数学2024年北京高考数学真题平行卷（提升）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（提升）含解析答案，共20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，且，则（ ）
A．B．
C．或D．
2．已知i是虚数单位，若复数是纯虚数，则实数m的值是（ ）
A．B．3C．D．
3．圆上的点到直线距离的取值范围是（ ）.
A．B．C．D．
4．展开式的常数项为（ ）
A．B．C．D．
5．已知平面向量满足，则“与互相垂直”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．设函数.若，且的最小正周期大于，则（ ）
A．.B．
C．D．
7．已知a、b、c是正实数，且，则a、b、c的大小关系不可能为（ ）
A．B．
C．D．
8．在四棱锥中，底面，底面为正方形，．点分别为平面，平面和平面内的动点，点为棱上的动点，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．1
9．已知（e为自然对数的底数），则（ ）
A．B．C．D．
10．若对于满足不等式组的所有、，都有则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
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．已知抛物线，焦点到准线的距离为，若点在抛物线上，且，则点的纵坐标为 ．
12．设都是锐角，且，则的取值范围是 .
13．已知双曲线，直线，若直线与双曲线的交点分别在两支上，求的范围 ．
14．我国南北朝的伟大科学家祖暅于5世纪提出了著名的祖暅原理，意思就是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等．如图1，为了求半球的体积，可以构造一个底面半径和高都与半球的半径相等的圆柱，与半球放置在同一平面上，然后在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥后得到一个新几何体，用任何一个平行底面的平面去截它们时，两个截面面积总相等.如图2，某个清代陶瓷容器的上、下底面为互相平行的圆面（上底面开口，下底面封闭），侧面为球面的一部分，上、下底面圆半径都为6cm，且它们的距离为24cm，则该容器的容积为 （容器的厚度忽略不计）．
15．已知等差数列的首项为，公差，等比数列满足，，则的取值范围为 .
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．在中，分别为内角所对的边，且满足．
(1)求角的大小；
(2)试从条件①②③中选出两个作为已知，使得存在且唯一，并以此为依据求的面积．（注：只需写出一个选定方案即可）
条件①：；条件②：；条件③：．
17．如图，在三棱柱中，平面平面.
(1)若分别为的中点，证明：平面；
(2)当直线与平面所成角的正弦值为时，求平面与平面夹角的余弦值.
18．某学校组织竞赛，有A，B两类问题可供选择，其中A问题答对可得5分，答错0分，B问题答对只可得3分，但答错有2分，现小明与小红参加此竞赛，小红答对2种问题的概率均为0.5，小明答对A，B问题的概率分别为0.3，0.7
(1)小红一共参与回答了2题，记X为小红的累计得分，求X的分布列
(2)小明也参与回答了2道问题，记Y为小明的累计得分，求该如何选择问题，使得E[Y]最大．
19．已知椭圆连接椭圆的两个焦点和短轴的两个端点得到的四边形是正方形，正方形的边长为．
(1)求椭圆的方程;
(2)设，过焦点且斜率为的直线与椭圆交于 两点，使得，求实数的取值范围．
20．已知函数.
（1）若的图象在点处的切线与直线平行，求的值；
（2）在（1）的条件下，证明：当时，；
（3）当时，求的零点个数.
21．已知：为有穷正整数数列，其最大项的值为，且当时，均有.设，对于，定义，其中，表示数集M中最小的数.
(1)若，写出的值；
(2)若存在满足：，求的最小值；
(3)当时，证明：对所有.
参考答案：
1．D
【分析】由题意可知，分和两种情况，解得，进而可得集合.
【详解】因为，可知，
若，则，
此时，，不合题意；
若，则，
此时，，符合题意；
综上所述：，，则.
故ABC错误，D正确.
故选：D.
2．C
【分析】先根据复数的乘法运算求出复数，再根据纯虚数的定义即可得解.
【详解】，
因为复数是纯虚数，
所以，解得.
故选：C.
3．A
【分析】将圆的一般方程化为标准方程，进而得出圆心和半径，利用点到直线的距离公式及圆上的点到直线距离的最值问题即可求解.
【详解】圆的标准方程为，
所以圆心坐标为，半径，
圆心到直线的距离为
，
所以圆上的点到该直线的距离的取值范围是，即，
故选：A..
4．C
【分析】利用二项展开式通项结合换底公式可求得结果.
【详解】的展开式通项为
，
由可得，且，
所以，展开式中的常数项为
.
故选：C.
5．C
【分析】第一点：充分利用非零向量垂直与两向量数量积为零的相互转化；第二点：紧扣充分，必要条件的概念.
【详解】若与互相垂直，则，
展开得，把代入解得，，
所以.
