2024年北京丰台区高三二模数学试题和答案

2024北京丰台高三二模数学2024.04本试卷共6页，150分。考试时长120分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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U=，A=，B=，则(（A）（B）（C）（D）2,2．在复平面内，复数z对应的点为Z−，则z的共轭复数z=（A）1i+（B）1−i（C）1+i（D）1−i3．已知数列n}对于任意qN*，都有ap+q=aa，若a=2，则a=pq14（A）2（C）4（B）22（D）424．下列函数中，是偶函数且在区间(0,)上单调递增的是1f(x)=f(x)=2x+2−xf(x)=tanx（A）（C）（B）|x|f(x)=sinx（D）5．若a,bR，且ab，则11（B）a2bab2（A）（C）a2+1b2+1a+ba2abb2（D）ab26．已知,,n是两条不同的直线，能使m⊥n成立的一组条件是是两个不同的平面，（A）//,m⊥,n⊥（B）//,m,n⊥⊥,m,n//（C）⊥,m⊥,n//（D）ππ7．已知函数f(x)sin(x=+−)22的导函数是fx)，如果函数yf(x)fx)=−的图象如右图所示，那么,的值分别为第1页/共13页（A）0（B）−4（C）4（D）−48．已知曲线C:y=x2+1与直线l:y=+b，那么下列结论正确的是（A）当k1时，对于任意的bR，曲线与直线l恰有两个公共点=C（B）当k1时，存在bR，曲线与直线l恰有三个公共点=C（C）当k2时，对于任意的bR，曲线与直线l恰有两个公共点=C（D）当k2时，存在bR，曲线与直线l恰有三个公共点=C9．已知等差数列n}的公差为d，首项1)，那么“dπ”是“集合S=={x|x=sin,N*}恰nn2有两个元素”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10．“用一个不垂直于圆锥的轴的平面截圆锥，当圆锥的轴与截面所成的角不同时，可以得到不同的截口曲线”.利用这个原理，小明在家里用两个射灯（射出的光锥视为圆锥）在墙上投影出两个相同的椭圆（图1.图2是一个射灯投影的直观图，圆锥的轴截面是等边三角形，椭圆1所在平面为，PB⊥，则椭圆1的离心率为图1图236（A）（C）（B）（D）232323第2页/共13页第二部分（非选择题110分）二、填空题共5小题，每小题5分，共25分。．已知函数f(x)=2x，g(x)(x，那么=+f(g(0))=___．212．若(2+4=17+a2，则a=___．13．如图,在正方形ABCD中,2,点=E,F分别为BC,CD的中点,点G在上，则____.14．如图，正方体ABCDABCD的棱长为2，−M,N分别为1,1的中点，为过直线的平1111面．从下列结论①，②中选择一个，并判断该结论的真假.你选的结论是___（填“①”或“②该结论是___①平面截该正方体所得截面面积的最大值为33；②若正方体的12条棱所在直线与平面所成的角都3等于，则sin=．3x+m,x15．设函数f(x)=给出下列四个结论：2m−x,x≥0.2①当m=0时，函数②若函数f(x)有且仅有两个零点，则m0；f(a)=fb)f(x)(−,+)在上单调递减；③当m0时，若存在实数a,b，使得，则|a−b|(2,+)的取值范围为；④已知点P(m,0)，函数−f(x)的图象上存在两点Q(x,y),Q(x,y)(xx0)1,Q，关于坐标111222122322原点O的对称点也在函数f(x)的图象上．若|PQ|+|PQ=，则m1.=12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。1614分）已知△ABC满足3sinA+cosA=2．