北京市第一次普通高中2023-2024学年高二上学期学业水平合格性考试数学试题

2024年北京市第一次普通高中学业水平合格性考试数学试卷考生须知：1.考生要认真填写考场号和座位序号.2.本试卷共6页，分为两部分：第一部分为选择题，共60分；第二部分为非选择题，共40分.3.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.4.考试结束后，考生应将试卷、答题卡放在桌面上，待监考员收回.第一部分（选择题共60分）一、选择题共20小题，每小题3分，共60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】A【解析】【分析】根据集合交集的概念与运算，即可求解.【详解】集合，根据集合交集的运算，可得.故选：A.2.复数（）A.i B. C.1 D.【答案】D【解析】【分析】直接根据复数的运算得答案.【详解】.故选：D.3.函数的零点为（）A. B.0 C.1 D.2【答案】B【解析】【分析】解方程求得方程的根，即可得相应函数的零点.【详解】令，则，即函数的零点为0，故选：B4.已知向量，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】直接利用向量的坐标运算计算即可.【详解】,.故选：C.5.不等式的解集为（）A. B. C. D.或【答案】D【解析】【分析】根据一元二次不等式的解法求解即可.【详解】由题意知，或，所以原不等式的解集为或.故选：D6.在空间中，若两条直线与没有公共点，则a与b（）A.相交 B.平行 C.是异面直线 D.可能平行，也可能是异面直线【答案】D【解析】【分析】根据空间直线的位置关系判断，即可得答案.【详解】由题意知在空间中，两条直线与没有公共点，即与不相交，则a与b可能平行，也可能是异面直线，故选：D7.在同一坐标系中，函数与的图象（）A.关于原点对称 B.关于轴对称C.关于轴对称 D.关于直线对称【答案】B【解析】【分析】根据函数上点的关系即可得函数图象的关系.【详解】当时，与互为相反数，即函数与图象关于轴对称.故选：B.8.已知，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】直接根据充分性和必要定义判断求解.【详解】当时，，当时，，则“”是“”的充分而不必要条件.故选：A.9.故宫文创店推出了紫禁城系列名为“春”、“夏”、“秋”、“冬”的四款书签，并随机选择一款作为纪念品赠送给游客甲，则游客甲得到“春”或“冬”款书签的概率为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】直接根据古典概型的计算公式求解即可.【详解】由已知得随机选择一款作为纪念品赠送给游客甲有4种赠法，其中游客甲得到“春”或“冬”款书签的有2种赠法，则游客甲得到“春”或“冬”款书签的概率为.故选：A.10.已知函数，若，则（）A. B. C.2 D.【答案】A【解析】【分析】根据分段函数的解析式，代入求值，即可得答案.【详解】当时，，当时，，故由，得，故选：A11.在中，，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据余弦定理求角，即可得答案.【详解】在中，，由余弦定理得,而A三角形内角，故，故选：D12.下列函数中，存在最小值的是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据函数的单调性及值域分别判断最小值即可.【详解】单调递减值域为,无最小值，A选项错误；在单调递减，在单调递增，当取得最小值，B选项正确；单调递增，值域为，无最小值，C选项错误；单调递增，值域为,无最小值，D选项错误.故选:B.13.贸易投资合作是共建“一带一路”的重要内容.2013—2022年中国与共建国家进出口总额占中国外贸总值比重（简称占比）的数据如下：年份2013201420152016201720182019202020212022占比39.240.338.938.639.640.642.441.442.245.4则这10年占比数据的中位数为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】将数据从小到大排列，然后求中位数即可.【详解】把这10年占比数据从小到大排列得，中位数为.故选：B14.若，则角可以为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】直接根据正切值求角即可.【详解】,，观察选项可得角可以为.故选：C.15.（）A.0 B.1 C.2 D.3【答案】B【解析】【分析】直接利用对数的运算性质计算即可.【详解】.故选：B.16.函数的定义域为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据函数的解析式有意义，列出不等式，即可求解.【详解】由函数有意义，则满足，即，解得，所以函数的定义域为.故选：C.17.如图，在正方体中，为的中点.若，则三棱锥的体积为（）A.2 B.1 C. D.【答案】D【解析】【分析】直接利用棱锥的体积公式计算.【详解】因为面所以.故选：D.18.（）A. B.1 C. D.2【答案】C【解析】【分析】按完全平方公式展开后，结合同角的三角函数关系以及二倍角正弦公式，即可求得答案.【详解】，故选：C19.已知，且，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先通过条件求出的范围，再消去求范围即可.【详解】由得，所以，得，所以.故选：C.20.某校组织全校1850名学生赴山东曲阜、陕西西安和河南洛阳三地开展研究性学习活动，每位学生选择其中一个研学地点，且每地最少有100名学生前往，则研学人数最多的地点（）A.