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北京市通州区2023-2024学年高三上学期期末考试数学试卷（Word版附解析）
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这是一份北京市通州区2023-2024学年高三上学期期末考试数学试卷（Word版附解析），文件包含北京市通州区2024届高三上学期期末摸底考试数学试题Word版含解析docx、北京市通州区2024届高三上学期期末摸底考试数学试题Word版无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共27页， 欢迎下载使用。
2024年1月
本试卷共4页，共150分.考试时长120分钟.考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效.考试结束后，请将答题卡交回.
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. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】应用集合的并运算求集合.
【详解】由题得，所以.
故选：D
2. 已知复数满足，则复数（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用复数的除法运算结合模长公式进行求解.
【详解】由题意得，
所以，
故选：B.
3. 已知双曲线的左､右焦点分别为为双曲线上一点，且，则双曲线的标准方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意可设双曲线标准方程为，进而确定的值，求得，即得答案.
【详解】由题意可设双曲线标准方程为，焦距为2c，
则由双曲线的左､右焦点分别为，可知，
由，知，故，
故双曲线的标准方程为，
故选：A
4. 下列函数中，是偶函数且在区间上单调递减的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由函数奇偶性以及单调性定义对选项逐个判断即可.
【详解】对于A，的定义域为，
，故为奇函数，故A错误；
对于B，的定义域为，不关于原点对称，
故是非奇非偶函数，故B错误；
对于C，的定义域为，
，故为偶函数，
当时，，在区间上单调递减，故C正确；
对于D，的图象如下图，
故D错.
故选：C.
5. 如图，已知某圆锥形容器的轴截面为等边三角形，其边长为4，在该容器内放置一个圆柱，使得圆柱上底面的所在平面与圆锥底面的所在平面重合.若圆柱的高是圆锥的高的，则圆柱的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，作出轴截面图，求出正三角形的高，再结合题意得圆柱的底面半径和高，进而计算体积即可.
【详解】根据题意，轴截面如图：
在等边三角形中，高，
因为圆柱的高是圆锥的高的，所以圆柱的高,
又且，所以是的中点，即，
于是该圆柱的底面半径为1，高为，
则体积为.
故选：C.
6. 已知函数，则“”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
【答案】A
【解析】
【分析】求出时的范围，然后根据充分条件及必要条件的概念即可得出结论.
【详解】由题意，在中，对称轴，
∴当时，，解得：，
∴“”是“”的充分而不必要条件.
故选：A.
7. 如图，在平面直角坐标系中，角和的顶点都与原点重合，始边都与轴的非负半轴重合，终边分别与单位圆交于两点.若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意并根据可得，由三角函数定义知，然后应用差角余弦公式计算求值即可.
【详解】由题意，设，由已知A的坐标并结合三角函数的定义得，
则
故选：C
8. 现有12个圆，圆心在同一条直线上，从第2个圆开始，每个圆都与前一个圆外切，从左到右它们的半径的长依次构成首项为16，公比为的等比数列，前3个圆如图所示.若点分别为第3个圆和第10个圆上任意一点，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题意可知，的最大值为这8个圆的直径之和，然后利用等比数列求和公式可求得结果
【详解】由题意可知，这12个圆的半径的长依次构成首项为16，公比为的等比数列，
所以，
的最大值为这8个圆的直径之和，
由等比数列前项和公式可得，的最大值为.
故选：B.
9. 在菱形中，是的中点，是上一点（不与，重合），与交于，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由图可求得，根据向量积即可知.
【详解】如图所示：当点与点重合时，此时最长，
易知，且相似比为，
，在中，由余弦定理得：
，
所以，此时满足，所以，
所以，此时，
由图可知，，
则.
故选：B.
10. 已知函数，实数满足.若对任意的，总有不等式成立，则的最大值为（ ）
A. B. C. 4D. 6
【答案】D
【解析】
【分析】由分段函数的定义域对进行分类讨论可得的范围，即可得的最大值.
【详解】当时，有，
由随增大而增大，且，故，
当时，有，即，
即，
整理得，即，
故，又，故，
综上所述，，
则，当且仅当、时等号成立，
故的最大值为.
故选：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. 已知函数，则__________.
【答案】##
【解析】
【分析】利用函数表达式即可求出的值.
【详解】由题意，
在中，
，
故答案为：.
12. 在的展开式中，的系数为__________.
【答案】
【解析】
【分析】由展开式的通项求解即可.
【详解】的展开式的通项为，
令，解得，
所以x的系数为，
故答案为：-56.
13. 在中，角所对的边分别为，且，则__________；若的面积，则__________.
【答案】 ①. ## ②.
【解析】
【分析】由正弦定理化简已知式可得，即可求出；再由三角形的面积公式和余弦定理可求出.
【详解】因为，
由正弦定理可得，
所以由可得：，
则，所以；
，解得：，
因为，
所以由余弦定理可得：，
则.
故答案为：；.
14. 已知抛物线的焦点为，点为上一点且在第一象限，以为圆心，为半径的圆交的准线于两点.若，则圆的方程为__________；若，则__________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】先根据点的纵坐标代入抛物线方程求出其横坐标，再求得圆心和半径即得圆的方程；根据可判断得到正三角形，利用其高长与边长的关系列方程解得.
【详解】
如图，当时，把代入中，解得：，因点在第一象限,故得，
依题意，圆心为，圆的半径为,故圆的方程为：.
当时，依题，，即为正三角形，因 ，则，
由解得：或.
因当时，,此时，以点为圆心，为半径的圆与准线不相交，不合题意舍去，
而显然满足题意.故.
故答案为：；.
15. 已知数列的前项和为，且，数列是公差不为0的等差数列，且满足是和的等比中项.给出下列四个结论：
①数列的通项公式为；
②数列前21项的和为；
③数列中各项先后顺序不变，在与之间插入个2，使它们和原数列的项构成一个新数列，则新数列的前100项和为236；
④设数列的通项公式，则数列的前100项和为2178.
其中所有正确结论的序号是__________.
【答案】①④
【解析】
【分析】利用求出可判断①；设数列的构成为，根据是和的等比中项求出可得，再利用裂项相消求和可判断②；求出构成的新数列，再求和可判断③；求出数列的前100项再求的前100项和可判断④.
【详解】时，，得，
时，，
可得，所以是以首项为公比为的等比数列，
所以，故①正确；
设数列的构成为，，
因为是和的等比中项，所以，
可得，解得，
所以，
，
所以数列前21项的和
，故②错误；
数列中各项先后顺序不变，在与之间插入个2，
使它们和原数列的项构成一个新数列，则
时，即在与之间插入个2，为，
时，即在与之间插入个2，为，
时，即在与之间插入个2，为，
时，即在与之间插入个2，为，
时，即在与之间插入个2，为，
时，即在与之间插入个2，为，
所以新数列的前100项和为
，故③错误；
因为，
即数列的前100项为，
所以的前100项和
，故④正确.
故选：①④.
【点睛】关键点睛：③④解题的关键点是求出构成的新数列，再求和可判断.
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. 已知函数.
（1）求的最小正周期及单调递增区间；
（2）若，且，求的值.
【答案】（1），单调递增区间为
（2）
【解析】
【分析】（1）由二倍角公式以及两角和与差化简可得，再求最小正周期和单调区间即可；
（2）由得，则的值可求.
【小问1详解】
因为，
所以.
所以的最小正周期.
令，得.
所以的单调递增区间为.
【小问2详解】
因为，所以.
因为，
所以.
所以.
所以.
所以的值为.
17. 如图，在多面体中，为等边三角形，，.点为的中点，再从下面给出的条件①､条件②这两个条件中选择一个作为已知.
（1）求证：平面；
（2）设点为上一点，且，求直线与平面所成角的正弦值.
条件①：平面平面；
条件②：.
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）选条件①，根据面面垂直的性质推出平面，继而推出，再结合题意，根据线面垂直的判定定理即可证明结论；选条件②，根据勾股定理逆定理证明，可得平面，继而推出，再结合题意，根据线面垂直的判定定理即可证明结论；
（2）由（1）可得平面，则可得平面，由此建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，求出平面的法向量，根据空间角的向量求法，即可求得答案.
【小问1详解】
选条件①：平面平面，
因为平面平面，平面平面平面，
所以平面，因为平面，
所以.
因为为等边三角形，点为的中点，
所以，因为平面平面，
所以平面.
选条件②：
因为，为等边三角形，所以，
因为，则，
所以为直角三角形，所以，
因为平面，
所以平面，因为平面，所以，
因为为等边三角形，点为的中点，
所以，
因为平面平面，
所以平面.
【小问2详解】
因为，由（1）知平面，
所以平面.
如图，以点为原点，过点A在平面ABC内作AC的垂线作为x轴，
分别以所在直线为轴､轴建立空间直角坐标系，
所以，
所以.
因为点为上一点，设，
所以.
因为，则，所以，
所以，所以，所以.
设平面的法向量为，所以，
所以，令，得，
所以.
设直线与平面所成角为，，
所以，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
18. 民航招飞是指普通高校飞行技术专业（本科）通过高考招收飞行学生，报名的学生参加预选初检､体检鉴定､飞行职业心理学检测､背景调查､高考选拔等5项流程，其中前4项流程选拔均通过，则被确认为有效招飞申请，然后参加高考，由招飞院校择优录取.据统计，每位报名学生通过前4项流程的概率依次约为.假设学生能否通过这5项流程相互独立，现有某校高三学生甲､乙､丙三人报名民航招飞.
（1）估计每位报名学生被确认为有效招飞申请概率；
（2）求甲､乙､丙三人中恰好有一人被确认为有效招飞申请的概率；
（3）根据甲､乙､丙三人的平时学习成绩，预估高考成绩能被招飞院校录取的概率分别为，设甲､乙､丙三人能被招飞院校录取的人数为X，求X的分布列及数学期望.
【答案】（1）
（2）
（3）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）由相互独立事件同时发生的概率乘法公式可得；
（2）可看成次独立重复试验模型求解概率；
（3）分别计算出甲、乙、丙能被招飞院校录取的概率，按步骤求出离散型随机变量的分布列.
【小问1详解】
因为每位报名学生通过前4项流程的概率依次约为，且能否通过相互独立，
所以估计每位报名学生被确认为有效招飞申请的概率.
【小问2详解】
因为每位报名学生被确认为有效招飞申请的概率为，
所以甲､乙､丙三人中恰好有一人被确认为有效招飞申请的概率.
【小问3详解】
因为每位报名学生被确认为有效招飞申请的概率为，且预估甲､乙､丙三人的高考成绩能被招飞院校录取的概率分别为，
所以甲能被招飞院校录取的概率，
乙能被招飞院校录取的概率，
丙能被招飞院校录取概率.
依题意的可能取值为，
所以，
，
，
.
所以的分布列为：
所以.
19. 已知函数.
（1）求曲线在点处切线方程；
（2）设函数.
①若在处取得极大值，求的单调区间；
②若恰有三个零点，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）①单调递减区间为，单调递增区间为和；②
【解析】
【分析】（1）由导数的几何意义计算即可得；
（2）①对求导后，令，结合在处取得极大值可得的范围，即可得的单调区间；
②由，可得是的一个零点，故有两个不为2实数根，即方程有两个不为2实数根，构造函数，利用导数讨论函数的单调性后计算即可得.
【小问1详解】
因为，
所以，
所以，
所以曲线在点处的切线方程为，
即；
【小问2详解】
①因函数，
所以，
所以，
令，得，或，
（i）当时，即时，
令，得；令，得，或，
所以在区间上单调递减，在区间和上单调递增，
所以在处取得极小值，此时不符合题意，
（ii）当时，即时，，
所以在区间上单调递增，
所以在处不取极值，此时不符合题意，
（iii）当时，即时，
令，得；令，得，或，
所以在区间上单调递减，在区间和上单调递增，
所以在处取得极大值，此时符合题意，
综上所述，的单调递减区间为，单调递增区间为和；
②因为，
所以，
所以是的一个零点，
因为恰有三个零点，
所以方程有两个不为2实数根，即方程有两个不为2实数根，
令，所以，
令，得，令，得，
所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，
当时，的值域为；当时，的值域为，
所以，且，
所以，且，
所以的取值范围是.
【点睛】关键点睛：本体最后一问关键在于对函数因式分解，可得一零点，再研究另一因式，结合方程与函数的关系参变分离构造新函数，结合导数研究新函数的单调性即可得.
20. 已知椭圆的短轴长为2，且离心率为.
（1）求椭圆的方程；
（2）设椭圆的上､下顶点分别为点，过点的直线与椭圆交于不同两点，且，直线与直线交于点，求证：点在一条定直线上.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由短轴长及离心率和之间的关系求出的值，进而求出椭圆的方程；
（2）由（1）可得的坐标，设直线的方程，与椭圆联立得到韦达定理，求出直线，再求两条直线的交点的坐标；
【小问1详解】
因为椭圆的短轴长为2，
所以.所以.
因为离心率为，所以.
所以，解得
所以椭圆的方程为.
【小问2详解】
①若直线的斜率不存在，不符合题意.
②若直线的斜率存在，设为，所以直线的方程为.
联立方程组消去，化简得.
所以，得，或.
因为，且，
所以.
直线的方程为，即.
直线的方程为，即.
因为直线与直线交于点，
所以点的纵坐标.
所以
.
所以点在直线上.
【点睛】思路点睛：本题考查直线与椭圆综合应用中的定直线问题的求解，求解此类问题的基本思路如下：
①假设直线方程，与椭圆方程联立，整理为关于或的一元二次方程的形式；
②利用求得变量之间的关系，同时得到韦达定理的形式；
③利用韦达定理表示出已知的等量关系，化简整理得到所求定直线.
21. 已知数列为有穷正整数数列.若数列A满足如下两个性质，则称数列A为m的k减数列：
①；
②对于，使得的正整数对有k个.
（1）写出所有4的1减数列；
（2）若存在m的6减数列，证明：；
（3）若存在2024的k减数列，求k的最大值.
【答案】（1）数列和数列3，1
（2）证明见解析 （3）的最大值为512072
【解析】
【分析】（1）根据k减数列的定义，即可写出答案；
（2）根据存在的6减数列，可得，即，继而分类讨论n的取值，说明每种情况下都有，即可证明结论；
（3）分类讨论数列中的项的情况，结合题意确定数列为的形式，从而结合设其中有项为2，有项为1，进行求解，即可得答案.
【小问1详解】
由题意得，则或，
故所有4的1减数列有数列和数列3，1.
【小问2详解】
因为对于，使得的正整数对有个，
且存在的6减数列，所以，得.
①当时，因为存在的6减数列，
所以数列中各项均不相同，所以.
②当时，因为存在的6减数列，
所以数列各项中必有不同的项，所以.
若，满足要求的数列中有四项为1，一项为2，
所以，不符合题意，所以.
③当时，因为存在的6减数列，
所以数列各项中必有不同的项，所以.
综上所述，若存在的6减数列，则.
【小问3详解】
若数列中的每一项都相等，则，
若，所以数列存在大于1的项，
若末项，将拆分成个1后变大，
所以此时不是最大值，所以.
当时，若，交换的顺序后变为，
所以此时不是最大值，所以.
若，所以，
所以将改为，并在数列末尾添加一项1，所以变大，
所以此时不是最大值，所以.
若数列A中存在相邻的两项，设此时中有项为2，
将改为2，并在数列末尾添加项1后，的值至少变为，
所以此时不是最大值，
所以数列的各项只能为2或1，所以数列为的形式.
设其中有项为2，有项为1，
因为存在2024的减数列，所以，
所以，
所以，当且仅当时，取最大值为512072.
所以，若存在2024的减数列，的最大值为512072.
【点睛】难点点睛：本题考查数列新定义问题，解答时要理解新定义的含义，并由此依据定义去解答问题，难点在于第3问中求参数的最大值问题，要分类讨论，确定数列为的形式，从而结合设其中有项为2，有项为1，进行求解.
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2024年1月
本试卷共4页，共150分.考试时长120分钟.考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效.考试结束后，请将答题卡交回.
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. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】应用集合的并运算求集合.
【详解】由题得，所以.
故选：D
2. 已知复数满足，则复数（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用复数的除法运算结合模长公式进行求解.
【详解】由题意得，
所以，
故选：B.
3. 已知双曲线的左､右焦点分别为为双曲线上一点，且，则双曲线的标准方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意可设双曲线标准方程为，进而确定的值，求得，即得答案.
【详解】由题意可设双曲线标准方程为，焦距为2c，
则由双曲线的左､右焦点分别为，可知，
由，知，故，
故双曲线的标准方程为，
故选：A
4. 下列函数中，是偶函数且在区间上单调递减的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由函数奇偶性以及单调性定义对选项逐个判断即可.
【详解】对于A，的定义域为，
，故为奇函数，故A错误；
对于B，的定义域为，不关于原点对称，
故是非奇非偶函数，故B错误；
对于C，的定义域为，
，故为偶函数，
当时，，在区间上单调递减，故C正确；
对于D，的图象如下图，
故D错.
故选：C.
5. 如图，已知某圆锥形容器的轴截面为等边三角形，其边长为4，在该容器内放置一个圆柱，使得圆柱上底面的所在平面与圆锥底面的所在平面重合.若圆柱的高是圆锥的高的，则圆柱的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，作出轴截面图，求出正三角形的高，再结合题意得圆柱的底面半径和高，进而计算体积即可.
【详解】根据题意，轴截面如图：
在等边三角形中，高，
因为圆柱的高是圆锥的高的，所以圆柱的高,
又且，所以是的中点，即，
于是该圆柱的底面半径为1，高为，
则体积为.
故选：C.
6. 已知函数，则“”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
【答案】A
【解析】
【分析】求出时的范围，然后根据充分条件及必要条件的概念即可得出结论.
【详解】由题意，在中，对称轴，
∴当时，，解得：，
∴“”是“”的充分而不必要条件.
故选：A.
7. 如图，在平面直角坐标系中，角和的顶点都与原点重合，始边都与轴的非负半轴重合，终边分别与单位圆交于两点.若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意并根据可得，由三角函数定义知，然后应用差角余弦公式计算求值即可.
【详解】由题意，设，由已知A的坐标并结合三角函数的定义得，
则
故选：C
8. 现有12个圆，圆心在同一条直线上，从第2个圆开始，每个圆都与前一个圆外切，从左到右它们的半径的长依次构成首项为16，公比为的等比数列，前3个圆如图所示.若点分别为第3个圆和第10个圆上任意一点，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题意可知，的最大值为这8个圆的直径之和，然后利用等比数列求和公式可求得结果
【详解】由题意可知，这12个圆的半径的长依次构成首项为16，公比为的等比数列，
所以，
的最大值为这8个圆的直径之和，
由等比数列前项和公式可得，的最大值为.
故选：B.
9. 在菱形中，是的中点，是上一点（不与，重合），与交于，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由图可求得，根据向量积即可知.
【详解】如图所示：当点与点重合时，此时最长，
易知，且相似比为，
，在中，由余弦定理得：
，
所以，此时满足，所以，
所以，此时，
由图可知，，
则.
故选：B.
10. 已知函数，实数满足.若对任意的，总有不等式成立，则的最大值为（ ）
A. B. C. 4D. 6
【答案】D
【解析】
【分析】由分段函数的定义域对进行分类讨论可得的范围，即可得的最大值.
【详解】当时，有，
由随增大而增大，且，故，
当时，有，即，
即，
整理得，即，
故，又，故，
综上所述，，
则，当且仅当、时等号成立，
故的最大值为.
故选：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. 已知函数，则__________.
【答案】##
【解析】
【分析】利用函数表达式即可求出的值.
【详解】由题意，
在中，
，
故答案为：.
12. 在的展开式中，的系数为__________.
【答案】
【解析】
【分析】由展开式的通项求解即可.
【详解】的展开式的通项为，
令，解得，
所以x的系数为，
故答案为：-56.
13. 在中，角所对的边分别为，且，则__________；若的面积，则__________.
【答案】 ①. ## ②.
【解析】
【分析】由正弦定理化简已知式可得，即可求出；再由三角形的面积公式和余弦定理可求出.
【详解】因为，
由正弦定理可得，
所以由可得：，
则，所以；
，解得：，
因为，
所以由余弦定理可得：，
则.
故答案为：；.
14. 已知抛物线的焦点为，点为上一点且在第一象限，以为圆心，为半径的圆交的准线于两点.若，则圆的方程为__________；若，则__________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】先根据点的纵坐标代入抛物线方程求出其横坐标，再求得圆心和半径即得圆的方程；根据可判断得到正三角形，利用其高长与边长的关系列方程解得.
【详解】
如图，当时，把代入中，解得：，因点在第一象限,故得，
依题意，圆心为，圆的半径为,故圆的方程为：.
当时，依题，，即为正三角形，因 ，则，
由解得：或.
因当时，,此时，以点为圆心，为半径的圆与准线不相交，不合题意舍去，
而显然满足题意.故.
故答案为：；.
15. 已知数列的前项和为，且，数列是公差不为0的等差数列，且满足是和的等比中项.给出下列四个结论：
①数列的通项公式为；
②数列前21项的和为；
③数列中各项先后顺序不变，在与之间插入个2，使它们和原数列的项构成一个新数列，则新数列的前100项和为236；
④设数列的通项公式，则数列的前100项和为2178.
其中所有正确结论的序号是__________.
【答案】①④
【解析】
【分析】利用求出可判断①；设数列的构成为，根据是和的等比中项求出可得，再利用裂项相消求和可判断②；求出构成的新数列，再求和可判断③；求出数列的前100项再求的前100项和可判断④.
【详解】时，，得，
时，，
可得，所以是以首项为公比为的等比数列，
所以，故①正确；
设数列的构成为，，
因为是和的等比中项，所以，
可得，解得，
所以，
，
所以数列前21项的和
，故②错误；
数列中各项先后顺序不变，在与之间插入个2，
使它们和原数列的项构成一个新数列，则
时，即在与之间插入个2，为，
时，即在与之间插入个2，为，
时，即在与之间插入个2，为，
时，即在与之间插入个2，为，
时，即在与之间插入个2，为，
时，即在与之间插入个2，为，
所以新数列的前100项和为
，故③错误；
因为，
即数列的前100项为，
所以的前100项和
，故④正确.
故选：①④.
【点睛】关键点睛：③④解题的关键点是求出构成的新数列，再求和可判断.
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. 已知函数.
（1）求的最小正周期及单调递增区间；
（2）若，且，求的值.
【答案】（1），单调递增区间为
（2）
【解析】
【分析】（1）由二倍角公式以及两角和与差化简可得，再求最小正周期和单调区间即可；
（2）由得，则的值可求.
【小问1详解】
因为，
所以.
所以的最小正周期.
令，得.
所以的单调递增区间为.
【小问2详解】
因为，所以.
因为，
所以.
所以.
所以.
所以的值为.
17. 如图，在多面体中，为等边三角形，，.点为的中点，再从下面给出的条件①､条件②这两个条件中选择一个作为已知.
（1）求证：平面；
（2）设点为上一点，且，求直线与平面所成角的正弦值.
条件①：平面平面；
条件②：.
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）选条件①，根据面面垂直的性质推出平面，继而推出，再结合题意，根据线面垂直的判定定理即可证明结论；选条件②，根据勾股定理逆定理证明，可得平面，继而推出，再结合题意，根据线面垂直的判定定理即可证明结论；
（2）由（1）可得平面，则可得平面，由此建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，求出平面的法向量，根据空间角的向量求法，即可求得答案.
【小问1详解】
选条件①：平面平面，
因为平面平面，平面平面平面，
所以平面，因为平面，
所以.
因为为等边三角形，点为的中点，
所以，因为平面平面，
所以平面.
选条件②：
因为，为等边三角形，所以，
因为，则，
所以为直角三角形，所以，
因为平面，
所以平面，因为平面，所以，
因为为等边三角形，点为的中点，
所以，
因为平面平面，
所以平面.
【小问2详解】
因为，由（1）知平面，
所以平面.
如图，以点为原点，过点A在平面ABC内作AC的垂线作为x轴，
分别以所在直线为轴､轴建立空间直角坐标系，
所以，
所以.
因为点为上一点，设，
所以.
因为，则，所以，
所以，所以，所以.
设平面的法向量为，所以，
所以，令，得，
所以.
设直线与平面所成角为，，
所以，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
18. 民航招飞是指普通高校飞行技术专业（本科）通过高考招收飞行学生，报名的学生参加预选初检､体检鉴定､飞行职业心理学检测､背景调查､高考选拔等5项流程，其中前4项流程选拔均通过，则被确认为有效招飞申请，然后参加高考，由招飞院校择优录取.据统计，每位报名学生通过前4项流程的概率依次约为.假设学生能否通过这5项流程相互独立，现有某校高三学生甲､乙､丙三人报名民航招飞.
（1）估计每位报名学生被确认为有效招飞申请概率；
（2）求甲､乙､丙三人中恰好有一人被确认为有效招飞申请的概率；
（3）根据甲､乙､丙三人的平时学习成绩，预估高考成绩能被招飞院校录取的概率分别为，设甲､乙､丙三人能被招飞院校录取的人数为X，求X的分布列及数学期望.
【答案】（1）
（2）
（3）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）由相互独立事件同时发生的概率乘法公式可得；
（2）可看成次独立重复试验模型求解概率；
（3）分别计算出甲、乙、丙能被招飞院校录取的概率，按步骤求出离散型随机变量的分布列.
【小问1详解】
因为每位报名学生通过前4项流程的概率依次约为，且能否通过相互独立，
所以估计每位报名学生被确认为有效招飞申请的概率.
【小问2详解】
因为每位报名学生被确认为有效招飞申请的概率为，
所以甲､乙､丙三人中恰好有一人被确认为有效招飞申请的概率.
【小问3详解】
因为每位报名学生被确认为有效招飞申请的概率为，且预估甲､乙､丙三人的高考成绩能被招飞院校录取的概率分别为，
所以甲能被招飞院校录取的概率，
乙能被招飞院校录取的概率，
丙能被招飞院校录取概率.
依题意的可能取值为，
所以，
，
，
.
所以的分布列为：
所以.
19. 已知函数.
（1）求曲线在点处切线方程；
（2）设函数.
①若在处取得极大值，求的单调区间；
②若恰有三个零点，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）①单调递减区间为，单调递增区间为和；②
【解析】
【分析】（1）由导数的几何意义计算即可得；
（2）①对求导后，令，结合在处取得极大值可得的范围，即可得的单调区间；
②由，可得是的一个零点，故有两个不为2实数根，即方程有两个不为2实数根，构造函数，利用导数讨论函数的单调性后计算即可得.
【小问1详解】
因为，
所以，
所以，
所以曲线在点处的切线方程为，
即；
【小问2详解】
①因函数，
所以，
所以，
令，得，或，
（i）当时，即时，
令，得；令，得，或，
所以在区间上单调递减，在区间和上单调递增，
所以在处取得极小值，此时不符合题意，
（ii）当时，即时，，
所以在区间上单调递增，
所以在处不取极值，此时不符合题意，
（iii）当时，即时，
令，得；令，得，或，
所以在区间上单调递减，在区间和上单调递增，
所以在处取得极大值，此时符合题意，
综上所述，的单调递减区间为，单调递增区间为和；
②因为，
所以，
所以是的一个零点，
因为恰有三个零点，
所以方程有两个不为2实数根，即方程有两个不为2实数根，
令，所以，
令，得，令，得，
所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，
当时，的值域为；当时，的值域为，
所以，且，
所以，且，
所以的取值范围是.
【点睛】关键点睛：本体最后一问关键在于对函数因式分解，可得一零点，再研究另一因式，结合方程与函数的关系参变分离构造新函数，结合导数研究新函数的单调性即可得.
20. 已知椭圆的短轴长为2，且离心率为.
（1）求椭圆的方程；
（2）设椭圆的上､下顶点分别为点，过点的直线与椭圆交于不同两点，且，直线与直线交于点，求证：点在一条定直线上.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由短轴长及离心率和之间的关系求出的值，进而求出椭圆的方程；
（2）由（1）可得的坐标，设直线的方程，与椭圆联立得到韦达定理，求出直线，再求两条直线的交点的坐标；
【小问1详解】
因为椭圆的短轴长为2，
所以.所以.
因为离心率为，所以.
所以，解得
所以椭圆的方程为.
【小问2详解】
①若直线的斜率不存在，不符合题意.
②若直线的斜率存在，设为，所以直线的方程为.
联立方程组消去，化简得.
所以，得，或.
因为，且，
所以.
直线的方程为，即.
直线的方程为，即.
因为直线与直线交于点，
所以点的纵坐标.
所以
.
所以点在直线上.
【点睛】思路点睛：本题考查直线与椭圆综合应用中的定直线问题的求解，求解此类问题的基本思路如下：
①假设直线方程，与椭圆方程联立，整理为关于或的一元二次方程的形式；
②利用求得变量之间的关系，同时得到韦达定理的形式；
③利用韦达定理表示出已知的等量关系，化简整理得到所求定直线.
21. 已知数列为有穷正整数数列.若数列A满足如下两个性质，则称数列A为m的k减数列：
①；
②对于，使得的正整数对有k个.
（1）写出所有4的1减数列；
（2）若存在m的6减数列，证明：；
（3）若存在2024的k减数列，求k的最大值.
【答案】（1）数列和数列3，1
（2）证明见解析 （3）的最大值为512072
【解析】
【分析】（1）根据k减数列的定义，即可写出答案；
（2）根据存在的6减数列，可得，即，继而分类讨论n的取值，说明每种情况下都有，即可证明结论；
（3）分类讨论数列中的项的情况，结合题意确定数列为的形式，从而结合设其中有项为2，有项为1，进行求解，即可得答案.
【小问1详解】
由题意得，则或，
故所有4的1减数列有数列和数列3，1.
【小问2详解】
因为对于，使得的正整数对有个，
且存在的6减数列，所以，得.
①当时，因为存在的6减数列，
所以数列中各项均不相同，所以.
②当时，因为存在的6减数列，
所以数列各项中必有不同的项，所以.
若，满足要求的数列中有四项为1，一项为2，
所以，不符合题意，所以.
③当时，因为存在的6减数列，
所以数列各项中必有不同的项，所以.
综上所述，若存在的6减数列，则.
【小问3详解】
若数列中的每一项都相等，则，
若，所以数列存在大于1的项，
若末项，将拆分成个1后变大，
所以此时不是最大值，所以.
当时，若，交换的顺序后变为，
所以此时不是最大值，所以.
若，所以，
所以将改为，并在数列末尾添加一项1，所以变大，
所以此时不是最大值，所以.
若数列A中存在相邻的两项，设此时中有项为2，
将改为2，并在数列末尾添加项1后，的值至少变为，
所以此时不是最大值，
所以数列的各项只能为2或1，所以数列为的形式.
设其中有项为2，有项为1，
因为存在2024的减数列，所以，
所以，
所以，当且仅当时，取最大值为512072.
所以，若存在2024的减数列，的最大值为512072.
【点睛】难点点睛：本题考查数列新定义问题，解答时要理解新定义的含义，并由此依据定义去解答问题，难点在于第3问中求参数的最大值问题，要分类讨论，确定数列为的形式，从而结合设其中有项为2，有项为1，进行求解.
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