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2024 届顺义一中考前适应性检测数学试卷
一、单选题：本题共10小题，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知集合 ， ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】化简集合 ，根据交集运算法则求 .
【详解】不等式 的解集为 ，
所以 ，又 ，
所以 ，
故选：B.
2. 若 为虚数单位，复数 ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】首先化简复数，再求共轭复数.
【详解】 ，则 .
故选：D
3. 在等差数列 中， ， ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求出等差数列 的公差，进而可求得 的值.【详解】由题意可知，等差数列 的公差为 ，因此， .
故选：A.
4. 已知函数 ，则（ ）
A. 为偶函数且周期为 B. 为奇函数且在 上有最小值
C. 为偶函数且在 上单调递减 D. 为奇函数且 为一个对称中心
【答案】C
【解析】
【分析】由二倍角公式得 ，再根据余弦函数性质判断即可；
【详解】解：因为 ，
所以，函数 为偶函数且周期为 ，在 上单调递减.
所以，ABD选项错误，C选项正确.
故选：C
5. 设M是抛物线 上的一点，F是抛物线的焦点，O足坐标原点，若 ，则
（ ）
A. 5 B. 4 C. 3 D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】过点 作抛物线准线 的垂线，垂足为点 ，连接 ，分析出 为等边三角形，求出
，即可得解.
【详解】过点 作抛物线准线 的垂线，垂足为点 ，连接 ，如下图所示：因为 ， 轴，则 ，
由抛物线的定义可得 ，所以 为等边三角形，则 ，
抛物线 的准线方程为 ，
设直线 交 轴于点 ，则 ，
易知 ， ，则 .
故选：B.
6. “角 与 的终边关于直线 对称”是“ ”的（ ）
A. 充分必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分不必要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】根据终边关于 对称，得两角的关系，再由 ，得两角满足
的关系，根据充分必要条件的定义即可求解.
【详解】角 与 的终边关于直线 对称,则 ,
,则 ，
“角 与 的终边关于直线 对称”是“ ”的充分必要条件.
故选:A
7. 风筝又称为“纸鸢”，由中国古代劳动人民发明于距今2000多年的东周春秋时期，相传墨翟以木头制成木
鸟，研制三年而成，是人类最早的风筝起源.如图，是某高一年级学生制作的一个风筝模型的多面体ABCEF，D 为 AB 的中点，四边形 EFDC 为矩形，且 ， ， ，当
时，多面体ABCEF的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，先证得 平面 ，在 中，解三角形求得 ，再结合线面垂直
判定定理证得 平面 ，得到 ，设 ，利用 ，求得
，结合 ，即可求解.
【详解】在 中，因为 且 为 的中点，所以 ，
又因为 ，且 ， 平面 ，
所以 平面 ，
在 中，因 为且 ，
所以 ，且 ，
因为四边形 为矩形，可得 ，
又因为 ， 且 平面 ，所以 平面 ，
因为 ，所以 平面 ，
又因为 平面 ，所以 ，设 ，在直角 中，可得 ，
在直角 中，可得 ，
因为 ，所以 ，
即 ，解得 ，
所以多面体 的体积
.
故选：A.
8. 如图，唐金筐宝钿团花纹金杯出土于西安，这件金杯整体造型具有玲珑剔透之美，充分体现唐代金银器
制作的高超技艺，是唐代金银细工的典范之作.该杯主体部分的轴截面可以近似看作双曲线 的一部分，若
的中心在原点，焦点在 轴上，离心率 ，且点 在双曲线 上，则双曲线 的标准方程为
（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用待定系数法可求双曲线 的标准方程.【详解】设双曲线的方程为： ，
因为离心率 ，故半焦距 ，故 ，
而双曲线过 ，故 ，解得 ，
故双曲线的方程为： ，
故选：C.
9. 设 ， ， .若 ， ，则 最大值为（ ）
A. 2 B. C. 1 D.
【答案】C
【解析】
【分析】先利用指、对数的关系，用 表示 ，再利用基本不等式求最大值.
【详解】∵ ， ， ， ，
∴ ， ，
∴ ，
当且仅当 ， 时取等号.
∴ 的最大值为1.
