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2024 北京延庆高三一模
数学
本试卷共6页，150分.考试时长120分钟.考生务必将答案答在答题纸上，在试卷上作答无效.
考试结束后，将答题纸交回.
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.在每小题中选出符合题目要求的一项.
1. 已知集合 ， ，则 （ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，由并集的运算，即可得到结果.
【详解】因为 ，则 .
故选：B
2. 若复数 满足 ，则 （ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，由复数的运算，即可得到结果.
【详解】由 可得 .
故选：C
3. 在 的展开式中， 的系数为（ ）
A. B.C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用二项式定理直接求解.
【详解】设 ，
令 ，则 ，故 的系数为 .
故选：D
4. 已知抛物线 的焦点为 ，点 在 上．若 到直线 的距离为 ，则 （
）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据抛物线的定义求解.
【详解】由抛物线 可知，准线方程为 ，
因为 到直线 的距离为 ，
的
所以 到抛物线准线 距离为 ，
由抛物线定义知， .
故选：B
5. 已知正方形 的边长为 ，点 满足 ，则 （ ）
A. 4 B. 5 C. 6 D. 8
【答案】C
【解析】
【分析】建立平面直角坐标系并写出各点坐标，根据题意求相应向量的坐标，再根据数量积的坐标运算进行求解即可.
【详解】建立坐标系如图，正方形 的边长为2，
则 ， ， ，可得 ，
点 满足 ，所以 ．
故选：C.
6. “ ”是“ 为第一或第三象限角”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
【答案】C
【解析】
【分析】由二倍角公式、充分必要条件的定义即可得解.
【详解】因为 或 ，
所以“ ”是“ 为第一或第三象限角”的充分必要条件.
故选：C.
7. 已知函数 ，则不等式 的解集是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用导数及导函数的单调性判断极小值点在 ，再由函数的单调性及 可得不等式的解集.
【详解】因为 单调递增，且 ， ，
所以存在唯一 ，使得 ，
所以当 时， ，当 时， ，
所以函数 在 上单调递减，在 上单调递增，
又 ，且 ，
所以由 可得 ，
故选：A
8. 设 ， ， ，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，由对数 的运算可得 ， ，再由对数函数的单调性即可得到结
果.
【详解】因为 ，且 ，
又 ，函数 在 单调递增，
则 ，所以 .
故选：D
9. 在等边 中， ， 为 所在平面内的动点，且 ， 为边 上的动点，则线
段 长度的最大值是（ ）
A. B.C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意可知点 在以点 为圆心，半径为 的圆上，结合图象分析即可.
【详解】根据题意可知，点 在以点 为圆心，半径为 的圆上，
如图：
为边 上的动点，线段 取最大值时，
,
而当 与点 重合时， 最大，且最大值为2,
此时线段 长度的最大值为 ，
故选：D.
10. 已知在正方体 中， ， 是正方形 内的动点， ，则满足条
件的点 构成的图形的面积等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意，在平面 上，分别以 为 轴建立平面直角坐标系，设 ，根据已
知列出 满足的关系，进而可得满足条件的点 构成的图形，计算面积即可.
【详解】如图，连接 ，则 ，如图，在平面 上，分别以 为 轴建立平面直角坐标系，
则 ，设 ，
由 ，得 ，
即 ，整理得 ，
设直线 与 交于点 ，
则点 在 内部(含边界)，即满足条件的点 构成的图形为 及其内部，
易知 ，∴ ，
∴ ．
故选：A．
【点睛】关键点睛：本题解题关键是在底面 上建立平面直角坐标系，把空间问题转化为平面问题
去解决．
第二部分（非选择题，共110分）
二、填空题共5小题，每小题5分，共25分.11. 已知双曲线 的离心率为 ，则双曲线 的渐近线方程为________．
【答案】
【解析】
【分析】根据双曲线的离心率化简变形即可求出渐近线的斜率得解.
【详解】因为 ，
所以双曲线的渐近线方程为 ，
故答案为：
12. 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知 ， ， ，则
________， 的面积为________．
【答案】 ①. 1 ②. ##
【解析】
【分析】根据题意，利用正弦、余弦定理求得 ，再运用三角形的面积公式即可求得结果.
