精品解析：北京市八一学校2024届高三高考保温热身练习（三模）数学试题

北京市八一学校2024届高三年级保温热身练习 高三数学 2024.05 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纸上，在试卷上作答无效．考试结束后，将本试卷和答题纸一并交回． 第一部分（选择题 共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. 已知全集，集合，则=（ ） A. 或 B. 或 C. D. 2. 已知复数满足，则复数的模为（ ） A. B. 2 C. D. 3. 已知圆关于直线对称，则（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 4 4. 已知向量满足，，，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知抛物线上一点的纵坐标为 ，为焦点，则（ ） A. B. C. D. 6. 若，，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知棱长为1的正方体，是的中点，动点在正方体内部或表面上，且平面，则动点的轨迹所形成区域的面积是（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数若对任意的 都有恒成立，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 9. 中国茶文化博大精深，茶水的口感与茶叶类型和水的温度有关，经验表明，某种绿茶用90℃的水泡制，再等到茶水温度降至60℃时饮用，可以产生极佳口感；在20℃室温下，茶水温度从90℃开始，经过tmin后的温度为 ，可选择函数来近似地刻画茶水温度随时间变化的规律，则在上述条件下，该种绿茶茶水达到最佳饮用口感时，需要放置的时间最接近的是（ ） （参考数据：） A. B. C. 6min D. 10. 已知数列满足，，，，，该数列的前项和为，则下列论断中错误的是（ ） A. B. C. 非零常数 ，使得 D. ，都有 第二部分（非选择题 共110分） 二、填空题共5小题，每小题5分，共25分． 11. 函数的定义域是__________． 12. 已知双曲线，的一条渐近线方程为，则______． 13. 已知：设函数在区间上的图象是一条连续不断的曲线，若，则在区间内无零点．能说明为假命题的一个函数的解析式是______． 14. 已知函数．若，则___________；若 的定义域为，则 零点的个数为_________． 15. 已知曲线为坐标原点．给出下列四个结论： ①曲线关于直线成轴对称图形； ②经过坐标原点的直线与曲线有且仅有一个公共点； ③直线与曲线所围成的图形的面积为 ； ④设直线，当时，直线与曲线恰有三个公共点．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. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． （1）求B； （2）若 ，的面积为，求的周长． 17. 如图，在四棱锥 中，底面是边长为2的菱形，，，为中点， ． （1）设平面 平面 ，求证： ； （2）从条件①，条件②，条件③中选择两个作为已知，使四棱锥 存在且唯一确定． （ⅰ）求平面 与平面所成角的余弦值； （ⅱ）平面 交直线 于点，求线段的长度． 条件①：平面平面； 条件②： ； 条件③：四棱锥 的体积为． 18. 某项游戏的规则如下：游戏可进行多轮，每轮进行两次分别计分，每次分数均为不超过10的正整数，选手甲参加十轮游戏，分数如下表： 轮次 一 二 三 四 五 六 七 八 九 十 第一次分数 7 6 8 9 8 5 9 7 10 7 第二次分数 8 7 9 10 8 9 8 7 7 9 若选手在某轮中，两次分数的平均值不低于7分，且二者之差的绝对值不超过1分，则称其在该轮“稳定发挥”. （1）若从以上十轮游戏中任选两轮，求这两轮均“稳定发挥”的概率； （2）假设甲再参加三轮游戏，每轮得分情况相互独立，并对是否稳定发挥以频率估计概率.记为甲在三轮游戏中“稳定发挥”的轮数，求的分布列和数学期望； （3）假设选手乙参加轮游戏，每轮的两次分数均不相同.