若，则，
有，
所以与互相垂直.
综上可知，“与互相垂直”是的充分必要条件.
故选：C.
6．C
【分析】由题意求得，再由周期公式求得，再由可得，结合，求得值，即可得解．
【详解】由的最小正周期大于，可得，
因为，可得，
则，且，所以，
即，
由，即，
可得，，则，，
且，可得，，
所以，.
故选：C．
7．D
【分析】根据指数函数的性质结合条件逐项分析即得.
【详解】因为，a、b、c是正实数，
所以，
因为，所以，
对于A，若，则，满足题意；
对于B，若，则，满足题意；
对于C，若，则，满足题意；
对于D，若，则，不满足题意.
故选：D.
8．B
【分析】本题利用补形法，再利用长方体对角线的性质即可求出最值.
【详解】由题意得均最小时，平方和最小，
过点分别作平面，平面，平面的垂线，垂足分别为，
连接，因为面，平面，所以，
因为底面为正方形，所以，又因为，平面，
所以面，因为平面，则，又因为点在上，则点应在上，
同理可证分别位于上，
从而补出长方体，
则是以为共点的长方体的对角线，则，
则题目转化为求的最小值，显然当时，的最小值，
因为四边形为正方形，且，则，
因为面，面，所以，
所以，
则直角三角形斜边的高，此时，
则的最小值为，
故选：B.

【点睛】关键点睛：本题的关键是通过补形作出长方体，将三条线段的平方和转化为长方体对角线的平方，再求出直角三角形斜边上的高，即可得到答案.
9．A
【分析】原不等式等价于，，进而有，又由均值不等式可得，从而可得.
【详解】解：因为，
所以，，
所以，
又，当且仅当时等号成立，
即，
又，
所以，
故选：A.
10．C
【分析】由可得，作出不等式组所表示的可行域，令，利用目标函数的几何意义求出的最小值，即可得出实数的取值范围.
【详解】由可得，令，
作出不等式组所表示的可行域如下图所示：

目标函数的几何意义为可行域内的点到点的距离的平方，
过点作直线与直线垂直时，当点为垂足点时，取最小值，
且，故，
故选：C.
11．
【分析】由抛物线的焦点到准线的距离为求出的值，可得出抛物线的准线方程，再利用抛物线的定义可求得点的纵坐标.
【详解】抛物线的标准方程为，其焦点为，准线方程为，
抛物线的焦点到准线的距离为，则，可得，
所以，抛物线的标准方程为，其准线方程为，
设点，由抛物线的定义可得，解得.
故答案为：.
12．
【分析】根据已知求出角的范围，将所求式子转化为关于的余弦型函数，利用余弦函数的取值范围，即可求解.
【详解】都是锐角，且，
，
，
即的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】本题考查余弦函数值的取值范围，整体代换是解题的关键，要注意角的范围，属于基础题.
13．
【分析】将直线与双曲线方程联立，直线与双曲线的交点分别在两支上等价于联立方程有两个异号的根.
【详解】联立双曲线、直线方程，消去整理得，
由题意，设方程的两根为，则，解得．
故答案为：

14．
【分析】构造一个底面半径为，高为12的圆柱，通过计算可得高相等时截面面积相等，根据祖暅原理可得容器的体积的一半等于圆柱的体积减去等高的小圆锥的体积.
【详解】先求容器一半的体积，根据图一左图，可知，
则球的半径为，且上底面圆的面积为，
建立一个底面半径为，高为12的圆柱，如图一右图，
那么根据祖暅原理，挖去一个与圆柱等高的小圆锥，
其底面面积为，
所以，
所以整个容器的容积为.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是读懂题意，构建圆柱，圆锥，通过计算得到高相等时截面面积相等，根据祖暅原理得到几何体的体积.
15．
【分析】根据题意结合等差、等比数列的通项公式整理可得，令，结合函数单调性求取值范围.
【详解】设等比数列的公比为，则，，
则，
所以，且，
可得，，
则，
令，则在上单调递增，可得，
故在上单调递减，可得，
即的取值范围为.
故答案为：.
16．(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）利用三角函数恒等变换化简得，进而求得解；
（2）选择①②，不唯一；选②③，利用正弦定理与三角形面积公式即可得解；选①③，利用余弦定理与三角形面积公式即可得解.
【详解】（1）因为，
则，
故，
由于，
所以.
（2）若选①②，
三个已知条件是，没有一个是具体的边长，无法确定．
若选②③，
三个已知条件是，由正弦定理得，
此时存在且唯一，，
所以；
若选①③，
三个已知条件是，
由余弦定理得，即，
解得（负值舍去），则，
此时存在且唯一，所以.
