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石景山区 2024 年高三统一练习
数 学
本试卷共6页，满分为150分，考试时间为120分钟.请务必将答案答在答题卡上，在试卷上
作答无效.考试结束后，将答题卡交回.
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. 已知集合 ， ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据一元二次不等式解法可得 ，再由交集运算可得结果.
【详解】解不等式 可得 ，即 ；
又 ，
因此 .
故选：D
2. 下列函数中，在区间 上为减函数的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据三角函数，指数函数和对数函数的性质，即可判断选项.
【详解】A，根据正弦函数的性质可知， ，所以 在 上为增函数，故A
错误；B， 是偶函数，关于 轴对称， ，所以 在 上是增函数，
在 上是减函数，故B错误；
C， 的定义域是 ，函数 是区间 上是增函数，故C错误；
D，根据指数函数的性质可知， 在区间 上是减函数，故D正确.
故选：D
3. 一袋中有大小相同的4个红球和2个白球．若从中不放回地取球2次，每次任取1个球，记“第一次取到
红球”为事件 ，“第二次取到红球”为事件 ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由条件概率公式求解即可.
【详解】 .
故选：C.
4. 设 是三个不同平面，且 ， ，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
【答案】B
【解析】
【分析】由充分条件和必要条件的定义结合线面、面面的位置关系对选项一一判断即可得出答案.
【详解】由 ， ， ，则 可能相交，
故“ ”推不出“ ”，的
由 ， ， ，由面面平行 性质定理知 ，
故“ ”能推出“ ”，
故“ ”是“ ”的必要不充分条件.
故选：B.
5. 等差数列 的首项为1，公差不为0．若 成等比数列，则 的前5项和为（ ）
A. B. C. 5 D. 25
【答案】A
【解析】
【分析】首先代入等差数列的基本量，由等比数列的概念列式，最后代入求和公式，即可求解.
【详解】设等差数列 的公差为 ，则 ， ， ，
由题意可知， ，即 ，
解得： 或 （舍），
则数列 的前5项和 .
故选：A
6. 直线 与圆 相交于 两点，则线段 的长度可能为（ ）
A. 5 B. 7 C. 9 D. 14
【答案】B
【解析】
【分析】根据直线所过定点，求弦长的最小值和最大值，再结合选项，即可求解.
【详解】直线 恒过点 ，且点 在圆 内，
当点 是弦 的中点时，此时弦长最短，圆心 和点 的距离为2，此时弦长
，最长的弦长是直径为8，所以弦长的取值范围是 ，其中只有B成立.
故选：B
7. 已知函数 的部分图象如图所示，则 的值是（ ）
A. B. 1 C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由图可得 ，求得 ，再利用图象过点 ，可得到 ，从而得到
，再利用诱导公式及特殊角的三角函数值求解即可.
【详解】由图象可知 ，解得 ，因为 ，所以 ，解得 ，
将 代入解析式化简得 ，因为 ，则 ，得 ，
故 ，所以 .
故选：A
8. 设 ， ， ，则（ ）
A. B. C. D.【答案】B
【解析】
【分析】根据给定的条件，利用指数、对数函数、正弦函数的性质，借助 进行比较判断选项.
【详解】 ， ，
而 ，则 ，即 ，所以 .
故选：B
9. 中国民族五声调式音阶的各音依次为：宫、商、角、徵、羽，如果用这五个音，排成一个没有重复音的
五音音列，且商、角不相邻，徵位于羽的左侧，则可排成的不同音列有（ ）
A. 18种 B. 24种 C. 36种 D. 72种
【答案】C
【解析】
【分析】先排宫、徽、羽三个音节，然后商、角两个音阶插空即可求解.
【详解】解：先将宫、徽、羽三个音节进行排序，且徽位于羽的左侧，有 ，
再将商、角插入4个空中的2个，有 ，
所以共有 种．
故选：C．
10. 对于曲线 ，给出下列三个命题：
①关于坐标原点对称；
②曲线 上任意一点到坐标原点的距离不小于2；
③曲线 与曲线 有四个交点．
其中正确的命题个数是（ ）
A. 0 B. 1 C. 2 D. 3
【答案】C
【解析】【分析】分析两个曲线的对称性，并结合函数的图象和性质，利用数形结合，即可判断①③，利用基本不
等式，即可判断②.
