2024年北京市第二次普通高中學(xué)業(yè)水平合格性考試數(shù)學(xué)試卷（含解析）

2024年北京市第二次普通高中學(xué)業(yè)水平合格性考試（一）

數(shù)學(xué)試卷

第一部分（選擇題共60分）

一、選擇題：共20小題，每小題3分，共60分，在每小題列出的四個(gè)選項(xiàng)中，選出符合題

目要求的一項(xiàng).

1,已知集合.={-2，T，°},B={-1,1,2},則A8=（）

A.{-1}B.{-2,2}C.{-2,-1,0,2}D.{-2,-1,0,1,2}

【答案】D

【解析】

【分析】由集合并集的定義即可得到答案.

【詳解】AB={-1,-2,0,1,2}

故選：D

2.函數(shù)/（x）=ln（x+6）的定義域?yàn)椋ǎ?/p>

A.（-6,+oo）B.（6,+oo）C.（-8,-6）D.(-co,6)

【答案】A

【解析】

【分析】由x+6>0即可求解.

【詳解】由解析式可知，尤+6>0,

及x>-6,

所以定義域?yàn)椋?6,48）,

故選：A

3.在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)z=2-3i對(duì)應(yīng)的點(diǎn)的坐標(biāo)為（）

A.（2,3）B.（-2,3）C.（-2,-3）D.(2,-3)

【答案】D

【解析】

【分析】復(fù)數(shù)z=a+歷對(duì)應(yīng)點(diǎn)為（。力）即可求解.

【詳解】因?yàn)閦=2-3i,所以對(duì)應(yīng)的點(diǎn)的坐標(biāo)為（2,-3）,

故選：D

4.如圖，在三棱柱ABC—A31G中，Ad，底面ABC。是5c的中點(diǎn)，則直線()

A.與直線AC相交B.與直線AC平行

C.與直線A4垂直D.與直線A4］是異面直線

【答案】D

【解析】

【分析】由直三棱柱的特征逐項(xiàng)判斷即可.

【詳解】易知三棱柱ABC-45cl為直三棱柱，

由圖易判斷。G與AC異面，AB錯(cuò)誤；

因?yàn)锳41〃CG，DG與CG相交但不垂直，所以與直線AA］不垂直，C錯(cuò)誤;

由圖可判斷與直線A4是異面直線，D正確.

故選：D

5.如圖，四邊形ABCD是正方形，則AC—AB=()

A.ABB.BCC.CDD.DA

【答案】B

【解析】

【分析】由三角形法則即可求解.

【詳解】AC-AB=BC.

故選：B

6.已知“力是定義在R上的奇函數(shù)，則/(1)+/(T)=()

A.-1B.OC.1D.2

【答案】B

【解析】

【分析】根據(jù)奇函數(shù)的性質(zhì)求解即可.

【詳解】因?yàn)?％)是定義在R上的奇函數(shù)，

所以/(—1)=一/。)，即/(i)+/(—i)=o.

故選：B.

7.在下列各數(shù)中，滿(mǎn)足不等式(x—1)(%+2)<0的是()

A.-2B.-1C.1D.2

【答案】B

【解析】

【分析】解二次不等式，判斷數(shù)是否在解集內(nèi)即可得到答案.

【詳解】解不等式(x—l)(x+2)<0得一24<1.

故選：B.

8.命題“以￡氏必+120”的否定是()

A.BxeR,x2+l>0B.VxeR,x2+l>0

C.3.XGR,^2+1<0D.VxeR,x2+l<0

【答案】C

【解析】

【分析】由全稱(chēng)命題的否定為特稱(chēng)命題即可求解.

【詳解】的否定為：3xeR,x2+l<0.

故選：C

9八.c2o兀s--si.n2—兀=(,)、

66

A.-B.立C.—D.B

2322

【答案】A

【解析】

【分析】根據(jù)條件，利用二倍角公式及特殊角的三角函數(shù)值，即可求解.

【詳解】因?yàn)閏os?二一sin2?=cos/=L

6632

故選：A.

10.在下列各數(shù)中，與coslO。相等的是()

A.sin80°B.cos80°C.sin170°D.cos170°

【答案】A

【解析】

【分析】由半角和全角誘導(dǎo)公式逐項(xiàng)化簡(jiǎn)即可；

【詳解】對(duì)于A,sin80?sin(90?10?)cos10?,故A正確；

對(duì)于B,cos80?cos(90?10?)sin10?,故B錯(cuò)誤；

對(duì)于C,sin170°=sin(180°-10°)=sin10°,故C錯(cuò)誤；

對(duì)于D,cos170?cos(180?10^=-cos10?,故D錯(cuò)誤；

故選：A.

