2024年北京市豐臺區(qū)高三二模數學試卷及答案

第1頁/共1頁2024北京豐臺高三二模數學2024.04本試卷共6頁，150分?？荚嚂r長120分鐘?？忌鷦毡貙⒋鸢复鹪诖痤}卡上，在試卷上作答無效?？荚嚱Y束后，將本試卷和答題卡一并交回。第一部分（選擇題40分）一、選擇題共10小題，每小題4分，共40分。在每小題列出的四個選項中，選出符合題目要求的一項。1．已知集合，，，則（A）（B）（C）（D）2．在復平面內，復數對應的點為，則的共軛復數（A）（B）（C）（D）3．已知數列對于任意，都有，若，則（A）（B）（C）（D）4．下列函數中，是偶函數且在區(qū)間上單調遞增的是（A）（B）（C）（D）5．若，且，則（A）（B）（C）（D）6．已知是兩個不同的平面，是兩條不同的直線，能使成立的一組條件是（A）（B）（C）（D）7．已知函數的導函數是，如果函數的圖象如右圖所示，那么的值分別為（A）（B）（C）（D）8．已知曲線與直線，那么下列結論正確的是（A）當時，對于任意的，曲線與直線恰有兩個公共點（B）當時，存在，曲線與直線恰有三個公共點（C）當時，對于任意的，曲線與直線恰有兩個公共點（D）當時，存在，曲線與直線恰有三個公共點9．已知等差數列的公差為，首項，那么“”是“集合恰有兩個元素”的（A）充分而不必要條件（B）必要而不充分條件（C）充分必要條件（D）既不充分也不必要條件10．“用一個不垂直于圓錐的軸的平面截圓錐，當圓錐的軸與截面所成的角不同時，可以得到不同的截口曲線”.利用這個原理，小明在家里用兩個射燈（射出的光錐視為圓錐）在墻上投影出兩個相同的橢圓（圖1），光錐的一條母線恰好與墻面垂直.圖2是一個射燈投影的直觀圖，圓錐的軸截面是等邊三角形，橢圓所在平面為，，則橢圓的離心率為圖1圖2（A）（B）（C）（D）

第二部分（非選擇題110分）二、填空題共5小題，每小題5分，共25分。11．已知函數，，那么___．12．若，則___．13．如圖,在正方形中,,點分別為的中點,點在上，則____.14．如圖，正方體的棱長為2，分別為的中點，為過直線的平面．從下列結論①，②中選擇一個，并判斷該結論的真假.你選的結論是___（填“①”或“②”），該結論是___命題（填“真”或“假”）．①平面截該正方體所得截面面積的最大值為；②若正方體的12條棱所在直線與平面所成的角都等于，則．15．設函數給出下列四個結論：①當時，函數在上單調遞減；②若函數有且僅有兩個零點，則；③當時，若存在實數，使得，則的取值范圍為；④已知點，函數的圖象上存在兩點，關于坐標原點的對稱點也在函數的圖象上．若，則.其中所有正確結論的序號是___．三、解答題共6小題，共85分。解答應寫出文字說明，演算步驟或證明過程。16．（本小題14分）已知滿足．（Ⅰ）求；（Ⅱ）若滿足條件①、條件②、條件③中的兩個，請選擇一組這樣的兩個條件，并求的面積．條件①：；條件②：；條件③：．注：如果選擇的一組條件不符合要求，第（Ⅱ）問得0分；如果選擇多組符合要求的條件分別解答，按第一組解答計分．17．（本小題14分）在正四棱柱中，，為中點，直線與平面交于點.（Ⅰ）證明：為的中點；（Ⅱ）若直線與平面所成的角為，求二面角的余弦值.18．（本小題13分）激光的單光子通訊過程可用如下模型表述：發(fā)送方將信息加密后選擇某種特定偏振狀態(tài)的單光子進行發(fā)送．在信息傳輸過程中，若存在竊聽者，由于密碼本的缺失，竊聽者不一定能正確解密并獲取準確信息．某次實驗中，假設原始信息的單光子的偏振狀態(tài)0，1，2，3等可能地出現，原始信息的單光子的偏振狀態(tài)與竊聽者的解密信息的單光子的偏振狀態(tài)有如下對應關系．原始信息的單光子的偏振狀態(tài)0123解密信息的單光子的偏振狀態(tài)0，1，20，1，31，2，30，2，3已知原始信息的任意一種單光子的偏振狀態(tài)，對應的竊聽者解密信息的單光子的偏振狀態(tài)等可能地出現．（Ⅰ）若發(fā)送者發(fā)送的原始信息的單光子的偏振狀態(tài)為1，求竊聽者解密信息的單光子的偏振狀態(tài)與原始信息的單光子的偏振狀態(tài)相同的概率；（Ⅱ）若發(fā)送者連續(xù)三次發(fā)送的原始信息的單光子的偏振狀態(tài)均為1，設竊聽者解密信息的單光子的偏振狀態(tài)為1的個數為，求的分布列和數學期望；（Ⅲ）已知發(fā)送者連續(xù)三次發(fā)送信息，竊聽者解密信息的單光子的偏振狀態(tài)均為1．設原始信息的單光子只有一種偏振狀態(tài)的可能性為，有兩種偏振狀態(tài)的可能性為，有三種偏振狀態(tài)的可能性為，試比較，，的大小關系．（結論不要求證明）19．（本小題14分）已知函數．（Ⅰ）當時，求曲線在點處的切線方程；（Ⅱ）若函數有兩個零點，求的取值范圍．

