北京市西城区月坛中学2024届高三第二次模拟考试数学试卷含解析

北京市西城区月坛中学2024届高三第二次模拟考试数学试卷注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．已知双曲线x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)，其右焦点F的坐标为(c,0)，点A是第一象限内双曲线渐近线上的一点，O为坐标原点，满足|OA|=A．2 B．2 C．2332．已知整数满足，记点的坐标为，则点满足的概率为（）A． B． C． D．3．设双曲线（，）的一条渐近线与抛物线有且只有一个公共点，且椭圆的焦距为2，则双曲线的标准方程为（）A． B． C． D．4．已知函数是上的偶函数，是的奇函数，且，则的值为（）A． B． C． D．5．已知抛物线：（）的焦点为，为该抛物线上一点，以为圆心的圆与的准线相切于点，，则抛物线方程为（）A． B． C． D．6．在中，，分别为，的中点，为上的任一点，实数，满足，设、、、的面积分别为、、、，记（），则取到最大值时，的值为（）A．－1 B．1 C． D．7．给出下列三个命题：①“”的否定；②在中，“”是“”的充要条件；③将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象．其中假命题的个数是（）A．0 B．1 C．2 D．38．在中，角的对边分别为，若．则角的大小为()A． B． C． D．9．若时，，则的取值范围为（）A． B． C． D．10．要得到函数的图象，只需将函数的图象（）A．向右平移个单位 B．向右平移个单位C．向左平移个单位 D．向左平移个单位11．已知集合，则=（）A． B． C． D．12．已知集合，集合，则A． B．或C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知数列为等比数列，，则_____.14．执行右边的程序框图，输出的的值为.15．已知，，，，则______.16．已知直线被圆截得的弦长为2，则的值为__三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）已知中，角，，的对边分别为，，，已知向量，且．（1）求角的大小；（2）若的面积为，，求．18．（12分）已知函数（1）若函数有且只有一个零点，求实数的取值范围；（2）若函数对恒成立，求实数的取值范围.19．（12分）已知椭圆的离心率为，且过点，点在第一象限，为左顶点，为下顶点，交轴于点，交轴于点.（1）求椭圆的标准方程；（2）若，求点的坐标.20．（12分）已知，.（1）解不等式；（2）若方程有三个解，求实数的取值范围.21．（12分）已知椭圆C：（）的左、右焦点分别为，，离心率为，且过点.（1）求椭圆C的方程；（2）过左焦点的直线l与椭圆C交于不同的A，B两点，若，求直线l的斜率k.22．（10分）某网络商城在年月日开展“庆元旦”活动，当天各店铺销售额破十亿，为了提高各店铺销售的积极性，采用摇号抽奖的方式，抽取了家店铺进行红包奖励.如图是抽取的家店铺元旦当天的销售额（单位：千元）的频率分布直方图.（1）求抽取的这家店铺，元旦当天销售额的平均值；（2）估计抽取的家店铺中元旦当天销售额不低于元的有多少家；（3）为了了解抽取的各店铺的销售方案，销售额在和的店铺中共抽取两家店铺进行销售研究，求抽取的店铺销售额在中的个数的分布列和数学期望.

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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、C【解析】

计算得到Ac,bca【详解】双曲线的一条渐近线方程为y=bax，A故Ac,bca，Fc,0，故Mc,故选：C.【点睛】本题考查了双曲线离心率，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.2、D【解析】

列出所有圆内的整数点共有37个，满足条件的有7个，相除得到概率.【详解】因为是整数，所以所有满足条件的点是位于圆（含边界）内的整数点，满足条件的整数点有共37个，满足的整数点有7个，则所求概率为.故选：.【点睛】本题考查了古典概率的计算，意在考查学生的应用能力.3、B【解析】

设双曲线的渐近线方程为，与抛物线方程联立，利用，求出的值，得到的值，求出关系，进而判断大小，结合椭圆的焦距为2，即可求出结论.【详解】设双曲线的渐近线方程为，代入抛物线方程得，依题意，，椭圆的焦距，，双曲线的标准方程为.故选:B.【点睛】本题考查椭圆和双曲线的标准方程、双曲线的简单几何性质，要注意双曲线焦点位置，属于中档题.4、B【解析】

