北京師范大學附屬杭州中學2024屆高考壓軸卷數學試卷注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．函數的圖象大致為A． B． C． D．2．已知平面向量，滿足，，且，則（）A．3 B． C． D．53．已知集合，，則等于()A． B． C． D．4．若集合M＝{1，3}，N＝{1，3，5}，則滿足M∪X＝N的集合X的個數為()A．1 B．2C．3 D．45．在正項等比數列{an}中，a5-a1=15，a4-a2=6，則a3=（）A．2 B．4 C． D．86．已知F為拋物線y2＝4x的焦點，過點F且斜率為1的直線交拋物線于A，B兩點，則||FA|﹣|FB||的值等于（）A． B．8 C． D．47．二項式展開式中，項的系數為（）A． B． C． D．8．設雙曲線（a>0,b>0）的右焦點為F，右頂點為A,過F作AF的垂線與雙曲線交于B,C兩點，過B,C分別作AC，AB的垂線交于點D．若D到直線BC的距離小于，則該雙曲線的漸近線斜率的取值范圍是（）A．B．C．D．9．已知水平放置的△ABC是按“斜二測畫法”得到如圖所示的直觀圖，其中B′O′＝C′O′＝1，A′O′＝，那么原△ABC的面積是()A． B．2C． D．10．已知雙曲線：（，）的焦距為.點為雙曲線的右頂點，若點到雙曲線的漸近線的距離為，則雙曲線的離心率是（）A． B． C．2 D．311．已知函數的圖象在點處的切線方程是，則（）A．2 B．3 C．-2 D．-312．已知圓錐的高為3，底面半徑為，若該圓錐的頂點與底面的圓周都在同一個球面上，則這個球的體積與圓錐的體積的比值為()A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．在矩形中，，為的中點，將和分別沿，翻折，使點與重合于點.若，則三棱錐的外接球的表面積為_____.14．已知是同一球面上的四個點，其中平面，是正三角形，，則該球的表面積為______.15．展開式中的系數為_________.16．的展開式中的系數為__________．三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）設，函數.（1）當時，求在內的極值；（2）設函數，當有兩個極值點時，總有，求實數的值.18．（12分）已知函數，函數（）.（1）討論的單調性；（2）證明：當時，.（3）證明：當時，.19．（12分）在直角坐標系中，以坐標原點為極點，軸的正半軸為極軸建立極坐標系，曲線的極坐標方程為，曲線的極坐標方程為．（1）求曲線的直角坐標方程和曲線的參數方程；（2）設曲線與曲線在第二象限的交點為，曲線與軸的交點為，點，求的周長的最大值．20．（12分）已知橢圓E：（）的離心率為，且短軸的一個端點B與兩焦點A，C組成的三角形面積為.（Ⅰ）求橢圓E的方程；（Ⅱ）若點P為橢圓E上的一點，過點P作橢圓E的切線交圓O：于不同的兩點M，N（其中M在N的右側），求四邊形面積的最大值.21．（12分）已知數列滿足對任意都有，其前項和為，且是與的等比中項，．（1）求數列的通項公式；（2）已知數列滿足，，設數列的前項和為，求大于的最小的正整數的值．22．（10分）已知直線的參數方程為（為參數），以坐標原點為極點，軸的非負半軸為極軸且取相同的單位長度建立極坐標系，曲線的極坐標方程為.（1）求直線的普通方程及曲線的直角坐標方程；（2）設點，直線與曲線交于兩點，求的值.

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、D【解析】

由題可得函數的定義域為，因為，所以函數為奇函數，排除選項B；又，，所以排除選項A、C，故選D．2、B【解析】

先求出，再利用求出，再求.【詳解】解：由，所以，，，故選：B【點睛】考查向量的數量積及向量模的運算，是基礎題.3、B【解析】

解不等式確定集合，然后由補集、并集定義求解．【詳解】由題意或，∴，．故選：B.【點睛】本題考查集合的綜合運算，以及一元二次不等式的解法，屬于基礎題型．4、D【解析】可以是共4個，選D.5、B【解析】

根據題意得到，，解得答案.【詳解】，，解得或（舍去）.故.故選：.【點睛】本題考查了等比數列的計算，意在考查學生的計算能力.6、C【解析】

將直線方程代入拋物線方程，根據根與系數的關系和拋物線的定義即可得出的值．【詳解】F（1，0），故直線AB的方程為y＝x﹣1，聯立方程組，可得x2﹣6x+1＝0，設A（x1，y1），B（x2，y2），由根與系數的關系可知x1+x2＝6，x1x2＝1．由拋物線的定義可知：|FA|＝x1+1，|FB|＝x2+1，∴||FA|﹣|FB||＝|x1﹣x2|＝．故選C．【點睛】本題考查了拋物線的定義，直線與拋物線的位置關系，屬于中檔題．7、D【解析】

寫出二項式的通項公式,再分析的系數求解即可.【詳解】二項式展開式的通項為,令,得,故項的系數為.故選：D【點睛】本題主要考查了二項式定理的運算,屬于基礎題.8、A【解析】

由題意,根據雙曲線的對稱性知在軸上，設，則由得：，因為到直線的距離小于，所以，即，所以雙曲線漸近線斜率，故選A．9、A【解析】

先根據已知求出原△ABC的高為AO＝，再求原△ABC的面積.【詳解】由題圖可知原△ABC的高為AO＝，∴S△ABC＝×BC×OA＝×2×＝，故答案為A【點睛】本題主要考查斜二測畫法的定義和三角形面積的計算，意在考察學生對這些知識的掌握水平和分析推理能力.10、A【解析】

由點到直線距離公式建立的等式，變形后可求得離心率．【詳解】由題意，一條漸近線方程為，即，∴，，即，，．故選：A．【點睛】本題考查求雙曲線的離心率，掌握漸近線方程與點到直線距離公式是解題基礎．11、B【解析】

根據求出再根據也在直線上，求出b的值，即得解.【詳解】因為，所以所以，又也在直線上，所以，解得所以.故選：B【點睛】本題主要考查導數的幾何意義，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平.12、B【解析】

計算求半徑為，再計算球體積和圓錐體積，計算得到答案.【詳解】如圖所示：設球半徑為，則，解得.故求體積為：，圓錐的體積：，故.故選：.【點睛】本題考查了圓錐，球體積，圓錐的外接球問題，意在考查學生的計算能力和空間想象能力.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、.【解析】

計算外接圓的半徑，并假設外接球的半徑為R，可得球心在過外接圓圓心且垂直圓面的垂線上，然后根據面，即可得解.【詳解】由題意可知，，所以可得面，設外接圓的半徑為，由正弦定理可得，即，，設三棱錐外接球的半徑，因為外接球的球心為過底面圓心垂直于底面的直線與中截面的交點，則，所以外接球的表面積為.故答案為：.【點睛】本題考查三棱錐的外接球的應用，屬于中檔題.14、【解析】

求得等邊三角形的外接圓半徑，利用勾股定理求得三棱錐外接球的半徑，進而求得外接球的表面積.【詳解】設是等邊三角形的外心，則球心在其正上方處.設，由正弦定理得.所以得三棱錐外接球的半徑，所以外接球的表面積為.故答案為：【點睛】本小題主要考查幾何體外接球表面積的計算，屬于基礎題.15、【解析】

變換，根據二項式定理計算得到答案.【詳解】的展開式的通項為：，，取和，計算得到系數為：.故答案為：.【點睛】本題考查了二項式定理，意在考查學生的計算能力和應用能力.16、3【解析】

分別用1和進行分類討論即可【詳解】當第一個因式取1時，第二個因式應取含的項，則對應系數為：；當第一個因式取時，第二個因式應取含的項，則對應系數為：；故的展開式中的系數為.故答案為：3【點睛】本題考查二項式定理中具體項對應系數的求解，屬于基礎題三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）極大值是，無極小值；（2）【解析】

（1）當時，可求得，令，利用導數可判斷的單調性并得其零點，從而可得原函數的極值點及極大值；（2）表示出，并求得，由題意，得方程有兩個不同的實根，，從而可得△及，由，得．則可化為對任意的恒成立，按照、、三種情況分類討論，分離參數后轉化為求函數的最值可解決；【詳解】（1）當時，.令，則，顯然在上單調遞減，又因為，故時，總有，所以在上單調遞減.由于，所以當時，；當時，.當變化時，的變化情況如下表：+-增極大減所以在上的極大值是，無極小值.（2）由于，則.由題意，方程有兩個不等實根，則，解得，且，又，所以.由，，可得又.將其代入上式得：.整理得，即當時，不等式恒成立，即.當時，恒成立，即，令，易證是上的減函數.因此，當時，，故.當時，恒成立，即，因此，當時，所以.綜上所述，.【點睛】本題考查利用導數求函數的最值、研究函數的極值等知識，考查分類討論思想、轉化思想，考查學生綜合運用知識分析問題解決問題的能力，該題綜合性強，難度大，對能力要求較高．18、（1）答案不唯一，具體見解析（2）證明見解析（3）證明見解析【解析】

（1）求出的定義域，導函數，對參數、分類討論得到答案.（2）設函數，求導說明函數的單調性，求出函數的最大值，即可得證.（3）由（1）可知，可得，即又即可得證.【詳解】（1）解：的定義域為，，當，時，，則在上單調遞增；當，時，令，得，令，得，則在上單調遞減，在上單調遞增；當，時，，則在上單調遞減；當，時，令，得，令，得，則在上單調遞增，在上單調遞減；（2）證明：設函數，則.因為，所以，，則，從而在上單調遞減，所以，即.（3）證明：當時，.由（1）知，，所以，即.當時，，，則，即，又，所以，即.【點睛】本題考查利用導數研究含參函數的單調性，利用導數證明不等式，屬于難題.19、（1）曲線的直角坐標方程為，曲線的參數方程為為參數（2）【解析】

（1）將代入，可得，所以曲線的直角坐標方程為．由可得，將，代入上式，可得，整理可得，所以曲線的參數方程為為參數．（2）由題可設，，，所以，，，所以，因為，所以，所以當，即時，l取得最大值為，所以的周長的最大值為．20、（Ⅰ）；（Ⅱ）4.【解析】

（Ⅰ）結合已知可得，求出a，b的值，即可得橢圓方程；（Ⅱ）由題意可知，直線的斜率存在，設出直線方程，聯立直線方程與橢圓方程，利用判別式等于0可得，聯立直線方程與圓的方程，結合根與系數的關系求得，利用弦長公式及點到直線的距離公式，求出，得到，整理后利用基本不等式求最值.【詳解】解：（Ⅰ）可得，結合，解得，，，得橢圓方程；（Ⅱ）易知直線的斜率k存在，設：，由，得，由，得，∵，設點O到直線：的距離為d，，，由，得，，，∴∴，∴而，，易知，∴，則，四邊形的面積當且僅當，即時取“”.∴四邊形面積的最大值為4.【點睛】本題考查了由求橢圓的標準方程，直線與橢圓的位置關系，考查了學生的計算能力，綜合性比較強，屬于難題.21、（1）（2）4【解析】

（1）利用判斷是等差數列，利用求出，利用等比中項建立方程，求出公差可得.（2）利用的通項公式,求出，用錯位相減法求出，最后建立不等式求出最小的正整數.【詳解】解：任意都有，數列是等差數列，，又是與的等比中項，，設數列的公差為，且，則，解得，，；由題意可知，①，②，①﹣②得：，，，由得，，，，滿足條件的最小的正整數的值為．【點睛】本題考查等差數列的通項公式和前項和公式及錯位相減法求和.(1)解決等差數列通項的思路(1)在等差數列中，是最基本的兩個量，一般可設出和，利用等差數列的通項公式和前項和公式列方程(組)求解即可.(2)錯位相減法求和的方法：如果數列是等差數列，是等比數列，求數列的前項和時，可采用錯位相減法，一般是和式兩邊同乘以等比數列的公比，然后作差求解;在寫“”與“”的表達式時應特別注意將兩式“錯項對齊”以便下一步準確寫出“”的表達式22、（1）；（2）【解析】

（1）直