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1、2024北京延庆高三一模数 学本试卷共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，将答题纸交回. 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.在每小题中选出符合题目要求的一项.1. 已知集合，则（ ）A. B. C. D. 2. 若复数满足，则（ ）A. B. C. D. 3. 在的展开式中，的系数为（ ）A B. C. D. 4. 已知抛物线的焦点为，点在上若到直线的距离为，则（ ）A B. C. D. 5. 已知正方形的边长为，点满足，则（ ）A 4B. 5C. 6D. 86. “”是“为第一或第三象限角”的（
2、）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7. 已知函数，则不等式的解集是（ ）A. B. C. D. 8. 设，则（ ）A. B. C. D. 9. 在等边中，为所在平面内的动点，且，为边上的动点，则线段长度的最大值是（ ）A. B. C. D. 10. 已知在正方体中，是正方形内的动点，则满足条件的点构成的图形的面积等于（ ）A. B. C. D. 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. 已知双曲线的离心率为，则双曲线的渐近线方程为_12. 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，则_，的面积为_
3、13. 已知函数在区间上单调递减，则的一个取值为_14. 北京天坛的圜丘坛分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板(称为天心石)， 环绕天心石砌块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加块，下一层的第一环比上一层的最后一环多块，向外每环依次也增加块已知每层环数相同，且三层共有扇面形石板(不含天心石) 块，则上层有扇形石板_块15. 已知函数给出下列四个结论： 存在实数，使得函数的最小值为； 存在实数，使得函数的最小值为； 存在实数，使得函数恰有个零点； 存在实数，使得函数恰有个零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. 已知函数，的
4、最大值为.（1）求的值；（2）将的图象向右平移个单位得到的图象，求函数的单调增区间17. 第十四届全国冬季运动会雪橇项目比赛于2023年12月16日至17日在北京延庆举行，赛程时间安排如下表：12月16日星期六9:30单人雪橇第1轮10:30单人雪橇第2轮15:30双人雪橇第1轮16:30双人雪橇第2轮12月17日星期日9:30单人雪橇第3轮10:30单人雪橇第4轮15:30团体接力（1）若小明在每天各随机观看一场比赛，求他恰好看到单人雪橇和双人雪橇的概率；（2）若小明在这两天的所有比赛中随机观看三场，记为看到双人雪橇的次数，求的分布列及期望；（3）若小明在每天各随机观看一场比赛，用“”表示小
5、明在周六看到单人雪橇，“” 表示小明在周六没看到单人雪橇，“”表示小明在周日看到单人雪橇，“”表示小明在周日没看到单人雪橇，写出方差，的大小关系18. 如图，四棱柱的底面是边长为的正方形，侧面底面，是的中点 （1）求证：平面；（2）再从条件、条件、条件这三个条件中选择一个条件作为已知，使二面角唯一确定，并求二面角的余弦值条件：；条件：；条件：注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分19. 已知椭圆的离心率为，分别是的上、下顶点，分别是的左、右顶点（1）求的方程；（2）设为第二象限内上的动点，直线与直线交于点，直线与直线交于点，求证：2
6、0. 已知函数.（1）若曲线的一条切线方程为，求的值；（2）若函数在区间上为增函数，求的取值范围；（3）若，无零点，求的取值范围21. 已知数列，记集合.（1）若数列为，写出集合；（2）若，是否存在，使得？若存在，求出一组符合条件的；若不存在，说明理由；（3）若，把集合中元素从小到大排列，得到的新数列为， 若，求的最大值2024北京延庆高三一模数学本试卷共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，将答题纸交回. 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.在每小题中选出符合题目要求的一项.1. 已知集合，则（ ）A
7、. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据题意，由并集的运算，即可得到结果.【详解】因为，则.故选：B2. 若复数满足，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据题意，由复数的运算，即可得到结果.【详解】由可得.故选：C3. 在的展开式中，的系数为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用二项式定理直接求解.【详解】设，令，则，故的系数为.故选：D4. 已知抛物线的焦点为，点在上若到直线的距离为，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据抛物线的定义求解.【详解】由抛物线可知，准线方程为，因为到直线的距离为，所以到抛物线准线距
8、离为，由抛物线定义知，.故选：B5. 已知正方形的边长为，点满足，则（ ）A. 4B. 5C. 6D. 8【答案】C【解析】【分析】建立平面直角坐标系并写出各点坐标，根据题意求相应向量的坐标，再根据数量积的坐标运算进行求解即可.【详解】建立坐标系如图，正方形的边长为2，则，可得，点满足，所以故选：C.6. “”是“为第一或第三象限角”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【答案】C【解析】【分析】由二倍角公式、充分必要条件的定义即可得解.【详解】因为或，所以“”是“为第一或第三象限角”的充分必要条件.故选：C.7. 已知函数，则不等式的
9、解集是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用导数及导函数的单调性判断极小值点在，再由函数的单调性及可得不等式的解集.【详解】因为单调递增，且，所以存在唯一，使得，所以当时，当时，所以函数在上单调递减，在上单调递增，又，且，所以由可得，故选：A8. 设，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据题意，由对数运算可得，再由对数函数的单调性即可得到结果.【详解】因为，且，又，函数在单调递增，则，所以.故选：D9. 在等边中，为所在平面内的动点，且，为边上的动点，则线段长度的最大值是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据题意可知点在以点为
10、圆心，半径为的圆上，结合图象分析即可.【详解】根据题意可知，点在以点为圆心，半径为的圆上，如图：为边上的动点，线段取最大值时，,而当与点重合时，最大，且最大值为2,此时线段长度的最大值为，故选：D.10. 已知在正方体中，是正方形内的动点，则满足条件的点构成的图形的面积等于（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由题意，在平面上，分别以为轴建立平面直角坐标系，设，根据已知列出满足的关系，进而可得满足条件的点构成的图形，计算面积即可.【详解】如图，连接，则， 如图，在平面上，分别以为轴建立平面直角坐标系， 则，设，由，得，即，整理得，设直线与交于点，则点在内部(含边界)，即满足条
11、件的点构成的图形为及其内部，易知，故选：A【点睛】关键点睛：本题解题关键是在底面上建立平面直角坐标系，把空间问题转化为平面问题去解决第二部分（非选择题，共110分）二、填空题共5小题，每小题5分，共25分.11. 已知双曲线的离心率为，则双曲线的渐近线方程为_【答案】【解析】【分析】根据双曲线的离心率化简变形即可求出渐近线的斜率得解.【详解】因为，所以双曲线的渐近线方程为，故答案为：12. 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，则_，的面积为_【答案】 . 1 . #【解析】【分析】根据题意，利用正弦、余弦定理求得，再运用三角形的面积公式即可求得结果.【详解】因为，由正弦定理可得，因为
12、，在中，由余弦定理可得：，所以，解得：；所以，由三角形面积公式可得：，故答案为：；.13. 已知函数在区间上单调递减，则的一个取值为_【答案】（不唯一）【解析】【分析】根据幂函数的单调性奇偶性即可得解.【详解】因为在上单调递增，又在区间上单调递减，所以可以为偶函数，不妨取，此时，函数定义域为，且，故为偶函数，满足在区间上单调递减.故答案为：（不唯一）14. 北京天坛的圜丘坛分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板(称为天心石)， 环绕天心石砌块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加块，下一层的第一环比上一层的最后一环多块，向外每环依次也增加块已知每层环数相同，且三层共有扇面形石板(不含天心石)
13、 块，则上层有扇形石板_块【答案】【解析】【分析】记从中间向外每环扇面形石板数为，则是等差数列，且公差为，设每层有环，则，根据等差数列前项和公式求出，再求出即可.【详解】记从中间向外每环扇面形石板数为，则是等差数列，且公差，设每层有环，则，所以，即，即，解得或（舍去），所以，则，即上层有扇形石板块.故答案为：15. 已知函数给出下列四个结论： 存在实数，使得函数的最小值为； 存在实数，使得函数的最小值为； 存在实数，使得函数恰有个零点； 存在实数，使得函数恰有个零点其中所有正确结论的序号是_【答案】【解析】【分析】取特殊值判断，当时，分别分析分段函数两部分的最值判断，根据分段函数每部分的零点确
14、定函数的零点可判断.【详解】当时，显然函数的最小值为，故正确；当时，当时，当时，所以在上单调递减，在上单调递增，所以时，有最小值，由可得，此时，时，在上单调递减，所以，与最小值为矛盾，若时，的对称轴方程为，当时，即时，若，则与矛盾，当时，在上单调递减，无最小值，综上，当时，函数的最小值不为，故错误；由知，时，时，单调递减且，当时，且，所以函数恰有2个零点，故正确；当时，且仅有，即有且只有1个零点，当时，且仅有，即有且只有1个零点，综上时，有且只有1个零点，而在上至多有2个零点，所以时，函数没有4个零点，当时，函数有无数个零点，故错误.故答案为：【点睛】关键点点睛：本题的关键是对分类讨论，利用导
15、数研究上的函数性质，结合二次函数性质研究另一段函数.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. 已知函数，的最大值为.（1）求的值；（2）将的图象向右平移个单位得到的图象，求函数的单调增区间【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）先利用二倍角公式和辅助角公式化简，再根据正弦函数的性质求解即可；（2）利用三角函数的平移公式求出，再根据正弦函数的图象和性质求解即可.【小问1详解】因，其中，所以，又因为，解得.【小问2详解】由（1）可得，将的图象向右平移个单位可得，由得，即函数的单调增区间为.17. 第十四届全国冬季运动会雪橇项目比赛于2023年12月16日至1
16、7日在北京延庆举行，赛程时间安排如下表：12月16日星期六9:30单人雪橇第1轮10:30单人雪橇第2轮15:30双人雪橇第1轮16:30双人雪橇第2轮12月17日星期日9:30单人雪橇第3轮10:30单人雪橇第4轮15:30团体接力（1）若小明在每天各随机观看一场比赛，求他恰好看到单人雪橇和双人雪橇的概率；（2）若小明在这两天的所有比赛中随机观看三场，记为看到双人雪橇的次数，求的分布列及期望；（3）若小明在每天各随机观看一场比赛，用“”表示小明在周六看到单人雪橇，“” 表示小明在周六没看到单人雪橇，“”表示小明在周日看到单人雪橇，“”表示小明在周日没看到单人雪橇，写出方差，的大小关系【答案】
17、（1） （2）分布列见解析， （3）【解析】【分析】（1）根据分类乘法计数原理及古典概型求解；（2）根据题意求出概率，列出分布列，求出期望即可；（3）分别计算，即可得解.【小问1详解】记“小明在每天各随机观看一场比赛，恰好看到单人雪橇和双人雪橇”为事件. 由表可知，每天随机观看一场比赛，共有种不同方法，其中恰好看到单人雪橇和双人雪橇，共有种不同方法所以【小问2详解】随机变量的所有可能取值为根据题意，随机变量的分布列是：数学期望【小问3详解】由题意，所以，；因为，所以，；所以.18. 如图，四棱柱的底面是边长为的正方形，侧面底面，是的中点 （1）求证：平面；（2）再从条件、条件、条件这三个条件中
18、选择一个条件作为已知，使二面角唯一确定，并求二面角的余弦值条件：；条件：；条件：注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分【答案】（1）证明见解析 （2）答案见解析【解析】【分析】（1）方法一：利用线面平行的判定定理找到可证；方法二：利用面面平行的判定定理证明平面平面进而证明结论；（2）选：说明条件不能确定棱柱特点即可求解；选：证明平面，建立空间坐标系，求得二面角【小问1详解】证明：方法一：在四棱柱中，连结，设，连结，在中，因为、分别为的中点，所以，又因为平面，平面，所以平面.方法二：在四棱柱中，设中点为，连结，因为，所以为平行四边形，
19、所以，又平面，平面，故平面，因为，所以为平行四边形，所以，又平面，平面，故平面，因为 平面，故平面平面，因为平面，所以平面 【小问2详解】选择条件：因为底面是正方形，所以，侧面平面，且侧面平面，平面，故平面，又平面，则，即四边形为矩形，因为，则，与选择条件：等价，故条件不能进一步确定的夹角大小，故二面角不能确定；选择条件：连结，因为底面是正方形，所以，又因为侧面平面，且侧面平面，平面，所以平面，又平面，所以，在中，因为，所以，在中，因为，所以，又平面，所以平面，又，所以如图建立空间直角坐标系，其中，且，易知为平面的一个法向量，设为平面面的一个法向量，则即 .不妨设，则，可得，所以，因为二面角的
20、平面角是钝角，设为 ，故，所以二面角的余弦值为.选择条件：因为底面是正方形，所以，因为，且平面，所以平面，因为平面，所以，因为侧面平面，且侧面平面，平面，所以平面，又，所以如图建立空间直角坐标系，（下面同选择条件）.19. 已知椭圆的离心率为，分别是的上、下顶点，分别是的左、右顶点（1）求的方程；（2）设为第二象限内上的动点，直线与直线交于点，直线与直线交于点，求证：【答案】（1） （2）证明见解析【解析】【分析】（1）由已知列出关于的方程组，求得即可得解；（2）首先设直线的方程为，联立椭圆方程结合韦达定理表示出点坐标，进一步表示出各直线方程联立直线方程证得的横坐标相等即可.【小问1详解】由题
21、设，解得所以的方程为【小问2详解】因为椭圆的方程为，所以，设直线的方程为，其中由，化简并整理得，由可得，由韦达定理有，所以，即直线的方程为，即由 得直线的方程为，即直线的方程为，即由 得因，所以20. 已知函数.（1）若曲线的一条切线方程为，求的值；（2）若函数在区间上为增函数，求的取值范围；（3）若，无零点，求的取值范围【答案】（1） （2） （3）【解析】【分析】（1）求导，再根据导数的几何意义即可得解；（2）由在区间上为增函数，可得在内恒成立，求出的最小值即可得解；（3）分进行讨论，求出函数的单调区间及最值，进而可得出结论.【小问1详解】函数的定义域为，设切点为， 因为，所以，解得，因为
22、，所以，即，所以， 所以，解得；【小问2详解】因为，在区间上为增函数， 所以在内恒成立，因为，所以，所以，即；【小问3详解】因为，当，即时，所以在上单调递减，因为，所以在上无零点，符合题意；当时，令，则，当时，当时，所以的单调递减区间是；单调递增区间是，所以的最小值为，当，即时，无零点，符合题意；当时，有一个零点，不符合题意；当时，的最小值， 因为，所以，使得，不符合题意；综上所述，当时，无零点.【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具
23、作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.21. 已知数列，记集合.（1）若数列为，写出集合；（2）若，是否存在，使得？若存在，求出一组符合条件的；若不存在，说明理由；（3）若，把集合中的元素从小到大排列，得到的新数列为， 若，求的最大值【答案】（1） （2）不存在，使得成立 （3）【解析】【分析】（1）根据题目给出的集合的定义求解即可；（2）使用假设法，假设存在，使得，进行计算检验，从而得出结论；（3）首先证明时，对任意的都有，然后证明
24、除形式以外的数都可以写成若干个连续正整数之和，分类讨论即可得解.小问1详解】由题意可得，所以.【小问2详解】假设存在，使得，则有，由于与的奇偶性相同，与奇偶性不同，又，所以中必有大于等于的奇数因子，这与无以外的奇数因子矛盾，故不存在，使得.【小问3详解】首先证明时，对任意的都有，因为，由于与均大于且奇偶性不同，所以为奇数，对任意的都有，其次证明除形式以外的数，都可以写成若干个连续正整数之和，若正整数，其中，则当时，由等差数列的性质可得：，此时结论成立，当时，由等差数列的性质可得：，此时结论成立，对于数列，此问题等价于数列其相应集合中满足有多少项，由前面证明可知正整数不是中的项，所以的最大值为.【点睛】本题考查了等差数列及数列的综合问题，考查了求数列下标最值，同时考查了分类讨论的思想，计算量较大，属于难题.