数学（北京卷）（全解全析）

2024年高考数学第一次模拟考试数学·全解全析（考试时间：120分钟试卷满分：150分）注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．写在本试卷上无效．3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．4．测试范围：高考全部内容5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．第Ⅰ卷（选择题）一、单项选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。1．（本题4分）已知集合，，则（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】求出集合，利用交集运算即可求解.【详解】因为所以，故选：A.2．（本题4分）复数，在复平面内的共轭复数对应的点位于（

）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【答案】D【分析】根据复数的除法运算得到，再由共轭复数的概念及复数的几何意义即可求解.【详解】，，复数的共轭复数在复平面内所对应的点位于第四象限，故选：D.3．（本题4分）已知向量，若，则实数（

）A．5 B．4 C．3 D．2【答案】B【分析】利用平面向量线性运算的坐标表示和向量共线的坐标表示求参数.【详解】，因为，所以，解得.故选：B4．（本题4分）已知直线与平面满足，则下列判断一定正确的是A． B． C． D．【答案】D【分析】根据，利用线面垂直的性质证得，再结合面面垂直的判定定理，证得，即可得到答案.【详解】因为，可得，又因为，所以，因为，且，所以.故选：D.5．（本题4分）在中，内角，，所对的边分别是，，，已知，，的面积为，则的周长是（

）A．4 B．6 C．8 D．18【答案】B【分析】由正弦定理和和角公式得到，得到，由三角形面积公式得到，再利用余弦定理求出，得到答案.【详解】，由正弦定理得，，又，所以，因为，所以，故，因为，所以，由三角形面积公式可得，故，由余弦定理得，解得或（舍去），故三角形周长为.故选：B6．（本题4分）已知是公差为（）的无穷等差数列的前项和，设甲：数列是递增数列，乙：对任意，均有，则（

）A．甲是乙的充分条件但不是必要条件 B．甲是乙的必要条件但不是充分条件C．甲是乙的充要条件 D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件【答案】B【分析】利用定义法直接判断【详解】充分性：因为数列是递增数列，取数列为：，，，符合数列为无穷等差数列，且是递增数列，但，故充分性不满足；必要性：因为对于任意的，均有，所以得，又因为数列为无穷等差数列，所以公差大于零，所以可得数列为递增数列，故必要性满足.综上所述：甲是乙的必要不充分条件，故B项正确.故选：B.7．（本题4分）我国魏晋时期的数学家刘徽创造性的提出了“割圆术”，刘徽认为圆的内接正边形随着边数的无限增大，圆的内接正边形的周长就无限接近圆的周长，并由此求得圆周率的近似值．如图当时，圆内接正六边形的周长为，故，即．运用“割圆术”的思想，下列估算正确的是（

）

A．时， B．时，C．时， D．时，【答案】A【分析】求出正十二边形的周长，可得出，即可得解.【详解】设圆的内接正十二边形被分成个如图所示的等腰三角形，其顶角为，即，作于点，则为的中点，且，

因为，在中，，即，所以，，则，所以，正十二边形的周长为，所以，.故选：A.8．（本题4分）函数（，，）的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，与的图象关于轴对称，则可能的取值为（