11.在下列函數(shù)中，在區(qū)間(o,+a)上單調(diào)遞減的是()

x2x

A./(x)=3B./(x)=log2xC./(x)=xD,-l°gi

3

【答案】D

【解析】

【分析】由指數(shù)函數(shù)、對(duì)數(shù)函數(shù)以及幕函數(shù)的單調(diào)性逐項(xiàng)判斷即可得.

【詳解】對(duì)A：/(x)=3，R上單調(diào)遞增，故A錯(cuò)誤；

對(duì)B：/(x)=log2%在(0,+“)上單調(diào)遞增，故B錯(cuò)誤；

對(duì)C：/(X)=/在(—,0)上單調(diào)遞減，在(0,+e)上單調(diào)遞增，故C錯(cuò)誤；

對(duì)D：7(尤)=1°8及在(0,+8)上單調(diào)遞減，故D正確.

3

故選：D.

12.已知xeR,則“x>4”是“?〉1”的()

A.充分不必要條件B.必要不充分條件

C.充要條件D.既不充分也不必要條件

【答案】A

【解析】

【分析】判斷兩個(gè)命題的關(guān)系，當(dāng)時(shí)，P是“充分條件；當(dāng)。力4時(shí)，P是4不充分條件；當(dāng)qnp

時(shí)，p是q必要條件；當(dāng)4處。時(shí)，p是q不必要條件.

【詳解】當(dāng)龍>4時(shí)，?〉a=2〉1，無(wú)>4”是“4〉1”充分條件；

當(dāng)&〉1時(shí)，x>l,此時(shí)x=3滿(mǎn)足要求，而3<4,故無(wú)>4不一定成立，是“?〉「‘不必

要條件.

故選：A.

13.在平面直角坐標(biāo)系中，以。為頂點(diǎn)，Ox為始邊，終邊在y軸上的角的集合為()

A.{a|a=2E,左wZ}B.{da=E，左wZ}

71,,

C.<aa=—+kji,keZ>D.<aCC---，攵￡Z〉

2

【答案】c

【解析】

【分析】結(jié)合角的定義即可得解.

7T

【詳解】當(dāng)終邊在y軸非負(fù)半軸上時(shí)，有+2E,4eZb,

、2,

3兀

當(dāng)終邊在丁軸非正半軸上時(shí)，有—+2E,keZb,

.2,

JI

故終邊在y軸上的角的集合為<。a=—+lav,k&Z>.

、2,

故選：C.

14.在VABC中，a=l3=2,NC=60°,貝匹=()

A.乖!B.#!C.-y7D.3

【答案】A

【解析】

【分析】由余弦定理即可求解.

【詳解】由。2=4+人2-2abeosC=l+4-2xlx2x—=3,

2

所以c=J]-

故選：A

記這7天甲地每天最低氣溫的平均數(shù)為京，標(biāo)準(zhǔn)差為邑；記這7天乙地每天最低氣溫的平均數(shù)為"，標(biāo)

準(zhǔn)差為力?根據(jù)上述信息，下列結(jié)論中正確的是()

A.X1<X2,5[<52B.XI<X2,5t>52C.Xl>X2,sx<D.Xi>X2,5；>52

【答案】B

【解析】

【分析】分析統(tǒng)計(jì)圖中對(duì)應(yīng)信息得出對(duì)應(yīng)量的結(jié)果即可.

【詳解】甲地1至7日最低氣溫均低于乙地，則甲地最低氣溫平均值也會(huì)小于乙地，即京<G；

標(biāo)準(zhǔn)差時(shí)反應(yīng)一組數(shù)據(jù)的波動(dòng)強(qiáng)弱的量，

由圖可知甲地最低氣溫明顯波動(dòng)性較大，則標(biāo)準(zhǔn)差值要大，即S1〉”.

故選：B

16.函數(shù)/(x)=2sin[x+?的一個(gè)單調(diào)遞增區(qū)間是()

A.[-71,0]B,[-71,7l]C.[0,7l]D.[0,2兀]

【答案】A

【解析】

【分析】利用誘導(dǎo)公式化簡(jiǎn)了(%)，再結(jié)合COSX的圖象性質(zhì)可得結(jié)果.

