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北京市八一学校 2024 届高三年级保温热身练习
高三数学
2024.05
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，将本试卷和答题纸一并交回．
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．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目
要求的一项．
1. 已知全集 ，集合 ，则 =（ ）
A. 或 B. 或
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先通过解一元二次不等式化简集合A，再求其补集.
【详解】因为 ，
又全集 ，
所以 .
故选：D.
2. 已知复数 满足 ，则复数 的模 为（ ）
A. B. 2 C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求出复数 后可求其模，从而可得正确的选项.
【详解】 ，故 ，故选：A.
3. 已知圆 关于直线 对称，则 （ ）
A. 0 B. 1 C. 2 D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】由题得圆心 在直线 上，列方程求解即可.
【详解】由题得圆 的圆心坐标为 ，
因为圆 关于直线 对称，
所以圆心 在直线 上，所以 ，解得 .
故选：C
4. 已知向量 满足 ， ， ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据向量坐标运算和数量积运算的性质，结合 可求得 ，由此可得 ，进而
求得结果.
【详解】 ， ，
，解得： ，
，解得： .
故选：C.
5. 已知抛物线 上一点 的纵坐标为 ， 为焦点，则 （ ）A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求出点 的坐标，然后根据抛物线的定义可求出 的值
【详解】当 时， ，得 ，
所以 ，
抛物线 的焦点 ,准线方程为 ，
所以 ，
故选：D
6. 若 ， ，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】构造函数 ，根据函数的单调性判断A选项；构造函数 ，根据函数的单
调性判断B选项；构造函数 ，根据函数的单调性判断C选项；构造函数 ，根据幂函数的
性质，判断D选项.
【详解】A：构造函数 ，因为 ，所以 为增函数，
又因为 ，则有 ，所以A错误；
B：构造函数 ，因为 ，所以 为增函数，
又因为 ，则有 ，所以B错误；C：因为 ，所以 ，又 ，则 ，
构造函数 ，当 时，函数 不单调，
所以无法判断 与 的值的大小，C错误；
D：构造函数 ，因为 ，所以函数 在 上单调递增，
有 ，D正确.
故选：D.
7. 已知棱长为1的正方体 ， 是 的中点，动点 在正方体内部或表面上，且
平面 ，则动点 的轨迹所形成区域的面积是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】过点M做平面 的平行截面，再求四边形面积即可.
【详解】
如图所示 E、F、G、M分别是 、 、 、 的中点，
则 ， ，所以 平面 ， 平面 ，且 ，所以平面 平面 ，故点P的轨迹为矩形 .
，所以 ，所以 .
故选：A
【点睛】本题考查面面平行的判定和面面平行的性质，以及正方体的截面问题，属综合中档题.
8. 已知函数 若对任意的 都有 恒成立，则实数 的取值范围是（
）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先画出函数 的图象，再利用数形结合求实数的取值范围.
【详解】因为 ，令 ，作出 图象，如图所示，
令 ，由图知，要使对任意的 都有 恒成立，则必有 ，
当 时， ，由 ，消 得到 ，
由 ，得到 ，即 ，由图可知 ，
故选：B.
9. 中国茶文化博大精深，茶水的口感与茶叶类型和水的温度有关，经验表明，某种绿茶用90℃的水泡制，
再等到茶水温度降至60℃时饮用，可以产生极佳口感；在20℃室温下，茶水温度从90℃开始，经过tmin后的温度为 ，可选择函数 来近似地刻画茶水温度随时间变化的规律，则在上
述条件下，该种绿茶茶水达到最佳饮用口感时，需要放置的时间最接近的是（ ）
（参考数据： ）
A. B. C. 6min D.
【答案】B
【解析】
【分析】令 ，则 ，两边同时取对将 代入即可得出答案.
【详解】由题可知，函数 ，
令 ，则 ，
两边同时取对可得： ，即 ，
即 .
故选：B.
10. 已知数列 满足 ，该数列的前 项和为 ，则下列论断中错误的是（
）
A. B.
C. 非零常数 ，使得 D. ，都有
【答案】C
【解析】
【分析】由已知 可得A正确；由已知递推关系化简
可得B正确；由已知递推关系总结数列的规律，再用反证法得到C错误；由已知递推关系找到前 项和的规律再结合等比数列的前 项和可得D正
确.