【详解】因为 ，由正弦定理可得 ，
因为 ，在 中，由余弦定理可得： ，
所以 ，解得： ；
所以 ，由三角形面积公式可得： ，故答案为： ； .
13. 已知函数 在区间 上单调递减，则 的一个取值为________．
【答案】 （不唯一）
【解析】
【分析】根据幂函数的单调性奇偶性即可得解.
【详解】因为 在 上单调递增，又 在区间 上单调递减，
所以 可以为偶函数，不妨取 ，
此时 ，函数定义域为 ，
且 ，故 为偶函数，
满足在区间 上单调递减.
故答案为： （不唯一）
14. 北京天坛的圜丘坛分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板(称为天心石)， 环绕天心石砌 块扇
面形石板构成第一环，向外每环依次增加 块，下一层的第一环比上一层的最后一环多 块，向外每环依
次也增加 块．已知每层环数相同，且三层共有扇面形石板(不含天心石) 块，则上层有扇形石板
________块．
【答案】
【解析】
【分析】记从中间向外每环扇面形石板数为 ，则 是等差数列，且公差为 ， ，设每层
有 环，则 ， ，根据等差数列前 项和公式求出 ，再求出 即可.【详解】记从中间向外每环扇面形石板数为 ，则 是等差数列，且公差 ， ，
设每层有 环，则 ， ，
所以 ，即 ，
即 ，解得 或 （舍去），
所以 ，则 ，
即上层有扇形石板 块.
故答案为： ．
15. 已知函数 给出下列四个结论：
①存在实数 ，使得函数 的最小值为 ；
②存在实数 ，使得函数 的最小值为 ；
③存在实数 ，使得函数 恰有 个零点；
④存在实数 ，使得函数 恰有 个零点．
其中所有正确结论的序号是________．
【答案】①③
【解析】
【分析】取特殊值判断①，当 时，分别分析分段函数两部分的最值判断②，根据分段函数每部分的
零点确定函数的零点可判断③④.
【详解】当 时， ，显然函数的最小值为 ，故①正确；
当 时， ， ，当 时， ，当 时， ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，
所以 时， 有最小值 ，由 可得 ，
此时， 时， ， 在 上单调递减，所以 ，
与最小值为 矛盾，
若 时， 的对称轴方程为 ，当 时，
即 时， ，若 ，则 与 矛盾，
当 时， 在 上单调递减，无最小值，
综上，当 时，函数 的最小值不为 ，故②错误；
由②知， 时， 时， 单调递减且 ，当 时， 且 ，所以函数
恰有2个零点，故③正确；
当 时， 且仅有 ，即 有且只有1个零点，
当 时， 且仅有 ，即 有且只有1个零点，
综上 时， 有且只有1个零点，而 在 上至多有
2个零点，
所以 时，函数没有4个零点，当 时，函数有无数个零点，故④错误.
故答案为：①③
【点睛】关键点点睛：本题的关键是对 分类讨论，利用导数研究 上的函数性质，结合二次函数性
质研究另一段函数.
三、解答题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.16. 已知函数 ， 的最大值为 .
（1）求 的值；
（2）将 的图象向右平移 个单位得到 的图象，求函数 的单调增区间．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先利用二倍角公式和辅助角公式化简 ，再根据正弦函数的性质求解即可；
（2）利用三角函数的平移公式求出 ，再根据正弦函数的图象和性质求解即可.
【小问1详解】
因 为 ，
其中 ， ，
所以 ，
又因为 ，解得 .
【小问2详解】
由（1）可得 ，
将 的图象向右平移 个单位可得 ，
由 得 ，
即函数 的单调增区间为 .17. 第十四届全国冬季运动会雪橇项目比赛于2023年12月16日至17日在北京延庆举行，赛程时间安排如
下表：
9:30 单人雪橇第1轮
10:30 单人雪橇第2轮
12月16日 星期六
15:30 双人雪橇第1轮
16:30 双人雪橇第2轮
9:30 单人雪橇第3轮
12月17日 星期日 10:30 单人雪橇第4轮
15:30 团体接力
（1）若小明在每天各随机观看一场比赛，求他恰好看到单人雪橇和双人雪橇的概率；
（2）若小明在这两天的所有比赛中随机观看三场，记 为看到双人雪橇的次数，求 的分布列及期望
；
（3）若小明在每天各随机观看一场比赛，用“ ”表示小明在周六看到单人雪橇，“ ” 表示小明
在周六没看到单人雪橇，“ ”表示小明在周日看到单人雪橇，“ ”表示小明在周日没看到单人雪
橇，写出方差 ， 的大小关系．
【答案】（1）
（2）分布列见解析，
（3）
【解析】
【分析】（1）根据分类乘法计数原理及古典概型求解；
（2）根据题意求出概率，列出分布列，求出期望即可；（3）分别计算 ，即可得解.
【小问1详解】
记“小明在每天各随机观看一场比赛，恰好看到单人雪橇和双人雪橇”为事件 .
由表可知，每天随机观看一场比赛，共有 种不同方法，
其中恰好看到单人雪橇和双人雪橇，共有 种不同方法．
所以 ．
【小问2详解】
随机变量 的所有可能取值为 ．
根据题意， ，
，
．
随机变量 的分布列是：
数学期望 ．
【小问3详解】
由题意， ， ，
所以 ， ；因为 ， ，
所以 ， ；
所以 .
18. 如图，四棱柱 的底面 是边长为 的正方形，侧面 底面 ，
， 是 的中点．
（1）求证： 平面 ；
（2）再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个条件作为已知，使二面角 唯一确
定，并求二面角 的余弦值．
条件①： ；
条件②： ；
条件③： ．
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，按第一个解
答计分．
【答案】（1）证明见解析
（2）答案见解析
【解析】【分析】（1）方法一：利用线面平行的判定定理找到 可证；方法二：利用面面平行的判定定理
证明平面 平面 进而证明结论；
（2）选①：说明条件 不能确定棱柱特点即可求解；选②③：证明 平面 ，建立
空间坐标系，求得二面角
【小问1详解】
证明：
方法一：在四棱柱 中，连结 ，设 ，
连结 ，在 中，因为 、 分别为 的中点，
所以 ，又因为 平面 ， 平面 ，
所以 平面 .
方法二：在四棱柱 中，设 中点为 ，
连结 ， ， ，
因为 ，所以 为平行四边形，
所以 ，又 平面 ， 平面 ，故 平面 ，
因为 ，所以 为平行四边形，
所以 ，又 平面 ， 平面 ，故 平面 ，
因为 平面 ，故平面 平面 ，
因为 平面 ，所以 平面 ．【小问2详解】
选择条件①：
因为底面 是正方形，所以 ，
侧面 平面 ，且侧面 平面 ， 平面 ，
故 平面 ，又 平面 ，则 ，
即四边形 为矩形，因为 ，则 ，
与选择条件①： 等价，故条件 不能进一步确定 的夹角大小，故二面角
不能确定；
选择条件②：
连结 ，因为底面 是正方形，所以 ，
又因为侧面 平面 ，且侧面 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，又 平面 ，所以 ，
在 中，因为 ， ，所以 ，
在 中，因为 ， ，所以 ，
又 平面 ，所以 平面 ，又 ，
所以如图建立空间直角坐标系 ，其中 ， ， ， ，且 ， ，易知 为平面 的一个法向量，
设 为平面 面的一个法向量，则 即 .
不妨设 ，则 ，可得 ，所以 ，
因为二面角 的平面角是钝角，设为 ，故 ，
所以二面角 的余弦值为 .
选择条件③：
因为底面 是正方形，所以 ，
因为 ，且 平面 ，
所以 平面 ，因为 平面 ，所以 ，
因为侧面 平面 ，且侧面 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，又 ，
所以如图建立空间直角坐标系 ，（下面同选择条件②）.