）A．3 B．4 C．5 D．6【答案】C【分析】先根据图象平移得到函数的解析式；再根据两函数图象关于轴对称及诱导公式得到关于的等式即可得出答案.【详解】由题意可得函数.因为与的图象关于轴对称，所以，即，即.由诱导公式可得：所以即，或.因为所以解得：故当时，.故选：C.9．（本题4分）已知双曲线C：的左、右焦点分别为，，双曲线的左顶点为，以为直径的圆交双曲线的一条渐近线于，两点，其中点在轴右侧，若，则该双曲线的离心率的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】先由题意，得到以为直径的圆的方程为，不妨设双曲线的渐近线为，求出点P，Q的坐标,结合条件求出，之间的关系，即可得出双曲线的离心率的取值范围．【详解】由题意，以为直径的圆的方程为，不妨设双曲线的渐近线为，由，解得或，∴，．又为双曲线的左顶点，则，∴，，∵，∴，即，∴，又，∴.故选：C.10．（本题4分）在一个正方体中，为正方形四边上的动点，为底面正方形的中心，分别为中点，点为平面内一点，线段与互相平分，则满足的实数的值有A．0个 B．1个 C．2个 D．3个【答案】C【详解】因为线段D1Q与OP互相平分，所以四点O，Q，P，D1共面，且四边形OQPD1为平行四边形．若P在线段C1D1上时，Q一定在线段ON上运动，只有当P为C1D1的中点时，Q与点M重合，此时λ＝1，符合题意．若P在线段C1B1与线段B1A1上时，在平面ABCD找不到符合条件Q；在P在线段D1A1上时，点Q在直线OM上运动，只有当P为线段D1A1的中点时，点Q与点M重合，此时λ＝0符合题意，所以符合条件的λ值有两个故选C.第II卷（非选择题共110分）二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分。11．（本题5分）已知函数，则．【答案】【分析】根据分段函数解析式进行求值.【详解】依题意，，所以.故答案为：12．（本题5分）若的展开式的奇数项的二项式系数和为16，则展开式中的系数为.【答案】【分析】由展开式的奇数项的二项式系数和为16可得，则展开式中第项为，令可得答案.【详解】因的展开式的奇数项的二项式系数和为16，则.则展开式中第项为.令可得，则的系数为.故答案为：13．（本题5分）已知命题若为第一象限角，且，则．能说明p为假命题的一组的值为，．【答案】【分析】根据正切函数单调性以及任意角的定义分析求解.【详解】因为在上单调递增，若，则，取，则，即，令，则，因为，则，即，则.不妨取，即满足题意.故答案为：.14．（本题5分）已知定义在上的函数具备下列性质，①是偶函数，②在上单调递增，③对任意非零实数、都有，写出符合条件的函数的一个解析式（写一个即可）.【答案】（答案不唯一）【分析】利用对数函数的基本性质、函数奇偶性的定义结合对数的运算性质可得出结果.【详解】函数的定义域为，对任意的，，即函数为偶函数，满足①；当时，，则函数在上为增函数，满足②；对任意的非零实数、，，满足③.故满足条件的一个函数解析式为.故答案为：（答案不唯一）.15．（本题5分）对于定义在上的函数，及区间，记，若，则称为的“区间对”.已知函数给出下列四个结论：①若和是的“区间对”，则的取值范围是；②若和不是的“区间对”，则对任意和也不是的“区间对”；③存在实数，使得对任意和都是的“区间对”；④对任意，都存在实数，使得和不是的“区间对”；其中所有正确结论的序号是.【答案】②③④【分析】根据“区间对”的定义，逐条进行判断即可求解.【详解】由题意得，对于①：若和是的“区间对”，不妨设，，所以，当，，即,当，，即，因为，所以，则的取值范围为.故①错误.对于②：若和不是的“区间对”，则，即，所以对任意的，当，即时此时在区间上，在上，所以，当，，所以，所以成立，即和不是的“区间对”，故②正确.对于③：存在，由①知，当，，关于对称，当，总有，因为，，即，故符合题意；当时，总有，因为，，即，故符合题意；因为，，即，故符合题意；综上所述：存在，使得对任意和都是的“区间对”故③正确.对于④：由①知，当，不妨设，由②知，存在使，故符合题意；当时，存在，当，，当，，所以，故符合题意；当，存在，当，，当，，所以，故符合题意；综上所述：对任意，都存在实数，使得和不是的“区间对”故④正确.故答案为：②③④.三、解答题：本题共6小题，共85分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。16．（本题13分）已知函数的图象与直线的相邻两个交点间的距离为，且______.在以下三个条件中任选一个，补充在上面问题中，并解答（若选择多个分别解答，以选择第一个计分.）①函数为偶函数；

