第第頁2024年高考押題預測卷03【北京卷】數(shù)學·全解全析第一部分（選擇題共40分）一、選擇題：本題共10小題，每小題4分，共40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。12345678910DCBCBACCCC1．【答案】D【分析】根據(jù)并集的運算可得答案.【詳解】因為，，所以故選：D2．【答案】C【分析】由等差數(shù)列的通項公式代入方程組可求得首項和公差，代入求解即可.【詳解】∵為等差數(shù)列，∴∴，∴故選：C.3．【答案】B【分析】根據(jù)雙曲線離心率的公式，結(jié)合雙曲線的漸近線方程、點到直線距離公式進行求解即可.【詳解】由離心率，解出；由，所以漸近線方程為，焦點坐標為．所以焦點到漸近線的距離為．故選：B4．【答案】C【分析】分別求解與中x的系數(shù)再求和等于13以及即可得的值，再求解的系數(shù)即可.【詳解】由題可知，，即，又，故或.當時，，則的系數(shù)為；當時，，則的系數(shù)為.故的系數(shù)為31或40.故選：C5．【答案】B【分析】根據(jù)向量的坐標運算得到，得到答案.【詳解】，故.故選：.6．【答案】A【分析】由題可得當時，，即得.【詳解】由題可知，，，∴當時，，∴當秒時，地震動時程強度包絡(luò)函數(shù)值是.故選：A.7．【答案】C【分析】求得直線恒過的定點，找出弦長取得最值的狀態(tài)，利用弦長公式求解即可.【詳解】因為直線方程為：，整理得，故該直線恒過定點，又12+故點在圓內(nèi)，又圓的圓心為N2,0則，此時直線過圓心；當直線與直線垂直時，取得最小值，此時.故的取值范圍為.故選：.8．【答案】C【分析】分與討論，即可判斷A，當時，即可判斷B，由命題的充分性以及必要性，即可判斷CD.【詳解】對A，當時，即時，原不等式變?yōu)?，顯然成立，符合題意；當時，即，因為對于任意實數(shù)x，不等式恒成立，則，解得；綜上可得，故A錯誤；對B，當時，，則，當且僅當時，即時，取等號，故B錯誤；對C，因為可以推出，故充分性滿足，由推不出，比如，故必要性不滿足；所以“”的一個充分不必要條件是“，”，故C正確；對D，由不能推出，比如，反之，由可以推出，所以“”的充分不必要條件是“”，故D錯誤；、故選：C9．【答案】C【分析】利用正弦定理求得外接圓半徑，根據(jù)三棱錐圖像，分別表示出，，然后利用勾股定理，解得，進而利用球體的體積公式即可得出答案.【詳解】在中，，，根據(jù)三角形的外接圓半徑公式，可得的外接圓半徑，如圖所示．設(shè)點在平面內(nèi)的投影的為，則，在中，因為，解得，設(shè)三棱錐的外接球半徑，即，，在中，由勾股定理得，即，解得，故三棱錐的外接球半徑，根據(jù)球體的體積公式.故選：C10．【答案】C【分析】令求出，進而令，求出，①正確；假設(shè)為等比數(shù)列，得到，代入驗證，故②錯誤；邏輯分析及反證可得，③④正確.【詳解】當時，，因為數(shù)列的各項均為正數(shù)，所以，當時，，由數(shù)列的各項均為正數(shù)，解得：，①正確；若為等比數(shù)列，則，解得：，將代入，故不是等比數(shù)列，②錯誤；因為數(shù)列的各項均為正數(shù)，故必單調(diào)遞增，而，所以單調(diào)遞減，③正確；假設(shè)的所有項大于等于，取，則，，則與已知矛盾，故④正確.故選：C第二部分（非選擇題共110分）二、填空題：本題共5小題，每小題5分，共25分。11．【答案】2【分析】直接利用復數(shù)除法的運算法則，化簡復數(shù)，根據(jù)實部的定義即可得結(jié)果.【詳解】因為，復數(shù)的實部為，，解得.故答案為:.12．【答案】【分析】利用同角三角函數(shù)的基本關(guān)系式及角所在的象限求出正弦函數(shù)值，求解即可．【詳解】∵第四象限角，，∴，故答案為.13．【答案】【分析】先求得拋物線的焦點為，根據(jù)題意，列出方程，即可求解.【詳解】由拋物線可化為，可得其焦點為，因為拋物線的焦點到直線的距離為，可得，解得或（舍去），故實數(shù)的值為．故答案為：.14．【答案】【分析】換元令,進而得函數(shù)解析式，再求解函數(shù)值即可..【詳解】解：令，則,故,即所以故答案為：15．【答案】【分析】由已知得，則有，可得數(shù)列為等比數(shù)列，求和即可.