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高考数学模拟卷（北京专用）
黄金卷04
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
第 I 卷（选择题）
一、单项选择题：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
要求的。
1．已知 为整数集， ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据条件，利用集合的运算，即可求出结果.
【详解】因为 ，所以 ，
故选：A.
2．已知 ，其中 为虚数单位，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据复数的乘、除法运算可得 ，进而 ，结合复数的乘法计算即可求解.
【详解】由题意知， ，
所以 ，
所以 .
故选：B
3．设非零向量 ， ， ，满足 ， ，且 与 的夹角为 ，则“ ”是“ ”的
（ ）．
A．充分非必要条件 B．必要非充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】利用数量积的定义可得 ，即可判断出结论．
【详解】解： ， ， ，
解得 ， ， ，解得 ，
“ ”是“ ”的充分必要条件．故选：C．
【点睛】本题主要考查平面向量数量积的应用，考查推理能力与计算能力，属于基础题．
4．在 的展开式中， 项的系数为（ ）
A． B． C．16 D．144
【答案】C
【分析】写出 的展开式通项，即可列式求解.
【详解】 ，其展开式通项公式为 ， ，
所以所求 项的系数为 ，
故选： C．
5．已知函数 ，若 存在最小值，则 的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】运用二次函数的性质求得 的最小值，再结合幂函数的单调性，由题意列出不等式，求解
即可.
【详解】当 时， ，故当 时， 有最小值为 ；
时， 单调递减，所以 ，
由题意 存在最小值，则 ，解得 ，即 的最大值为 .
故选：A
6．已知函数 ， ，将函数 的图象经过下列变换可以与 的图象重
合的是（ ）
A．向左平移 个单位 B．向左平移 个单位
C．向右平移 个单位 D．向右平移 个单位
【答案】D
【分析】利用诱导公式及三角函数的变换规则计算可得.
【详解】因为 ，所以将 向右平移 个单位得到 .
故选：D
7．近年来纯电动汽车越来越受消费者的青睐，新型动力电池迎来了蓬勃发展的风口.Peukert于1898年提出
蓄电池的容量 （单位： ），放电时间 （单位： ）与放电电流 （单位： ）之间关系的经验公式：
，其中 为Peukert常数.为测算某蓄电池的Peukert常数 ，在电池容量不变的条件下，当放电电
流 时，放电时间 ；当放电电流 时，放电时间 .若计算时取 ，则该蓄电
池的Peukert常数 大约为（ ）
A．1.25 B．1.5 C．1.67 D．2
【答案】B
【分析】由已知可得出 ，可得出 ，利用指数与对数的互化、换底公式以及对数的运
算法则计算可得 的近似值.
【详解】由题意可得 ，所以 ，所以 ，
所以 .
故选：B.
8．如图，正方体 的棱长为2，点 为底面 的中心，点 在侧面 的边界及其
内部运动．若 ，则 面积的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】取 的中点 ，由题意结合正方体的几何特征及平面几何的知识可得 ， ，
由线面垂直的判定与性质可得 ，进而可得点 的轨迹为线段 ，找到 的最大值即可得解.
【详解】取 的中点 ，连接 、 、 、 ，连接 、 、 、 、 ，如图：因为正方体 的棱长为2，
所以 , ， ， 平面 ， 平面A B C D ，
1 1 1 1
平面 ，
所以 ， ， ，
所以 ， ，
所以 ， ，
由 可得 平面 ，
所以 ，所以点 的轨迹为线段 ，
又 ,
所以 面积的最大值 .
故选：C.
【点睛】本题考查了正方体几何特征的应用，考查了线面垂直的判定与性质，关键是找到点 的轨迹，属
于中档题.
9．《孙子算经》是中国南北朝时期重要的数学著作，书中的“中国剩余定理”对同余除法进行了深入的
研究.现给出一个同余问题：如果 和 被 除得的余数相同，那么称 和 对模 同余，记为
.若 ，则 的值可以是（ ）
A．2023 B．2024 C．2025 D．2026
【答案】D
【分析】利用二项式定理求出被5整除得的余数，再逐项验证即得.
【详解】
则 能被 整除，故 除以 余数为 ，
所以 除以 余数为 ，
由 ，所以 ， ，
， ，
故选：D.
10．“用一个不垂直于圆锥的轴的平面截圆锥，当圆锥的轴与截面所成的角不同时，可以得到不同的截口
曲线”．利用这个原理，小明在家里用两个射灯（射出的光锥视为圆锥）在墙上投影出两个相同的椭圆
（图1），光锥的一条母线恰好与墙面垂直．图2是一个射灯投影的直观图，圆锥 的轴截面 是等
边三角形，椭圆 所在平面为 ，则椭圆 的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据题意，由勾股定理结合余弦定理代入计算可得 ，再由相似三角形的相似比结合勾股
定理可分别计算出椭圆的 ，结合椭圆的离心率即可得到结果.