詳解】/(x)=2sinx+-=2cosx

2

由cos尤的圖象可知/(x)在［—匹0］,［兀,2可上單調(diào)遞增，［0,可上單調(diào)遞減,

故A正確，BCD均錯(cuò)誤

故選：A.

17.已知a>Z?,c>d,則下面不等式一定成立的是()

A.a+d>b+cB.a+d<b+c

C.a-d>b—cD.a-d<b-c

【答案】C

【解析】

【分析】由不等式的性質(zhì)及特例逐項(xiàng)判斷即可.

【詳解】對(duì)于ABD:取。=43=3,c=2,d=l,滿(mǎn)足a>Z?,c>d,顯然a+d>〃+c和a+d<Z>+c,

a-d<Z?—c都不成立；

對(duì)于C：由c>d可得—d〉—c,故a—d>b—c成AL.

故選：C

18.2023年杭州亞運(yùn)會(huì)的三個(gè)吉祥物分別是“琮琮”“蓮蓮”“宸宸”.“琮琮”代表世界遺產(chǎn)良渚古城遺址；“蓮

蓮”代表世界遺產(chǎn)杭州西湖；“宸宸”代表世界遺產(chǎn)京杭大運(yùn)河.某中學(xué)學(xué)生會(huì)宣傳部有4名學(xué)生，其中高

一、高二年級(jí)各2名.從這4名學(xué)生中隨機(jī)抽取2名負(fù)責(zé)吉祥物的宣傳工作，則這2名學(xué)生來(lái)自不同年級(jí)

的概率為()

1212

A.-B.一C.—D.一

9933

【答案】D

【解析】

【分析】算出基本事件的總數(shù)、隨機(jī)事件中的基本事件的個(gè)數(shù)后可求概率.

【詳解】設(shè)A為“2名學(xué)生來(lái)自不同年級(jí)”，則總的基本事件的個(gè)數(shù)為C；=6,

42

A中基本事件的個(gè)數(shù)為2x2=4,故尸(A)=：=彳，

故選：D.

19.在區(qū)間［a,5］上，/(%)=2，的最大值是其最小值的4倍，則實(shí)數(shù)()

A.1B.2C.3D.4

【答案】c

【解析】

【分析】根據(jù)條件，利用/（x）=2*的單調(diào)性，得到32=4x2"，即可求解.

【詳解】"％）=2'區(qū)間［凡5］上單調(diào)遞增，又〃。）=2-"5）=25=32,

所以32=4x2°，即2"=8=23,解得a=3,

故選：C.

20.小明同學(xué)在通用技術(shù)課上，制作了一個(gè)半正多面體模型.他先將正方體交于同一頂點(diǎn)的三條棱的中點(diǎn)

分別記為AB,C,如圖1所示，然后截去以VA3C為底面的正三棱錐，截后幾何體如圖2所示，按照這

種方法共截去八個(gè)正三棱錐后得到如圖3所示的半正多面體模型.若原正方體的棱長(zhǎng)為6,則此半正多面

體模型的體積為（）

A.108B.162C.180D.189

【答案】C

【解析】

【分析】正方體的體積減掉8個(gè)以VA3C為底面的正三棱錐的體積即得此半正多面體模型的體積.

【詳解】設(shè)此半正多面體模型的體積為V,

3113

則V=喔方體一8/三棱錐=6—8X§X5X寸=18°?

故選：C.

第二部分（非選擇題共40分）

二、填空題：共4小題，每小題3分，共12分.

21.log64+log69=.

【答案】2

【解析】

【分析】由同底數(shù)的對(duì)數(shù)計(jì)算公式化簡(jiǎn)，即可得出結(jié)果.

【詳解】log64+log69=log64x9=log636=2.

故答案為：2.

Y+2x0

22.己知〃x)=-2"；則/(-1)=_________；7(尤)的最大值為_(kāi)________.

—X+2,%之U,

【答案】①.1②.2

【解析】

【分析】第一空直接代入即可，第二空分別計(jì)算兩段的最大值，比較即可求解.

【詳解】由解析式可知：/(—1)=1，

當(dāng)x<0,易知/(x)<2,

當(dāng)xNO,/(X)=-X2+2<2,當(dāng)x=0時(shí)，取最大值2,

所以了(%)的最大值為2,

故答案為：1,2

23.已知向量。力在正方形網(wǎng)格中的位置如圖所示.若網(wǎng)格中每個(gè)小正方形的邊長(zhǎng)均為1,則同=

【答案】①.2②.—2

【解析】

【分析】向量的模長(zhǎng)即向量起點(diǎn)至終點(diǎn)的距離，由圖可知結(jié)果；向量的數(shù)量積等于向量的模乘以另一個(gè)向量

在這個(gè)向量上的投影，由圖可知結(jié)果.