（Ⅰ）求A；（Ⅱ）若△ABC满足条件①、条件②、条件③中的两个，请选择一组这样的两个条件，并求△ABC的面积．7条件①：a；条件②：B=；条件③：c=8．注：如果选择的一组条件不符合要求，第（Ⅱ）问得0分；如果选择多组符合要求的条件分别解第3页/共13页答，按第一组解答计分．1714分）在正四棱柱ABCD中，1，E为−=中点，直线BC11与平面交于点F.1E11111（Ⅰ）证明：F为BC的中点；11（Ⅱ）若直线AC与平面AD1E所成的角为，3求二面角AF的余弦值.−−111813分）激光的单光子通讯过程可用如下模型表述：发送方将信息加密后选择某种特定偏振状态的单光子进行发送．在信息传输过程中，若存在窃听者，由于密码本的缺失，窃听者不一定能正确解密并获取准确信息．某次实验中，假设原始信息的单光子的偏振状态0，123等可能地出现，原始信息的单光子的偏振状态与窃听者的解密信息的单光子的偏振状态有如下对应关系．原始信息的单光子的偏振状态0123解密信息的单光子0，120，131，230，23的偏振状态已知原始信息的任意一种单光子的偏振状态，对应的窃听者解密信息的单光子的偏振状态等可能地出现．（Ⅰ）若发送者发送的原始信息的单光子的偏振状态为1，求窃听者解密信息的单光子的偏振状态与原始信息的单光子的偏振状态相同的概率；（Ⅱ）若发送者连续三次发送的原始信息的单光子的偏振状态均为1，设窃听者解密信息的单光子的偏振状态为1的个数为X，求X的分布列和数学期望E(X)；（Ⅲ）已知发送者连续三次发送信息，窃听者解密信息的单光子的偏振状态均为1．设原始信息的单光子只有一种偏振状态的可能性为a，有两种偏振状态的可能性为b，有三种偏振状态的可能性为c，试比较a，b，c的大小关系（结论不要求证明）1914分）f(x)=a2x+2ax−2lnx(a0)．已知函数（Ⅰ）当a1时，求曲线yf(x)在点f处的切线方程；==f(x)a有两个零点，求的取值范围．（Ⅱ）若函数第4页/共13页2015分）已知两点F(−0)，F0)，曲线上的动点满足||||2|FF|，直线MF与曲线M+=1212122N交于另一点．（Ⅰ）求曲线的方程；x（Ⅱ）设曲线与轴的交点分别为,B（点在点的左侧，且不与MAB,B与直线交于点P．当点B为线段的中点时，求点N的横坐标．2115分）将正整数数列N02,3,4,中项数为平方数的项依次选出构成数列1:，此时数列N0中剩下的项构成数列N1:2,6,；再将数列N中项数为平方数的项依次选出构成数列A:2,6,12,20,，12剩下的项构成数列N2；…，如此操作下去，将数列Nk1(k中项数为平方数的项依次选出构成数列A，剩下的项构成数列N.kk（Ⅰ）分别写出数列A，A的前2项；34（Ⅱ）记数列m的第n项为f(m,n)．求证：当n≥2时，f(m,n)f(m,n2nm2；−−=+−（Ⅲ）若f(m,n)108，求=,n的值．（考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效）第6页/共13页参考答案第一部分（选择题共分）题号（1）答案（2）（3）（4）（5）（6）（7）（8）（9）（10）CACBDBACAD第二部分（非选择题共分）二、填空题共5小题，每小题525分。（）11212（134（14）①，假；或②，真15）②③④15）题给出的结论中有多个符合题目要求．全部选对得5分，不选或错选得0分，其他得3分．三、解答题共6小题，共85分。（1614分）3sinA+cosA=2，π所以sin(A+)1．=6因为0Aπ，π所以A=．………………6分3（Ⅱ）若选择①②，在△ABC中，0Bπ，7因为B=所以sinB=由（Ⅰ）知A，1432114．，π=3所以sinAsinB，所以ab，与a−b=2矛盾，此时不存在符合题意的△ABC．若选择①③，在△ABC中，由余弦定理a2=b2+c2−bcA，πa2=(a−2)2+64−16(a−2)cos得，3解得a7，=所以b5．