1、顺义区2024届高三第二次质量监测数学试卷考生须知1本试卷共6页，共两部分，21道小题，满分150分。考试时间120分钟。2在答题卡上准确填写学校、姓名、班级和教育D号。3试题答案一律填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。4在答题卡上，选择题用铅笔作答，其他试题用黑色字迹签字笔作答。第一部分（选择题 共40分）一、选择题共10小题，每小题4分，共40分在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项1设集合，则（ ）ABCD2已知复数的共轭复数满足，则（ ）AB1C2D43在的展开式中，的系数为（ ）A80B40C40D804已知，则（ ）ABCD5已知各项均为正数的数列的前项和为，则（ ）
2、A511B61C41D96已知抛物线的焦点为，准线为，为上一点，直线与相交于点，与轴交于点若为的中点，则（ ）A4B6CD87若函数则“”是“”的（ ）A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件8如图，正方体中，是线段上的动点，有下列四个说法：存在点，使得平面；对于任意点，四棱锥体积为定值；存在点，使得平面；对于任意点，都是锐角三角形其中，不正确的是（ ）ABCD9已知在平面内，圆，点为圆外一点，满足，过点作圆的两条切线，切点分别为，若圆上存在异于，的点，使得，则的值是（ ）ABCD10设，是1，2，3，7的一个排列且满足，则的最大值是（ ）A23B21C20D18第二部
3、分（非选择题 共110分）二、填空题共5道小题，每题5分，共25分，把答案填在答题卡上11函数的定义域是_12在中，则面积为_13若非零向量，满足，且，则能使得成立的一组，可以是_，_14已知双曲线（，）的焦距为，若点在双曲线上，则的离心率等于_15已知函数，给出下列四个结论：当时，对任意，有1个极值点；当时，存在，使得存在极值点；当时，对任意，有一个零点；当时，存在，使得有3个零点其中所有正确结论的序号是_三、解答题共6道题，共85分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤16（本小题13分）已知函数，其中（）若，求的值；（）已知（）时，单调递增，再从条件、条件、条件中选择一个作为已知，使函
4、数存在，求的最大值条件：；条件：；条件：的图像与直线的一个交点的横坐标为注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分17（本小题14分）在直三棱柱中，分别为棱，的中点（）求证：；（）当时（）求平面与平面夹角的余弦值；（）若平面与直线交于点，直接写出的值18（本小题13分）某学校工会组织趣味投篮比赛，每名选手只能在下列两种比赛方式中选择一种方式一：选手投篮3次每次投中可得1分，未投中不得分，累计得分；方式二：选手最多投3次如第1次投中可进行第2次投篮，如第2次投中可进行第3次投篮如某次未投中，则投篮中止每投中1次可得2分，未投中不得分，累计得分；已知甲选择方式一参加比赛，乙选择方式二参加比赛假
5、设甲，乙每次投中的概率均为，且每次投篮相互独立（）求甲得分不低于2分的概率；（）求乙得分的分布列及期望；（）甲，乙谁胜出的可能性更大？直接写出结论19（本小题15分）已知椭圆（）的右焦点为，长轴长为过作斜率为的直线交于，两点，过点作斜率为的直线交于，两点，设，的中点分别为，（）求椭圆的方程；（）若，设点到直线的距离为，求的取值范围20（本小题15分）设函数，曲线在点处的切线方程为（）求的值；（）求证：方程仅有一个实根；（）对任意，有，求正数的取值范围21（本小题15分）已知点集（）满足对于任意点集，若其非空子集，满足，则称集合对为的一个优划分对任意点集及其优划分，记中所有点的横坐标之和为，中所
6、有点的纵坐标之和为（）写出的一个优划分，使其满足；（）对于任意点集，求证：存在的一个优划分，满足；（）对于任意点集，求证：存在的一个优划分，满足且顺义区2024届高三第二次质量监测一、选择题共10小题，每小题4分，共40分1-5DCADB 6-10BCCAB二、填空题共5小题，每题5分111213，且即可1415（有错不得分，对1个三分）三、解答题16（本小题满分13分）（）解：法一：即可得，又，所以法二：所以即得又，所以（）选择，因为，所以因为的最小正周期，所以由可得所以，或法二：因为，所以即因为所以，选择，的图像与直线的一个交点的横坐标为即可得，所以又，所以，法一：令，解得，即的单增区间为
