2024年北京西城区高三数学5月第二次模拟测试卷附答案解析

年北京西城区高三数学5月第二次模拟测试卷本试卷150分.考试时长120分钟.2024.5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．在复平面内，复数对应的点的坐标是，则（

）A． B． C． D．2．已知向量，满足，，则（

）A． B． C． D．3．已知集合，．若，则的最小值是（

）A． B． C． D．4．设，则（

）A． B． C． D．5．已知．则“”是“”的（

）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件6．已知双曲线的焦点在轴上，且的离心率为，则（

）A． B． C． D．7．将函数的图象向右平移个单位长度，所得图象再关于轴对称，得到函数的图象，则（

）A． B． C． D．8．楔体形构件在建筑工程上有广泛的应用．如图，某楔体形构件可视为一个五面体，其中面为正方形．若，，且与面的距离为，则该楔体形构件的体积为（

）

A． B． C． D．9．已知是无穷等比数列，其前项和为，．若对任意正整数，都有，则的取值范围是（

）A． B． C． D．10．一组学生站成一排.若任意相邻的3人中都至少有2名男生，且任意相邻的5人中都至多有3名男生，则这组学生人数的最大值是（

）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．函数的定义域是．12．已知圆经过点和，且与直线相切，则圆的方程为．13．已知函数．直线与曲线的两个交点如图所示，若，且在区间上单调递减，则；．14．已知函数，，其中．①若函数无零点，则的一个取值为；②若函数有4个零点，则．15．在数列中，，．给出下列三个结论：①存在正整数，当时，；②存在正整数，当时，；③存在正整数，当时，．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．已知函数．在中，，且．(1)求的大小；(2)若，且的面积为，求的周长．17．如图，正方体的棱长为，为的中点，点在上．再从下列三个条件中选择一个作为已知，使点唯一确定，并解答问题．条件①：；条件②：；条件③：平面．(1)求证：为的中点；(2)求直线与平面所成角的大小，及点到平面的距离．注：如果选择的条件不符合要求，第（1）问得分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．18．为研究中国工业机器人产量和销量的变化规律，收集得到了年工业机器人的产量和销量数据，如下表所示．年份产量万台销量万台记年工业机器人产量的中位数为，销量的中位数为．定义产销率为“”．(1)从年中随机取年，求工业机器人的产销率大于的概率；(2)从年这年中随机取年，这年中有年工业机器人的产量不小于，有年工业机器人的销量不小于．记，求的分布列和数学期望；(3)从哪年开始的连续年中随机取年，工业机器人的产销率超过的概率最小．结论不要求证明19．已知函数，其中．(1)若在处取得极小值，求的值；(2)当时，求在区间上的最大值；(3)证明：有且只有一个极值点．20．已知椭圆的一个顶点为，焦距为．(1)求椭圆的方程；(2)设点是第一象限内椭圆上一点，过作轴的垂线，垂足为．点关于原点的对称点为，直线与椭圆的另一个交点为，直线与轴的交点为．求证：三点共线．21．已知数列，从中选取第项、第项、…、第项构成数列，称为的项子列．记数列的所有项的和为．当时，若满足：对任意，，则称具有性质．规定：的任意一项都是的项子列，且具有性质．(1)当时，比较的具有性质的子列个数与不具有性质的子列个数的大小，并说明理由；(2)已知数列．（ⅰ）给定正整数，对的项子列，求所有的算术平均值；（ⅱ）若有个不同的具有性质的子列，满足：，与都有公共项，且公共项构成的具有性质的子列，求的最大值．1．D【分析】由复数的几何意义得出，再运算化简即可.【详解】复数对应的点的坐标是，所以，，所以.故选：D．2．B【分析】根据向量坐标运算，先求出，再逐一验证即可.【详解】因为，，所以，所以，故A错；，故B正确；，故C错；因为，所以不平行，故D错.故选：B3．C【分析】根据交集结果可确定的范围，由此可得结果.【详解】，，，，即的最小值为.故选：C.4．B【分析】利用赋值法，令，即可求得正确答案.【详解】依题意，，令，得；令，得，所以.故选：B.5．A【分析】由充分条件和必要条件的定义求解即可.【详解】当时，则，当且仅当时取等，所以充分性成立，取，满足，但，故必要性不成立，所以“”是“”的充分不必要条件.故选：A.6．C【分析】由题意可得，化简即可得出答案.【详解】化简双曲线可得，因为双曲线的焦点在轴上，所以，所以的离心率为，则，所以.故选：C.7．D【分析】根据正切函数图象的平移变换、对称变换即可得变换后的函数的解析式.【详解】将函数的图象向右平移个单位长度，所得函数为，则函数的图象再关于轴对称得函数.故选：D.8．C【分析】设，分别为，的中点，连接，，，由，，，可知为三棱柱，再利用椎体与柱体的体积关系计算该几何体的体积．【详解】如图所示，

