北京市顺义区2024届高三第二次质量监测数学试卷（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1北京市顺义区2024届高三第二次质量监测数学试卷第一部分（选择题）一、选择题1.设集合，，则（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗因为，，所以.故选：D.2.已知复数z的共轭复数满足，则（）A. B.1 C.2 D.4〖答案〗C〖解析〗因为，所以，所以，所以.故选：C3.在的展开式中，的系数为（）A. B. C.40 D.80〖答案〗A〖解析〗由二项式的通项为可得，当，即时，展开式中含有项，此时，因此的系数为.故选：A.4已知，，，则（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗因为，，，所以.故选：D5.已知各项均为正数的数列的前n项和为，，，，则（）A.511 B.61 C.41 D.9〖答案〗B〖解析〗由可得，即，所以，两式相除可得；即，由可得，因此数列的奇数项是以为首项，公比为2的等比数列，偶数项是以为首项，公比为2的等比数列，所以故选：B6.已知抛物线的焦点为，准线为，为上一点，直线与相交于点，与轴交于点.若为的中点，则（）A.4 B.6 C. D.8〖答案〗B〖解析〗，准线的方程为，过点左，垂足为，则，因为为的中点，所以，所以，所以，所以，则，根据抛物线对称性不妨设在第一象限，则，则，所以直线的方程为，令，则，即，所以.故选：B.7.若函数，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〖答案〗C〖解析〗由题意可知：的定义域为，且，若，则，可知，若，同理可得，所以为奇函数，作出函数的图象，如图所示，由图象可知在上单调递增，若，等价于，等价于，等价于，所以“”是“”的充要条件.故选：C.8.如图，正方体中，P是线段上的动点，有下列四个说法：①存在点P，使得平面；②对于任意点P，四棱锥体积为定值；③存在点P，使得平面；④对于任意点P，都是锐角三角形.其中，不正确的是（）A.① B.② C.③ D.④〖答案〗C〖解析〗以为原点，的方向为轴，轴，轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设正方体棱长为1，则，，设，，，，平面的一个法向量为，，令，则，即，若，得，则时，，又平面，所以平面，即点P为中点时，平面，说法①正确；正方体中，平面平面，平面，则点到平面的距离为定值，又正方形面积为定值，所以对于任意点P，四棱锥体积为定值，说法②正确；，，,若平面，则有，方程组无解，所以不存在点P，使得平面，说法③错误；，，，，，则中，，都是锐角，，也是锐角，所以对于任意点P，都是锐角三角形，说法④正确.只有说法③不正确.故选：C.9.已知在平面内，圆，点P为圆外一点，满足，过点P作圆O的两条切线，切点分别为A，B．若圆O上存在异于A，B的点M，使得，则的值是（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗因为，所以点在以原点为圆心，半径为2的圆上，做出图形，设与以原点为圆心半径为2的圆交于点，连接，因为与圆O相切于A，B，所以，在中，因为，所以，同理可得，又因为，由垂径定理得，，因为，所以点三点共线，因为，所以，所以点三点共线，则点为与圆的交点，因为，所以，即，故选：A．10.设，，，…，是1，2，3，…，7的一个排列.且满足，则的最大值是（）A23 B.21 C.20 D.18〖答案〗B〖解析〗即为相邻两项之差的绝对值之和，则在数轴上重复的路径越多越好，又，比如，其对应的一个排列为则的最大值是故选：B第二部分（非选择题）二、填空题11.函数的定义域为_____________.〖答案〗〖解析〗要使函数有意义，只需解得：且，从而的定义域为.故〖答案〗为：12.在中，，，，则面积为______.〖答案〗〖解析〗由余弦定理得①，又，得②，联立①②解得，因为，，所以，所以.故〖答案〗为：13.若非零向量满足，且，则能使得成立的一组可以是______，______〖答案〗（〖答案〗不唯一）（〖答案〗不唯一）〖解析〗因为，即，所以，且，即，又，即，所以满足，且的向量都满足条件，故可取.故〖答案〗为：；（〖答案〗不唯一）.14.已知双曲线的焦距为，若点在双曲线上，则的离心率等于______.〖答案〗〖解析〗因为点在双曲线上，代入坐标有，且双曲线满足，离心率，所以有，即，化简可得，所以，因为双曲线离心率，所以或（舍去），故〖答案〗为：.15.已知函数，给出下列四个结论：①当时，对任意，有1个极值点；②当时，存在，使得存在极值点；③当时，对任意，有一个零点；④当时，存在，使得有3个零点.其中所有正确结论的序号是______.〖答案〗①④〖解析〗对①：当时，，，则时，，当时，，故在上单调递增，在上单调递减，故对任意，有1个极大值点，故①正确；对②：当时，，若存在极值点，则有变号零点，则必须有解，令，则，故当时，，当时，，故在、上单调递增，在上单调递减，又时，，，即恒成立，故当时，无解，故②错误；对③：当时，，当时，，此时函数无零点，故③错误；对④：当时，若存在，使得有3个零点，则直线与曲线有三个不同交点，由直线过点，曲线过点，又，是偶函数，且在上单调递减，故当时，直线与曲线在第二象限必有一交点，同理，当时，直线与曲线在第一象限必有一交点，过点作曲线的切线，设切点为，则切线方程为，即，则，由，则，即，即，即，故当时，存在，使曲线有过点的切线，且切点为，当时，切线斜率为，则当时，有，又，则存在，使，此时函数单调递减，而恒成立，故存在，使，即当时，存在，使得有3个零点，同理可得，当时，存在，使得有3个零点，故④正确.