【详解】设 ，由于 ，所以 ，在等边三角形 中，
点 为 的中点，于是 ，在平面 中，由椭圆的对称性可知，
，连接 ，延长 与 交于点 ，
由于 为中点，所以在 中， ，
由勾股定理可得 ，
在 中， ， ， ，由余弦定理可得，
在 中，由于 ，所以 ，
于是有 ，
设椭圆 短轴的两个顶点为 ，连接 分别交圆锥于 ，
由于 ，所以 ，
由于 为圆锥母线，所以 ，
从而有 ，
在 中，由勾股定理可得 ，
所以在椭圆 中， ， ，
则 ，
则离心率为 .
故选：D
【点睛】关键点睛：本题主要考查了椭圆定义的理解以及椭圆离心率的求解，难度较大，解答本题的关键
在于结合椭圆的定义以及余弦定理代入计算，分别求得 ，从而得到结果.
第 II 卷（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．已知 ，若 ，则 .
【答案】 或
【分析】根据分段函数解析式得到方程（不等式）组，解得即可.【详解】因为 且 ，
所以 或 ，
解得 或 .
故答案为： 或
12．已知双曲线 的焦距为 ，若点 在双曲线 上，则 的离心率等
于 .
【答案】 /
【分析】根据点在双曲线上、双曲线的基本性质及离心率的定义计算即可求解.
【详解】因为点 在双曲线 上，
代入坐标有 ，且双曲线满足 ，离心率 ，
所以有 ，即 ，
化简可得 ，所以 ，
因为双曲线离心率 ，所以 或 （舍去），
故答案为： .
13．已知 ．使 成立的一组 的值为 ； ．
【答案】 （答案不唯一）
【分析】任取一组 ，验证是否满足 即可得.
【详解】取 ，此时 ， ，
故 ，符合要求.
故答案为： ； （答案不唯一）.
14．已知数列 是各项均为正数的等比数列， 为其前 项和， ， 则； 记 ， 若存在 使得 最大， 则 的值为 ．
【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{a }中，公比 ；由 ，所以 ，又 ，
n
所以 解得 或 ；
若 时，可得 ，则 ，
且 的值为 ，可知数列{a }单调递增，且各项均大于 ，
n
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{a }单调递减，从第 项起各项小于 且为正数，
n
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．设函数 ，给出下列四个结论：
①当 时，函数 有三个极值点；
②当 时，函数 有三个极值点；
③ ， 是函数 的极小值点；
④ ， 不是函数 的极大值点．
其中，所有正确结论的序号是 ．
【答案】②④
【分析】取特殊值 ，结合函数图象可判断①③；作出函数图象，数形结合可判断②；讨论 的取值
范围，结合函数图象，可判断④.【详解】对于①，不妨取 ，此时 ，
作出函数 图象如图：
此时函数有2个极值点 ，故①错误；
对于②，当 时， ，作出函数 的大致图象如图：
在 ， 上单调递减，在 ， 上单调递增，
此时函数 有3个极值点： ，②正确；
对于③，由①的分析可知， 时， 是函数 的极大值点，③错误；
对于④，由以上分析可知当 时， ，
且 为 的对称轴，
此时 为函数 的极小值点，
当 时， ，此时 在 上单调递减，
在 上也单调递减，在 上单调递增，
不是函数 的极大值点，故 不是函数 的极大值点，④正确.
故答案为：②④.
【点睛】方法点睛：题目中分段函数 涉及的函数是比较常见的函数，故可作
出函数大致图象，数形结合，再结合函数极值点的概念进行判断，即可解决问题.
三、解答题：本题共6小题，共85分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。
16．（13分）在 中, .
(1)求 ;
(2)若 ,再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知,使 存在且唯一确定,求 及
的面积.
条件①: ;
条件②: ;
条件③: .
【答案】(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）利用正弦定理和二倍角公式求解即可;
（2）结合正弦定理和余弦定理求解即可;
【详解】（1）由正弦定理得 ,
得 ,
,
因为 ,
所以则 .
所以 ,
所以 .
（2）选条件①:
因为 ,
由正弦定理得 ,
由余弦定理得 ,
解得 ，
则 ,
解得 ，
所以 存在且唯一确定,
则 .
选条件②: ,
已知
由正弦定理得 ,
因为 ,
所以 , ,
所以 存在且唯一确定,
则 .
选条件③: ,
由余弦定理得 ,
即 ,
所以 ,即 ,因为 ,
所以不存在 使得 存在.
17．（14分）如图，在三棱锥 中，侧面 底面 ， ， .
(1)求证： ；
(2)已知 ， ， ， 是线段 上一点，当 时，求二面角 的余弦
值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）借助线面垂直的判定定理与性质定理即可得；
（2）建立适当空间直角坐标系，借助空间向量计算即可得.
【详解】（1）取 中点 ，连接 、 ，
由 ， ，故 、 ，
又 、 平面 ， ，
则 平面 ，又 平面 ，故 ；
（2）由侧面 底面 ，且 ， 平面 ，
平面 平面 ，故 平面 ，
又 平面 ，故 ，
即有 、 、 两两垂直，
故可以 为原点，建立如图所示空间直角坐标系 ，
由 ， ， ， ， ，
则 ， ，
即 、 、 、A(1,0,0)、 ，
、 、 ，
令 ，则 ，由 ，故 ，解得 ，
故 ，
令平面 的法向量为⃗m=(x,y,z)，
则有 ，令 ，则有 ，
由 轴 平面 ，故平面 的法向量可为 ，
则 ，
故二面角 的余弦值为 .
18．（13分）在一场乒乓球赛中，甲、乙、丙、丁四人角逐冠军.比赛采用“双败淘汰制”，具体赛制为：
首先，四人通过抽签两两对阵，胜者进入“胜区”，败者进入“败区”；接下来，“胜区”的两人对阵，
胜者进入最后决赛；“败区”的两人对阵，败者直接淘汰出局获第四名，紧接着，“败区”的胜者和“胜
区”的败者对阵，胜者晋级最后的决赛，败者获第三名；最后，剩下的两人进行最后的冠军决赛，胜者获
得冠军，败者获第二名.甲对阵乙、丙、丁获胜的概率均为 ，且不同对阵的结果相互独立.
(1)若 ，经抽签，第一轮由甲对阵乙，丙对阵丁；
①求甲获得第四名的概率；
②求甲在“双败淘汰制”下参与对阵的比赛场数的数学期望；
(2)除“双败淘汰制”外，也经常采用“单败淘汰制”：抽签决定两两对阵，胜者晋级，败者淘汰，直至决
出最后的冠军.哪种赛制对甲夺冠有利？请说明理由.
【答案】(1)①0.16；②3.128
(2)答案见解析..
【分析】（1）结合对立事件概率和独立事件概率公式求解即可；
（2）结合对立事件概率和独立事件概率公式比较计算.
【详解】（1）①记“甲获得第四名”为事件 ，则 ；②记在甲在“双败淘汰制”下参与对阵的比赛场次为随机变量 ，
则 的所有可能取值为2，3，4，
连败两局： ，
可以分为：连胜两局，第三局不管胜负；负胜负；胜负负；
，
；
故 的分布列如下：
2 3 4
故数学期望 ；
（2）“双败淘汰制”下，甲获胜的概率 ，
在“单败淘汰制”下，甲获胜的概率为 ，
由 ，且
所以 时， ，“双败淘汰制”对甲夺冠有利；
时， ，“单败淘汰制”对甲夺冠有利；
时，两种赛制甲夺冠的概率一样.
19．（15分）已知椭圆C： （ ）过点 ，右焦点为 ．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点F的直线l（不与x轴重合）交椭圆C于点M、N，点A是右顶点，直线MA、NA分别与直线
交于点P、Q，求 的大小．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，列出关于 的方程，代入计算，即可求解；
（2）当直线l的斜率不存在时，验证 ，即 ．当直线l的斜率存在时，设l：
，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理代入计算，分别表示出 坐标，利用向量的数量积，
转化求解即可．【详解】（1）由题意可得， ，解得 ，
所以椭圆的方程为 .
（2）
当直线l的斜率不存在时，
有 ， ， ，
则 ， ，故 ，即 ．
当直线l的斜率存在时，设l： ，其中 ．
联立 ，得 ，
由题意，知 恒成立，
设 ，则 ， ．
直线MA的方程为 ，
令 ，得 ，即 ，同理可得 ．
所以 ， ．
因为
，
所以 ．综上所述， ．
20．（15分）已知函数 .
(1)当 时，求曲线 在点 处的切线方程；
(2)若 在 处取得极值，求 的单调区间；
(3)求证：当 时，关于x的不等式 在区间 上无解.
【答案】(1)
(2) 的单调递增区间为 和 ，单调递减区间为
(3)证明见解析
【分析】（1）根据导数的几何意义求得切线斜率，即可求得切线方程；
（2）根据 可求出 ，并对其进行检验即可求解；
（3）分 和 两种情况，求出函数 在区间 上的最大值即可作答.
【详解】（1）由 可得 ，
当 时， ， ，
在点 处的切线方程为 ；
（2）因为 在 处取得极值，所以 ，解得 ，
检验如下：
令 ，解得 或 ，
若 或 时，则 ；若 ，则 .
所以 的单调递增区间为 和 ，单调递减区间为 ，
故 在 处取得极小值，满足题意，
故 的单调递增区间为 和 ，单调递减区间为 ；
（3）由（1）知 ，由 时，得 ，因 ，
当 时，当 时， ，即函数 在 上单调递减，则 ，
因此不等式 不成立，即不等式 在区间 上无解；当 时，当 时， ，当 时， ，即 在 上递减，在 上
递增，
于是得 在 上的最大值为 或 ，而 ， ，
，即 ，
因此不等式 不成立，即不等式 在区间 上无解，
所以当 时，关于 的不等式 在区间 上无解.
21．（15分）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)
【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.
【详解】（1）由题意可得 ， ， ，
所以 .
（2）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 .
（3）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.