设，分别为，的中点，连接，，，因为面为正方形，所以，又平面，平面，所以平面，又平面平面，所以

，因为，分别为，的中点，，，所以，则为平行四边形，则，同理，又，所以为三棱柱，由题意，可得；又；所以该多面体的体积为．故选：C．9．D【分析】根据等比数列的基本量求得，从而可得公差，由等比数列得前项和公式得，分类讨论，结合数列的单调性即可得求得满足不等式时的取值范围.【详解】因为等比数列，由可得，所以，则公比，所以，当为奇数时，恒成立，所以，又数列为递增数列，所以，，则此时；当为偶数时，恒成立，所以，又数列为递增数列，，则此时；综上，的取值范围是.故选：D.10．B【分析】考虑前7个人，分别每相邻的3人取成一组与每相邻的5人取成一组，从而推出矛盾，再考虑人数为6的情况，由此得解.【详解】如果人数大于6，考虑前7个人：，每相邻的3人取成一组，则有5组，因为任意相邻的3人中都至少有2名男生，所以这7个人里至少有10名男生；每相邻的5人取成一组，则有3组，因为任意相邻的5人中都至多有3名男生，所以这7个人里至多有9名男生；显然矛盾，故人数不可能大于6，当人数为6时，用表示男生，表示女生，则可以.故选：B.【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是找到矛盾的分界人数，利用条件推出矛盾，从而得解.11．【分析】由题意可得出，结合对数函数的单调性求解即可.【详解】函数的定义域是：，解得：.故答案为：.12．【分析】设圆的方程为，进而利用待定系数法求解即可.【详解】设圆的方程为，则由题意可得，解得，所以圆的方程为故答案为：13．【分析】根据和，可构造方程求得，并确定为半个周期，根据正弦函数单调性可构造方程组求得.【详解】设，由得：，，又，，解得：，此时的最小正周期，，在区间上单调递减，和分别为单调递减区间的起点和终点，当时，，，，又，；综上所述：，.故答案为：；.14．【分析】①结合函数的图象，函数无零点，即与的图象无交点，所以可得到的一个取值；②由图象对称，即可算出的值.【详解】画函数的图象如下：①函数无零点，即无解，即与的图象无交点，所以，可取；②函数有4个零点，即有4个根，即与的图象有4个交点，由关于对称，所以，关于对称，所以，所以.故答案为：；.15．②③【分析】根据递推关系求出，用差比较法可判定各选项.【详解】对于①：由，，可得，又，当时，因为，所以时，故①错误；对于②：，又，结合①的结论时，所以当时，，故②正确；对于③：，，所以当时，，所以，故③正确；故答案为：②③.【点睛】关键点睛：本题关键在于求出，根据递推关系分析出当时，进而判定①，利用差比较法结合结论①可判定②③.16．(1)(2)【分析】（1）化简函数，根据题意，得到，进而求得，即可求解；（2）由（1）和的面积取得，利用余弦定理得，进而求得的值，即可求得的周长.【详解】（1）解：由函数，因为，可得，在中，因为，所以，又因为，所以，所以，解得，因为，所以.（2）解：由（1）知，因为的面积为，所以，在中，由余弦定理得，即，整理得，所以，即，所以，所以的周长为.17．(1)证明见解析(2)；【分析】（1）分别选条件①②③，结合线面平行位置关系的判定定理和性质定理，即可得证；（2）以为原点，建立空间直角坐标系，求得向量和平面的法向量为，利用向量的夹角公式，求得，结合，即可求解.【详解】（1）证明：选条件①：由，根据正方体的对称性，此时点为上的任意一点，所以不成立；选条件②：．连接，在正方体中，由平面，因为平面，所以，又因为，，所以，因为平面，所以，又因为为的中点，所以为的中点．选择条件③：平面．连接，因为平面，平面，且平面平面，所以所以，因为为的中点，所以为的中点．（2）解：在正方体中，两两互相垂直，建立空间直角坐标系，如图所示，则，所以，，，设平面的法向量为，则，令，则．于是，设直线与平面所成的角为，则，所以直线与平面所成角的大小为，点到平面的距离为.18．(1)(2)分布列见解析；(3)2018年和年【分析】（1）按古典概型的概率计算求解.（2）先根据中位数的概念确定，的值，在确定，的所有可能值，进一步得的所有可能的取值，再求的分布列.（3）计算产销率，可直接得到结论.【详解】（1）记事件为“工业机器人的产销率大于”．由表中数据，工业机器人的产销率大于的年份为年，年，年，年，共年．所以．（2）因为，，所以的所有可能的取值为；的所有可能的取值为．所以的所有可能的取值为．