19. 已知椭圆 的离心率为 ， 分别是 的上、下顶点， ，
分别是 的左、右顶点．
（1）求 的方程；
（2）设 为第二象限内 上的动点，直线 与直线 交于点 ，直线 与直线 交于点 ，求
证： ．
【答案】（1）
（2）证明见解析【解析】
【分析】（1）由已知列出关于 的方程组，求得 即可得解；
（2）首先设直线 的方程为 ，联立椭圆方程结合韦达定理表示出点 坐标，进一步表示出
各直线方程联立直线方程证得 的横坐标相等即可.
【小问1详解】
由题设， ，解得 ．
所以 的方程为 ．
【小问2详解】
因为椭圆 的方程为 ，所以 ，
设直线 的方程为 ，其中 ．
由 ，化简并整理得， ，
由 可得 ，由韦达定理有 ，
所以 ，即 ．直线 的方程为 ，即 ．
由 得 ．
直线 的方程为 ，即 ．
直线 的方程为 ，即 ．
由 得 ．
为
因 ，所以 ．
20. 已知函数 .
（1）若曲线 的一条切线方程为 ，求 的值；
（2）若函数 在区间 上为增函数，求 的取值范围；
（3）若 ， 无零点，求 的取值范围．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）求导，再根据导数的几何意义即可得解；
（2）由 在区间 上为增函数，可得 在 内恒成立，求出 的最小值即可得解；（3）分 进行讨论，求出函数的单调区间及最值，进而可得出结论.
【小问1详解】
函数 的定义域为 ，设切点为 ，
因为 ，所以 ，解得 ，
因为 ， ，
所以 ，即 ，所以 ，
所以 ，解得 ；
【小问2详解】
因为 ， 在区间 上为增函数，
所以 在 内恒成立，
因为 ，所以 ，
所以 ，即 ；
【小问3详解】
因为 ， ，
当 ，即 时， ，
所以 在 上单调递减，
因为 ，所以 在 上无零点，符合题意；
当 时，令 ，则 ，
当 时， ，当 时， ，
所以 的单调递减区间是 ；单调递增区间是 ，
所以 的最小值为 ，
当 ，即 时， 无零点，符合题意；
当 时， 有一个零点 ，不符合题意；
当 时， 的最小值 ，
因为 ，
所以 ，使得 ，不符合题意；
综上所述，当 时， ， 无零点.
【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：
（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图
象，然后将问题转化为函数图象与 轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形
结合思想和分类讨论思想的应用；
（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；
（3）参变量分离法：由 分离变量得出 ，将问题等价转化为直线 与函数的图象的交点问题.
21. 已知数列 ，记集合 .
（1）若数列 为 ，写出集合 ；
（2）若 ，是否存在 ，使得 ？若存在，求出一组符合条件的 ；若不存在，
说明理由；
（3）若 ，把集合 中的元素从小到大排列，得到的新数列为 ， 若 ，求
的最大值．
【答案】（1）
（2）不存在 ，使得 成立
（3）
【解析】
【分析】（1）根据题目给出的集合 的定义求解即可；
（2）使用假设法，假设存在 ，使得 ，进行计算检验，从而得出结论；
（3）首先证明 时，对任意的 都有 ，然后证明除 形式以外的数都可
以写成若干个连续正整数之和，分类讨论即可得解.
【
小问1详解】
由题意可得 ， ， ，
所以 .
【小问2详解】
假设存在 ，使得 ，
则有 ，由于 与 的奇偶性相同， 与 奇偶性不同，
又 ， ，
所以 中必有大于等于 的奇数因子，这与 无 以外的奇数因子矛盾，
故不存在 ，使得 .
【小问3详解】
首先证明 时，对任意的 都有 ，
因为 ，
由于 与 均大于 且奇偶性不同，
所以 为奇数，对任意的 都有 ，
其次证明除 形式以外的数，都可以写成若干个连续正整数之和，
若正整数 ，其中 ，
则当 时，由等差数列的性质可得：
，此时结论
成立，
当 时，由等差数列的性质可得：
，此时结论
成立，
对于数列 ，此问题等价于数列 其相应集合 中满足 有多少项，
由前面证明可知正整数 不是 中的项，所以 的最大值为 .
【点睛】本题考查了等差数列及数列的综合问题，考查了求数列下标最值，同时考查了分类讨论的思想，
计算量较大，属于难题.