根据函数的奇偶性及题设中关于与关系，转换成关于的关系式，通过变形求解出的周期，进而算出.【详解】为上的奇函数，，而函数是上的偶函数，，，故为周期函数，且周期为故选：B【点睛】本题主要考查了函数的奇偶性，函数的周期性的应用，属于基础题.5、C【解析】

根据抛物线方程求得点的坐标，根据轴、列方程，解方程求得的值.【详解】不妨设在第一象限，由于在抛物线上，所以，由于以为圆心的圆与的准线相切于点，根据抛物线的定义可知，、轴，且.由于，所以直线的倾斜角为，所以，解得，或（由于，故舍去）.所以抛物线的方程为.故选：C【点睛】本小题主要考查抛物线的定义，考查直线的斜率，考查数形结合的数学思想方法，属于中档题.6、D【解析】

根据三角形中位线的性质，可得到的距离等于△的边上高的一半，从而得到，由此结合基本不等式求最值，得到当取到最大值时，为的中点，再由平行四边形法则得出，根据平面向量基本定理可求得，从而可求得结果.【详解】如图所示：因为是△的中位线，所以到的距离等于△的边上高的一半，所以，由此可得，当且仅当时，即为的中点时，等号成立，所以，由平行四边形法则可得，，将以上两式相加可得，所以，又已知，根据平面向量基本定理可得，从而.故选：D【点睛】本题考查了向量加法的平行四边形法则，考查了平面向量基本定理的应用，考查了基本不等式求最值，属于中档题.7、C【解析】

结合不等式、三角函数的性质,对三个命题逐个分析并判断其真假,即可选出答案.【详解】对于命题①,因为,所以“”是真命题,故其否定是假命题,即①是假命题;对于命题②,充分性:中,若,则,由余弦函数的单调性可知,,即,即可得到,即充分性成立;必要性:中,,若,结合余弦函数的单调性可知,,即,可得到,即必要性成立.故命题②正确;对于命题③,将函数的图象向左平移个单位长度,可得到的图象,即命题③是假命题．故假命题有①③.故选:C【点睛】本题考查了命题真假的判断,考查了余弦函数单调性的应用,考查了三角函数图象的平移变换,考查了学生的逻辑推理能力,属于基础题.8、A【解析】

由正弦定理化简已知等式可得，结合，可得，结合范围，可得，可得，即可得解的值．【详解】解：∵，∴由正弦定理可得：，∵，∴，∵，，∴，∴．故选A．【点睛】本题主要考查了正弦定理在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．9、D【解析】

由题得对恒成立，令，然后分别求出即可得的取值范围.【详解】由题得对恒成立，令，在单调递减，且，在上单调递增，在上单调递减，，又在单调递增，，的取值范围为.故选：D【点睛】本题主要考查了不等式恒成立问题，导数的综合应用，考查了转化与化归的思想.求解不等式恒成立问题，可采用参变量分离法去求解.10、D【解析】

直接根据三角函数的图象平移规则得出正确的结论即可；【详解】解：函数，要得到函数的图象，只需将函数的图象向左平移个单位．故选：D．【点睛】本题考查三角函数图象平移的应用问题，属于基础题．11、D【解析】

先求出集合A，B，再求集合B的补集，然后求【详解】，所以.故选：D【点睛】此题考查的是集合的并集、补集运算，属于基础题.12、C【解析】

由可得，解得或，所以或，又，所以，故选C．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、81【解析】

设数列的公比为，利用等比数列通项公式求出，代入等比数列通项公式即可求解.【详解】设数列的公比为，由题意知，因为，由等比数列通项公式可得，，解得，由等比数列通项公式可得，.故答案为：【点睛】本题考查等比数列通项公式；考查运算求解能力；属于基础题.14、【解析】初始条件成立方；运行第一次：成立；运行第二次：不成立；输出的值：结束所以答案应填：考点：1、程序框图；2、定积分.15、【解析】