【详解】①将曲线 中的 换成 ，将 换成 ，方程不变，所以曲线关于原点对称，并
且关于 轴和 轴对称，故①正确；
②设曲线 上任一点为
，
当 ，即 时，等号成立，
所以 ，曲线 上任意一点到坐标原点的距离不小于2，故②正确；
③曲线 中的 换成 ，将 换成 ，方程不变，所以曲线关于原点对称，并且关于 轴和
轴对称，并且将 换成 ， 换成 ，方程不变，所以曲线也关于 对称，
曲线 中， 且 ，将曲线 中的 换成 ， 换成 ，方程不变，所
以曲线 也关于 对称，
当 时，联立 ，得 ，
当 时， ，当 时，函数单调递减，因为 ，所以点 在直线 的下方，如图，在第一象限有2个交点，
根据两个曲线的对称性可知，其他象限也是2个交点，则共有8个交点，故③错误；
故选：C
【点睛】关键点点睛：本题的关键是③的判断，判断的关键是对称性的判断，以及将方程转化为函数，判
断函数的单调性，即可判断.
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. 复数z在复平面内对应的点为 ，则 ___________．
【答案】 ##
【解析】
【分析】由复数对应的点写出复数 ，再应用复数除法的法则求解即可.
【详解】∵z对应的点为 ，∴ ，
∴ ．
故答案为： ．
12. 斜率为1 的直线 经过抛物线 的焦点 ，且与该抛物线相交于 ， 两点，则
______.
【答案】8
【解析】
【分析】求出直线 的方程，设 、 ，直线方程代入抛物线方程应用韦达定理得 ，
然后由焦点弦长公式可得结论．
【详解】抛物线 的焦点坐标为 ，直线 方程为 ，设 、 ，则由
抛物线焦点弦长公式得： ，
又 、 是抛物线与直线的交点，由 得 ，则 ，∴ .
故答案为：8.
【点睛】结论点睛：焦点弦的一些性质：抛物线 的焦点为 ， 是其过焦点的弦，
，则（1） ．（2） ．（3） ，
．
13. 已知向量 满足 ， 与 的夹角为 ，则当实数 变化时， 的最小值为______．
【答案】1
【解析】
【分析】根据题意利用平面向量的几何特征，可知当 时， 取得最小值.
【详解】如图所示：
设 ，
当 时， 取得最小值，
过点 作 于点 ，即可得 的最小值为 ，
又 与 的夹角为 ，即 ，易知 ，
所以 .
即 的最小值为1.
故答案为：114. 设函数 ，
①若 有两个零点，则实数 的一个取值可以是______；
②若 是 上的增函数，则实数 的取值范围是______．
【答案】 ①. （ 内的值都可以） ②. 或
【解析】
【分析】①分析函数的性质，确定零点所在的区间，通过解方程的方法，即可求解；
②根据分段函数的形式，确定两段函数都是单调递增，并根据分界点处函数值的关系不等式，即可求解.
【详解】①函数 在 上单调递增， ，
所以函数 在区间 上无零点，
则函数 在 上有2个零点，
即 ， ，则 ，或 或 ， ，
则 ，解得： ，
所以 的一个值是 ；
②函数 在 上单调递增，
则在 上， 也单调递增，且 ，
若函数在 在区间 单调递增，
则 ，即 在区间 上恒成立，
即 ，即 ，
不等式 ，解得： 或 ，综上可知， 或 .
故答案为： （ 内的值都可以）； 或
15. 黎曼函数在高等数学中有着广泛应用，其一种定义为： 时，
．若数列 ，给出下列四个结论：
① ；② ；③ ；④ ．
其中所有正确结论的序号是______．
【答案】②③④
【解析】
【分析】根据黎曼函数的定义和性质逐项分析.
【详解】对于①， 时， ，故①错误；
对于②， ， ， ，故②正确；
对于③，
，故③正确；
对于④， ， ，
构造函数 ， ，则 ， 单调递增，
，即当 时 ， ，，
当 时， ， ， ，故④正确.
故选：②③④.
【点睛】方法点睛：新定义题型的特点是：通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型
来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，
实现信息的迁移，达到灵活解题的目的：遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义
的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决．
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. 在锐角 中，角 的对边分别为 ，且 ．
（1）求角 的大小；
（2）求 的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理边化角求解即可；
（2）由（1）可知 ，所以 ，所以将 转化为同一个角的三角函数，最后求其
值域即可.