，，．

所以的分布列为：故的数学期望．（3）2018年和年．19．(1)(2)(3)证明见解析【分析】（1）利用可导函数的极小值点是导数值为0的充分不必要条件来解题需要检验；（2）一阶导函数不能够判断正负，需要借助二阶导函数来进一步研究一阶导函数的取值恒为正，从而来判断原函数在区间是单调递增的，即可得到最大值；（3）一阶导函数看不出零点及取值的正负，但可以对参数分两类讨论，当时，是二次函数易得证，当，则需要二阶导函数，此时联想到不等式可证，则可判断，从而得到的单调性，然后判断函数零点的存在性，问题即可得证.【详解】（1）由，因为在处取得极小值,所以，即，解得，检验：当时，，由二次函数的性质可得：在上单调递减，在上单调递增，满足题意，所以．（2）当时，，．

令，则，因为，所以，即在区间上单调递增，所以，即，所以在区间上单调递增，即的最大值为．（3）由，当时，，由二次函数的单调性可得：在上单调递减，在上单调递增，所以恰有一个极值点；

当时，设，则．因为，且，所以，即在上单调递增．

因为，，所以存在，使，根据在上单调递增，可知当时，，所以在上单调递减，可知当时，，所以在上单调递增，即恰有一个极值点．综上所述，当时，有且只有一个极值点．20．(1)(2)证明见解析【分析】（1）依题意可得、的值，从而求出，即可得解；（2）设，表示出直线的方程，即可求出点坐标，联立直线的方程与椭圆方程，消元，设，利用韦达定理求出，从而表示出，计算出，即可得证.【详解】（1）依题意可得，解得，所以椭圆的方程为．（2）[方法一]：设而不求设，则，，其中，．

则直线的方程为，令，可得，所以，又直线的方程为，由，消去整理得，

所以，设，所以，解得．所以，所以．

由题意，点均不在轴上，所以直线的斜率均存在，且

，即，所以、、三点共线．

[方法二]：转化思想设则，且，，，则:，令，则，，又:，:，设与交于点，由，解得，若、、三点共线，则点为点，即点在椭圆上，则只需证明，，所以点在椭圆上，所以、、三点共线.

[方法三]：设且，则，，∵，所以:，由，消去整理得，所以，设，则，所以，则，，又:，令，则，，，又，所以，∴、、三点共线.[方法四]：依题意的斜率存在且不为，设的方程为，，消去整理得，显然，所以，，，，则，所以，则的方程为，由，所以，显然，，所以，则，所以，又，所以，∴、、三点共线.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为、；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；（5）代入韦达定理求解.21．(1)的具有性质的子列个数大于不具有性质的子列个数；理由见解析(2)（ⅰ）；（ⅱ）【分析】（1）根据定义得出时，共有个