数学（北京卷03）-2024年高考押题预测卷（全解全析）

第第页2024年高考押题预测卷03【北京卷】数学·全解全析第一部分（选择题共40分）一、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，只有一项是符合题目要求的。12345678910DCBCBACCCC1．【答案】D【分析】根据并集的运算可得答案.【详解】因为，，所以故选：D2．【答案】C【分析】由等差数列的通项公式代入方程组可求得首项和公差，代入求解即可.【详解】∵为等差数列，∴∴，∴故选：C.3．【答案】B【分析】根据双曲线离心率的公式，结合双曲线的渐近线方程、点到直线距离公式进行求解即可.【详解】由离心率，解出；由，所以渐近线方程为，焦点坐标为．所以焦点到渐近线的距离为．故选：B4．【答案】C【分析】分别求解与中x的系数再求和等于13以及即可得的值，再求解的系数即可.【详解】由题可知，，即，又，故或.当时，，则的系数为；当时，，则的系数为.故的系数为31或40.故选：C5．【答案】B【分析】根据向量的坐标运算得到，得到答案.【详解】，故.故选：.6．【答案】A【分析】由题可得当时，，即得.【详解】由题可知，，，∴当时，，∴当秒时，地震动时程强度包络函数值是.故选：A.7．【答案】C【分析】求得直线恒过的定点，找出弦长取得最值的状态，利用弦长公式求解即可.【详解】因为直线方程为：，整理得，故该直线恒过定点，又12+故点在圆内，又圆的圆心为N2,0则，此时直线过圆心；当直线与直线垂直时，取得最小值，此时.故的取值范围为.故选：.8．【答案】C【分析】分与讨论，即可判断A，当时，即可判断B，由命题的充分性以及必要性，即可判断CD.【详解】对A，当时，即时，原不等式变为，显然成立，符合题意；当时，即，因为对于任意实数x，不等式恒成立，则，解得；综上可得，故A错误；对B，当时，，则，当且仅当时，即时，取等号，故B错误；对C，因为可以推出，故充分性满足，由推不出，比如，故必要性不满足；所以“”的一个充分不必要条件是“，”，故C正确；对D，由不能推出，比如，反之，由可以推出，所以“”的充分不必要条件是“”，故D错误；、故选：C9．【答案】C【分析】利用正弦定理求得外接圆半径，根据三棱锥图像，分别表示出，，然后利用勾股定理，解得，进而利用球体的体积公式即可得出答案.【详解】在中，，，根据三角形的外接圆半径公式，可得的外接圆半径，如图所示．设点在平面内的投影的为，则，在中，因为，解得，设三棱锥的外接球半径，即，，在中，由勾股定理得，即，解得，故三棱锥的外接球半径，根据球体的体积公式.故选：C10．【答案】C【分析】令求出，进而令，求出，①正确；假设为等比数列，得到，代入验证，故②错误；逻辑分析及反证可得，③④正确.【详解】当时，，因为数列的各项均为正数，所以，当时，，由数列的各项均为正数，解得：，①正确；若为等比数列，则，解得：，将代入，故不是等比数列，②错误；因为数列的各项均为正数，故必单调递增，而，所以单调递减，③正确；假设的所有项大于等于，取，则，，则与已知矛盾，故④正确.故选：C第二部分（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．【答案】2【分析】直接利用复数除法的运算法则，化简复数，根据实部的定义即可得结果.【详解】因为，复数的实部为，，解得.故答案为:.12．【答案】【分析】利用同角三角函数的基本关系式及角所在的象限求出正弦函数值，求解即可．【详解】∵第四象限角，，∴，故答案为.13．【答案】【分析】先求得抛物线的焦点为，根据题意，列出方程，即可求解.【详解】由抛物线可化为，可得其焦点为，因为抛物线的焦点到直线的距离为，可得，解得或（舍去），故实数的值为．故答案为：.14．【答案】【分析】换元令,进而得函数解析式，再求解函数值即可..【详解】解：令，则,故,即所以故答案为：15．【答案】【分析】由已知得，则有，可得数列为等比数列，求和即可.【详解】，则，依题意可知，所以，故，即，且，所以（常数），故是以为首项，以2为公比的等比数列，所以．故答案为：三、解答题：本题共6小题，共85分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。16．（14分）【答案】(1)证明见解析(2)存在；或【分析】（1）根据底面菱形的特点得到，再由线面垂直得到，平面，进而得到面面垂直；（2）建立空间坐标系得到线面角的表达式，求解即可.【详解】（1）证明：连接，因为底面为菱形，，所以是正三角形，是的中点，，又，平面，平面，又平面，又平面，所以平面平面．（2）由（1）知AE，AD，AP两两垂直，以为坐标原点，直线AE，AD，AP分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设，则，，，，，，所以，，．设平面的法向量，则即令，得平面的一个法向量．设与平面所成的角为，则，解得或，即存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为，且或．17．（13分）【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ），【分析】（Ⅰ）因为，直接令，即可求得的值；（Ⅱ）由正弦函数的和差公式化简得，再由诱导公式得，由三角函数的周期公式即可求得函数的最小正周期，令，即可得函数的单调递增区间．【详解】（Ⅰ）因为，所以，．（Ⅱ）因为，所以，所以周期．令，解得：，所以的单调递增区间为：18．(13分)【答案】(1)分布列见解析(2)证明见解析，经过150次传毽子后甲接到毽子的概率大于【分析】（1）根据相互独立事件概率计算求得的分布列.（2）利用凑配法证得是等比数列，从而求得，进而判断出【详解】（1）的所有可能取值为0，1，，，所以的分布列为01（2）当时，.当时，，，，所以，因为，所以，所以，所以，因为，，所以，所以.所以是首项为，公比的等比数列，所以，即，所以，故经过150次传毽子后甲接到毽子的概率大于.19．（15分）【答案】（1）；（2）存在点.【分析】（1）由，三等分椭圆的短轴，解得，由，推出，解得，，解得，进而写出椭圆的方程．（2）设，，，，直线的方程为，联立直线与椭圆的方程，消去得关于的一元二次方程，由韦达定理可得，，设，，则用坐标表示，化简得，满足，解得，，进而解出答案．【详解】（1）由点，三等分椭圆的短轴，得，由，得，即，又，所以椭圆的方程为．（2）设，，，，直线的方程为，由，整理得，所以，，△，设，，则，，，，，，首先满足，即，当时，，且点在椭圆上，所以椭圆上存在点，使得恒有．20．（15分）【答案】（Ⅰ）见证明（Ⅱ）【分析】（Ⅰ）分别对两函数求导，求出两函数在处切线的斜率，再利用点斜式求出切线的直线方程，就可以证明曲线与在处的切线重合；（Ⅱ）方法1：构造对求导得到，对进行分类讨论，利用函数的单调性，综合分析，最后求出实数的取值范围．方法2：可得（），构造新函数设，求导，对进行分类讨论，利用函数的单调性，综合分析，最后求出实数的取值范围．【详解】证明:(Ⅰ)在处的切线方程为在处的切线方程为所以切线重合.（Ⅱ）（方法1）：令①当时，，当且仅当时取“”，在递减，，不恒成立.②当时，，（i）当时，时，，递减，，在递减，，不恒成立.（ii）当时，，在递增，，在递增，，恒成立.综上，.（Ⅱ）（方法2）：，（），设，，，在递减，，与已知矛盾，①，，在递增，满足题意②当时，，，在递减，，不满足题意综上，21．（15分）【答案】(1)E不是，F是(2)不存在，理由见解析(3)【分析】（1）根据新定义计算即可判断；（2）若存在符合题意的实数z，根据题意可得，求解后，检验，进而可判断；（3）不妨设A中所有元素满足，从而可得，进而可得，再分、、三种情况求解即可.【详解】（1）因为，所以E不是“谐调集”，因为，所以F是“谐调集”；（2）若存在符合题意的实数z，则，所以，即，解得或或，当时，则，，不符合题意；当时，，，由此，x、y是方程的实数解.但