【详解】A：因为 ，所以 ，故A正确；
B：因为 ，
所以 ，故B正确；
C：由 可得 ，
由 可得 ，
由 可得 ，而 ，
所以 ，
设存在非零常数 ，使得 ，则 ，矛盾，
所以不存在非零常数 ，使得 ，故C错误；
D：当 时， ，
因为 ，即 时，有相邻两项 的和为零，即有接下来
个项和为零；
，
即 时，有相邻2项 的和与相邻4项 和为零，
即有接下来 个项和为零；
总结发现规律为：当 时，即有接下来的 项
和为零，所以 ，故D正确；
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题D选项关键在于能理解 的意义，即表示数列中前两项和为 外的3
到4项，5到8项，9到16项和分别为零.
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. 函数 的定义域是__________．
【答案】 ##
【解析】
【分析】根据函数的表达式可得 ，解不等式即可得结果.
【详解】要使函数有意义，需满足 ，解得 ，
即函数的定义域为 ，
故答案为： .
12. 已知双曲线 ， 的一条渐近线方程为 ，则 ______．
【答案】 ##0.5
【解析】
【分析】双曲线 的渐近线方程为 ，由此可得 ，从而得到 的值.
【详解】解：双曲线 的渐近线方程为 .
由双曲线 的一条渐近线方程为 ，即 ，所以 ，即
故答案为： .
13. 已知 ：设函数 在区间 上的图象是一条连续不断的曲线，若 ，则
在区间 内无零点．能说明 为假命题的一个函数的解析式是______．
【答案】 （答案不唯一）
【解析】
【分析】利用已知条件结合函数的定义域，函数值，零点综合得出即可.
【详解】解析式为 .
函数的定义域为 ，所以函数 在区间 上的图象是一条连续不断的曲线，
因为 ， ，所以 ，
又 ， 在区间 内有零点，
所以为假命题.
故答案为： （答案不唯一）.
14. 已知函数 ．若 ，则 ___________；若 的定义域
为 ，则 零点的个数为_________．
【答案】 ①. ②. 1
【解析】【分析】利用诱导公式及二倍角的正切公式化简函数，再代入求解；
由已知得 ，构造函数 ， ，
利用导数研究函数的单调性结合函数的零点存在性定理即可求解.
【详解】 ，
若 ．则 ．
令 ， ，整理得 ．
设 ，若 ，则 ．
则 ， ，求导 ，
当 时， ．
又 ， ， ，故 在 上存在唯一的零点，
又 在 上单调递增，所以 在区间 上零点的个数为1．
故答案为： ，1
15. 已知曲线 为坐标原点．给出下列四个结论：
①曲线 关于直线 成轴对称图形；
②经过坐标原点 的直线 与曲线 有且仅有一个公共点；
③直线 与曲线 所围成的图形的面积为 ；
④设直线 ，当 时，直线 与曲线 恰有三个公共点．其中所有正确结论的序号是
______．
【答案】①③④【解析】
【分析】分 的正负四种情况去掉绝对值符号得到曲线方程后，由图可得①正确；当斜率为 时结合渐
近线可得②错误；由四分之一圆面积减去三角形面积可得③正确；由图形可得④正确.
【详解】 ，
因为当 时， 无意义，无此曲线，故舍去，
所以曲线 表示为： ，
作出曲线图象为
对于①，由图象可得曲线 关于直线 成轴对称图形，故①正确；
对于②，由于左上和右下部分双曲线的 ，所以渐近线方程为 ，
所以当直线的斜率为 时，过原点的直线与曲线无交点，故②错误；
对于③，设直线 与 交点分别为 ，
因为圆方程中半径为2，且点 ，
所以直线与曲线围成的图形的面积为 ，故③正确；
对于④，由于直线 恒过 ，
当 时，直线与 平行，有一个交点；
当 时，与渐近线平行，此时有两个交点，当 ，结合斜率的范围可得有三个交点，如图：
所以，④正确；
故答案为：①③④.
【点睛】关键点点睛：本题关键是能根据 的正负去掉绝对值符号得到曲线方程，作出图象，数形结合
分析.
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. 在 中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且 ．
（1）求B；
（2）若 ， 的面积为 ，求 的周长．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理得到 ，从而求出 ；（2）利用面积公式求出 ，进
而用余弦定理求出 ，求出周长.
【小问1详解】
由正弦定理得： ，
即 ，
因为 ，所以
因为 ，
所以 ，
故 ，
为
因 ，
所以
【小问2详解】
由面积公式得： ，解得： ，
由余弦定理得：
将 ， 代入，求得： ，
故 的周长为
17. 如图，在四棱锥 中，底面 是边长为2的菱形， ， ， 为
中点， ．
（1）设平面 平面 ，求证： ；（2）从条件①，条件②，条件③中选择两个作为已知，使四棱锥 存在且唯一确定．
（ⅰ）求平面 与平面 所成角的余弦值；
（ⅱ）平面 交直线 于点 ，求线段 的长度．
条件①：平面 平面 ；
条件②： ；
条件③：四棱锥 的体积为 ．
【答案】（1）证明见解析；
（2）（ⅰ） ；（ⅱ） .
【解析】
【分析】（1）利用线面平行的判定、性质推理即得.
（2）选条件①③或②③，证明 底面 ，求出 ，（ⅰ）以 为原点，建立空间直角坐标
系，求出平面 与平面 的法向量，进而求出面面角；（ⅱ）令 ，利用垂直关系的向
量表示求出 即可.
【小问1详解】
在四棱锥 中，底面 是边长为2的菱形，则 ，
而 平面 平面 ，于是 平面 ，
又 平面 ，且平面 平面 ，所以 .
【小问2详解】
选条件①③，平面 平面 ，四棱锥 的体积为 ，
连接 和 交于点 ，连接 ，显然 是 中点，由 ，得 ，而平面 平面 ， 平面 ， 底面 ，
， ，解得 ，
选条件②③， ，四棱锥 的体积为 ，
连接 和 交于点 ，连接 ，显然 是 中点，由 ，得 ，
又 是 中点，由 ，得 ，而 平面 ，则， 底面 ，
， ，解得 ，
若选条件①②，平面 平面 ， ，此2条件均可证明 底面 ，
点 的位置不确定，即四棱锥 存在，但不唯一，因此条件①②不可选.
（i）以 为原点，直线 分别为 轴建立空间直角坐标系 ，如图，
则 ，
所以 ，
设平面 的法向量为 ，则 ，令 ，得 ，平面 的法向量为 ，因此 ，
所求平面 与平面 所成角的余弦值为 .
（ii）平面 交线段 于点 ，由（i）知， ，
设 ，则 ，
由 ，得 ，所以 .
18. 某项游戏的规则如下：游戏可进行多轮，每轮进行两次分别计分，每次分数均为不超过10的正整数，
选手甲参加十轮游戏，分数如下表：
轮次 一 二 三 四 五 六 七 八 九 十
第一次分数 7 6 8 9 8 5 9 7 10 7
第二次分数 8 7 9 10 8 9 8 7 7 9
若选手在某轮中，两次分数的平均值不低于7分，且二者之差的绝对值不超过1分，则称其在该轮“稳定发
挥”.
（1）若从以上十轮游戏中任选两轮，求这两轮均“稳定发挥”的概率；
（2）假设甲再参加三轮游戏，每轮得分情况相互独立，并对是否稳定发挥以频率估计概率.记 为甲在三
的
轮游戏中“稳定发挥” 轮数，求 的分布列和数学期望；
（3）假设选手乙参加 轮游戏，每轮的两次分数均不相同.记 为各轮较高分的算数平均值， 为各轮
较低分的算数平均值， 为各轮两次的平均分的算数平均值.试比较 与 的大小（结论不要求证
明）.
【答案】（1）（2）分布列见解析，数学期望
（3）
【解析】
【分析】（1）该选手在第1、3、4、5、7、8轮稳定发挥，由此即可求解；
（2）首先求出甲在某一轮中发挥稳定的概率为0.6，从而可知 服从二项分布 ，进一步即可求
得分布列以及数学期望；
（3）首先求得 关于 的表达式，进一步即可比较大小.
【小问1详解】
直接计算知该选手在第1、3、4、5、7、8轮稳定发挥，故 ；
【小问2详解】
甲在每轮游戏中“稳定发挥”的概率为 ， ，
的可能取值为0，1，2，3，
，
，
这就得到 的分布列为
0 1 2 3
二项分布的数学期望 .
【小问3详解】
设在第 轮中，较高分和较低分分别为 和 ，则 ，且 ， ，
故 ，且
从而 .
即 .
19. 已知函数 .
（1）求 的图象在点 处的切线方程；
（2）讨论 的单调区间；
（3）若对任意 ，都有 ，求 的最大值.（参考数据： ）
【答案】（1） ；
（2）答案见解析； （3） .
【解析】
【分析】（1）求得 ， ，再根据导数的几何意义，即可求得切线方程；
（2）讨论参数 与 和 的大小关系，在不同情况下，求函数单调性，即可求得单调区间；
（3）将问题转化为 在 上的最大值 ，根据（2）中所求单调性，求得
，再构造函数解关于 的不等式即可.
【小问1详解】
， ，又， ，
故 的图象在点 处的切线方程为 ，即 .