20．（本小題15分）已知兩點，，曲線上的動點滿足，直線與曲線交于另一點．（Ⅰ）求曲線的方程；（Ⅱ）設曲線與軸的交點分別為（點在點的左側，且不與重合），直線與直線交于點．當點為線段的中點時，求點的橫坐標．21．（本小題15分）將正整數數列中項數為平方數的項依次選出構成數列，此時數列中剩下的項構成數列；再將數列中項數為平方數的項依次選出構成數列，剩下的項構成數列；…，如此操作下去，將數列中項數為平方數的項依次選出構成數列，剩下的項構成數列.（Ⅰ）分別寫出數列，的前2項；（Ⅱ）記數列的第項為．求證：當時，；（Ⅲ）若，求的值．（考生務必將答案答在答題卡上，在試卷上作答無效）

參考答案第一部分（選擇題共40分）題號（1）（2）（3）（4）（5）（6）（7）（8）（9）（10）答案CACBDBACAD第二部分（非選擇題共110分）二、填空題共5小題，每小題5分，共25分。（11）1 （12）12（13）4（14）①，假；或②，真（15）②③④注：（15）題給出的結論中有多個符合題目要求．全部選對得5分，不選或錯選得0分，其他得3分．三、解答題共6小題，共85分。（16）（本小題14分）解：（Ⅰ）因為，所以．因為，所以．………………6分（Ⅱ）若選擇①②，在ABC中，，因為，所以．由（Ⅰ）知，所以，所以，與矛盾，此時不存在符合題意的ABC．若選擇①③，在ABC中，由余弦定理，得，解得，所以．所以．………………14分若選擇②③，在ABC中，，因為，所以．又因為，，所以．在ABC中，由正弦定理可得，所以．………………14分（17）（本小題14分）解：（Ⅰ）連結．在正四棱柱中，，．所以四邊形為平行四邊形，所以．因為平面，平面，所以平面．因為與平面交于點，所以平面平面．因為平面，所以．所以．在中，因為點是的中點,所以點是的中點．………………5分（Ⅱ）在正四棱柱中，建立如圖所示空間直角坐標系．設，由，得,所以.設平面的一個法向量為，則,得.令，得，，所以.所以.因為與平面所成角為,所以，解得，所以平面的一個法向量為.由題可知，平面的法向量為.因為，由題可知，二面角為銳二面角，所以二面角的余弦值為．………………14分（18）（本小題13分）解：（Ⅰ）設事件A=“解密信息的單光子的偏振狀態(tài)與原始信息的單光子的偏振狀態(tài)相同”，則．………………3分（Ⅱ）的可能取值為0，1，2，3.，，，，所以，的分布列如下：0123P．………………10分（Ⅲ）．………………13分（19）（本小題14分）解：（Ⅰ）當時，，；，；故切線方程為． ………………4分（Ⅱ）函數的定義域為；．①當時，，的變化情況如下表：↘極小值↗所以極小值為．函數有兩個零點的必要條件是，解得．當時，，，從而；當時，，，當自變量越來越大時，函數的增長速度相對函數的增長速度要慢，從而．所以時，函數有兩個零點．②當時，，的變化情況如下表：↘極小值↗極小值為．函數有兩個零點的必要條件是，解得．當時，，，從而；當時，，，當自變量越來越大時，函數的增長速度相對函數的增長速度要慢，從而．所以時，函數有兩個零點；綜上所述，的取值范圍為．………………14分（20）（本小題15分）解：（Ⅰ）因為動點滿足，所以曲線為以點，為焦點的橢圓，且，，即，；又因為，故．所以曲線的方程為． ………………5分（Ⅱ）解法1：當直線斜率不存在時，，，可求得，不符合題意；當直線斜率存在時，設直線方程為；聯(lián)立得，設，，，則，；直線方程為；直線方程為；聯(lián)立得．解得，可得，所以點的橫坐標為0．………………15分解法2：設直線方程為，聯(lián)立得，設，，，則，；直線方程為；直線方程為；聯(lián)立得；因為，所以；所以；得；即，代入，得，代入，得；即，得到，；得．所以點的橫坐標為0．………………15分（21）（本小題15分）解：（Ⅰ）數列的前2項為3，8；數列的前2項為5，11；………………4分（Ⅱ）首先，當時，結論成立；當時，對于相鄰的兩個數列：因為都在數列中，且在之前，所以在數列中，必有，所以，所以所以構成首項為，公差為1的等差數列，所以………………9分（Ⅲ）由各個數列生成的規(guī)則知，中不可能有兩個元素是同一數列的項．從上面的表格，我們猜想：集合中的每個元素，是且僅是數列中某個數列的項.具體地可概括成結論P：對任意，有下面用數學歸納法證明：(1)當時，由題意數列的首項分別是2,3，結論成立；(2)假設當時，結論成立，即對，