【小问1详解】
因为 ，由正弦定理边化角得：
，所以 ，
由于在 中， ，所以 ，
即 ，又 ，所以 .【小问2详解】
由（1）可知 ，所以 ，
所以
由于在锐角 中， ，所以 ，
所以 ，所以 ，
所以 ，所以 的取值范围为 .
17. 如图，在四棱锥 中， 平面 ， ， ， ．
（1）求证： 平面 ；
（2）再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求平面 与平面 所成锐二面角的大
小．
条件①： ；
条件②： 平面 ．
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）所选条件见解析，
【解析】
【分析】（1）连接AC，由题目条件可推得 为等腰直角三角形，且 ， ，
即 ，再 ，由线面垂直的判定定理即可证明；
（2）选条件①或选条件②均可证明 ，建立以A为原点的空间直角坐标系，求出平面 与平
面 的法向量，由二面角求解即可.
【小问1详解】
如图，连接AC，因 平面 ， 平面 ，则 ， .
又 ，则 .
注意到 ，则 为等腰直角三角形，其中 ， .
所以 ，又因为 ， 平面 ， ，
所以 平面 ；
【小问2详解】
若选条件①，由余弦定理可得，
，结合 为三角形内角，
得 ，又 ，则 ，即 .
若选条件②，因 平面 ，BC 平面 ，平面 平面 ，则 ，
又 ，则 ，即 .故建立以A为坐标原点，如下图所示空间直角坐标系（ 轴所在直线与DC平行）
又 ， ，
则 ，
则 ， ， .
平面 法向量为 ，
设平面 法向量为 ，则 .
令 ，则 ，所以 ，
设面 与平面 所成角为 ， ，
根据平面角的范围可知 .
18. 为研究北京西部地区油松次生林和油松人工林的森林群落植物多样性问题，某高中研究性学习小组暑
假以妙峰山油松次生林和老山油松人工林为研究对象进行调查，得到两地区林下灌木层，乔木层，草本层
的抽样调查数据．其中两地区林下灌木层获得数据如表1，表2所示：
表1：老山油松人工林林下灌木层
植物名称 植物类型 株数
酸枣 灌木 28
荆条 灌木 41
孩儿拳头 灌木 22河朔荛花 灌木 4
臭椿 乔木幼苗 1
黑枣 乔木幼苗 1
构树 乔木幼苗 2
元宝槭 乔木幼苗 1
表2：妙峰山油松次生林林下灌木层
植物名称 植物类型 株数
黄栌 乔木幼苗 6
朴树 乔木幼苗 7
栾树 乔木幼苗 4
鹅耳枥 乔木幼苗 7
葎叶蛇葡萄 木质藤本 8
毛樱桃 灌木 9
三裂绣线菊 灌木 11
胡枝子 灌木 10
大花溲疏 灌木 10
丁香 灌木 8
（1）从抽取的老山油松人工林林下灌木层的植物样本中任选2株，求2株植物的类型都是乔木幼苗的概率；
（2）以表格中植物类型的频率估计概率，从妙峰山油松次生林林下灌木层的所有植物中随机抽取3株（假
设每次抽取的结果互不影响），记这3株植物的植物类型是灌木的株数为 ，求 的分布列和数学期望；
（3）从老山油松人工林的林下灌木层所有符合表1中植物名称的植物中任选2株，记此2株植物属于不同
植物名称的概率估计值为 ；从妙峰山油松次生林的林下灌木层所有符合表2中植物名称的植物中任选2
株，记此2株植物属于不同植物名称的概率估计值为 ．请直接写出 与 大小关系．（结论不要求证
明）
【答案】（1） ；（2）分布列见解析，期望
（3）
【解析】
【分析】（1）根据古典概型概率公式，以及组合数公式，即可求解；
（2）根据二项分布概率公式，即可求解；
（3）根据两个表格中的植物类型分布的数据，即可求解.
【小问1详解】
表1中的灌木有 株，
乔木幼苗有 株，共有100株，
所以 ，
所以求2株植物的类型都是乔木幼苗的概率为 ；
【小问2详解】
表2中的灌木有 株，
乔木幼苗有 株，木质藤本有8株，
抽取1株是灌木的概率为 ，
由题意可知， ,
， ，
， ，
分布列如下，
0 1 2 3；
【小问3详解】
表1中植物间的数量差距较大，表2中每种植物的数量差不多，
所以选出来不同种类，表2的概率更大，所以 .