=113所以S=bcsinA=58=103．………………14分若选择②③，222在△ABC中，0Bπ，7因为B=所以sinB=，1432114．第7页/共13页π又因为A=，A+B+C=π，3所以sinC=sin(A+B)ππ=sinB+sinB33371321==+214214217．38csinA2a===47，在△ABC中，由正弦定理可得sinC217121321所以S=acsinB=478=243．………………14分214（1714分）DF,,．11ABCD−ABCD在正四棱柱AB‖1D中，1111AB=1D，．111D所以四边形为平行四边形，1AD‖BC所以因为所以．1AD1BCC1B1BCC1B平面，1平面，．1AD‖平面BCC1B1因为BC与平面E交于点F，111AD1EBCCB=EF所以平面平面1E．11AD1因为所以所以在△平面，AD‖EF‖BC．．1CE的中点,中，因为点是11所以点F是BC的中点．1………………5分1ABCD−ABCD中，建立如图所示空间直角坐标系1D−xyz．（Ⅱ）在正四棱柱111DD1=t(t0)=1，得(1,0,0),1(0,2tEt),C0),设，由所以=t1=(−2t=(−0).n=(x,y,z)，AD1E设平面的一个法向量为n则n=,−x+tz=0得.y+tz=0令z=1，得xt=y=−t，，n=(2t,t.所以第8页/共13页nt−tAC,n所以.n2t2+t2+1,因为AC与平面AD1E所成角为3t−t3所以=，t2+t2+122解得t=1，所以平面AD1E的一个法向量为n=(2,.由题可知，平面的法向量为=0).AA11n−16因为DC,n==−，n166由题可知，二面角AF为锐二面角，−−116A−−F所以二面角的余弦值为．………………14分116（1813分）解：（Ⅰ）设事件A“解密信息的单光子的偏振状态与原始信息的单光子的偏振状态相同”，则1P()．………………3分3（Ⅱ）X的可能取值为01，23.28272P(X()3，3149P(X12，，33122391P(X2)CP(X2()231333，27所以，X的分布列如下：X012293182724P9849127………………13分E(X)．………………10分279（Ⅲ）a．（1914分）Ⅰ）当a1时，=f(x)=x+2x−2lnx，f=3；12fx)=1+−，f=0；xx故切线方程为y3．=………………4分f(x)=a2x+2ax−2lnx(a0)的定义域为{x|x；（Ⅱ）函数第9页/共13页a2a2x+ax−2(ax+2)(ax−fx)=a2+−==．xxxx①当a0时，fx)，f(x)的变化情况如下表：11a21a2x(0,)(,+)a2fx)f(x)0+↘极小值↗1a21a211a2所以f(x)极小值为f()=a2+2a−2ln=3+4lna．a1a23函数f(x)有两个零点的必要条件是f()34lna0，解得=+0ae−4．当x0时，→a2x+2ax→0，−2x→f(x)→，从而；当x→时，a2x+2ax→+，−2x→，当自变量x越来越大时，函数y=2lnx的y=a2x+2ax的增长速度要慢，从而f(x)→．增长速度相对函数3−所以0ae4时，函数f(x)有两个零点．②当a0时，fx)，f(x)的变化情况如下表：44a24a2x(0,)(,+)a2fx)f(x)0极小值4+↘↗4a224a24a2f(x)极小值为f()=a2+2a(−)−2ln=−2．a2a44a2函数f(x)有两个零点的必要条件是f()=−2ln0，解得2a0．a2a2x+2ax→0，−2x→当x0时，→，从而f(x)→；当x→时，a2x→+，2ax−2lnx→−，当自变量x越来越大时，函数y=−2ax+2lnx的增长速度相对函数y=a2x的增长速度要慢，从而f(x)→．所以2a0时，函数f(x)有两个零点；3−综上所述，a的取值范围为(0)．………………14分（2015分）Ⅰ）因为动点M满足+2212==41F，所以曲线为以点F1，为焦点的椭圆，且F2122a=4，c=1，即a=2，c=1；a2=b2+c2，故b=3．又因为x2y2所以曲线的方程为+=1．………………5分43（Ⅱ）解法：第10页/13页33当直线斜率不存在时，M)，N)，可求得−P(4,3)，不符合题意；22当直线斜率存在时，设直线方程为yk(x；=−y=k(x−联立x2y2得(4k2+x2−8k2x+4k2−12=0，+=43()()()设Mx,y，Nx,y，Px,y，P1122P8k24k2−124k2+3则x+x=，xx=；122+124k311+2y22−2直线方程为y=(x；直线+方程为y=(x−；11+2y=y=(x+(x−联立y2−22xP+2y(x+2)k(x−x+2)xx−x+2x−2得=21=21=1212xP−2y(x−2)k(x−x−2)xx−2x−x+2121212124k2−124k2+34k2−128k24k2+38k212k2−184k2+34k2−6+2−31−2−31===3．−−1+2−14k2+34k2+3x=04k2+3解得xP4，可得=，2所以点N的横坐标为0．………………15分解法：x=+设直线方程为x1，联立=+x2y2+=43()()()得m2+4)y2+6my−9=0，设Mx,y，Nx,y，Px,y，；1122PP6mm2+9则y+y=−，yy=−；1212m2+4411+2y22−2直线方程为y=(x；直线+方程为y=(x−11+2y=y=(x+41y2y=P联立得；y2−2(1+2)y−(2−1(x−2241y2因为yP=−y2，所以=−y；2(1+2)y2(21−−所以4y=(x−y−(x+y=(+1−y−(+1+y=−y−3y；12112211212第页/共页36mm2+mm2+4=3y2；即y=−y+=−y=−，得2得51，代入1y2，1254939代入yy=−，得−y2=−；12m2+2m2+4453mm2+4913−(−)2=−m2=y=3，；2即得，得到5m2+4x=02．所以点N的横坐标为0．………………15分（2115分）A的前23，8A的前25，；………………4分34（Ⅱ）首先fn)n2，当=n2时，fn)−fn−=2n−1结论成立；当m≥2时，对于相邻的两个数列：m1A:m:f(m−f(m−2),f(f(,2),因为f(m,nf(mn)都在数列N−−中，m−2且f(m,n在f(m−n)之前，−所以f(,n−f(m−n)在数列m1,m中，必有f(mn)f(,n)，−所以f(m,nf(mn)f(m,n)，−−所以f(,n)−f(,n−=f(m−n)−f(m−n−+1所以f(m,n)f(m,n构成首项为fn)fn2n1，−−−−=−公差为1的等差数列，所以f(,n)f(,n(2n(m2n−−=−+−=+m−2.………………9分（Ⅲ）由各个数列生成的规则知，n2+n2+n中不可能有两个元素是同一数列的项．从上面的表格，我们猜想：集合n2+n2+n中的每个元素，是且仅是数列A,A,23中某个数列的项.具体地可概括成结论P：对任意nN*,iN,i≤n−1，有f(2ni,i−+=nif(2n1i,i2+++−+=nni1.2+++下面用数学归纳法证明：(1)当n=1时，f=f=由题意数列A,A的首项分别是2,3，结论成立；23(2)假设当n=k(k时，结论成立，即对iN,i≤k−1，f(2ki,i−+=k2++if(2k1i,i+−+=kki12+++那么由第（Ⅱ）问的结论知：当iN,i≤k−1时，f(2k−i,i+2)=f(2k−i,i++2(i+2)+(2k−i)−2(ki2kf(2k1i,i2)f(2k1i,i2(i2)2k12i=2++++2=(ki2+2+++−+−+=+++++−−2=(k2+k+i++(2k+=(k2+(k+++i+2第12页/13页2(k+中