记为各轮较高分的算数平均值，为各轮较低分的算数平均值，为各轮两次的平均分的算数平均值.试比较与的大小（结论不要求证明）. 19. 已知函数. （1）求的图象在点处的切线方程； （2）讨论的单调区间； （3）若对任意，都有，求的最大值.（参考数据：） 20. 已知椭圆的离心率为，且经过点. （1）求椭圆的方程； （2）设过点且不与坐标轴垂直的直线与椭圆交于两点，过分别作轴的垂线，垂足为点，求证：直线与的交点在某条定直线上，并求该定直线的方程. 21. 已知集合，其中，，，…，是的互不相同的子集.记的元素个数为（），的元素个数为（）. （1）若，，，，，写出所有满足条件的集合（结论不要求证明）； （2）若，且对任意的，都有，求的最大值； （3）若给定整数，（）且对任意，都有，求的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北京市八一学校2024届高三年级保温热身练习 高三数学 2024.05 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纸上，在试卷上作答无效．考试结束后，将本试卷和答题纸一并交回． 第一部分（选择题 共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. 已知全集，集合，则=（ ） A. 或 B. 或 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先通过解一元二次不等式化简集合A，再求其补集. 【详解】因为， 又全集， 所以. 故选：D. 2. 已知复数满足，则复数的模为（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求出复数后可求其模，从而可得正确的选项. 【详解】，故， 故选：A. 3. 已知圆关于直线对称，则（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】由题得圆心在直线上，列方程求解即可. 【详解】由题得圆的圆心坐标为， 因为圆关于直线对称， 所以圆心在直线上，所以，解得. 故选：C 4. 已知向量满足，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量坐标运算和数量积运算的性质，结合可求得，由此可得，进而求得结果. 【详解】，， ，解得：， ，解得：. 故选：C. 5. 已知抛物线上一点的纵坐标为，为焦点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求出点的坐标，然后根据抛物线的定义可求出的值 【详解】当时，，得， 所以， 抛物线的焦点,准线方程为， 所以， 故选：D 6. 若，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】构造函数，根据函数的单调性判断A选项；构造函数，根据函数的单调性判断B选项；构造函数 ，根据函数的单调性判断C选项；构造函数，根据幂函数的性质，判断D选项. 【详解】A：构造函数，因为，所以为增函数， 又因为，则有，所以A错误； B：构造函数，因为，所以为增函数， 又因为，则有，所以B错误； C：因为，所以，又，则， 构造函数 ，当 时，函数 不单调， 所以无法判断与的值的大小，C错误； D：构造函数，因为，所以函数在上单调递增， 有，D正确. 故选：D. 7. 已知棱长为1的正方体，是的中点，动点在正方体内部或表面上，且平面，则动点的轨迹所形成区域的面积是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】过点M做平面的平行截面，再求四边形面积即可. 【详解】 如图所示 E、F、G、M分别是、、、的中点， 则，，所以 平面，平面，且， 所以平面 平面，故点P的轨迹为矩形. ，所以，所以. 故选：A 【点睛】本题考查面面平行的判定和面面平行的性质，以及正方体的截面问题，属综合中档题. 8. 已知函数若对任意的都有恒成立，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】首先画出函数的图象，再利用数形结合求实数的取值范围. 【详解】因为，令，作出图象，如图所示， 令，由图知，要使对任意的都有恒成立，则必有， 当时，，由，消得到， 由 ，得到，即，由图可知， 故选：B. 9. 中国茶文化博大精深，茶水的口感与茶叶类型和水的温度有关，经验表明，某种绿茶用90℃的水泡制，再等到茶水温度降至60℃时饮用，可以产生极佳口感；在20℃室温下，茶水温度从90℃开始，经过tmin后的温度为 ，可选择函数来近似地刻画茶水温度随时间变化的规律，则在上述条件下，该种绿茶茶水达到最佳饮用口感时，需要放置的时间最接近的是（ ） （参考数据：） A. B. C. 6min D. 【答案】B 【解析】 【分析】令，则，两边同时取对将代入即可得出答案. 【详解】由题可知，函数， 令，则， 两边同时取对可得：，即， 即 . 故选：B. 10. 已知数列满足，，，，，该数列的前 项和为，则下列论断中错误的是（ ） A. B. C. 非零常数 ，使得 D. ，都有 【答案】C 【解析】 【分析】由已知可得A正确；由已知递推关系化简可得B正确；由已知递推关系总结数列的规律，再用反证法得到C错误；由已知递推关系找到前 项和的规律可得D正确. 【详解】对于A，因为，所以，故A正确； 对于B，因为，， 所以，故B正确； 对于C，设非零常数 ，，则， 由题意，不合题意； 当时，则，不合题意； 当时，则，不合题意； 当时，则，不合题意； 当时，，则为数列的的周期， 同理即也为数列的周期，以此类推，最终可得一个奇数为数列的的周期，不合题意； 所以不存在非零常数 ，，使得，故C错误； 对于D，由得； 由得； 由得，，, 所以，， 故当时，， 所以， 所以，故D正确. 故选：C. 【点睛】关键点点睛：本题D选项关键在于能理解的意义，即表示数列中前两项和为外的到项，到 项， 到项和分别为零. 第二部分（非选择题 共110分） 二、填空题共5小题，每小题5分，共25分． 11. 函数的定义域是__________． 【答案】 ## 【解析】 【分析】根据函数的表达式可得，解不等式即可得结果. 【详解】要使函数有意义，需满足，解得， 即函数的定义域为 ， 故答案为： . 12. 已知双曲线，的一条渐近线方程为，则______． 【答案】##0.5 【解析】 【分析】双曲线的渐近线方程为，由此可得 ，从而得到的值. 【详解】解：双曲线的渐近线方程为. 由双曲线的一条渐近线方程为，即 ， 所以，即 故答案为：. 13. 已知：设函数在区间上的图象是一条连续不断的曲线，若，则在区间内无零点．能说明为假命题的一个函数的解析式是______． 【答案】（答案不唯一） 【解析】 【分析】利用已知条件结合函数的定义域，函数值，零点综合得出即可. 【详解】解析式为. 函数的定义域为，所以函数在区间上的图象是一条连续不断的曲线， 因为，，所以， 又，在区间内有零点， 所以为假命题. 故答案为：（答案不唯一）. 14. 已知函数．若，则___________；若 的定义域为，则 零点的个数为_________． 【答案】 ①. ②. 1 【解析】 【分析】利用诱导公式及二倍角的正切公式化简函数，再代入求解； 由已知得，构造函数，， 利用导数研究函数的单调性结合函数的零点存在性定理即可求解. 【详解】， 若．则． 令 ，，整理得． 设，若，则． 则，，求导， 当时，． 又，，，故在上存在唯一的零点， 又在上单调递增，所以 在区间上零点的个数为1． 故答案为：，1 15. 已知曲线为坐标原点．给出下列四个结论： ①曲线关于直线成轴对称图形； ②经过坐标原点的直线与曲线有且仅有一个公共点； ③直线与曲线所围成的图形的面积为 ； ④设直线，当时，直线与曲线恰有三个公共点．其中所有正确结论的序号是______． 【答案】①③④ 【解析】 【分析】分 的正负四种情况去掉绝对值符号得到曲线方程后，由图可得①正确；当斜率为 时结合渐近线可得②错误；由四分之一圆面积减去三角形面积可得③正确；由图形可得④正确. 【详解】， 因为当时，无意义，无此曲线，故舍去， 所以曲线表示为：， 作出曲线图象为 对于①，由图象可得曲线关于直线成轴对称图形，故①正确； 对于②，由于左上和右下部分双曲线的，所以渐近线方程为， 所以当直线的斜率为 时，过原点的直线与曲线无交点，故②错误； 对于③，设直线与 交点分别为， 因为圆方程中半径为2，且点， 所以直线与曲线围成的图形的面积为，故③正确； 对于④，由于直线恒过， 当 时，直线与平行，有一个交点； 当时，与渐近线平行，此时有两个交点， 当，结合斜率的范围可得有三个交点，如图： 所以，④正确； 故答案为：①③④. 【点睛】关键点点睛：本题关键是能根据 的正负去掉绝对值符号得到曲线方程，作出图象，数形结合分析. 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. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． （1）求B； （2）若 ，的面积为，求的周长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理得到，从而求出；（2）利用面积公式求出，进而用余弦定理求出，求出周长. 【小问1详解】 由正弦定理得：， 即， 因为， 所以 因为， 所以， 故， 因为， 所以 【小问2详解】 由面积公式得：，解得：， 由余弦定理得： 将， 代入，求得：， 故的周长为 17. 如图，在四棱锥 中，底面是边长为2的菱形，，，为中点， ． （1）设平面 平面 ，求证： ； （2）从条件①，条件②，条件③中选择两个作为已知，使四棱锥 存在且唯一确定． （ⅰ）求平面 与平面所成角的余弦值； （ⅱ）平面 交直线 于点，求线段的长度． 条件①：平面平面； 条件②： ； 条件③：四棱锥 的体积为． 【答案】（1）证明：在四棱锥 中，底面是边长为2的菱形，则 ， 而 平面 平面 ，于是 平面 ， 又 平面 ，且平面 平面 ，所以 . （2）（ⅰ）；（ⅱ）. 【解析】 【分析】（1）利用线面平行的判定、性质推理即得. （2）选条件①③或②③，证明底面，求出，（ⅰ）以为原点，建立空间直角坐标系，求出平面 与平面的法向量，进而求出面面角；（ⅱ）令，利用垂直关系的向量表示求出即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 选条件①③，平面平面，四棱锥 的体积为， 连接 和 交于点，连接，显然是 中点，由，得 ， 而平面 平面 ，平面 ，底面， ，，解得， 选条件②③， ，四棱锥 的体积为， 连接 和 交于点，连接，显然是 中点，由，得 ， 又是 中点，由 ，得，而 平面，则，底面， ，，解得， 若选条件①②，平面平面， ，此2条件均可证明底面， 点的位置不确定，即四棱锥 存在，但不唯一，因此条件①②不可选. （i）以为原点，直线 分别为 轴建立空间直角坐标系，如图， 则 ， 所以 ， 设平面 的法向量为，则，令，得 ， 平面的法向量为，因此， 所求平面 与平面所成角的余弦值为. （ii）平面 交线段 于点，由（i）知，， 设，则 ， 由 ，得，所以. 18. 某项游戏的规则如下：游戏可进行多轮，每轮进行两次分别计分，每次分数均为不超过10的正整数，选手甲参加十轮游戏，分数如下表： 轮次 一 二 三 四 五 六 七 八 九 十 第一次分数 7 6 8 9 8 5 9 7 10 7 第二次分数 8 7 9 10 8 9 8 7 7 9 若选手在某轮中，两次分数的平均值不低于7分，且二者之差的绝对值不超过1分，则称其在该轮“稳定发挥”. （1）若从以上十轮游戏中任选两轮，求这两轮均“稳定发挥”的概率； （2）假设甲再参加三轮游戏，每轮得分情况相互独立，并对是否稳定发挥以频率估计概率.记为甲在三轮游戏中“稳定发挥”的轮数，求的分布列和数学期望； （3）假设选手乙参加 轮游戏，每轮的两次分数均不相同.记为各轮较高分的算数平均值，为各轮较低分的算数平均值，为各轮两次的平均分的算数平均值.试比较与的大小（结论不要求证明）. 【答案】（1） （2） 0 1 2 3 数学期望 （3） 【解析】 【分析】（1）该选手在第1、3、4、5、7、8轮稳定发挥，由此即可求解； （2）首先求出甲在某一轮中发挥稳定的概率为0.6，从而可知服从二项分布，进一步即可求得分布列以及数学期望； （3）首先求得关于的表达式，进一步即可比较大小. 【小问1详解】 直接计算知该选手在第1、3、4、5、7、8轮稳定发挥，故； 【小问2详解】 甲在每轮游戏中“稳定发挥”的概率为，， 的可能取值为0，1，2，3， ， ， 这就得到的分布列为 0 1 2 3 二项分布的数学期望. 【小问3详解】 设在第轮中，较高分和较低分分别为和， 则，且，， 故，且 从而. 即. 19. 已知函数. （1）求的图象在点处的切线方程； （2）讨论的单调区间； （3）若对任意，都有，求的最大值.（参考数据：） 【答案】（1）； （2）当，的单调增区间为，单调减区间为； 当 ，的单调减区间为，单调增区间为； 当，的单调减区间为，没有单调增区间； 当，的单调减区间为，单调增区间为. （3）. 【解析】 【分析】（1）求得，，再根据导数的几何意义，即可求得切线方程； （2）讨论参数与和的大小关系，在不同情况下，求函数单调性，即可求得单调区间； （3）将问题转化为在上的最大值，根据（2）中所求单调性，求得，再构造函数解关于的不等式即可. 【小问1详解】 ，，又， ， 故的图象在点处的切线方程为，即. 【小问2详解】 ，又，， 则时，当，，单调递增；当，，单调递减； 时，当，，单调递减；当，，单调递增； 当，，单调递减； 时，当，，在单调递减； 时，当，，单调递减；当，，单调递增； 当，，单调递减. 综上所述：当，的单调增区间为，单调减区间为； 当 ，的单调减区间为，单调增区间为； 当，的单调减区间为，没有单调增区间； 当，的单调减区间为，单调增区间为. 【小问3详解】 若对任意，都有，则在上的最大值； 由（2）可知，当，在单调递增，在单调递减， 故； 令，则， 故在单调递增，又，则； 故当时，， 也即当时，对任意，都有. 故的最大值为. 【点睛】关键点点睛：本题第三问处理的关键是，将在区间上恒成立，转化为，再根据第二问中所求函数单调性求得，再构造函数解不等式即可. 20. 已知椭圆的离心率为，且经过点. （1）求椭圆的方程； （2）设过点且不与坐标轴垂直的直线与椭圆交于两点，过分别作轴的垂线，垂足为点，求证：直线与的交点在某条定直线上，并求该定直线的方程. 【答案】（1）； （2）证明：设直线与的交点为 ，根据题意，作图如下： 由题可知，直线的斜率存在，又过点，故设其方程为 ， 联立，可得，显然其 ， 设两点坐标为，则； 因为 都垂直于轴，故， 则方程为：，方程为：， 联立方程可得：， 故，也即直线与的交点在定直线上. 【解析】 【分析】（1）根据题意，列出满足的方程组，求得 ，即可求得椭圆方程； （2）设出直线的方程，联立椭圆方程，结合坐标，写出直线的方程，借助韦达定理，求得两直线交点坐标的纵坐标为定值，即可证明，进而求出定直线方程. 【小问1详解】 由题可得：，，又；解得 ； 故椭圆的方程为：. 【小问2详解】 略 【点睛】关键点点睛：处理本题第二问的关键是求得直线方程后，充分利用利用韦达定理，求出交点的纵坐标即可. 21. 已知集合，其中，，，…，是的互不相同的子集.记的元素个数为（），的元素个数为（）. （1）若，，，，，写出所有满足条件的集合（结论不要求证明）； （2）若，且对任意的，都有，求的最大值； （3）若给定整数，（）且对任意，都有，求的最大值. 【答案】（1）或或或 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据新定义对交集情况分类讨论即可； （2）将集合的子集进行两两配对得到16组，写出选择的16个含有元素1的子集即可得到； （3）分中有一元集合和没有一元集合但有二元集合，以及均为三元集合讨论即可. 【小问1详解】 因为，则和的元素个数均为1， 又因为，则， 若，，则或； 若，，则或； 综上或或或. 【小问2详解】 集合共有32个不同的子集， 将其两两配对成16组， 使得，则不能同时被选中为子集， 故. 选择的16个含有元素1的子集:，符合题意. 综上，. 【小问3详解】 结论:， 令，集合符合题意. 证明如下： ①若中有一元集合，不妨设， 则其它子集中都有元素1，且元素都至多属于1个子集， 所以除外的子集至多有个，故. ②若中没有一元集合，但有二元集合，不妨设.其它子集分两类: 或，和或， 其中互不相同，互不相同且均不为1，2. 若，则，有 若，则由得每个集合中都恰包含中的1个元素（不是2)， 且互不相同， 因为中除2外至多还有2个元素，所以. 所以. ③若均为三元集合，不妨设.将其它子集分为三类： ， 其中. 若，则(除1，2，3外，其它元素两个一组与1构成集合)， 所以. 若，不妨设， 则由得每个集合中都或者有4、或者有5， 又中除1外无其它公共元素，所以. 所以. 综上，. 【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是充分理解集合新定义，然后对中集合元素个数进行分类讨论；当均为三元集合时，不妨设，再将其它子集分为三类讨论. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $