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2024年高考押题预测卷02【北京卷】
数学·全解全析
第一部分（选择题 共40分）
一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目
要求的。
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
A D C D B A B B D C
1． 【答案】A
【分析】求 ,判断选项.
【详解】根据题意可得， ，
故选：A
2． 【答案】D
【分析】由 ，化简得到 求解.
【详解】解：因为复数 满足 ，
所以 ，
所以 的虚部为-3，
故选：D
3． 【答案】C
【分析】根据题意设出双曲线方程，在根据离心率公式，即可求出。
【详解】由题意知，双曲线的焦点在 轴上，
设双曲线的方程为 ，
因为双曲线C经过点 ，所以 ，
因为 ，所以 ，
所以 ，
所以双曲线的标准方程为 .
1
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学科网（北京）股份有限公司故选：C
4． 【答案】D
【分析】根据基本初等函数的单调性与奇偶性判断即可.
【详解】对于A： 定义域为 ，为非奇非偶函数，故A错误；
对于B： 定义域为 ，为奇函数，但是函数在 上单调递减，故B错误；
对于C： 为奇函数，定义域为 ，但是函数在 上不单调，故C错误；
对于D：令 定义域为 ，且 ，
所以 为奇函数，且当 时 ，函数在 上单调递增，故D正确.
故选：D
5．【答案】B
【分析】利用特殊值法，和对数函数的性质与逻辑关系进行判断选项.
【详解】若 ,由 ，取 ，但是 ，
而 ，则 ,又 ，则 中至少有一个大于1，
若都小于等于1，根据不等式的性质可知，乘积也小于等于1，与乘积大于1矛盾，
则 ,故 ，
所以 是 的必要而不充分条件.
故选：B
6．【答案】A
【分析】先利用余弦定理求出 ，再利用面积公式求解.
【详解】 ，
解得 ，则 ，
2
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学科网（北京）股份有限公司所以 .
故选：A.
7． 【答案】B
【分析】将 两边平方，即可得到 ，再由数量积的运算律计算可得.
【详解】因为 ，所以 ，
即 ，
所以 ，即 ，
所以 .
故选：B
8．【答案】B
【分析】根据给定条件，利用等差数列的性质求出 ，再求出 .
【详解】等差数列 中，由 ，得 ，解得 ，而 ，
所以 .
故选：B
9．【答案】D
【分析】
由直线方程得到其过定点 ，而 可看成单位圆上的一点，故可将求点 到直线之距转化
为求圆心到直线之距，要使距离最大，需使直线 ，此时最大距离即圆心到点 的距离再加上半
径即得.
【详解】由直线 整理得 ，可知直线经过定点 ，
而由 知，点 可看成圆 上的动点，
3
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学科网（北京）股份有限公司于是求点 到直线 的距离最值可通过求圆心到直线的距离得到.
如图知当直线 与圆相交时， 到直线 的距离最小值为 ，
要使点 到直线 距离最大，需使圆心 到直线 距离最大，
又因直线 过定点 ，故当且仅当 时距离最大，（若直线 与 不垂直，则过点 作直线 的垂
线段长必定比 短）
此时 ，故点 到直线 距离的最大值为 ，即 的最大值与最小值之差为
.
故选：D.
10．【答案】C
【分析】由已知可得 面 ，可得 上任意一点到平面 的距离相等，即可判断（1）；点P
在直线 上运动时，直线 与平面 所成的角和直线 与平面 所成的角不相等，即可判断
（2）；根据线面垂直的判定定理可证得 平面 ，再由线面垂直的性质即可判断（3）；由线面
垂直的判定定理可证 平面 ，即可判断（4）
4
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学科网（北京）股份有限公司【详解】
对于（1），因为 ， 面 ， 面 ，所以 面 ，
所以 上任意一点到平面 的距离相等，又 ，所以三棱锥 的体积不变，故正
确；
对于（2），点P在直线 上运动时，直线AB与平面 所成的角和直线 与平面 所成的角不
相等，故错误；
对于（3），设 ，则 ，又 面 ，所以 ，又 ，所
以 平面 ,
又 平面 ，所以 ，所以点P在直线 上运动时，直线 与直线 所成的角的大
小不变，故正确；
对于（4），因为 为正方体，则 平面 ，且 平面 ，则 ，
又 ，且 ， 平面 ，
所以 平面 ，且 平面 ，所以 ，
又 平面 ，且 平面 ，所以 ，又 ，
且 ， 平面 ，所以 平面 ，
且 平面 ，所以 ，
5
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学科网（北京）股份有限公司又 ， 平面 ，所以 平面 ，
且 平面 ，所以 ，故正确；
故选：C
第二部分（非选择题 共110分）
二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分。
11．【答案】
【分析】根据题意，由题意可得二项式展开式的通项公式，代入计算，即可得到结果.
【详解】因为 展开式的通项公式为 ，
令 可得 ，则展开式中的常数项为 .
故答案为：
12．【答案】4
【分析】由抛物线的性质得到 到 的准线的距离，然后解出 的横坐标，最后求出 到直线 的
距离即可.
【详解】由点 在 上， 的焦点为 ，准线为 ，知 到直线 的距离等于 .
而 ，故 到直线 的距离为 .
设 的坐标为 ，由 到直线 的距离为 ，知 ，所以 或 .而 ，
故 .
所以 到直线 的距离为 .
故答案为： .
13． 【答案】 1
【分析】利用二倍角公式和辅助角公式，求解
6
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学科网（北京）股份有限公司【详解】 ，
由最大值为 ， ,则 ,
所以 ，
所以 ，
故答案为： ；
14．【答案】 4 3或4
【分析】由已知利用等比数列的性质可求 ，又 ，可得 ，解得 或 ，
即可求得 ，分类讨论可求 的值，即可求解数列的各项，即可求解．
【详解】等比数列 中，公比 ；由 ，所以 ，又 ，
所以 解得 或 ；
若 时，可得 ，则 ，
且 的值为 ，可知数列 单调递增，且各项均大于 ，
所以不会存在 使得 的乘积最大(舍去)；
若 时，可得 ，则 ，
且 的值为 ，…，
可知数列 单调递减，从第 项起各项小于 且为正数，
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学科网（北京）股份有限公司前 项均为正数且大于等于 ，
所以存在 或 ，使得 的乘积最大，
综上，可得 的一个可能值是3或 .
故答案为：4；3或4
15．【答案】②③
【分析】分析函数在 上的取值范围即可判断①，对零点在 、 讨论，即可判断②，③，
使得函数在各段单调性，且在断点左侧的函数值不大于断点右侧函数值，即可判断④.
【详解】因为 ，
当 时 ，则函数在 上单调递增，
又函数 的对称轴为 ，
对于①：当 时 ，
当 时 ，所以 ，即 ，故①错误；
对于②：当零点位于 时，则 ，解得 ，
此时 ，
若 ，即 时 在 上单调递增，
此时只需 ，解得 或 ，所以 ，
若 ，即 时，此时 ，则 在 上至少还有 个零点，故不符合题意，
所以 ；
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学科网（北京）股份有限公司当零点位于 ，此时 在 上无零点，则 ，解得 ，
此时 且 ，
要使函数 只有一个零点，则只需 ，解得 ，
又 ，显然 无解，所以此种情况不符合题意；
综上可得当 时 只有一个零点，故②正确；
对于③：使得 有三个不同零点，则必然是在 上有一个零点，在 上有两个零点，
则 ，解得 ，
所以当 时 有三个不同零点，故③正确；
对于④：若 在 上是单调递增函数，则 ，解得 ，
所以当 时 在 上是单调递增函数，故④错误.
故答案为：②③
【点睛】关键点点睛：第②问关键是分零点所在区间讨论，结合二次函数的性质得到不等式组，求出参数
的取值范围，第③问关键是分析得到在 上有一个零点，在 上有两个零点.
三、解答题：本题共6小题，共85分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。
16．（14分）【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3） ．
【分析】（1）由等腰三角形和直棱柱的性质，得出 和 ，根据线面垂直的判定定理，即
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学科网（北京）股份有限公司可证出 平面 ；
（2）连接 ，交 于点 ，连接 ，结合三角形的中位线得出 ，根据线面平行的判定定理，
即可证出 平面 ；
（3）连 ，交 于点 ，分别取 、 中点 、 ，连接 、 、 ，根据线面垂直的判定
定理，可证出 平面 和 平面 ，从而得出 就是二面角 的平面角，
最后利用几何法求出二面角 的余弦值．
【详解】解：（1）证明： ， 是 中点， ，
又 在直三棱柱 中， 平面 ， 平面 ，
，
又 ， 平面 ， 平面 ，
平面 ．
（2）证明：连接 ，交 于点 ，连接 ，
、 分别是 、 的中点，
是 的中位线， ，
平面 ， 平面 ，
平面
（3）解：连 ，交 于点 ，分别取 、 中点 、 ，连接 、 、 ，
四边形 是正方形且 、 分别是 、 的中点，故 ，
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0
学科网（北京）股份有限公司在 中， ， ，
， ，
又 ， 分别是 ， 中点且 ，
，
又 在直三棱柱 中， 平面ABC， 平面ABC，
，
， 平面 ， 平面 ，
平面 ，
平面 ， 平面 ，
， ，
又 ， ， 平面 ， 平面 ，
平面 ，
平面 ， ，
又 平面 平面
就是二面角 的平面角，
设 ，则在 中， ，
，
故 ，
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1
学科网（北京）股份有限公司故 ，
即二面角 的余弦值为 .
17．（13分）【答案】(1) ；(2)答案见解析.
【分析】（1）利用正弦定理边化角，结合同角公式计算即得.
（2）选择条件①，利用余弦定理及三角形面积公式计算求解；选择条件②，利用正弦定理计算判断三角
形不唯一；选择条件③，利用正弦定理计算判断，再求出三角形面积.
【详解】（1）由 得： ，而 ，
则 ， 为锐角，又 ，解得 ，
所以 且 为锐角.
（2）若选条件①，由 ， 为锐角，得 ，
由余弦定理得 ，又 ，则 ，
解得 唯一确定，所以 .
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2
学科网（北京）股份有限公司若选条件②，由正弦定理得 ，则 ，
由 ，得 ，因此角 有两解，分别对应两个三角形，不符合题意.
若选条件③，由 ， 为锐角，得 ，
又 ，得 ， ，则 ，
因此 唯一确定，
由正弦定理得 ，则 ，所以 .
18．（13分）【答案】(1) ， ；(2) ；(3)
【分析】（1）由题意得， ，从而求解 ，再结合表格数据与学生总人数求解 ；（2）先求解样
本符合题意的概率，然后由样本估计总体，得全市学生符合题意的概率，从而利用对立事件的概率公式求
解；（3）表示出参赛学生理论竞赛的平均成绩与方差，从而得关于 二次函数，由 的取值范围与二次函
数的性质从而求解得答案.
【详解】（1）由题意，理论或操作至少一项成绩为300分的学生
共有 人，则 ，
得 ，又 ，
得
（2）由（1）知，从20位理论成绩为300分的学生中抽取1人，
操作成绩也为300分的概率为 ，所以从全市理论成绩为300分的学生中，
随机抽取2人，至少有一个人操作的成绩为300分的概率为
（3）由题意， ，
1
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3
学科网（北京）股份有限公司设理论竞赛的分数为 ，则 取值为 ，
对应的人数分别为 ，所以参赛学生理论竞赛的平均成绩为
，
所以参赛学生理论成绩的方差为
因为 ，所以当 时， 最小.
19．（15分）【答案】(1) (2)
【分析】（1）根据椭圆的顶点坐标，结合斜率的计算公式，可整理椭圆方程，建立方程，可得答案；
（2）由题意，利用三角形中线性质，分割三角形，整理三角形面积表达式，联立直线与椭圆方程，写出
韦达定理，求得面积表达式中的变量，利用基本不等式，可得答案.
【详解】（1）由已知得 ， 且 ，即 ，
因此有 ，得 ．
因此 ，得 ， ，所以椭圆的标准方程为 ．
（2）显然直线 经过x轴上的定点 ，设 ， ，
则由椭圆的对称性得 ，
联立 ，消去x得 ．
恒成立，所以 ， ．
．
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4
学科网（北京）股份有限公司令 ，显然有 ，于是 ，当 ，即
时取等号．
因此 的面积S的最大值为 ．
20．（15分） 【答案】(1) ； (2) .
【分析】（1）对 ， 进行求导，已知在交点处有相同的切线，从而解出 的值及该切线的方程；
（2）由条件知 ，对 进行求导，分两种情况进行讨论：① ；② ，从而
求其最小值 的解析式；
【详解】（1）解： ，
由已知得 ，解得 ，
两条直线交点的坐标为 ，切线的斜率为 ，
切线的方程为 ，即切线的方程为 .
（2）解：由条件知
①当 时，令 ，解得 ，
当 时， 在 上递减；当 时， 在 上递增，
是 在 上的唯一极值点，从而也是 的最小值点，
最小值点， .
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学科网（北京）股份有限公司②当 时， 在 上递增，无最小值，故 的最小值 的解析式为
.
【点睛】本题主要考查导数的几何意义、利用导数研究函数的单调性从而求最值、分类讨论思想.属于难题.
分类讨论思想解决高中数学问题的一种重要思想方法，是中学数学四种重要的数学思想之一，尤其在解决
含参数问题发挥着奇特功效，大大提高了解题能力与速度.运用这种方法的关键是将题设条件研究透，这样
才能快速找准突破点. 充分利用分类讨论思想方法能够使问题条理清晰，进而顺利解答，希望同学们能够
熟练掌握并应用与解题当中.
21．（15分）【答案】（1） （2） （3）满足条件数列 的通项公式为： 或
，详见解析
【分析】（1）直接利用信息求出数列的项．
（2）利用恒成立问题和函数的单调性，求出λ的取值范围．
（3）直接利用分类讨论思想求出数列的通项公式．
【详解】（1）数列 为“Γ数列”中， ，
所以：当 时， 时， ，
又 ，即： ，
， ．
（2）因为数列 是“Γ数列”，且 ，所以：
，
则：数列前4n项中的项bn 是以2为首项，6为公差的等差数列．
4 -3
易知{bn}的项后按原来的顺序构成一个首项为4，公差为2的等差数列．
4
所以：
1
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6
学科网（北京）股份有限公司，
．
由于不等式 对 恒成立，
所以： ，
设 ，
则： ，
所以：
当 时， ，
当 时， ，
所以：
所以 的最大值为 ．
即 ．
（3） 为等比数列，设数列 的公比 ，
由等比数列的通项公式： ，
当 时， ，
即： ，
① ，则 ，故： ．
②当 时，则： ，
所以 为常数，则 ，k为偶数时，
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学科网（北京）股份有限公司经检验，满足条件数列 的通项公式为： 或 ．
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学科网（北京）股份有限公司
