2024年3月北京市丰台区高三数学高考一模综合练习卷附答案解析

年3月北京市丰台区高三数学高考一模综合练习卷试卷150分．考试时长120分钟2024．03第一部分（选择题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．已知集合，，则（

）A． B． C． D．2．已知公差为的等差数列满足：，且，则（

）A． B． C． D．3．已知双曲线（）的离心率为，则（

）A．2 B． C． D．4．在二项式的展开式中，的系数为（）A．﹣80 B．﹣40 C．40 D．805．已知向量，满足，，且，则(

)A． B． C．2 D．46．按国际标准，复印纸幅面规格分为系列和系列，其中系列以，，…等来标记纸张的幅面规格，具体规格标准为：①规格纸张的幅宽和幅长的比例关系为；②将（）纸张平行幅宽方向裁开成两等份，便成为规格纸张（如图）．某班级进行社会实践活动汇报，要用规格纸张裁剪其他规格纸张．共需规格纸张40张，规格纸张10张，规格纸张5张．为满足上述要求，至少提供规格纸张的张数为（

）A．6 B．7 C．8 D．97．在平面直角坐标系中，直线上有且仅有一点，使，则直线被圆截得的弦长为（

）A． B． C． D．8．已知函数，则“”是“是偶函数，且是奇函数”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9．正月十五元宵节，中国民间有观赏花灯的习俗．在2024年元宵节，小明制作了一个“半正多面体”形状的花灯（图1）．半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美．图2是一个棱数为24的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为2．关于该半正多面体的四个结论：①棱长为；②两条棱所在直线异面时，这两条异面直线所成角的大小是60°；③表面积为；④外接球的体积为．其中所有正确结论的序号是（