【小问2详解】
，又 ， ，
则 时，当 ， ， 单调递增；当 ， ， 单
调递减；
时，当 ， ， 单调递减；当 ， ， 单调
递增；
当 ， ， 单调递减；
时，当 ， ， 在 单调递减；
时，当 ， ， 单调递减；当 ， ， 单调递
增；
当 ， ， 单调递减.
综上所述：当 ， 的单调增区间为 ，单调减区间为 ；
当 ， 的单调减区间为 ，单调增区间为 ；
当 ， 的单调减区间为 ，没有单调增区间；
当 ， 的单调减区间为 ，单调增区间为 .
【小问3详解】
若对任意 ，都有 ，则 在 上的最大值 ；
由（2）可知，当 ， 在 单调递增，在 单调递减，故 ；
令 ，则 ，
故 在 单调递增，又 ，则 ；
故当 时， ，
也即当 时，对任意 ，都有 .
的
故 最大值为 .
【点睛】关键点点睛：本题第三问处理的关键是，将 在区间上恒成立，转化为
，再根据第二问中所求函数单调性求得 ，再构造函数解不等式
即可.
20. 已知椭圆 的离心率为 ，且经过点 .
（1）求椭圆 的方程；
（2）设过点 且不与坐标轴垂直的直线 与椭圆 交于 两点，过 分别作 轴的垂线，垂足
为点 ，求证：直线 与 的交点在某条定直线上，并求该定直线的方程.
【答案】（1） ；
（2）证明见解析，定直线为 .
【解析】【分析】（1）根据题意，列出 满足的方程组，求得 ，即可求得椭圆方程；
（2）设出直线 的方程，联立椭圆方程，结合 坐标，写出直线 的方程，借助韦达定理，
求得两直线交点坐标的纵坐标为定值，即可证明，进而求出定直线方程.
【小问1详解】
由题可得： ， ，又 ；解得 ；
故椭圆 的方程为： .
【小问2详解】
的
设直线 与 交点为 ，根据题意，作图如下：
由题可知，直线 的斜率存在，又过点 ，故设其方程为 ，
联立 ，可得 ，显然其 ，
设 两点坐标为 ，则 ；
因为 都垂直于 轴，故 ，
则 方程为： ， 方程为： ，联立 方程可得： ，
故 ，也即直线 与 的交点在定直线 上.
【点睛】关键点点睛：处理本题第二问的关键是求得直线 方程后，充分利用利用韦达定理，求出
交点的纵坐标即可.
21. 已知集合 ，其中 都是 的子集且互不相同，记 的元素
个数， 的元素个数 .
（1）若 ，直接写出所有满足条件的集合 ；
（2）若 ，且对任意 ，都有 ，求 的最大值；
（3）若 且对任意 ，都有 ，求 的最大值.
【答案】（1） 或 或 或
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据新定义对交集情况分类讨论即可；
（2）将集合 的子集进行两两配对得到16组，写出选择 的16个含有元素1的子集即可
得到 ；
（3）分 中有一元集合和没有一元集合但有二元集合，以及 均为三元集合讨论即可.
【小问1详解】
因为 ，则 和 的元素个数均为1，又因为 ，则 ，
若 ， ，则 或 ；
若 ， ，则 或 ；
综上 或 或 或 .
【小问2详解】
的
集合 共有32个不同 子集，
将其两两配对成16组 ，
使得 ，则 不能同时被选中为子集 ，故 .
选择 的16个含有元素1的子集: ，符合题意.
综上， .
【小问3详解】
结论: ，令 ，集合 符合题意.
证明如下：
①若 中有一元集合，不妨设 ，则其它子集中都有元素1，且元素 都至多属于1个子
集，
所以除 外的子集至多有 个，故 .
②若 中没有一元集合，但有二元集合，不妨设 .其它子集分两类:
或 ，和 或 ，
其中 互不相同， 互不相同且均不为1，2.
若 ，则 ，有
若 ，则由 得每个集合 中都恰包含 中的1个元素（不是2)，且互不相同，因为 中除2外至多还有2个元素，所以 .
所以 .
③若 均为三元集合，不妨设 .将其它子集分为三类：
，其中
.
若 ，则 (除1，2，3外，其它元素两个一组与1构成集合 )，
所以 .
若 ，不妨设 ，则由 得每个集合 中都或者有4、或者有5，
又 中除1外无其它公共元素，所以 .
所以 .
综上， .
【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是充分理解集合新定义，然后对 中集合元素个数进行分
类讨论；当 均为三元集合时，不妨设 ，再将其它子集分为三类讨论.
