精品解析：北京市北京理工大学附属中学2024届高三下学期三模数学试题

2024北京理工大附中高三三模 数 学 班级______姓名______ 一、选择题 1. 设，其中x，y是实数，则 A. 1 B. C. D. 2 2. 已知集合，为自然对数的底数，若，则可能是（ ） A. B. 1 C. 2 D. 3 3. 在展开式中，常数项的二项式系数为（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 4. 下列函数中，是偶函数且在区间上单调递增的是（ ） A. B. C. D. 5. 已知双曲线的一个焦点坐标是，则的值及的离心率分别为（ ） A. B. C. 1，2 D. 6. 已知向量，满足，，若，且，则的最大值为（ ） A. 3 B. 2 C. D. 7. 已知，，是三个不同的平面，， 是两条不同的直线，且，则“ ”是“”的（   ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 8. 已知直线，圆，下列说法错误的是（ ） A. 对任意实数，直线与圆有两个不同的公共点； B. 当且仅当时，直线被圆所截弦长为； C. 对任意实数，圆不关于直线对称； D. 存在实数，使得直线与圆相切． 9. 在四棱锥 中，底面为正方形，，，，则 的周长为（ ） A. 10 B. 11 C. D. 12 10. 平面内相距 的A，B两点各放置一个传感器，物体在该平面内做匀速直线运动，两个传感器分别实时记录下两点与的距离，并绘制出“距离---时间”图象，分别如图中曲线所示.已知曲线经过点，，，曲线经过点，且若的运动轨迹与线段相交，则的运动轨迹与直线所成夹角的正弦值以及分别为（ ） A. B. C. D. 二、填空题 11. 已知角的终边经过点，且，则等于__________． 12. 已知抛物线的焦点为，则的坐标为______；过点的直线交抛物线于两点，若，则的面积为______． 13. 已知等比数列满足：（），请写出符合上述条件的一个等比数列的通项公式：______． 14. 已知函数． ①若，则的最小正周期是______；， ②若，则的值域是______． 15. 设函数给出下列四个结论：①对，，使得 无解；②对，，使得 有两解；③当 时，，使得 有解；④当时，，使得 有三解.其中，所有正确结论的序号是______. 三、解答题 16. 在锐角中，已知 （1）求角； （2）若 ， ，求的面积． 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. 某公司有甲、乙两条生产线生产同一种产品，该产品有两个指标．从两条产品线上各随机抽取一些产品，指标数据如下表： 甲生产线 产品序号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 指标 0.98 0.96 1.07 1.02 1.00 0.93 0.92 0.96 1.11 1.02 指标 2.01 1.97 1.96 2.03 2.03 1.98 1.95 1.99 2.07 2.02 乙生产线 产品序号 1 2 3 4 5 6 7 8 指标 1.02 0.97 0.95 0.94 1.13 0.98 0.97 1.01 指标 2.01 2.03 2.15 1.93 2.01 2.02 2.19 2.04 假设用频率估计概率，且两条生产线相互独立． （1）从甲生产线上随机抽取一件产品，估计其指标大于1且指标大于2的概率； （2）从甲、乙生产线上各随机抽取一件产品，设X表示指标大于2的产品数，估计X的数学期望； （3）已知产品指标之和与3的差的绝对值越小则产品越好，两条生产线各生产一件产品，甲、乙哪条生产线产品更好的概率估计值最大？（结论不要求证明） 19. 已知椭圆的短轴长为，左、右顶点分别为，过右焦点的直线交椭圆于两点（不与重合），直线 与直线交于点． （1）求椭圆的方程； （2）求证：点在定直线上. 20. 已知 在处的切线方程为 ． （1）求实数的值； （2）证明：仅有一个极值点，且． （3）若 ，是否存在使得 恒成立，存在请求出的取值范围，不存在请说明理由． 21. 给定整数，数列、、 、每项均为整数，在中去掉一项，并将剩下的数分成个数相同的两组，其中一组数的和与另外一组数的和之差的最大值记为. 将、、 、中的最小值称为数列的特征值. （1）已知数列、、、、，写出、、的值及的特征值； （2）若，当，其中、且时，判断与的大小关系，并说明理由； （3）已知数列的特征值为，求的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024北京理工大附中高三三模 数 学 班级______姓名______ 一、选择题 1. 设，其中x，y是实数，则 A. 1 B. C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】由复数相等的条件列式求得x，y的值，再由复数模的公式计算. 【详解】，． 由（1-i）x=1+yi，得x-xi=1+yi， ∴x=1,y=-1， 则|x-yi|=|1+i|=． 