【詳解】，則，依題意可知，所以，故，即，且，所以（常數(shù)），故是以為首項，以2為公比的等比數(shù)列，所以．故答案為：三、解答題：本題共6小題，共85分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步棸。16．（14分）【答案】(1)證明見解析(2)存在；或【分析】（1）根據(jù)底面菱形的特點得到，再由線面垂直得到，平面，進而得到面面垂直；（2）建立空間坐標系得到線面角的表達式，求解即可.【詳解】（1）證明：連接，因為底面為菱形，，所以是正三角形，是的中點，，又，平面，平面，又平面，又平面，所以平面平面．（2）由（1）知AE，AD，AP兩兩垂直，以為坐標原點，直線AE，AD，AP分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，設(shè)，則，，，，，，所以，，．設(shè)平面的法向量，則即令，得平面的一個法向量．設(shè)與平面所成的角為，則，解得或，即存在點，使得直線與平面所成角的正弦值為，且或．17．（13分）【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ），【分析】（Ⅰ）因為，直接令，即可求得的值；（Ⅱ）由正弦函數(shù)的和差公式化簡得，再由誘導公式得，由三角函數(shù)的周期公式即可求得函數(shù)的最小正周期，令，即可得函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間．【詳解】（Ⅰ）因為，所以，．（Ⅱ）因為，所以，所以周期．令，解得：，所以的單調(diào)遞增區(qū)間為：18．(13分)【答案】(1)分布列見解析(2)證明見解析，經(jīng)過150次傳毽子后甲接到毽子的概率大于【分析】（1）根據(jù)相互獨立事件概率計算求得的分布列.（2）利用湊配法證得是等比數(shù)列，從而求得，進而判斷出【詳解】（1）的所有可能取值為0，1，，，所以的分布列為01（2）當時，.當時，，，，所以，因為，所以，所以，所以，因為，，所以，所以.所以是首項為，公比的等比數(shù)列，所以，即，所以，故經(jīng)過150次傳毽子后甲接到毽子的概率大于.19．（15分）【答案】（1）；（2）存在點.【分析】（1）由，三等分橢圓的短軸，解得，由，推出，解得，，解得，進而寫出橢圓的方程．（2）設(shè)，，，，直線的方程為，聯(lián)立直線與橢圓的方程，消去得關(guān)于的一元二次方程，由韋達定理可得，，設(shè)，，則用坐標表示，化簡得，滿足，解得，，進而解出答案．【詳解】（1）由點，三等分橢圓的短軸，得，由，得，即，又，所以橢圓的方程為．（2）設(shè)，，，，直線的方程為，由，整理得，所以，，△，設(shè)，，則，，，，，，首先滿足，即，當時，，且點在橢圓上，所以橢圓上存在點，使得恒有．20．（15分）【答案】（Ⅰ）見證明（Ⅱ）【分析】（Ⅰ）分別對兩函數(shù)求導，求出兩函數(shù)在處切線的斜率，再利用點斜式求出切線的直線方程，就可以證明曲線與在處的切線重合；（Ⅱ）方法1：構(gòu)造對求導得到，對進行分類討論，利用函數(shù)的單調(diào)性，綜合分析，最后求出實數(shù)的取值范圍．方法2：可得（），構(gòu)造新函數(shù)設(shè)，求導，對進行分類討論，利用函數(shù)的單調(diào)性，綜合分析，最后求出實數(shù)的取值范圍．【詳解】證明:(Ⅰ)在處的切線方程為在處的切線方程為所以切線重合.（Ⅱ）（方法1）：令①當時，，當且僅當時取“”，在遞減，，不恒成立.②當時，，（i）當時，時，，遞減，，在遞減，，不恒成立.（ii）當時，，在遞增，，在遞增，，恒成立.綜上，.（Ⅱ）（方法2）：，（），設(shè)，，，在遞減，，與已知矛盾，①，，在遞增，滿足題意②當時，，，在遞減，，不滿足題意綜上，21．（15分）【答案】(1)E不是，F(xiàn)是(2)不存在，理由見解析(3)【分析】（1）根據(jù)新定義計算即可判斷；（2）若存在符合題意的實數(shù)z，根據(jù)題意可得，求解后，檢驗，進而可判斷；（3）不妨設(shè)A中所有元素滿足，從而可得，進而可得，再分、、三種情況求解即可.【詳解】（1）因為，所以E不是“諧調(diào)集”，因為，所以F是“諧調(diào)集”；（2）若存在符合題意的實數(shù)z，則，所以，即，解得或或，當時，則，，不符合題意；當時，，，由此，x、y是方程的實數(shù)解.但