）A．①② B．①③ C．②④ D．③④10．已知数列满足则（

）A．当时，为递增数列，且存在常数，使得恒成立B．当时，为递减数列，且存在常数，使得恒成立C．当时，存在正整数，当时，D．当时，对于任意正整数，存在，使得第二部分（非选择题110分）二、填空题共5小题，每小题5分，共25分．11．计算.12．在中，若，，，则.13．已知是抛物线的焦点，是该抛物线上的两点，，则线段的中点到轴的距离为．14．已知函数具有下列性质：①当时，都有；②在区间上，单调递增；③是偶函数．则；函数可能的一个解析式为．15．目前发射人造天体，多采用多级火箭作为运载工具．其做法是在前一级火箭燃料燃烧完后，连同其壳体一起抛掉，让后一级火箭开始工作，使火箭系统加速到一定的速度时将人造天体送入预定轨道．现有材料科技条件下，对于一个级火箭，在第级火箭的燃料耗尽时，火箭的速度可以近似表示为，其中．注：表示人造天体质量，表示第（）级火箭结构和燃料的总质量．给出下列三个结论：①；②当时，；③当时，若，则．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．如图，在直三棱柱中，，为中点．(1)求证：平面；(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求二面角的余弦值．条件①：；条件②：．注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．17．已知函数()．(1)若，求的值；(2)若在区间上单调递减，，求的值．18．某医学小组为了比较白鼠注射A，B两种药物后产生的皮肤疱疹的面积，选20只健康白鼠做试验．将这20只白鼠随机分成两组，每组10只，其中第1组注射药物A，第2组注射药物B．试验结果如下表所示．疱疹面积（单位：）第1组（只）34120第2组（只）13231(1)现分别从第1组，第2组的白鼠中各随机选取1只，求被选出的2只白鼠皮肤疱疹面积均小于的概率；(2)从两组皮肤疱疹面积在区间内的白鼠中随机选取3只抽血化验，求第2组中被抽中白鼠只数的分布列和数学期望；(3)用“”表示第组白鼠注射药物后皮肤疱疹面积在区间内，“”表示第组白鼠注射药物后皮肤疱疹面积在区间内（），写出方差，的大小关系．（结论不要求证明）19．已知椭圆()的焦距为，以椭圆的四个顶点为顶点的四边形的周长为16．(1)求椭圆的标准方程；(2)过点的直线交椭圆于，两点，线段的中点为．是否存在定点，使得？若存在，求出的坐标；若不存在，请说明理由．20．已知函数，曲线在点处的切线为，记．(1)当时，求切线的方程；(2)在（1）的条件下，求函数的零点并证明；(3)当时，直接写出函数的零点个数．（结论不要求证明）21．已知集合（，），若存在数阵满足：①；②．则称集合为“好集合”，并称数阵为的一个“好数阵”．(1)已知数阵是的一个“好数阵”，试写出，，，的值；(2)若集合为“好集合”，证明：集合的“好数阵”必有偶数个；(3)判断是否为“好集合”．若是，求出满足条件的所有“好数阵”；若不是，说明理由．1．A【分析】解不等式化简结合，结合并集的概念即可求解.【详解】因为，，所以.故选：A.2．C【分析】根据等差数列通项公式直接求解即可.【详解】，，.故选：C.3．B【分析】根据双曲线方程求出、，再由离心率公式计算可得.【详解】双曲线（）中，所以，则离心率，解得，所以（负值舍去）.故选：B4．A【分析】根据二项展开式的通项，可得，令，即可求得的系数，得到答案.【详解】由题意，二项式的展开式的通项为，令，可得，即展开式中的系数为，故选A.【点睛】本题主要考查了二项式定理的应用，其中解答中熟记二项展开式的通项是解答本题的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.5．D【分析】用表示出向量的坐标，再根据数量积的坐标运算即可求得答案．【详解】，，又，，，，．故选：D．6．C【分析】设一张规格纸张的面积为，从而得到一张、、纸的面积，再求出所需要的纸的总面积，即可判断.【详解】依题意张规格纸张可以裁剪出张，或张或张，设一张规格纸张的面积为，则一张规格纸张的面积为，一张规格纸张的面积为，一张规格纸张的面积为，依题意总共需要的纸张的面积为，所以至少需要提供张规格纸张，其中将张裁出张和张；将张裁出张；将剩下的张裁出张，即共可以裁出张、张、张.故选：C7．D【分析】利用垂径定理直接求解即可.【详解】由题意知：坐标原点到直线的距离；圆的圆心为，半径，被圆截得的弦长为.故选：D.8．A【分析】首先求出、的解析式，再根据正弦函数的性质求出使是偶函数且是奇函数时的取值，再根据充分条件、必要条件的定义判断即可.【详解】因为，则，，若是奇函数，则，解得，若是偶函数，则，解得，所以若是偶函数且是奇函数，则，所以由推得出是偶函数，且是奇函数，故充分性成立；由是偶函数，且是奇函数推不出，故必要性不成立，所以“”是“是偶函数，且是奇函数”的充分不必要条件.故选：A9．B【分析】注意到棱长总是一个等腰直角三角形的斜边，即可通过直角边的长度判断①正确；可以找到一对位于正方形相对的面上的两条垂直且异面的棱，得到②错误；根据该几何体每种面（正三角形和正方形）各自的数量和面积，可以计算出该几何体的表面积，从而判断出③正确；直接证明正方形的中心到该几何体每个顶点的距离都相等，并计算出距离，即可求出外接球的体积，得到④错误.这就得到全部正确的结论是①③，从而选B.【详解】如图所示：该几何体的每条棱都是的一个等腰直角三角形的斜边，且该等腰直角三角形的直角边长度为正方体边长的一半，故该等腰直角三角形的直角边长度为1，从而该几何体的每条棱的长度都是，①正确；若为该几何体位于正方体的一组相对的面上的两个平行的棱，为该几何体位于正方体的同一个面的两条棱，则，平行于，异面，所以异面，，这意味着存在一对异面的棱所成角是直角，②错误；该几何体一共有14个面，其中6个是正方形，8个是正三角形，边长均为，故每个正方形的面积都是，每个正三角形的面积都是，故表面积为，③正确；设正方体的中心为，由于对该几何体的任意一个顶点都是正方体的某条边的中点，故到该几何体的任意一个顶点的距离都是正方体边长的倍，即.这意味着以为球心，半径为的球是该几何体的外接球，从而外接球的体积，④错误.从而全部正确的结论是①③.故选：B.10．D【分析】直接构造反例即可说明A和B错误；然后证明引理：当时，对任意的正整数，都存在，使得.最后由该引理推出C错误，D正确.【详解】当时，，，所以此时不是递增数列，A错误；当时，，，，所以此时不是递减数列，B错误；我们证明以下引理：当时，对任意的正整数，都存在，使得.若该引理成立，则它有两个直接的推论：①存在，使得对任意的正整数，都存在，使得；②当时，对任意的正整数，都存在，使得.然后由①是C的否定，故可以说明C错误；而②可以直接说明D正确.最后，我们来证明引理：当时，对任意确定的正整数：如果，则；如果，则或.此时若，则；若，则.无论哪种情况，都有，从而.这说明或，所以可以选取，使得.这就说明存在，使得.这就证明了引理，从而可以推出C错误，D正确.故选：D.【点睛】最关键的地方在于引理：当时，对任意的正整数，都存在，使得.这一引理可以帮助我们判断出较难判断的C和D选项.11．【分析】利用复数的除法公式，即可计算结果.【详解】.故答案为：12．【分析】由求出，根据正弦定理求解即可.【详解】,,由正弦定理可得：,即，解得：故答案为：【点睛】本题主要考查了同角三角函数基本关系，正弦定理，属于容易题.13．【分析】根据抛物线定义可得，结合中点坐标公式可求得结果.【详解】由抛物线方程知：；设，由抛物线定义知：，，线段的中点到轴的距离为.故答案为：.14．（答案不唯一）【分析】令即可求出，再找到符合题意的函数解析式（一个），然后一一验证即可.【详解】因为当时，都有，令可得，解得，不妨令，，则，所以在上单调递增，满足②；又，所以为偶函数，满足③；当时，，，所以，满足①.故答案为：；（答案不唯一）15．②③【分析】只需证明每个都大于1即可判断①错误；直接考虑时的表达式即可判断②正确；时，将条件转化为关于的等式，再得到一个不等关系，即可证明，推出③正确.【详解】首先，对，有，故，，这推出.由于，故每个都大于1，从而，①错误；由于当时，有，故②正确；由于当时，，若，则.从而，故.这意味着，即，从而我们有.等号成立当且仅当，故，即，即，分解因式可得，再由即知，故，③正确.故答案为：②③.【点睛】关键点点睛：判断第三问的关键是得到条件等式，结合基本不等式即可顺利得解.16．(1)证明过程见解析(2)无论选条件①还是选条件②，二面角的余弦值都是【分析】（1）连接交于点，连接，由中位线定理得，结合线面平行的判定定理即可得证；（2）首先证明无论选条件①还是选条件②，都有两两互相垂直，建立适当的空间直角坐标系，求出平面、平面的法向量，注意到二面角是锐角，结合向量夹角的坐标公式即可求解.【详解】（1）连接交于点，连接，因为四边形为平行四边形，为它的对角线、交点，所以点是的中点，因为是中点，所以是的中位线，所以，因为平面，平面，所以平面；（2）若选条件①：，因为底面，底面，所以，又因为，且面，所以面，而面，所以，即两两互相垂直，若选条件②：，因为面，面，所以，因为，，所以，因为点是中点，所以，因为，所以，即，由前面分析可知，所以两两互相垂直，综上，无论选条件①还是选条件②，都有两两互相垂直，故以点为原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系：由题意，所以，设平面、平面的法向量分别为，从而有，，也就是有，，令，解得，所以可取平面、平面的法向量分别为，显然二面角是锐角，所以二面角的余弦值为.17．(1)；(2)1．【分析】(1)直接代入及计算即可；(2)化简f(x)解析式，根据在区间上单调递减可知该区间长度小于或等于f(x)的半个周期，再结合，可得ω的值．【详解】（1）∵，∴．（2）∵在区间上单调递减，∴，即，∴．∵，∴，即，所以当时，.此时，当，，故此时单调递减，符合题意.综上，.18．(1)(2)分布列见解析，(3)【分析】（1）根据古典概型的概率公式及相互独立事件的概率公式计算可得；（2）依题意的可能取值为、、，求出所对应的概率，即可得到分布列与数学期望；（3）分别求出，，，，从而求出、，即可比较.【详解】（1）记被选出的2只白鼠皮肤疱疹面积均小于为事件，其中从第1组中选出的只白鼠皮肤疱疹面积小于的概率为，从第组中选出的只白鼠皮肤疱疹面积小于的概率为，所以.（2）依题意的可能取值为、、，且，，，所以的分布列为：所以.（3）依题意可得，，所以，所以，又，，所以，所以，所以.19．(1)；(2)存在，.【分析】(1)根据焦距可求c，根据已知四边形周长及a、b、c的关系可求出a、b，从而可求椭圆标准方程；(2)由题可知，若存在定点，使得，等价于以为直径的圆恒过定点．从而只需从直线l斜率不存着时入手求出该定点D，斜率存在时验算即可．【详解】（1）由题意得解得∴椭圆的方程为．（2）若存在定点，使得，等价于以为直径的圆恒过定点．当直线的斜率不存在时，为直径的圆的方程为①，当直线的斜率为0时，令，得，因此为直径的圆的方程为②．联立①②，得猜测点的坐标为．设直线的方程为，由得．设，则∴综上，存在定点，使得．20．(1)(2)函数有唯一零点，证明过程见解析(3)2【分析】（1）只需分别求出即可得解；（2）首先有，，令，我们可以通过构造导数来说明，即，这表明了单调递增，注意到，由此即可进一步得证；（3）首先我们可以连续求导说明函数在上递减，在上递增.其次，故.进一步有，然后分两种情况分类讨论即可求解.【详解】（1）当时，，而，所以，从而切线方程为，也就是.（2）由题意，所以，令，则，当时，，，所以，即，所以当时，单调递减，，当时，，，所以，即，所以当时，单调递增，，综上，恒成立，也就是恒成立，所以在上单调递增，又因为，故函数有唯一零点，且当时，，当时，；因此当时，，当时，，故；（3）对个实数，定义和分别为中最大的一个和最小的一个.现在，，故，令，再对求导一次得到.当时，，单调递减；当时，，单调递增.故函数在上递减，在上递增.由于曲线在处的切线斜率为，故该切线的方程为，从而.现在我们有，故.首先我们有，，故.已证函数在上递减，在上递增，下面我们分情况讨论：当时：由于，故，同时由在上递增，知，而，故在上必存在一个零点，记该零点为，则有，且，从而.由于函数在上递减，在上递增，，当时，；当时，；当时，；当时，.这表明在上递减，在和上各自递增.由于在上递增，故在上至多有一个零点，而.同时，当时，有故，这表明当时，有.故必有一个零点，且.已证在上至多有一个零点，这就说明在上恰有一个零点.然后，当时，由于在上递减，在上递增，故.而，这说明在上恰有一个零点.根据以上的讨论，知恰有2个零点；当时：由于，故，同时由在上递减，知，而，故在上必存在一个零点，记该零点为，则有，且，从而.由于函数在上递减，在上递增，，当时，；当时，；当时，；当时，.这表明在上递减，在和上各自递增.由于在上递增，故在上至多有一个零点，而.同时，当时，有：故，设，则当时，故在上递增，所以当时，即.所以当时，有：这表明当时，有，，从而.故必有一个零点，且.已证在上至多有一个零点，这就说明在上恰有一个零点.然后，当时，由于在上递减，在上递增，故.而，这说明在上恰有一个零点.根据以上的讨论，知恰有2个零点.综上，无论哪种情况，都恰有2个零点，从而零点个数为2.【点睛】关键点点睛：第三问的关键是得出在上递减，在上递增，，由此即可顺利得解.21．(1)，，，(2)证明见解析(3)是“好集合”，满足的“好数阵”有，，，；不是“好集合”，证明见解析【分析】（1）直接根据定义解出未知量的值；（2）可构造恰当的映射，以证明结论；（3）第三问可通过分类讨论求解问题.【详解】（1）由“好数阵”的定义，知，，，，故，，，，进一步得到，.从而，