故答案为B. 【点睛】本题考查复数相等的条件，考查复数模的求法，是基础题． 2. 已知集合，为自然对数的底数，若，则可能是（ ） A. B. 1 C. 2 D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】由题可得，再根据元素与集合的关系判断即可. 【详解】由题知，， 所以，则. 故选：D. 3. 在展开式中，常数项的二项式系数为（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，求出二项式展开式的通项，再求出常数项即得. 【详解】二项式展开式的通项， 由，得 ，则展开式的常数项是第2项， 所以常数项的二项式系数为 . 故选：A 4. 下列函数中，是偶函数且在区间上单调递增的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，由函数的奇偶性以及单调性的定义，对选项逐一判断，即可得到结果. 【详解】，则为偶函数，但在区间上单调递减， 故A错误； 为偶函数，但在区间上不具有单调性， 故B错误； 的定义域为，且， 则为偶函数，令，当时，则， 则，由对勾函数的性质可知，在单调递增， 所以在区间上单调递增，故C正确； 为奇函数，故D错误； 故选：C 5. 已知双曲线的一个焦点坐标是，则的值及的离心率分别为（ ） A. B. C. 1，2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】化双曲线方程为标准形式，再求出的值及离心率. 【详解】依题意，双曲线化为：， 则，解得，双曲线的离心率. 故选：A 6. 已知向量，满足，，若，且，则的最大值为（ ） A. 3 B. 2 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】令，，根据题意作出图形，结合图形将已知条件转化，得到，然后数形结合求的最大值. 【详解】如图:令，，则，故. 因为，所以，记 的中点为，所以点在以 为直径的圆上. 设，连接，因为，所以点在直线上. 因为，所以，即，所以. 结合图形可知，当时，即取得最大值，且. 故选：D 【点睛】思路点睛：向量中有关最值的求解思路：一是形化，利用向量的几何意义将问题转化为平面几何中的最值或范围问题；二是数化，利用平面向量的坐标运算，把问题转化为代数中的函数最值、不等式的解集、方程有解等问题. 7. 已知，，是三个不同的平面，， 是两条不同的直线，且，则“ ”是“”的（   ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】根据面面平行的判定定理和性质，结合充分条件和必要条件的定义即可得解. 【详解】由，，若，由面面平行的性质知： ，必要性成立； 由，，若 ，则或相交，充分性不成立． 相交情况如下： 则“ ”是“”的必要不充分条件， 故选：B. 8. 已知直线，圆，下列说法错误的是（ ） A. 对任意实数，直线与圆有两个不同的公共点； B. 当且仅当时，直线被圆所截弦长为； C. 对任意实数，圆不关于直线对称； D. 存在实数，使得直线与圆相切． 【答案】D 【解析】 【分析】求出直线所过的定点，并判断该定点与圆的位置关系，再逐项分析判断即可得解. 【详解】直线，由，解得，即直线恒过定点， 圆的半径，，即点在圆内， 对任意实数，直线与圆有两个不同的公共点，A正确，D错误； 直线不过圆的圆心，因此对任意实数，圆不关于直线对称，C正确； 直线的斜率 ，当时，直线的斜率为，因此直线 此时直线被圆所截弦是过点的最短弦，最短弦长为， 因此当且仅当时，直线被圆所截弦长为，B正确. 故选：D 9. 在四棱锥 中，底面为正方形， ，，，则 的周长为（ ） A. 10 B. 11 C. D. 12 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，结合棱锥的结构特征，利用全等三角形性质及余弦定理求出即得. 【详解】在四棱锥 中，连接 交于，连，则为 的中点，如图， 正方形中， ，， 在 与中，，则 ≌， 于是， 由余弦定理得， 所以 的周长为. 故选：C 10. 平面内相距 的A，B两点各放置一个传感器，物体在该平面内做匀速直线运动，两个传感器分别实时记录下两点与的距离，并绘制出“距离---时间”图象，分别如图中曲线所示.已知曲线经过点，，，曲线经过点，且若的运动轨迹与线段 相交，则的运动轨迹与直线 所成夹角的正弦值以及分别为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】建系，设点，作出相应的辅助线，分析可知，结合分析求解即可. 【详解】 如图，建立平面直角坐标系，设动点的轨迹与 轴重合， 其在时刻对应的点分别为，的速度为， 因为，可得， 由题意可知：均与轴垂直，且， 作 垂足为，则， 因为，即，解得； 又因为轴， 所以的运动轨迹与直线 所成夹角的正弦值为：； 又，， 所以. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：建系，设动点的轨迹与 轴重合，以坐标系为依托，把对应的量转化为相应的长度，进而分析求解. 