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取的中点，连接交于点，连接，根据条件可得四边形是平行四边形，得出，再利用线面平行的判定定理，即可得出结果；
（2）建立空间直角坐标系，根据条件求出面的法向量及平面的法向量为，再利用面面角的向量法即可求出结果.
【详解】（1）如图，取的中点，连接交于点，连接，
因为是的中点，是的中点，
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）因为，平面平面，平面平面平面，
所以平面，
所以直线与平面所成的角为，则，
在中，不妨设，则，连接，
因为，所以.
又平面平面，所以平面平面，
且平面平面平面，故平面.
设的中点为，连接，
以为坐标原点，所在直线分别为轴､轴､轴建立空间直角坐标系，如图，
则，
则，，
设平面的法向量为，则，即，
不妨取，则有，
易知平面的一个法向量为.
设平面与平面的夹角为，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
18．(1)答案见解析
(2)答案见解析
【分析】（1）根据离散型变量分布列的概念求分布列；（2）按照所答类题的个数讨论，分别求对应期望的值.
【详解】（1）由题意：可能的值为：0，2，3，4，5，6，7，8，10.
，，
，，
，，
，，
.
所以的分布列为：
（2）小明答一个类题的得分期望为：，答一个类题的得分期望为：.
所以：小明答两个类题的得分期望为：；
答一个类题，一个类题的得分期望为：；
答两个类题的得分期望为：.
所以：小明应该答两个类题，才能使得得分的期望最大.
【点睛】离散型随机变量的分布列问题，第一，一定要把所有的情况考虑周全，要做到不重不漏；第二，所有概率之和为1.
19．（1）；（2）.
【分析】（1）由椭圆的定义，即可求出椭圆方程．
（2）设A,B两点坐标为，、，，直线的方程为，先将，两点的坐标代入椭圆方程，并根据，联立方程得出的取值范围．
【详解】解：（1）由椭圆的定义得椭圆方程为
（2）由(1)得F(1,0),直线l的方程为代入得
设AB中点
则
又，
实数m的取值范围是.
【点睛】本题主要考查了直线与圆锥曲线的综合问题、平面向量数量积的运算等．考查了数形结合、函数与方程、等价转化等数学思想方法．
20．（1）；（2）证明见解析；（3）有一个零点.
【分析】（1）利用导数的几何意义求解即可
（2）利用导数，得到在上单调递增，由，即可证明在上恒成立
（3）由（2）可知当且时，，即在上没有零点，再根据，，得到， 对进行讨论，即可求解
【详解】解：（1）因为的图象在点处的切线与直线平行，
所以，
因为，
所以，解得.
（2）由（1）得当时，，
当时，因为，所以在上单调递增，
因为，所以在上恒成立.
（3）由（2）可知当且时，，
即在上没有零点，
当时，，
令，，
则单调递增，
且，
，
所以在上存在唯一零点，记为，
且时，，时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
因为，
所以，，
因为，所以，
所以在上存在唯一零点，且在上恒小于零，
故时，；时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，且，
所以在上至多有一个零点，
取，
则有，
所以由零点存在定理可知在上只有一个零点，
又f(0)不为0，所以在上只有一个零点.
【点睛】关键点睛：当时，，令，，则单调递增，且
，，所以在上存在唯一零点，记为，进而得到所以在上存在唯一零点，进而讨论求解，属于难题
21．(1)，
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）结合定义逐个计算出、、即可得；
（2）当时，可得，故，找到时符合要求的数列即可得；
（3）结合题意，分两段证明，先证，定义，再证得，即可得证,
【详解】（1）由，，则，故，
则，故，
则，故；
（2）由题意可知，，当时，由，，
故，则，
由题意可得，故、总有一个大于，即或，
，由，故、、总有一个大于，
故，故当时，，不符，故，
当时，取数列，
有，，，即，符合要求，故的最小值为；
（3）因为，所以，
(i)若，则当时，至少以下情况之一成立：
①，这样的至少有个，
②存在，这样的至多有个，
所以小于的至多有个，
所以，
令，解得，
所以，
(ii)对，若，且，
因为，所以当时，
至少以下情况之一成立：
①，这样的至多有个；
②存在且，这样的至多有个，
所以，
令，解得，即，
其中表示不大于的最大整数，
所以当时，；
综上所述，定义，则，
依次可得：，
，
所以.
【点睛】关键点点睛：涉及数列新定义问题，关键是正确理解所给出的定义，由给定数列结合新定义探求出数列的相关性质，进行合理的计算、分析、推理等方法综合解决.
0
2
3
4
5
6
7
8
10