由已知利用同角三角函数的基本关系式可求得，的值，由两角差的正弦公式即可计算得的值.【详解】，，，，，，，，.故答案为：【点睛】本题主要考查了同角三角函数的基本关系、两角差的正弦公式，需熟记公式，属于基础题.16、1【解析】

根据弦长为半径的两倍，得直线经过圆心，将圆心坐标代入直线方程可解得．【详解】解：圆的圆心为（1，1），半径，

因为直线被圆截得的弦长为2，

所以直线经过圆心（1，1），

，解得．故答案为：1．【点睛】本题考查了直线与圆相交的性质，属基础题．三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（1）;（2）．【解析】试题分析：（1）利用已知及平面向量数量积运算可得，利用正弦定理可得，结合，可求，从而可求的值；（2）由三角形的面积可解得，利用余弦定理可得，故可得.试题解析：（1）∵，，，∴，∴，即，又∵，∴，又∵，∴．（2）∵，∴，又，即，∴，故．18、（1）；（2）.【解析】

（1）求导得到，讨论和两种情况，计算函数的单调性，得到，再讨论，，三种情况，计算得到答案.（2）计算得到，讨论，两种情况，分别计算单调性得到函数最值，得到答案.【详解】（1），①当时恒成立，所以单调递增，因为，所以有唯一零点，即符合题意；②当时，令，函数在上单调递减，在上单调递增，函数。（i）当即,所以符合题意，（ii）当即时，因为，故存在,所以不符题意（iii）当时，因为，设，所以,单调递增，即，故存在，使得，不符题意；综上，的取值范围为。（2）。①当时，恒成立，所以单调递增，所以，即符合题意；②当时，恒成立，所以单调递增，又因为，所以存在，使得，且当时，。即在上单调递减，所以，不符题意。综上，的取值范围为.【点睛】本题考查了函数的零点问题，恒成立问题，意在考查学生的分类讨论能力和综合应用能力.19、（1）；（2）【解析】

（1）由题意得，求出，进而可得到椭圆的方程；（2）由（1）知点，坐标，设直线的方程为，易知，可得点的坐标为，联立方程，得到关于的一元二次方程，结合根与系数关系，可用表示的坐标，进而由三点共线，即，可用表示的坐标，再结合，可建立方程，从而求出的值，即可求得点的坐标.【详解】（1）由题意得，解得，所以椭圆的方程为.（2）由（1）知点，，由题意可设直线的斜率为，则，所以直线的方程为，则点的坐标为，联立方程，消去得：.设，则，所以，所以，所以.设点的坐标为，因为点三点共线，所以，即，所以，所以.因为，所以，即，所以，解得，又，所以符合题意，计算可得，，故点的坐标为.【点睛】本题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆位置关系的应用，考查平行线的性质，考查学生的计算求解能力，属于难题.20、（1）；（2）.【解析】

（1）对分三种情况讨论，分别去掉绝对值符号，然后求解不等式组，再求并集即可得结果;（2）.作出函数的图象,当直线与函数的图象有三个公共点时，方程有三个解，由图可得结果.【详解】（1）不等式，即为.当时，即化为，得，此时不等式的解集为，当时，即化为，解得，此时不等式的解集为.综上，不等式的解集为.（2）即.作出函数的图象如图所示，当直线与函数的图象有三个公共点时，方程有三个解，所以.所以实数的取值范围是.【点睛】绝对值不等式的解法：法一：利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想；法二：利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；法三：通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想．21、（1）（2）直线l的斜率为或【解析】

(1)根据已知列出方程组即可解得椭圆方程;(2)设直线方程,与椭圆方程联立,转化为,借助向量的数量积的坐标表示,及韦达定理即可求得结果.【详解】（1）由题意得解得故椭圆C的方程为.（2）直线l的方程为，设，，则由方程组消去y得，，所以，，由，得，所以，又所以，即所以，因此，直线l的斜率为或.【点睛】本题考查椭圆的标准方程,考查直线和椭圆的位置关系,考查学生的计算求解能力,难度一般