【詳解】由圖可知卜卜2,

a?Z?=卜,4cos(。力)，其中網(wǎng)cos卜力)為人在。上的投影，

由圖可知投影長(zhǎng)度為1,且方向與。相反，

故a/=.忖cos(a,b\=2x(-1)=-2,

故答案為：2；-2.

24.某公司A5C三個(gè)部門(mén)共有100名員工，為調(diào)查他們的體育鍛煉情況，通過(guò)隨機(jī)抽樣獲得了20名員

工一周的鍛煉時(shí)間，數(shù)據(jù)如下表（單位：小時(shí)）:

A部門(mén)4.5567.59111213

2部門(mén)3.545.579.510.511

C部門(mén)566.578.5

從A5C三個(gè)部門(mén)抽出的員工中，各隨機(jī)抽取一人，分別記為甲、乙、丙、假設(shè)所有員工的鍛煉時(shí)間相

互獨(dú)立，給出下列三個(gè)結(jié)論：

①甲該周的鍛煉時(shí)間超過(guò)8小時(shí)的概率為-；

2

②甲、乙該周的鍛煉時(shí)間一樣長(zhǎng)的概率為占；

56

③乙該周的鍛煉時(shí)間一定比丙該周的鍛煉時(shí)間長(zhǎng).

其中所有正確結(jié)論的序號(hào)是.

【答案】①②

【解析】

【分析】本意通過(guò)古典概型即可判斷出①②，3部門(mén)員工運(yùn)動(dòng)時(shí)間存在比。部門(mén)員工運(yùn)動(dòng)時(shí)間多的，也存

在少的，所以無(wú)法的結(jié)論③，從而得出答案.

【詳解】①A部門(mén)共有8名員工，運(yùn)動(dòng)時(shí)間超過(guò)8小時(shí)的有4名員工，

A由古典概型可得甲該周的鍛煉時(shí)間超過(guò)8小時(shí)的概率為,，故①正確；

2

②A、3兩部門(mén)各有員工8和7名，隨機(jī)各抽取一名員工共有8x7=56種情況，

其中運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同的情況只有1種，

???甲、乙該周的鍛煉時(shí)間一樣長(zhǎng)的概率為士，故②正確；

③當(dāng)抽取出來(lái)的乙運(yùn)動(dòng)時(shí)間為4小時(shí)，抽取出來(lái)的丙運(yùn)動(dòng)時(shí)間為7小時(shí)，

此時(shí)不滿(mǎn)足乙該周的鍛煉時(shí)間一定比丙該周的鍛煉時(shí)間長(zhǎng)，故③不正確.

故答案為：①②

三、解答題：共4小題，共28分.解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明，演算步聚或證明過(guò)程.

25.已知函數(shù)=f-2x+b的部分圖象如圖所示.

(1)求/(I)的值；

(2)求函數(shù)g(x)=/(%)—3的零點(diǎn).

【答案】(1)/(1)=-1

(2)-1,3

【解析】

【分析】(1)根據(jù)圖象可知/(0)=0,即可求解函數(shù)解析式，再代入求值;

(2)根據(jù)零點(diǎn)的定義，解方程，即可求解.

【小問(wèn)1詳解】

2

因/(X)=X-2X+Z?,/(O)=O,

所以6=0.

所以/(X)=X2-2X.

所以/(1)=—L

【小問(wèn)2詳解】

因?yàn)閒(x)=x2-2x,

所以8(％)=/(%)_3=%2_2X_3=(X_3)(X+1).

令g(x)=0，

得%]—?一1,X?—3.

所以g(x)的零點(diǎn)為-1,3.

26.已知電流i(單位：A)關(guān)于時(shí)間f(單位：s)的函數(shù)解析式為，=5sin(100"+/)/e[0,+oo).

(1)當(dāng)r=2時(shí)，求電流i；

（2）當(dāng)/=加時(shí)，電流i取得最大值，寫(xiě)出機(jī)的一個(gè)值.

【答案】（1）逋A；

2

+玄，左eN).

（2）---（答案不唯一，

60060050

【解析】

【分析】（1）把f=2代入，結(jié)合誘導(dǎo)公式及特殊角的三角函數(shù)值計(jì)算即得.

（2）利用正弦函數(shù)的性質(zhì)求出機(jī)的表達(dá)式即可得解.