故选：C.
10. 利用所学数学知识解决新问题是我们学习数学的一个重要目的，同学们利用我们所学数学知识，探究
函数 ， ，则下列命题不正确的是（ ）A. 有且只有一个极值点 B. 在 上单调逆增
C. 存在实数 ，使得 D. 有最小值
【答案】C
【解析】
【分析】由条件可得函数 可以看作为函数 与函数 的复合函数，然后求导判断其单
调性与极值，即可得到结果.
【详解】由 得 ，令 ，
则函数 可以看作为函数 与函数 的复合函数，
因为 为增函数，所以 与 单调性、图象变换等基本一致，
，
由 得 ，列表如下：
0
由表知， 在 上单调递减，在 上单调递增，
在 时，取得极小值（最小值） ，
所以 在 上单调递增，即B正确；
在 时，取得唯一极值（极小值，也是最小值） ，即A、D都正确，C错误.故选：C.
【点睛】关键点点睛：关键是找到已知函数的同构函数 ，由此即可顺利得解.
二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分.
11. 已知函数 ，则 ______.
【答案】7
【解析】
【分析】根据 解析式代入即可求解.
【详解】因为 ，所以 .
故答案为：7
12. 在 的展开式中，常数项为______．（用数字作答）
【答案】
【解析】
【分析】先由二项式定理求出 的展开式的通项公式，再求出常数项即可．
【详解】因为 展开式的通项公式为：
，
令 ，解得 ，
所以常数项为： .
故答案为：
13. 命题：若 是等比数列，则前n项和 不存在最大值和最小值.写出一组说明此命题为假命题的首
项 ___________和公比 ___________【答案】 ①. 1（答案不唯一） ②. 2（答案不唯一）
【解析】
【分析】由原命题为假命题可得其否定为真命题，即 存在最大值或最小值，由此确定首项和公比.
【详解】因为命题“若 是等比数列，则前n项和 不存在最大值和最小值”为假命题，
所以可得“若 是等比数列，则前n项和 存在最大值或最小值”，
因为只需确定满足条件的一组取值，故不妨先考虑 ，条件下是否存在，
若 ，则 ，
当 时，则 随 的增大而增大，此时 有最小值，满足条件，
当 时，则 随 的增大而减小，此时 有最大值，满足条件，
若 ，则 ，
当 时，若 ，则 随 的增大而增大，此时 有最小值，满足条件，
当 时，若 ，则 随 的增大而减小，此时 有最大值，满足条件，
故可取 ， ，
故答案为：1，2（答案不唯一）
14. 为等边三角形，且边长为2，则 与 的夹角大小为___________，若 ，
则 的最小值为___________.
【答案】 ①. ## ②.
【解析】
的
【分析】根据平面向量夹角 定义直接得出结果；根据题意可知E为AC的中点，利用平面向量的线性运算和数量积的运算律计算可得 ，结合平面向量夹角的范围即可得出
结果.
【详解】由题意知，如图，
由 为等比三角形，得 ，
所以 ；
因为 ，所以点E为AC的中点，
则 ，又 ，
所以
，
，
又 ，所以 ，
所以 .
故答案为： ； .15. 已知直线l经过点 ，曲线 ： .
①曲线 经过原点且关于 对称；
②当直线l与曲线 有2个公共点时，直线l斜率的取值范围为 ；
③当直线l与曲线 有奇数个公共点时，直线l斜率的取值共有4个
④存在定点Q，使得过Q的任意直线与曲线 的公共点的个数都不可能为2
以上说法正确的是___________
【答案】①②④
【解析】
【分析】将点 分别代入曲线 的方程即可判断①；将曲线方程转化为两个圆的方程，
结合图像利用直线和圆的位置关系逐项分析即可判断②③④.
【详解】对于①，将点 分别代入曲线 的方程，
得 ， ，
所以曲线 关于 对称，
将 代入曲线 的方程得 ，所以曲线 经过原点，
所以曲线 经过原点且关于 对称，故①正确；
由 ，得 ，
即 ，即 ，
所以 或 ，
即 或 ，
所以曲线 表示以 ， 为圆心， 为半径的两个圆，如图所示，设过点A且与圆N相切的直线方程为 ，
则点N到该直线的距离 ，解得 ， ，
即图中直线AC的斜率为1，直线AD的斜率为 ，直线AO的斜率为 ，
的
直线AC 方程为 ，点M到直线AC的距离 ，
则直线AC与圆M相切于点B，
设过点A且与圆M相切的直线方程为 ，
则点M到该直线的距离 ，解得 ， ，
由图可知，当直线l与曲线 有2个公共点时，
直线l斜率的取值范围为 ，故②正确；
由图可知，直线AO与曲线 的公共点个数为3，直线AD与曲线 的公共点个数也为3，直线
与曲线 的公共点个数为1，
所以当直线l与曲线 有奇数个公共点时，直线l斜率的取值共有3个，故③错误；
因为过原点O的任意直线与曲线 的公共点的个数为1或3，
所以存在定点Q（Q与O重合），
的
使得过Q 任意直线与曲线 的公共点的个数都不可能为2，故④正确.
故答案为：①②④.
【点睛】关键点点睛：将曲线方程转化为两个圆的方程，是解决本题的关键.三、解答题：本题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
16. 的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知 ．
（1）求角B的大小；
（2）若 ；从以下3个条件中选择1个作为已知条件，使三角形存在且唯一确定，并求 ABC的面积.
△
条件①： ；
条件②： ；
条件③： .
【答案】（1）
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理化边为角并化简可得 ，再利用 的范围可得答案；
（2）若选条件①，由余弦定理解得 ，因不满足唯一性，舍去；若选条件②，利用平方关系得 ，再
由两角和的正弦公式可得 ，由正弦定理解得 ，再由三角形面积公式可得答案；若选条件③， 由面
积公式可得答案.
【小问1详解】
设 的外接圆半径为 ，
由正弦定理可得 ，又
所以 ，因为 ，所以 ，
所以 ，故 ，
因为 ，所以 .
【小问2详解】若选条件①：由已知可得 ， ， ，
由余弦定理得 ，解得 ，
因为答案不唯一，所以舍去.
若选条件②：因为 ， ，
故 ， ，
所以
，
由正弦定理得 ，解得 ，
则 的面积为 .
若选条件③：由已知可得 ， ，由（1） ，
则 的面积为 .
17. 习近平总书记高度重视体育运动的发展，将体育与国家发展、民族振兴紧密联系在一起，多次强调体
育“是实现中国梦的重要内容”“体育强则中国强，国运兴则体育兴”，为了响应总书记的号召，某中学组织
全体学生开展了丰富多彩的体育实践活动.为了解该校学生参与活动的情况，随机抽取100名学生作为样本，
统计他们参加体育实践活动时间（单位：分钟），得到下表：
时间人数类别
男 5 12 13 8 9 8
性别
女 6 9 10 10 6 4
学段 初中 10高中 4 13 12 7 5 4
（1）从该校随机抽取1名学生，若已知抽到的是女生，估计该学生参加体育实践活动时间在 的概
率；
（2）从该校参加体育实践活动时间在 学生中随机抽取2人，在 的学生中随机抽取1人，
求其中至少有1名初中学生的概率；
（3）假设同组中每个数据用该组区间中点值代替，样本中的100名学生参加体育实践活动时间的平均数记
为 ，初中、高中学生参加体育实践活动时间的平均数分别记为 ， ，试比较 与 的大小关
系.（结论不要求证明）
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据条件概率公式求解即可；
（2）根据相互独立事件同时发生的概率公式求解即可；
（3）补全初中段的人数表格，再分别计算 ，即可得解.
【小问1详解】
女生共有 人，
记事件A为“从所有调查学生中随机抽取1人，女生被抽到”，
事件B为“从所有调查学生中随机抽取1人，参加体育活动时间在 ”，
由题意可知， ，
因此 ，所以从该校随机抽取1名学生，若已知抽到的是女生，
估计该学生参加体育活动时间在 的概率为 .
【小问2详解】
时间在 的学生有 人，
活动时间在 的初中学生有 人，
记事件C为“从参加体育活动时间在 的学生中随机抽取2人，抽到初中学生”，
事件D为“从参加体育活动时间在 的学生中随机抽取1人，抽到的是初中学生”，
由题意知，事件C，D相互独立，
且 ,
所以至少有1名初中学生的概率 ；
【小问3详解】
根据男女生人数先补全初中学生各区间人数：
时间人数类别
男 5 12 13 8 9 8
性别
女 6 9 10 10 6 4
初中 7 8 11 11 10 8
学段
高中 4 13 12 7 5 4
初中生的总运动时间 ，
高中生的总运动时间 ，
又 ， ， ，
可得由 .18. 如图在几何体 ABCDFE 中，底面 ABCD 为菱形， ， ， ，
.
（1）判断AD是否平行于平面CEF，并证明；
（2）若面 面 ；求：
（ⅰ）平面 与平面CEF所成角的大小；
（ⅱ）求点A到平面CEF的距离.
【答案】（1） 与平面 不平行，证明见解析
（2）（i） ；（ii）
【解析】
【分析】（1）取 中点 ，证明 ，假设 平面 ，根据线面平行性质定理证明
，推出矛盾，可得结论；
（2）（i）证明线线垂直建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算求解平面与平面的角，（ii）利用
向量方法求点到平面距离.
【小问1详解】
不平行于平面 ，理由如下：
取 中点 ，因为 ，所以
则四边形 为平行四边形，所以 ，
又 ，所以 不平行于 ，
假设 平面 ，
因为平面 平面 ， 平面
所以 ，与 不平行于 矛盾，
所以假设不成立，即 不平行于平面 ；
【小问2详解】
取 中点 ，连接
因为菱形 ，
所以 为正三角形，又 为 中点，所以 ，
由于 ，所以 ，
又面 面 ，面 面 ， 面
所以 面 ，因为 面 ，所以
又因为 ， 面 ，
所以 面 ，而 面 ，所以 ，
所以如图，以 为原点， 所在直线为 轴的正方向建立空间直角坐标系，则
（i）因为 面 ，所以 为平面 的一个法向量
设平面 的法向量为 ，因为
所以 ，令 ，
设平面 与平面 所成角为 ，
所以 ，则
即平面 与平面 所成角大小为 ；
（ii）因为 ，由（i）知平面的一个法向量为
所以点 到平面 的距离为 .
19. 已知椭圆 ： 的左顶点为 ，上下顶点为 ， ，离心率为 .
（1）求椭圆 的方程
（2）设 点是椭圆 上一点，不与顶点重合， 满足四边形 是平行四边形，过点 作垂直 轴的直线交直线 于点 ，再过 作垂直于 轴的直线交直线 于点 .求证： ， ， 三点共线.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由已知可得 ， ，根据 即可求解；
（2）设直线 的方程，联立其与椭圆方程可得 ， 坐标，将 的纵坐标代入直线 的方程中可得
的坐标，将 的横坐标代入 的方程可得 的坐标，求 ， 即可证明 .
【小问1详解】
因为椭圆 ： 的左顶点为 ，所以 ，
又 ，所以 ，所以 ，
所以椭圆 的方程为 ；
【小问2详解】
由（1）知 ， ，
设 ： ， ， ，联立方程 ，可得 ，
解得 或 ，所以 ，
因为四边形 是平行四边形，由椭圆的对称性可知点 与点 关于原点对称，
所以 ，
直线 的方程为 ，把 代入可得 ，
所以 ，
把 代入 可得 ，
所以过 ， 的直线的斜率为 ，
所以过 ， 的直线的斜率 ，
所以 ， ， 三点共线.
20. 已知函数 .
（1）求曲线 在点 处的切线方程；
（2）当 时，求证：函数 存在极小值；（3）求函数 的零点个数.
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）答案见解析
【解析】
【分析】（1）求出函数 的导数 ，再利用导数的几何意义求解作答.
（2）讨论函数 在区间 和 上的符号即可推理作答.
（3）在 时，分离参数，构造函数 ，再探讨 在 上的零点情
况即可作答.
【小问1详解】
由函数 求导得： ，
所以 ，因为 ，
所以曲线 在点 处的切线方程是 .
【小问2详解】
函数 的定义域为 ，由（1）知， ，
因为 ，则当 时， ， ， ，
所以，有 ，函数 在 上递减，
当 时， ， ， ，则有 ，函数 在 上递增，
所以，当 时，函数 取得极小值，
所以，当 时，函数 存在极小值.【小问3详解】
函数 的定义域为 ， ，
显然 是函数 的零点，
当 时，函数 的零点即为方程 的解，
令 ，则 ，
令 ，则 ，
当 时， ，当 时， ，
所以函数 在 上递增，在 上递减，
， ，
所以，有 ， 在 ， 上都递减，
令 ， ，
当 时， ，当 时， ，
所以， 在 上递增，在 上递减， ，
所以， ，恒有 ，当且仅当 时取“=”，
所以，当 时， ，当 时， ，所以， 在 上单调递减， 取值集合为 ，
在 上递减， 取值集合为 ，
所以，当 或 时，方程 有唯一解，
当 或 时，此方程无解，
所以，当 或 时，函数 有一个零点，
当 或 时，函数 有两个零点.
【点睛】思路点睛：涉及含参的函数零点问题，利用导数分类讨论，研究函数的单调性、最值等，结合零
点存在性定理，借助数形结合思想分析解决问题.
21. 若无穷数列 的各项均为整数．且对于 ， ，都存在 ，使得 ，
则称数列 满足性质P．
（1）判断下列数列是否满足性质P，并说明理由．
① ， ，2，3，…；
② ， ，2，3，…．
（2）若数列 满足性质P，且 ，求证：集合 为无限集；
（3）若周期数列 满足性质P，求数列 的通项公式．
【答案】（1）数列 不满足性质P；数列 满足性质P，理由见解析
（2）证明见解析 （3） 或 ．
【解析】
【分析】（1）根据题意分析判断；
（2）根据题意先证 为数列 中的项，再利用反证法证明集合 为无限集；（3）先根据题意证明 ，再分 为常数列和非常数列两种情况，分析判断.
【小问1详解】
对①，取 ，对 ，则 ，
可得 ，
显然不存在 ，使得 ，
所以数列 不满足性质P；
对②，对于 ，则 ， ，
故
，因为 ，
则 ，且 ，
所以存在 ， ，
使得 ，
故数列 满足性质P；
【小问2详解】
若数列 满足性质 ，且 ，则有：
取 ，均存在 ，使得 ，
取 ，均存在 ，使得 ，
取 ，均存在 ，使得 ，
故数列 中存 在，使得 ，即 ，
反证：假设 为有限集，其元素由小到大依次为 ，取 ，均存在 ，使得 ，
取 ，均存在 ，使得 ，
取 ，均存在 ，使得 ，
即 这与假设相矛盾，故集合 为无限集.
【小问3详解】
设周期数列 的周期为 ，则对 ，均有 ，
设周期数列 的最大项为 ，最小项为 ，
即对 ，均有 ，
若数列 满足性质 ：
反证：假设 时，取 ，则 ，使得
，
则 ，即 ，
这对 ，均有 矛盾，假设不成立；则对 ，均有 ；
反证：假设 时，取 ，则 ，使得
，
这与对 ，均有 矛盾，假设不成立，即对 ，均有 ；
综上所述：对 ，均有 ，
反证：假设1为数列 中的项，由（2）可得： 为数列 中的项，
∵ ，即 为数列 中的项，这与对 ，均有 相矛盾，即对 ，均有 ，同理可证： ，
∵ ，则 ，
当 时，即数列 为常数列时，设 ，故对 ，都存在 ，
使得 ，解得 或 ，即 或 符合题意；
当 时，即数列 至少有两个不同项，则有：
①当 为数列 中的项，则 ，即 为数列 中的项，但 ，不成立；
②当 为数列 中的项，则 ，即 为数列 中的项，但 ，不成立；
③当 为数列 中的项，则 ，即 为数列 中的项，但 ，不成立；
综上所述： 或 .
【点睛】关键点点睛：（1）对于证明中出现直接证明不方便时，我们可以利用反证法证明；
（2）对于周期数列 满足性质 ，证明思路：先逐步缩小精确 的取值可能，再检验判断.