二、填空题 11. 已知角的终边经过点，且，则等于__________． 【答案】－4 【解析】 【详解】由题意，，解得，故答案为. 12. 已知抛物线的焦点为，则的坐标为______；过点的直线交抛物线于两点，若，则的面积为______． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】由给定的抛物线方程直接求出焦点坐标；利用抛物线定义求出点的纵坐标，再求出三角形面积. 【详解】抛物线的焦点为，准线方程为， 设 ，则，解得，于是，， 所以的面积为. 故答案为：； 13. 已知等比数列满足：（），请写出符合上述条件的一个等比数列的通项公式：______． 【答案】（答案不唯一，（，）） 【解析】 【分析】根据给定条件，可得，公比，再写出数列的一个通项公式即可. 【详解】设等比数列的公比为，由，，得， 显然，即，于是，解得， ，满足，， 取，. 故答案为： 14. 已知函数． ①若，则的最小正周期是______；， ②若，则的值域是______． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】把代入，t明智二倍角的正弦，结合正弦函数的周期求出的最小正周期；把代入，利用二倍角的余弦公式，借助换元法，利用导数求出的值域. 【详解】当时，，函数的最小正周期为 ； 当时，，令， ，求导得， 当或时，，当时，， 函数在，上单调递减，在上单调递增， ，， 所以，的值域是 . 故答案为：； 15. 设函数给出下列四个结论：①对，，使得 无解；②对，，使得 有两解；③当 时，，使得 有解；④当时，，使得 有三解.其中，所有正确结论的序号是______. 【答案】③④ 【解析】 【分析】取 ，由一次函数的单调性和基本不等式，可得函数的值域，可判断①的正误；当时，可以否定②；考虑 时，求得函数的值域，即可判断③；当时，结合一次函数的单调性和基本不等式，以及函数的图象，即可判断④.综合可得出结论. 【详解】对于①，可取 ，则， 当 时，； 当时，，当且仅当时，取得等号， 故 时，的值域为R， ∴，都有解，故①错误； 对于②，当时，由于对于任意,无解； 时，，对任意的,至多有一个实数根，故②错误； 对于③，当 时， 时，单调递减，可得； 又时，，即有. 可得，则的值域为， ∴，都有解，故③正确； 对于④，当时， 时，递增，可得； 当时，，当且仅当 时，取得等号， 由图象可得，当时，有三解，故④正确. 故答案为：③④. 【点睛】本题考查分段函数的应用，主要考查方程根的个数问题，注意运用反例法判断命题不正确，考查推理能力，属于中等题. 三、解答题 16. 在锐角中，已知 （1）求角； （2）若 ， ，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，由正弦定理的边角互化，结合余弦定理代入计算，即可得到结果； （2）根据题意，由余弦定理代入计算可得 或，然后结合余弦定理分别检验，再由三角形的面积公式代入计算，即可得到结果. 【小问1详解】 因为， 由正弦定理的边角互化可得，即， 由余弦定理可得， 且为锐角三角形，所以. 【小问2详解】 因为 ， ，由余弦定理可得 ， 即，解得 或， 因为为锐角三角形，当 时，边最大，所以角为最大角， 而， 此时角为钝角，与为锐角三角形矛盾，故； 当时，边最大，所以角为最大角， 而，此时角为锐角， 所以符合条件. 所以. 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. 某公司有甲、乙两条生产线生产同一种产品，该产品有两个指标．从两条产品线上各随机抽取一些产品，指标数据如下表： 甲生产线 产品序号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 指标 0.98 0.96 1.07 1.02 1.00 0.93 0.92 0.96 1.11 1.02 指标 2.01 1.97 1.96 2.03 2.03 1.98 1.95 1.99 2.07 2.02 乙生产线 产品序号 1 2 3 4 5 6 7 8 指标 1.02 0.97 0.95 0.94 1.13 0.98 0.97 1.01 指标 2.01 2.03 2.15 1.93 2.01 2.02 2.19 2.04 假设用频率估计概率，且两条生产线相互独立． （1）从甲生产线上随机抽取一件产品，估计其指标大于1且指标大于2的概率； （2）从甲、乙生产线上各随机抽取一件产品，设X表示指标大于2的产品数，估计X的数学期望； （3）已知产品指标之和与3的差的绝对值越小则产品越好，两条生产线各生产一件产品，甲、乙哪条生产线产品更好的概率估计值最大？（结论不要求证明） 【答案】（1）； （2）； （3）甲. 【解析】 【分析】（1）根据给定数表，利用列举法求出古典概率即得. （2）分别求出甲、乙的指标大于2的产品的概率，再求出 的可能值及对应的概率，进而求出期望. （3）分别求出甲乙产品指标之和与3的差的绝对值地平均值，比较大小即得. 