故〖答案〗为：①④.三、解答题16.已知函数，其中.（1）若，求的值；（2）已知时，单调递增，再从条件①、条件②、条件③中选择一个作为已知，使函数存在，求m的最大值.条件①：；条件②：；条件③：的图像与直线的一个交点的横坐标为.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.解：（1）法一：，即可得，又，所以；法二：，所以即得，又，所以；（2），选择②，，，因为，所以，因为的最小正周期，，所以由可得，所以，；或法二：因为，，所以即，因为，所以，；选择③，，的图像与直线的一个交点的横坐标为，即可得，所以，又，所以，法一：令，，解得，即的单增区间为，又时，单调递增，所以，是的一个子区间，所以，，即可得，又，所以，故是的一个子区间，所以m的最大值为；法二：因为，，所以，因为在上单增，所以，，即可得，，，所以，所以，可得m的最大值为.不可选择条件①，理由如下：若，则，即，由，故该方程无解，故函数不存在，故不可选①.17.在直三棱柱中，，D，E分别为棱，的中点.（1）求证：；（2）当时.（ⅰ）求平面与平面夹角的余弦值；（ⅱ）若平面与直线交于点F，直接写出的值.（1）证明：连接，因为，E为中点，所以，因为是直三棱柱的侧棱，所以平面，因为平面，所以，因为，平面，所以平面；因为平面，所以.（2）解：（ⅰ）因为，所以为等边三角形，设中点为O，则，因为平面，设的中点为M，则，，以所在的直线为x轴，所在的直线为y轴，所在的直线为z轴，建立空间直角坐标系，如下图所示：则，，，，，，，因为D，E为中点，所以，，所以，，因为，，所以平面，所以是平面的一个法向量.设是平面的一个法向量，则，令，可得，，所以，设平面与平面的夹角为，则所以平面与平面的夹角的余弦值为.（ⅱ），原因如下：设，易知，所以，又，则，易知平面，因此，解得；因此，即.18.某学校工会组织趣味投篮比赛，每名选手只能在下列两种比赛方式中选择一种.方式一：选手投篮3次，每次投中可得1分，未投中不得分，累计得分；方式二：选手最多投3次.如第1次投中可进行第2次投篮，如第2次投中可进行第3次投篮.如某次未投中，则投篮中止.每投中1次可得2分，未投中不得分，累计得分；已知甲选择方式一参加比赛，乙选择方式二参加比赛.假设甲，乙每次投中的概率均为，且每次投篮相互独立.（1）求甲得分不低于2分的概率；（2）求乙得分的分布列及期望；（3）甲，乙谁胜出的可能性更大？直接写出结论.解：（1）设甲选择方式一参加比赛得分为，，，设甲得分不低于2分为事件A，则；（2）设乙选择方式二参加比赛得分为Y，Y的可能取值为0，2，4，6，，，，，所以Y的分布列为：Y0246P所以；（3）甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，故甲获胜的可能性更大.19.已知椭圆的右焦点为，长轴长为.过F作斜率为的直线交E于A，B两点，过点F作斜率为的直线交E于C，D两点，设，的中点分别为M，N.（1）求椭圆E的方程；（2）若，设点F到直线的距离为d，求d的取值范围.解：（1）长轴长为，所以，又焦点为，所以，所以，所以椭圆E的方程为；（2）设，，直线的方程为，联立，消去y得，易知，所以，又M为的中点，所以，，因为，即，又N为的中点，不妨用代换，可得，，讨论：①当时，直线的斜率不存在，此时，解得，当时，，，此时的方程为，所以，点到直线的距离d为，同理，当，，②当时，，此时，所以直线的方程为，化简可得，法一：点到直线的距离，又，所以，因为，所以，所以综上可知，.法二：直线的方程为，令，可得，综上可知，直线恒过定成，故点到直线的距离d的最大值为，此时直线的斜率不存在，又直线的斜率一定不为0，所以..20.设函数，.曲线在点处的切线方程为.（1）求a的值；（2）求证：方程仅有一个实根；（3）对任意，有，求正数k的取值范围.（1）解：因为，所以，又点在切线上，所以，所以，即.（2）证明：欲证方程仅有一个实根，只需证明仅有一个零点，令，则，令，则，讨论：①当时，，所以在上单调递增，所以，即，所以在上单调递增，，即此时无零点；②当时，，即此时有一个零点；③当时，所以，当时，，即此时无零点综上可得，仅有一个零点，得证.（3）解：当时，，即恒成立，令，则，由（2）可知，时，所以，讨论：①当时，因为，所以，即，所以，即当时，，所以在时单调递增，所以恒成立，即满足条件，②当时，由可知，又，所以存在，使得，所以，当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以，即不能保证恒成立，综上可知，正数k的取值范围是.21.已知点集满足，，.对于任意点集，若其非空子集A，B满足，，则称集合对为的一个优划分.对任意点集及其优划分，记A中所有点的横坐标之和为，B中所有点的纵坐标之和为.（1）写出的一个优划分,使其满足；（2）对于任意点集，求证：存在的一个优划分，满足；（