7、又时，单增所以，是的一个子区间所以，即可得，又所以故是的一个子区间，所以的最大值为法二：因为，所以因为在上单增，所以，即可得，所以所以，可得的最大值为17（本小题14分）（）法一：证明：连接因为，为中点，所以因为是直三棱柱的侧棱，所以平面因为平面，所以，因为，所以平面，因为平面，所以法二：证明：连接，因为是直三棱柱的侧棱，所以平面，所以，又，所以所以又因为为中点，所以（）解：（）因为，所以为等边三角形设中点为，则因为平面，设的中点为，则，以所在的直线为轴，所在的直线为轴，所在的直线为轴，建立空间直角坐标系则，因为，为中点，所以，所以，因为，所以平面所以是平面的一个法向量设是平面的一个法向量，则
8、，所以，令，可得，所以设平面与平面的夹角为，则所以平面与平面的夹角的余弦值为（）18（本小题满分13分）（）解：设甲选择方式一参加比赛得分为，设甲得分不低于2分为事件则（）设乙选择方式二参加比赛得分为，的可能取值为0，2，4，6，所以的分布列为0246所以（）甲获胜的可能性更大19（本小题满分15分）（）解：长轴长为，所以又焦点为，所以所以所以，椭圆的方程为（）设，直线的方程为联立，消去得所以又为的中点，所以，因为，即，又为的中点不妨用代换，可得，讨论：（1）当时，直线的斜率不存在此时，解得当时，此时的方程为所以，点到直线的距离为同理，当，（2）当时，此时所以直线的方程为化简可得法一：点到直线
9、的距离又，所以因为，所以所以综上可知，法二：直线的方程为令，可得，综上可知，直线恒过定点故点到直线的距离的最大值为，此时直线的斜率不存在又直线的斜率一定不为0所以20（本小题满分15分）（）解：因为，所以又点在切线上，所以所以即（）证明：欲证方程仅有一个实根只需证明仅有一个零点令，则令，则讨论：（1）当时，所以在上单调递增，所以即所以在上单调递增，即此时无零点（2）当时，即此时有一个零点（3）当时，所以，当时，即此时无零点综上可得，仅有一个零点，得证（）当时，即恒成立令则由（）可知，时所以讨论：（1）当时，因为，所以即所以即当时，所以在时单增所以恒成立，即满足条件（2）当时，由可知又，所以存在
10、，使得所以，当时，单调递减，当时，单调递增所以即不能保证恒成立综上可知，正数的取值范围是21【详解】（1）数列不具有性质；数列具有性质（2）由题可知，所以若，因为且，所以，同理，因为数列各项均为正整数，所以所以数列前三项为1，2，4因为数列具有性质，只可能为4，5，6，8之一，而又因为，所以同理，有，此时数列为1，2，4，8，16，32，64，128，200但数列中不存在使得，所以该数列不具有性质所以当时，取：1，2，4，8，16，32，36，64，100，200（构造数列不唯一）经验证，此数列具有性质所以，的最小值为10（3）反证法：假设结论不成立，即对任意（）都有：若正整数，则否则，存在满
11、足：存在，使得，此时，从中取出，：当时，是一个具有性质的数列；当时，是一个具有性质的数列；当时，是一个具有性质的数列（）由题意可知，这6个集合中至少有一个集合的元素个数不少于337个，不妨设此集合为，从中取出337个数，记为，且令集合由假设，对任意，所以（）在，中至少有一个集合包含中的至少68个元素，不妨设这个集合为，从中取出68个数，记为，且令集合由假设对任意，2，68，存在使得所以对任意，由假设，所以，所以，所以（）在，中至少有一个集合包含中的至少17个元素，不妨设这个集合为，从中取出17个数，记为，且令集合由假设对任意，2，17，存在使得所以对任意，2，16，同样，由假设可得，所以，所以，（）类似地，在，中至少有一个集合包含中的至少6个元素，不妨设这个集合为，从中取出6个数，记为，且，则（）同样，在，中至少有一个集合包含中的至少3个元素，不妨设这个集合为，从中取出3个数，记为，且，同理可得（）由假设可得同上可知，而又因为，所以，矛盾所以假设不成立所以原命题得证本题考查了对新定义的理解和运用能力，考查了反证法，考查了集合的并集运算，准确理解定义和运用定义解题是解题关键，属于难题学科网（北京）股份有限公司