【小問(wèn)1詳解】

函數(shù)，=5sin(100"+])je[0,+oo),當(dāng)f=2時(shí)，，=5$皿200兀+；)=55嗚=孚人.

【小問(wèn)2詳解】

JTJT]k

當(dāng)/'=加時(shí)，電流，取得最大值，則100兀mH—二—卜2kit,keN,解得加=----1---，左wN,

3260050

所以加的一個(gè)值為

600

27.如圖，在三棱錐P—A5C中，4。=3。,43,24,。,石分別是45,總的中點(diǎn).

（1）求證：B4//平面CDE；

（2）求證：ABACE.

請(qǐng)先寫(xiě)出第（1）問(wèn)的解答過(guò)程，然后閱讀下面第（2）問(wèn)的解答過(guò)程.

證明：（2）因?yàn)锳C=8。,。是的中點(diǎn)，

所以①.

因?yàn)橛桑?）知，PA//DE,

所以②_________

所以③.

所以AB人CE.

在第（2）問(wèn)的解答過(guò)程中，設(shè)置了①?③三個(gè)空格，如下的表格中為每個(gè)空格給出了兩個(gè)選項(xiàng)，其中只

有一個(gè)符合邏輯推理.請(qǐng)選出符合邏輯推理的選項(xiàng)，并填寫(xiě)在橫線上（只需填寫(xiě)“A”或“B”）.

空格序號(hào)選項(xiàng)

①(A)AB±CD(B)AB=CD

②(A)ABIDE(B)B4//平面CDE

③(A)AB,平面P6C(B)AB,平面CDE

【答案】（1）證明見(jiàn)解析

（2）答案見(jiàn)解析

【解析】

【分析】（1）由中位線得到線線平行，然后得到線面平行，即得證；

（2）等腰三角形三線合一得到線線垂直，由（1）的結(jié)論和條件得到另一組垂線，從的證明面面垂直.

【小問(wèn)1詳解】

在右中，因?yàn)?。，E分別是AB，尸3的中點(diǎn)，

所以B4//DE,

因?yàn)槠矫鍯DE,OEu平面CDE，

所以d//平面CDE.

【小問(wèn)2詳解】

①A,②A,③B.

28.已知"％）是定義在R上的函數(shù).

如果對(duì)任意的吃,馬，當(dāng)為片%時(shí)，都有0<"々A/（Xi）<i,則稱(chēng)/（九）緩慢遞增.

x2-xl

如果對(duì)任意的孫々，當(dāng)X產(chǎn)超時(shí)，都有一1<〃/）—“用）<0,則稱(chēng)/⑴緩慢遞減.

%2一再

（1）已知函數(shù)/（X）=履+人緩慢遞增，寫(xiě)出一組女，。的值；

（2）若"％）緩慢遞增且/⑴=2,直接寫(xiě)出“2024）的取值范圍；

（3）設(shè)g（x）=/（x）-x,再?gòu)臈l件①、條件②中選擇一個(gè)作為條件，從結(jié)論①、結(jié)論②中選擇一個(gè)作為結(jié)

論，構(gòu)成一個(gè)真命題，并說(shuō)明理由.

條件①：/(%)緩慢遞增；條件②：/(%)單調(diào)遞增.

結(jié)論①：g@)緩慢遞減；結(jié)論②：g(x)單調(diào)遞減.

【答案】(1)k=-,b=O

2

(2)(2,2025)

(3)條件①和結(jié)論①為真命題，條件①和結(jié)論②為真命題，答案見(jiàn)解析

【解析】

【分析】(1)根據(jù)緩慢遞增函數(shù)定義，代入可求得?！醋?lt;18為任意值，即可求解；

(2)根據(jù)緩慢遞增函數(shù)定義，代入可求得“2024)的取值范圍；

(3)先確定條件條件①：/(%)緩慢遞增；根據(jù)緩慢遞增函數(shù)定義可確定結(jié)論①：g(x)緩慢遞減，根據(jù)條

件條件①：/(%)緩慢遞增，根據(jù)緩慢遞增函數(shù)定義可確定結(jié)論①：g(九)單調(diào)遞減.若/(%)單調(diào)遞增不妨

設(shè)〃%)=3x,代入八〃八"=2>0,可得兩結(jié)論都不滿(mǎn)足.

x2-xl

【小問(wèn)1詳解】

已知/(x)=履+6是定義在R上的緩慢遞增，

如果對(duì)任意的西,々，當(dāng)％W々