【小问1详解】 记事件C为“从甲生产线上随机抽取一件产品，其A指标大于1且B指标大于2”， 由表知，甲生产线抽取的10件产品中，A指标大于1且B指标大于2的产品为4号、9号、10号，共3个， 因此可估计为. 【小问2详解】 记事件为“从甲生产线上随机抽取一件产品，其B指标大于2”， 记事件为“从乙生产线上随机抽取一件产品，其B指标大于2”， 由表知，甲生产线抽取的10件产品中，B指标大于2的产品为1号、4号、5号、9号、10号，共5个， 因此可估计为； 乙生产线抽取的8件产品中，B指标大于2的产品为1号、2号、3号、5号、6号、7号、8号，共7个， 因此可估计为，因此 的所有可能取值为0，1，2. ， ， ， 所以 的期望为. 【小问3详解】 甲生产线产品指标之和与3的差的绝对值依次为： ，其平均值为； 乙生产线产品指标之和与3的差的绝对值依次为： ，其平均值为， 显然，所以甲生产线产品更好的概率估计值最大. 19. 已知椭圆的短轴长为，左、右顶点分别为 ，过右焦点的直线交椭圆于两点（不与 重合），直线与直线交于点． （1）求椭圆的方程； （2）求证：点在定直线上. 【答案】（1）； （2） 显然直线 不垂直于y轴，设直线 ， 由消去x并整理得 ， ，设， 则，且有， 直线 ，直线 ， 联立消去y得 ，即， 整理得， 即， 于是，而， 则，因此 ， 所以点在定直线上. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，求出即可得解. （2）设出直线 方程，与椭圆方程联立，再求出直线与直线的交点横坐标，并结合韦达定理计算即得. 【小问1详解】 依题意，，半焦距 ，则 ， 所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 略 20. 已知 在 处的切线方程为 ． （1）求实数的值； （2）证明：仅有一个极值点，且． （3）若 ，是否存在使得 恒成立，存在请求出的取值范围，不存在请说明理由． 【答案】（1） （2）证明：由（1）得 ，则 ， 令，， 令 ，得，令，得， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以 ， 且当 时， ， ， ， 所以在上存在唯一零点，使得 即 ， 当时， ，即，单调递减， 当时， ，即，单调递增， 所以仅存在一个极值点，， ， 又函数，，而 ， 所以在上单调递减，则， 所以. （3）不存在，理由如下： 若存在，使得 恒成立，即 ，对恒成立， 当时，当 时，则 ，显然上式不成立； 当时，令 ， ， 则 ， 令，则 在上恒成立， 所以即在上单调递增，又 ， ， 所以存在，使得 ， 所以当时， ，即单调递减，此时 ， 所以 不恒成立， 故当时，不存在满足条件. 综上，不存在，使得 恒成立. 【解析】 【分析】（1）求出的导数，根据切线方程求出，的值即可； （2）求导可得 ，令，利用导数可得的单调性，结合零点存在性定理可得在上存在唯一零点，且 ，进而可得的单调性，可判断极值情况；结合 代入化简，运算得证； （3）问题转化为 ，对恒成立，当时，显然上式不成立；当时，令 ，利用导数可得存在，使得 ，当时， ，即单调递减，此时 ，上式不能恒成立，得解. 【小问1详解】 由题意， ，则 ， 解得 ，又 ，可得切点为，代入 ，得 . 所以实数 . 【小问2详解】 略 【小问3详解】 不存在，理由略. 【点睛】关键点睛：本题第三问，解题的关键是将问题转化为 ，对恒成立，分和讨论，其中时，令 ，利用导数判断求解找出矛盾. 21. 给定整数，数列、、 、每项均为整数，在中去掉一项，并将剩下的数分成个数相同的两组，其中一组数的和与另外一组数的和之差的最大值记为. 将、、 、中的最小值称为数列的特征值. （1）已知数列、、 、 、 ，写出、、的值及的特征值； （2）若，当，其中、且时，判断与的大小关系，并说明理由； （3）已知数列的特征值为，求的最小值. 【答案】（1） ；；.的特征值为； （2）. 理由如下：由于，可分下列两种情况讨论： 当、时， 根据定义可知：， 同理可得：. 所以，所以. 当、时，同理可得： ， 所以，所以. 综上有：； （3） 【解析】 【分析】（Ⅰ）根据题中的定义可求出、、的值及的特征值； （Ⅱ）分、和、两种情况讨论，结合题中定义可证明出； （Ⅲ）设，利用（Ⅱ）中的结论，结合数列的特征值为，可得出，并证明出，即可求出的最小值. 【小问1详解】 由题知：，，， 的特征值为； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 不妨设， ， 显然，， . 当且仅当时取等号；. 当且仅当时取等号； 由（Ⅱ）可知、的较小值为， 所以. 当且仅当时取等号， 此时数列为常数列，其特征值为，不符合题意，则必有 . 下证：若， ，总有. 证明： . 所以. 因此 . 当时，可取到最小值，符合题意. 所以的最小值为. 【点睛】本题考查数列中的新定义，涉及数列中不等式的综合问题，解题的关键就是充分利用题中的新定义进行求解，考查推理能力，属于难题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $