1_2024高考数学点睛密卷_北京卷_解析版.pdf.pdf

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1、高途高中数学高考研究院1 1 在点睛课程资料中下载绝密启用前 2024 年高考数学点睛密卷(北京卷)数 学 本试卷共 6 页，22 小题，满分 150 分。考试用时 120 分钟。注意事项：注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上。用 2B 铅笔将试卷类型(B)填涂在答题卡相应位置上。将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”。2 作答选择题时，选出每小题答案后，用 2B 铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试卷上。3非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相

2、应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。一、选择题共一、选择题共 10 小题，每小题小题，每小题 4 分，共分，共 40 分在每小题列出的四个选项中，选出符合题目分在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项要求的一项 1已知集合|42Mxx=，2|6 0Nx xx=，则(MN=)A|43xx B|42xx C|22xx D|23xx【解答】解：集合|42Mxx=，2|6 0|23Nx xxxx=，|43MNxx=故选：A 2在复平面内，复数z对应的点的坐标为(2,1

3、)，则(z z=)A5 B3 C54i D34i【解答】解：复数z对应的点的坐标为(2,1)，2iz=，高途高中数学高考研究院2 2 2(2i)(2i)4i5z z=+=故选：A 3.下列关于函数2()(0)1xf xxx=+的论述中，正确的是()A是奇函数 B是增函数 C最大值为12D有一个零点【解答】解：根据题意，依次分析选项：对A，因为2()(0)1xf xxx=+，定义域不关于原点对称，所以()x不是奇函数，故A错误；对B，因为21()11xf xxxx=+，因为1yxx=+在(0,1)上单调递减，在(1,)+上单调递增，所以()f x在(0,1)上单调递增，在(1,)+上单调递减，故

4、B错误；对C，由B知，()f x在(0,1)上单调递增，在(1,)+上单调递减，所以max1()(1)2f xf=，故C正确；对D，因为2110 x+，0 x，所以2()01xf xx=+恒成立，即()f x没有零点，故D错误 故选：C 4.在512xx的展开式中，3x的系数为()A40 B40 C80 D80【解答】解：在512xx的展开式中，含3x的项为1143351C(2)5 1680 xxxx=，3x的系数为80 故选：D 高途高中数学高考研究院3 3 5已知直线yxm=+与圆22:4O xy+=交于A，B两点，且AOB为等边三角形，则m的值为()A2B3C2D6【解答】解：由题意，圆

5、心到直线的距离为3，|00|32m+=，6m=，故选：D 6.攒尖是我国古代建筑中屋顶的一种结构样式，多见于亭阁式建筑、园林建筑等，如图所示的亭子带有攒尖的建筑屋顶可近似看作一个圆锥，其底面积为16，屋顶的体积为32 53，算得侧面展开图的圆心角约为()A23B56C43D76【解答】解：设其底面半径为r，高为h，母线长为l，由2216132 533rr h=，解得42 5rh=226lrh=+=设侧面展开图的圆心角为，又圆锥母线长为 6，可得展开后扇形的弧长等于圆锥底面圆的周长，即6248=，则43=即侧面展开图的圆心角约为43 故选：C 高途高中数学高考研究院4 4 7设等比数列 na的前

6、n项和为nS，则“1322aaa+”是“210nS”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【解答】解：等比数列 na，213212(1)0aaaa q+，10a且1q，由210nS，当1q 时，()211101naqq，则10a 且1q，当1q=时，1(21)0na，即10a 且1q=，1322aaa+是210nS的充分不必要条件 故选：A 8.已知函数()sin cosf xxx=，将()f x的图象向左平移6个单位后得到函数()g x的图象，若()f x和()g x在区间(0,)t上均单调递增，则t的最大值为()A12B4C3D23【解答】解：

7、由题意得1()sin22f xx=，则1()sin 223g xx=+，当(0,)xt时，2,2333xt+，因为()f x和()g x在区间(0,)t上均单调递增，所以23204tt+，解得012t，故t的最大值为12 故选：A 9中国古代钱币历史悠久，品种纷繁，多姿多彩，大多数是以铜合金形式铸造的，方孔钱是古代钱币最常见的一种，如图 1现有如图 2 所示某方孔钱中心方孔为正方形，M，N为正方形的顶点，O为圆心，A为圆上的点，且1tan5MAO=，MNOA，定义方孔钱金属面积比率100%=金属面积圆形面积，则该方孔钱金属面积比率约为（方孔钱厚度不计，高途高中数学高考研究院5 5 3)()A8

8、3.3%B88.9%C92.3%D96.3%【答案】D【解答】解：设OA与MN交于点P，MNa=，则2aPMPO=，又因为1tan5PMMAOPA=，所以52PAa=，3OAPAPOa=+=，所以方孔钱金属面积比率为 222222222(3)9100%100%100%96.3%(3)9OAaaaaaOAaa=故选：D 10设数列 na的前n项和为nS，若对任意的正整数n，总存在正整数m，使得nmSa=，下列正确的命题是()na可能为等差数列；na可能为等比数列；(2)ia i均能写成 na的两项之差；高途高中数学高考研究院6 6 对任意nN，1n，总存在mN，1m，使得nmaS=A B C D

9、【解答】解：对于，当数列 na为等差数列时，不妨令nan=，所以其前n项和为(1)2nn nS+=，又因为(1)n n+必为偶数，所以(1)2n n+必为整数，所以存在正整数m，使得nmSa=，故正确；对于，若数列 na为等比数列，设其公比为q，则当1q=时，显然不满足要求；当1q 时，由题意可得：11nmSa+=，222nmSa+=，即121mnqqqq+=，2221211(1)(1)mnnnqqqqqqqq+=+=，两式相除得：2111mmnqq+=若|1q，则当n为奇数时，10nq+，所以212|mmnqq+，所以()2112111|1mmnnnnqqqqqq+=当n充分大时，显然不成立

10、；若|1q，则(211|0,|,|mmqqq+，因为1|1|qq，所以当n充分大时，可以使得111|,|nqqq+，故不成立，故不正确；对于：由题意，对任意的正整数n，总存在正整数m，使得nmSa=，则存在正整数p使得1(2)npSan=，则1(2)nnnmpaSSaan=正确 对于，取数列nan=，显然不存在m，使得22mSa=，故不正确故选：A 二、填空题共二、填空题共 5 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 25 分分 高途高中数学高考研究院7 7 11函数1ln()22xxf x=的定义域为 【解答】解：函数1ln()22xxf x=，所以1ln0220 xx，解得0ex，且1

11、x，所以()f x的定义域为()(0,11,e 故答案为：()(0,11,e 12 双曲线22:13yC x=的离心率为；设O为坐标原点，过C的右焦点F且垂直于x轴的直线与C的两条渐近线分别交于P，Q两点，则OPQ的面积为 【答案】2；4 3【解答】解：由双曲线22:13yC x=得1a=，3b=，2c=，2cea=；过C的右焦点F且垂直于x轴的直线l的方程为2x=，与两渐近线3yx=相交于两点()2,2 3P，()22 3Q，OPQ的面积为1|4 32OFPQ=故答案为：2；4 3 13 已知点P在棱长为4的正方体表面上运动，AB是该正方体外接球的一条直径，则PA PB的最小值为 .【答案】

12、8【解答】解：由题意知：设正方体的外接球的球心为O，正方体的外接球的直径222|4444 3AB=+=，则O为AB的中点，所以OAOB=，且|2 3OAOB=，故(PA PBOAOP=22)()()12OBOPOA OBOAOBOPOPOP=+=，由于|2OP，所以PA PB的最小值4 128=公众号：高中试卷君高途高中数学高考研究院8 8 故答案为：8 14若点(cos,sin)M关于x轴的对称点为cos,sin66N，则的一个取值可以为 【答案】12（答案不唯一，只要符合12k=+，kZ均可）【解答】解：点(cos,sin)M关于x轴的对称点为cos,sin66N，coscos6=，sin

13、sin6=，由诱导公式sinsin()=，coscos()=，所以26k=+，kZ，解得12k=+，kZ，则符合题意的值可以为12故答案为：12（答案不唯一，只要符合12k=+，kZ均可）15已知函数2|,()24,xx mf xxmxm xm=+，设()()g xf xb=给出下列四个结论：当4m=时，()f x不存在最小值；当03m时，()f x在(0,)+为增函数；当0m时，存在实数b，使得()g x有三个零点；当3m时，存在实数b，使得()g x有三个零点 其中正确结论的序号是 【解答】解：当4m=时，作出函数的图象，如图所示：公众号：高中试卷君高途高中数学高考研究院9 9 由此可得m

14、in()(0)0f xf=，故错误；当03m时，yx=在(0,)m内单调递增，二次函数2()24f xxmxm=+在(0,)m上单调递减，在(,)m+上单调递增，且此时2()4f mmm=+，又因为2243(3)0mmmmmm m+=+=，所以24mm m+，所以函数在(0,)+上单调递增，故正确；当0m时，令()()0g xf xb=，则()f xb=，如图所示：高途高中数学高考研究院10 10 此时yb=与()yf x=最多只有 2 个交点，即函数()g x最多只有 2 个零点，故错误；当3m时，令()()0g xf xb=，则()f xb=，如图所示：当2min 0,4mmb m时，yb

15、=与()yf x=有 3 个交点，此时函数()g x有 3 个零点，故正确 故答案为：三、解答题共三、解答题共 6 小题，共小题，共 85 分解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程分解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程 16(本小题 13 分)在ABC中，sin23 sinbAaB=高途高中数学高考研究院11 11(1)求A；(2)若ABC的面积为3 3，再从条件、条件、条件这三个条件中选择一个作为已知，使ABC存在且唯一确定，求a的值 条件：2 7sin7C=；条件：3 34bc=；条件：21cos7C=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

16、，按第一个解答计分【解答】解：（1）因为sin23 sinbAaB=，由正弦定理得，sinsin23sinsinBAAB=，又(0,)B，所以sin0B，得到sin23sinAA=，又sin22sincosAAA=，所以2sincos3sinAAA=，又(0,)A，所以sin0A，得到3cos2A=，所以6A=；（2）选条件：2 7sin7C=；由（1）知，6A=，根据正弦定理知，2 7sin4 7711sin72cCaA=，即ca，所以角C有锐角或钝角两种情况，ABC存在，但不唯一，故不选此条件 选条件：3 34bc=；因为111sinsin3 32264ABCSbcAbcbc=，所以12

17、3bc=，又3 34bc=，得到3 34bc=，代入12 3bc=，得到23 312 34c=，解得4c=，所以3 3b=，由余弦定理得，2222232cos(3 3)42 3 3427163672abcbcA=+=+=+=，所以7a=选条件：21cos7C=；因为111sinsin3 32264ABCSbcAbcbc=，所以12 3bc=，由21cos7C=，得到2212 7sin1cos1497CC=，高高途高中数学高考研究院12 12 又sinsin()sin()sinBACAC=+=coscos sinACA+C，由（1）知6A=，所以1212 733 21sin277214B=+=，

18、又由正弦定理得3 21sin3 314sin42 77bBcC=，得到3 34bc=，代入12 3bc=，得到23 312 34c=，解得4c=，所以3 3b=，由余弦定理得，2222232cos(3 3)42 3 3427163672abcbcA=+=+=+=，所以7a=17(本小题 14 分)如图，四棱锥SABCD的底面是正方形，点P，Q在侧棱SD上，E是侧棱SC的中点(1)若SQQPPD=，证明：BE平面PAC；(2)若每条侧棱的长都是底面边长的2倍，从下面两个条件中选一个，求二面角PACD的大小 SD 平面PAC；P为SD的中点【解答】解：(1)证明：连接BD，交AC为点O，连接BQ，

19、QE，OP，在SCP中，点E是SC的中点，点Q是线段SP的中点，QEPC，又PC 平面PAC，且QE 平面PAC，QE平面PAC，在BQD中，点O是线段BD的中点，点P是线段DQ的中点，所以QBOP，高途高中数学高考研究院13 13 又OP平面PAC，且QB 平面PAC，QB平面PAC，又BQEQQ=，且BQ，EQ 平面BEQ，平面BEQ平面PAC，又BE 平面BEQ，BE平面PAC；（2）若选SD 平面PAC，连接BD，交AC为点O，连接SO，ABCD为正方形，点O为AC与BD的中点，又易知SBSD=，SOBD，同理SOAC，又BDACO=，SO平面ABCD，以OC，OD，OS所在直线分别为

20、x，y，z轴，建系如图，设1OC=，则2CD=，2SC=，3OS=，3SCO=，(1,0,0)C，(1,0,0)A，(0,1,0)D，(0,1,0)B，(0,0,3)S，(0,1,3)SD=，SD平面PAC，平面PAC的一个法向量为1(0,1,3)SD=n，显然平面DAC的一个法向量为2(0,0,1)=n，设二面角PACD的平面角为，12123cos|2=nnnn，6=；若选P为SD的中点，连接SO，ABCD为正方形，点O分别为AC与BD的中点，由题意SBSD=，SOBD同理SOAC，又BDACO=，SO平面ABCD 以OC，OD，OS所在直线分别为x，y，z轴，建系如图，公众号：高中试卷君高

21、途高中数学高考研究院14 14 设1OC=，则2CD=，2SC=，3OS=，3SCO=，(1,0,0)C，(1,0,0)A，(0,1,0)D，(0,1,0)B，()0,0,3S，130,22P，则131,22AP=，131,22CP=，设平面APC的法向量为1(,)x y z=n，则111302213022APxyzCPxyz=+=+=nn，取()10,3,1=n，显然平面DAC的一个法向量为2(0,0,1)=n，设二面角PACD的平面角为，12121cos|2=nnnn，3=18(本小题 13 分)天文学上用星等表示星体亮度，星等的数值越小，星体越亮视星等是指观测者用肉眼所看到的星体亮度；绝

22、对星等是假定把恒星放在距地球32.6光年的地方测得的恒星的亮度，反映恒星的真实发光本领如表列出了（除太阳外）视星等数值最小的10颗最亮恒星的相关数据，其中0,1.3a 星名 天狼星 老人星 南门二 大角星 织女一 五车二 参宿七 南河三 水委一 参宿四 视星等 1.470.720.270.040.030.080.120.380.46a绝时星等 1.425.534.40.380.60.16.982.672.785.85赤纬 16.752.760.819.2 38.8468.25.257.27.4(1)从表中随机选择一颗恒星，求它的绝对星等的数值小于视星等的数值的概率；(2)已知北京的纬度是北纬4

23、0，当且仅当一颗恒星的“赤纬”数值大于50时，能在北京的夜空中看到它现从这10颗恒星中随机选择4颗，记其中能在北京的夜空中看到的数量为X颗，求X的分布列和数学期望；(3)记0a=时10颗恒星的视星等的方差为21s，记1.3a=时10颗恒星的视星等的方差为22s，判断21s与22s之间的大小关系（结论不需要证明）高途高中数学高考研究院15 15【答案】(1)12；(2)分布列见解析；数学期望为145；(3)2212ss【解答】解：(1)设一颗星的绝对星等的数值小于视星等的数值为事件A，由图表可知：10颗恒星有5颗恒星绝对星等的数值小于视星等的数值51()102P A=(2)由图表知，有7颗恒星的

24、“赤纬”数值大于50，有3颗恒星的“赤纬”数值小于50，则随机变量X的所有可能取值为：1，2，3，4 且1373410C C71(1)C21030P X=，2273410C C3(2)C10P X=，3173410C C1(3)C2P X=，4073410C C1(4)C6P X=，随机变量X的分布列为：X1234P1303101216131114()12343010265E X=+=(3)结论：2212ss 理由：前9颗恒星视星等的平均数约为0.159，故当0a=时，第10颗恒星视星等数据更接近平均数，视星等数据方差更小，当1.3a=时，视星等数据离散程度更大，方差更大 19(本小题 15

25、分)已知21()ln(1)()2f xxxax a=+R(1)当2a=时，求函数()f x在(0,0)处的切线方程；(2)求证：21ln(1)2xxx+；(3)若()0f x在0,)x+恒成立，求a的取值范围【解答】（1）解：当2a=时，1()21fxxx=+，(0)1f=，则()f x在(0,0)处的切线方程为yx=；（2）证明：设21()ln(1)2g xxxx=+，1(2)()111x xg xxxx+=+=+，(1,0)x 时，()0g x，()g x在(1,0)上单调递减，(0,)x+时，()0g x，()g x在(0,)+上单调递增，高途高中数学高考研究院16 16 min()(0

26、)0g xg=，所以()(0)0g xg=，则21ln(1)02xxx+，即21ln(1)2xxx+；（3）解：当1a时，由（2）得2211()(1)022f xxxxaxax+=，当1a 时，(0)10fa=，设()()m xfx=，21()10(1)m xx=+，则()fx在0,)+上单调递增，2(1)1()01xaxafxx+=+，得21(1)(1)4(1)2aaax+=，则在)10,x上，()0fx，()f x在)10,x上单调递减，()(0)0f xf=，()0f x在0,)+上不恒成立，不合题意综上，当1a时，()0f x在0,)x+恒成立 20(本小题 15 分)已知椭圆2222

27、:1(0)xyEabab+=的一个顶点为(0,1)A，离心率63e=（1）求椭圆E的方程；（2）过点(3,1)P 作斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B，C，直线AB，AC分别与x轴交于点M，N设椭圆的左顶点为D，求|MDMN的值【解答】解：（1）由题设得222163bcaabc=+，解得3a=，1b=，2c=，所以椭圆的方程为2213xy+=（2）直线BC的方程为1(3)yk x=+，联立221(3)33yk xxy=+=，得()()2222316 3696 30kxkk xkk+=，由()()()22226 364 31 96 30kkkkk=+，解得0k，设11(),B x y，22(

28、),C x y，高途高中数学高考研究院17 17 所以21226 3631kkxxk+=+，212296 331kkx xk+=+，直线AB的方程为1111yyxx=+，令0y=得M点的横坐标为11111(3)Mxxxyk x=+，同理可得N点的横坐标为22221(3)Nxxxyk x=+，所以12121212121223()11333()3MNxxx xxxxxkkxxx xxx+=+=+2222222296 36 36233131196 36 36333131kkkkkkkkkkkkk+=+1 6 32 33kk=，因为点D的坐标为()3,0，所以D为线段MN的中点，所以|1|2MDMN=

29、21(本小题 15 分)设有限数列1:A a，2a，*()na nN，定义集合|1ijMaaij n=+为数列A的伴随集合(1)已知有限数列:1P，0，1，2和数列:Q1，2，4，8分别写出P和Q的伴随集合；(2)已知有限等比数列:A4，24，()*4nnN，求A的伴随集合M中各元素之和S；(3)已知有限等差数列1:A a，2a，2022a，判断0，507，11100是否能同时属于A的伴随集合M，并说明理由【解答】解：(1)数列P的伴随集合为 1,0,1,2,3，数列Q的伴随集合为3,5,6,9,10,12(2)先证明：对任意ik，或jl，则()1,1ijklaaaai j nkl n+，假设

30、()1,1ijklaaaaij nkl n+=+，高途高中数学高考研究院18 18 当ik=，且jl，ijklaaaa+=+，则jlaa=，即22jl=，jl=，与jl矛盾，同理当ik，且jl=时，也不成立 当ik，且jl时，不妨设ik，ijklaaaa+=+，则2222ijkl+=+，1222j ik il i+=+，左边为奇数，右边为偶数，1222j ik il i+，综上，对任意ik，或jl，则(),1ijklaaaa l ij nkl n+，求集合M中元素之和时，每个()1iai n均出现1n次，()()21 444nSn=+()()4 14114nn=()()4 4113nn=()(

31、)11443nn+=(3)假设 0，507，11100同时属于数列A的伴随集合M，设数列A的公差为()0d d，则112233050711100ijijijaaaaaa+=+=+=，即()()()111122133220,5022,71122,100aijdaijdaijd+=+=+=，得，()()2211507ijijd+=，得，()()331111100ijijd+=，两式相除得，()()()()22113311500077ijijijij+=+，*112233,i j ij ij N，()()22115000ijijk+=，()()()3311770ijijk kk+=Z，()()22115000ijij+，1122122,02,i j ij，()()()()2211202220212 14040ijij+=，()()()()221112202120224040ijij+=，()()22114040ijij+，与()()22115000ijij+矛盾，0，507，11100不能同时属于数列A的伴随集合M