②；③，(1)求函数的解析式；(2)若将的图象向右平移个单位，得到函数的图象，求函数在区间上的最大值和最小值，并指出相应的的值.【答案】(1)(2)的为最大值2，；的最小值为1，【分析】（1）由题意可得函数最小正周期，由此求出，选①：结合函数的奇偶性求出，即得答案；选②，根据特殊角的函数值求得，即得答案；选③，可确定时，函数取最大值，由此求得，即得答案；（2）根据三角函数图象的平移可得的表达式，由x的范围确定的范围，结合正弦函数的性质，即可求得答案.【详解】（1）由题意知函数的图象与直线的相邻两个交点间的距离为，故函数最小正周期，即，故；选①：函数为偶函数，即为偶函数，故，又，故，则；选②：，则，即则或，即或，结合，故，则；选③：，，则时，函数取最大值，故，结合，故，则；（2）将的图象向右平移个单位，得到函数的图象，即，当时，，结合在上单调递增，在上单调递减，，可知当，即时，取最大值2；当，即时，取最小值1.17．（本题14分）如图，棱柱的所有棱长都为2，，侧棱与底面的所成角为平面为的中点．(1)证明：；(2)证明：平面；(3)求二面角的余弦值．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)【分析】（1）利用线面垂直证明线线垂直即可；（2）利用线面平行的判定定理即可；（3）利用三垂线法求二面角即可.【详解】（1）棱柱的所有棱长都为2，所以底面为菱形，故,平面平面,且,平面,平面,且平面,（2）连接,为的中点,为的中点,,且平面，平面，平面（3）平面所以侧棱与底面的所成角为，即,作,由（1）知，,且,平面,平面,且平面,,故即二面角的平面角，由（1）知，平面,且平面,,,且,,,,.故二面角的余弦值为18．（本题13分）根据《国家学生体质健康标准》，高三男生和女生立定跳远单项等级如下（单位：cm）：立定跳远单项等级高三男生高三女生优秀及以上及以上良好~~及格~~不及格及以下及以下从某校高三男生和女生中各随机抽取名同学，将其立定跳远测试成绩整理如下（精确到）：男生女生假设用频率估计概率，且每个同学的测试成绩相互独立．(1)分别估计该校高三男生和女生立定跳远单项的优秀率；(2)从该校全体高三男生中随机抽取人，全体高三女生中随机抽取人，设为这人中立定跳远单项等级为优秀的人数，估计的数学期望；(3)从该校全体高三女生中随机抽取人，设“这人的立定跳远单项既有优秀，又有其它等级”为事件，“这人的立定跳远单项至多有个是优秀”为事件．判断与是否相互独立．（结论不要求证明）【答案】(1)(2)(3)与相互独立【分析】（1）样本中立定跳远单项等级获得优秀的男生人数为，获得优秀的女生人数为，计算频率得到优秀率的估计值；（2）由题设，的所有可能取值为．算出对应概率的估计值，得到的数学期望的估计值；（3）利用两个事件相互独立的定义判断即可.【详解】（1）样本中立定跳远单项等级获得优秀的男生人数为，获得优秀的女生人数为，所以估计该校高三男生立定跳远单项的优秀率为；估计高三女生立定跳远单项的优秀率为．（2）由题设，的所有可能取值为．估计为；估计为；估计为；估计为．估计的数学期望．（3）估计为；估计为；估计为，，所以与相互独立．19．（本题15分）已知椭圆，、为椭圆的焦点，为椭圆上一点，满足，为坐标原点．(1)求椭圆的方程和离心率．(2)设点，过的直线与椭圆交于、两点，满足，点满足满足，求证：点在定直线上．【答案】(1)；.(2)点在定直线上【分析】（1）由椭圆的定义求出，即可求出椭圆的方程和离心率；（2）若直线的斜率存在，设直线的方程为：，与椭圆方程联立消去整理为关于的一元二次方程，由题意可知其判别式大于0，从而可得的范围．再由韦达定理可得两根之和，两根之积．根据可得间的关系式．设，再由可得间的关系式，将韦达定理代入化简即可得出点在定直线上，再检验直线的斜率不存在是否满足.【详解】（1）由椭圆的定义知，，故，所以椭圆的方程为，故，所以椭圆的离心率为.（2）若直线的斜率存在，设直线的方程为：，则联立可得：，则，解得：，设，，则，，由可得：，即，设，由可得：，即，即，则，因为点在直线上，所以，所以点在定直线上，若直线的斜率不存在，过的直线与椭圆交于、两点，，，所以，则，所以，解得：，满足点在定直线上.20．（本题15分）已知函数，且曲线在处与轴相切．(1)求的值；(2)令，证明函数在上单调递增；(3)求的极值点个数．【答案】(1)(2)证明见解析(3)1个【分析】（1）求导，利用且即可求解，（2）求导，由导数即可得函数的单调性，（3）求导，根据到导函数的单调性，结合极值点的定义即可求解.【详解】（1），由题意可知是在处的切线方程，所以且，故（2）由（1）知，所以，所以，令，当单调递增，当单调递减，因此在单调递增，故，所以函数在上单调递增（3）由（2）知:当单调递增，当单调递减，所以当时，取最小值，且，故存在，使得因此