19. 已知函数 ．
（1）求曲线 在点 处的切线方程；
（2）求 在区间 上的最大值与最小值；
（3）当 时，求证： ．
【答案】（1）
（2）见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据导数的几何意义，求切线方程；
（2）首先求函数的导数，再讨论 和 两种情况求函数的单调性，求函数的最值；
（3）首先根据不等式构造函数 ，再利用导数求函数的最小值，即可证明.
【小问1详解】
， ， ，
所以曲线 在点 处的切线方程为 ；
【小问2详解】
，
当 时， 在区间 上恒成立， 在区间 上单调递增，
所以函数 的最小值为 ，最大值为 ，当 时， ，得 ，
在区间 小于0，函数 单调递减，
在区间 大于0，函数 单调递增，
所以函数 的最小值为 ，
， ，显然 ，所以函数 的最大值为 ，
综上可知，当 时，函数 的最小值为 ，最大值为 ，
当 时，函数 的最小值为 ，最大值为 ；
【小问3详解】
当 时， ，即证明不等式 ，
设 ， ， ，
设 ， ， ，
所以 在 单调递增，并且 ， ，
所以函数 在 上存在唯一零点 ，使 ，
即 ，则在区间 ， ， 单调递减，
在区间 ， ， 单调递增，
所以 的最小值为 ，由 ，得 ，且 ，
所以 ，
所以 ，即 .
20. 已知椭圆 的离心率为 ，短轴长为 ．
（1）求椭圆 的方程；
（2）设 为坐标原点，过点 分别作直线 ，直线 与椭圆相切于第三象限内的点 ，直线
交椭圆 于 两点．若 ，判断直线 与直线 的位置关系，并说明理由．
【答案】（1）
（2） ，理由见解析
【解析】
【分析】（1）根据条件，列出关于 得到方程，即可求解；
（2）首先设出直线 的方程，并与椭圆方程联立，求出点 的坐标，设出直线 的方程，与椭圆方程联
立，利用韦达定理表示 ，再根据 ，求出直线 ，即可判断直线 与直线
的位置关系.
【小问1详解】
由条件可知， ，解得： ， ， ，所以椭圆 的方程为 ；
【小问2详解】
设直线 ，联立
，得 ，（*）
，
整理为 ，解得： 或 ，
由题意结合图形可知， ，所以 ，
当 时，代回（*）得 ，即 ， ，
所以点 的坐标为 ， ，所以
设直线 ，联立， ， ，
，得 ，（*）
，
整理为 ，解得： ，
， ，， ，
，
，
即 ，解得： （ 舍去），
即 ，则直线 的斜率为 ，
而 ，所以 .
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是利用弦长公式 表示两点间的距离，
21. 已知集合 ，对于 ，
，定义 与 之间的距离为 ．
（1）已知 ，写出所有的 ，使得 ；
（2）已知 ，若 ，并且 ，求 的最大值；
（3）设集合 ， 中有 个元素，若 中任意两个元素间的距离的最小值为 ，求证：．
【答案】（1） 、 、 、 ；
（2） ；
（3）见解析
【解析】
【分析】（1）根据题中定义可得 的所有情形；
（2）分 、 两种情况，利用绝对值三角不等式可求得 的最大值；
（3）表示出 ，结合定义，可得
，即 中任意两元素不相等，可得 中至多有 个元素，即可
得证．
【小问1详解】
已知 ， ，且 ，
所以， 的所有情形有： 、 、 、 ；
【小问2详解】
设 ， ，
因 为 ，则 ，
同理可得 ，
当 时， ；
当 时， .当 ， 时，上式等号成立.
综上所述， ；
【小问3详解】
记 ，
我们证明 ．一方面显然有 ．另一方面， 且 ，
假设他们满足 ．则由定义有 ，
与 中不同元素间距离至少为 相矛盾．
从而 ．
这表明 中任意两元素不相等．从而 ．
又 中元素有 个分量，至多有 个元素．
从而 ．
【点睛】方法点睛：解决以集合为背景的新定义问题，要抓住两点：
（1）紧扣新定义，首先分析新定义的特点，把定义所叙述的问题的本质弄清楚，并能够应用到具体的解
题过程之中，这是新定义型集合问题难点的关键所在；
（2）用好集合的性质，解题时要善于从试题中发现可以使用集合性质的一些因素，在关键之外用好集合
的运算与性质.