最多有1651名学生 B.最多有1649名学生C.最少有618名学生 D.最少有617名学生【答案】D【解析】【分析】根据题意求出最多和最少的人数即可.【详解】,，即研学人数最多的地点最少有617名学生，，即研学人数最多的地点最多有名学生.故选：D第二部分（非选择题共40分）二、填空题共4小题，每小题3分，共12分.21.已知幂函数的图象经过点(2,4)，则_______．【答案】【解析】【分析】由幂函数所过的点可得，即可求.【详解】由题设，，可得.故答案为：22.已知，且，则________（填“>”或“<”）.【答案】<【解析】【分析】根据不等式的基本性质即可求解.【详解】由题意知，，则，所以，即.故答案：<23.已知向量，其中.命题p：若，则，能说明p为假命题的一组和的坐标为________，________.【答案】①.（答案不唯一）②.（答案不唯一）【解析】【分析】直接根据可得答案.【详解】让即可，如，此时故答案为：（答案不唯一）.24.已知的，给出下列三个结论：①的定义域为；②；③，使曲线与恰有两个交点.其中所有正确结论的序号是________.【答案】①②【解析】【分析】①直接观察函数可得答案；②通过求出的最值即可；③将问题转化为与的交点个数即可.【详解】对于①：由恒成立得的定义域为，①正确；对于②：，②正确；对于③：令，变形得，作出函数的图象如下图：根据图象可得在上单调递增，故与只有一个交点，即不存在，使曲线与恰有两个交点，③错误.故答案为：①②.三、解答题共4小题，共28分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.25.已知函数.（1）求的最小正周期；（2）求在区间上的最大值和最小值.【答案】25.26.最大值为2，最小值为2【解析】【分析】（1）结合公式计算直接得出结果；（2）由题意求得，根据余弦函数的单调性即可求解.【小问1详解】由，知函数的最小正周期为；【小问2详解】由，得，令，则，函数在上单调递减，所以，所以，即函数在上的最大值为2，最小值为2.26.阅读下面题目及其解答过程.已知函数.（1）证明：是偶函数；（2）证明：在区间上单调递增.解：（1）的定义域为①________.因为对任意，都有，且②________，所以是偶函数.（2）③________，且，因为，所以④________0，⑤________0，.所以，即.所以在区间上单调递增.以上题目的解答过程中，设置了①～⑤五个空格，如下的表格中为每个空格给出了两个选项，其中只有一个正确，请选出你认为正确的选项，并填写在答题卡的指定位置（只需填写“A”或“B”），空格序号选项①A.B.②A.B.③A.任取B.存在④A.B.⑤A.B.【答案】ABABA【解析】【分析】根据的定义域以及函数奇偶性的定义可解答①②；根据函数单调性的定义，结合用单调性定义证明函数单调性的步骤方法，可解答③④⑤.【详解】①由于的定义域为R，故A正确；②由于，故B正确；③根据函数单调性定义可知任取，故A正确；④因为，所以，故，故B正确；⑤因为，故，故，故A正确.27.如图，在四棱锥中，底面是菱形，平面，E为的中点.（1）求证：平面；（2）求证：平面.【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据线面垂直的性质可得，结合线面垂直判定定理即可证明；（2）设AC与BD交于点O，连接OE，则，结合线面平行的判定定理即可证明.小问1详解】因为平面，平面，所以，又平面为菱形，所以，又平面，所以平面；【小问2详解】E为PD的中点，设AC与BD交于点O，连接OE，则，又平面，平面，所以平面.28.已知和数表，其中.若数表满足如下两个性质，则称数表由生成.①任意中有三个，一个3；②存在，使中恰有三个数相等.（1）判断数表是否由生成；（结论无需证明）（2）是否存在数表由生成？说明理由；（3）若存在数表由生成，写出所有可能的值.【答案】（1）是（2）不存在，理由见解析（3）3，7，11.【解析】【分析】（1）根据数表满足的两个性质进行检验，即可得结论；（2）采用反证的方法，即若存在这样的数表A，由性质①推出对任意的，中均有2个奇数，2个偶数，则推出不满足性质②，即得结论；（3）判断出的所有可能的值为3，7，11，一方面说明取这些值时可以由生成数表A，另一方面，分类证明的取值只能为3，7，11，由此可得所有可能的值.【小问1详解】数表是由生成；检验性质①：当时，，共三个，一个3；当时，，共三个，一个3；当时，，共三个，一个3；任意中有三个，一个3；检验性质②：当时，，恰有3个数相等.【小问2详解】不存在数表由生成,理由如下:若存在这样的数表A，由性质①任意中有三个，一个3，则或1，总有与的奇偶性相反，类似的，与的奇偶性相反，与的奇偶性相反，与的奇偶性相反；因为中恰有2个奇数，2个偶数，所以对任意的，中均有2个奇数，2个偶数，此时中至多有2个数相等，不满足性质②；综上，不存在数表由生成；【小问3详解】的所有可能的值为3，7，11.一方面，当时，可以生成数表；当时，可以生成数表；当时，可以生成数表；另一方面，若存在数表A由生成，首先证明：除以4余3；证明：对任意的，令，则，分三种情况：（i）若，且，则；（ii）若，且，则；（iii）若，且，则；均有与除以4的余数相同.特别的，“存在，使得”的一个必要不充分条件为“除以4的余数相同”；类似的，“存在，使得”的一个必要不充分条件为“除以4的余数相同”；“存在，使得”的一个必要不充分条件为“除以4的余数相同”；“存在，使得”的一个必要不充分条件为“除以4的余数相同”；“存在，使得”的一个必要不充分条件为“除以4的余数相同”；“存在，使得”的一个必要不充分条件为“除以4的余数相同”；所以，存在，使得中恰有3个数相等的一个必