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2024 年高考考前信息必刷卷 01（北京专用）
数 学
北京卷考试题型为10（单选题）＋4（单空+双空）+1(多选：一般四选三)＋6（解三角
形/三角函数、空间向量与立体几何、统计与概率分布列、椭圆、导数及其运用），其中第
21题属于综合题，目前主要集中考数列和集合，综合了新定义、集合论、归纳法、排除法、
演绎证明等思想和方法，考查学生创新能力。
北京卷坚持“以德为先，能力为重，全面发展”的命题理念，稳妥推进新高考的改革，
形成了“一个中心，两个着力点，三个突出，四条路径”的评价体系。
即以立德树人为中心，以数学素养和创新能力为两个着力点；突出对主干知识、思想
方法、问题解决能力的考查；通过优化试卷结构、创新呈现方式、精选试题素材，突出学
科本质，达到落实高考育人的目的。
北京卷通过设计现实性和综合性问题，实现对逻辑推理、直观想象、数学运算、数学
抽象、数学建模、数据分析六大素养的综合考查。设置创新和思维深刻的问题，考查学生
的创新能力。重点关注学生应知应会的内容，淡化机械记忆，关注学生的不同发展水平。
相比于去年，在试卷结构上保持一致，依然是单项选择题、填空题和解答题，每一类
题型的难度预设基本符合从易到难的分布；在考查内容上基本保持一致，强调基础性、综
合性。在试题的表述形式上，简洁、规范，图文准确并相互匹配，呈现方式坚持多样化，
延续了北京数学试卷“大气、平和”的特点。
综合分析2023年北京高考的特点，出了本套信息卷。本套信息卷有如下特点：
●选择题的前8道题依次考查了集合、复数、数列与集合逻辑、双曲线的性质、二项
式定理、函数的基本性质、对数函数及运算、空间几何体的体积；填空题的前 3道题依次
考查了对数函数及定义域、平面向量的应用、抛物线的性质及其运用
●解答题的前2题依次考查了解三角形正余弦定理的运用、概率及其分布列，这些题
目设置的情境问题相对熟悉，解题思路也比较明确，与学生平时获得的数学基本活动经验
基本一致，体现了对数学知识考查的全面性与基础性。
本卷试题注重学用结合，考查学生灵活运用所学知识方法分析和解决问题的能力。注
重创设社会生活实际情境，关注民生问题，引导学生感悟数学的科学价值、应用价值、文
化价值、美学价值。
●第16题以解三角形为劣构题，2023年北京高考以三角函数为劣构题，本试卷猜测
2024年高考劣构题将转移到解三角形上面来。重点考察正余弦定理的应用。
●第17题以从计算机题库中抽题为背景，强调了概率的随机性。2023年北京高考以
下雨问题为背景，同样也强调了概率的随机性。数学源于生活，应用于生活。
●第18题考查的是空间向量与立体几何，第一问考查学生利用几何法去证明线面垂
直，第二问考查的是存在性问题。2023年北京高考把立体几何与空间向量放在第16题上，
考查学生的空间向量的基础运用，猜测2024年存在性问题会登上高考舞台。同样第一问还
是秉承原来的风格，继续强调几何法的运用。
●第19题和第20题分别考查椭圆的基本性质、导数及其应用，相当于前三道解答题，
这两道题的难易程度有所上升。第19道题考查学生的计算能力，考查学生如何把几何问题
代数化。第20道题主要考查了学生数学运算和逻辑推理的核心素养，同时也体现了数学试
卷中重点问题重点考查的特点。
第Ⅰ卷（选择题）
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．设集合 ，则 等于（ ）A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】
利用数轴法解决集合的交集运算即可得解.
【详解】
因为 ，
所以 .
答案：B
2．若复数 满足 ，则 可以为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
借助复数的性质设 ，结合题意计算即可得.
【详解】设 ，则 ，故有 ，
即有 ，选项中只有A选项符合要求，故A正确，
B、C、D选项不符合要求，故B、C、D错误.
故选：A.
3．已知数列 为等比数列，公比为q，前n项和为 ，则“ ”是“数列 是单
调递增数列”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】C
【分析】根据等比数列的定义和数列单调的定义求解即可.
【详解】因为数列 为等比数列，公比为q，前n项和为 ，
若 ，即 ，则 ，即数列 是
单调递增数列；
若数列 是单调递增数列，则 ，所以
；
所以“ ”是“数列 是单调递增数列”的充要条件.故选：C.
4．设双曲线 （ ）的渐近线方程为 ，则实数 的值为（ ）
A．6 B．4 C．3 D．2
【答案】A
【分析】根据双曲线的标准方程写出渐近线方程，结合题意建立建立方程，可得答案.
【详解】由双曲线 ，则其渐近线方程可表示为 ，
由题意整理方程 可得 ，则 ，解得 .
故选：A.
5．若 ，则 （ ）
A．100 B．110 C．120 D．130
【答案】C
【分析】利用二项式定理分别求出 即可计算得解.
【详解】在 中， ， ，
所以 .
故选：C
6．已知函数 ，则 是（ ）
A．奇函数，且在 上是增函数 B．奇函数，且在 上是减函数
C．偶函数，且在 上是增函数 D．偶函数，且在 上是减函数
【答案】A
【分析】求出函数的定义域，利用奇偶函数的定义及复合函数的单调性法则判断即可.
【详解】若函数 有意义，则 ，解得 ，
即函数 的定义域为 ，
因为 ，所以函数 是奇函数，
函数 ，
因为函数 在 上递增，函数 在定义域上递增，
所以函数 在 上是增函数.
故选：A
7．假设甲和乙刚开始的“日能力值”相同，之后甲通过学习，“日能力值”都在前一天的基础上进步2%，而乙疏于学习，“日能力值”都在前一天的基础上退步1%.那么，大约需
要经过（ ）天，甲的“日能力值”是乙的20倍（参考数据： ，
， ）
A．23 B．100 C．150 D．232
【答案】B
【分析】根据给定信息，列出方程，再利用指数式与对数式的互化关系求解即可.
【详解】令甲和乙刚开始的“日能力值”为1， 天后，甲、乙的“日能力值”分别
，
依题意， ，即 ，两边取对数得 ，
因此 ，
所以大约需要经过100天，甲的“日能力值”是乙的20倍.
故选：B
8．如图，将一个圆柱 等分切割，再将其重新组合成一个与圆柱等底等高的几何
体，n越大，组合成的新几何体就越接近一个“长方体”.若新几何体的表面积比原圆柱的
表面积增加了10，则圆柱的侧面积是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】设圆柱的底面半径为 ，高 分析可得新几何体的表面积比原圆柱的表面积增加
的为轴截面的面积，由此可得 ，由圆柱的侧面积公式计算可得答案.
【详解】根据题意，设圆柱的底面半径为 ，高 ，其轴截面的面积为 ，
新几何体的表面积比原圆柱的表面积增加的为轴截面的面积，
若新几何体的表面积比原圆柱的表面积增加了 ，
即
所以圆柱的侧面积为 .
故选：A.
9．已知函数 在 上恰有两个零点，则 的取值范围
是（ ）A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用二倍角公式和辅助角公式化简 ，再利用正弦型函数的图象与性质得到不
等式，解出即可.
【详解】由题意可得
.
令 ，解得 ，
因为 ，所以 .
因为 在 上恰有两个零点，
所以 ，解得 .
故选：B.
10．已知圆 ，点 ，过原点的直线与圆 相交于两个不同的
点 ，则 的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】取线段 的中点 ，求出点 的轨迹方程，再利用平面向量数量积的运算律及圆
的性质求解即得.
【详解】圆 的圆心 ，半径为2，
取线段 的中点 ，连接 ，当 与圆 的圆心 不重合时， ，
点 在以线段 为直径的圆上（在圆 内的圆弧上），当 与 重合时，也在此圆弧上，
因此点 的轨迹是以线段 为直径的圆在圆 内的圆弧，圆弧所在圆心为 ，方程为
，
显然 ，过点 与点 的直线斜率 ，
过点 与点 的直线斜率 ，显然 ，即过点 与点 的直线与该
圆弧相交，因此 ，点 与点 的距离为3，则 ，
所以 的取值范围为 .
故选：D
第Ⅱ卷（非选择题）
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】
【分析】根据对数的底数大于零且不等于 及对数的真数大于零计算即可.
【详解】由 ，
得 ，解得 且 ，
所以函数 的定义域是 .
故答案为： .
12．已知向量 ， ，若 ，则 .
【答案】 /
【分析】
首先求出 的坐标，再由向量垂直得到 ，即可求出 ，再根据数量积的
坐标表示计算可得.
【详解】因为 ， ，
所以 ，
因为 ，所以 ，解得 ，
所以 .故答案为：
13．抛物线 的准线l的方程为 ．若点P是抛物线C上的动点，l与y轴
交于点A，则 （O是坐标原点）的最大值为 ．
【答案】 ；
【分析】由定义直接求准线方程；由导数法求出抛物线过点A的切线方程，即可求得切线
倾斜角，此时 取最大值.
【详解】抛物线 即 的准线l的方程为 ；
l与y轴交于点A，则有 ，则当AP与抛物线相切时 最大，
设切点为 ， ，∴切线方程为 ，切线过点A，则
，解得 .
∴切线斜率为 ，即倾斜角为 或 ，故 的最大值为 .
故答案为： ； .
14．已知函数 的最小正周期为 ，把它的图象向右平
移 个单位长度后得到函数 的图象，若 是奇函数，则函数 的解析式为
；函数 的最大值为 ．
【答案】
【分析】根据周期可得 ，进而根据平移可得 ，根据奇偶
性即可得 ，进而可得解析式；由三角恒等变换可得
，即可求解最值.
【详解】因为函数 的最小正周期为 ，所以 ，
将 的图象向右平移 个单位长度后得 的图象，即 ，因为 是奇函数，所以 ，
得 ，又 ，所以 ．所以 ，
由
，
因为 ，所以 的最大值为 ，当 ，即
时取得．
故答案为： ，
15．定义在实数集上的函数 称为狄利克雷函数．该函数由 世纪德国数
学家狄利克雷提出，在高等数学的研究中应用广泛．下列有关狄利克雷函数 的说法中
正确的有
① 的值域为 ② 是偶函数
③存在无理数 ，使 ④对任意有理数 ，有
【答案】①②④
【分析】由分段函数的解析式求得函数的值域，可判定选项①;由偶函数的定义，可判定选
项②;由函数的解析式可验证选项③④
【详解】由题意，函数 ，可得函数的值域为 ，故①正确；
若 为有理数,则 为有理数，可得
；
若 为无理数,则 为无理数，可得
，
所以函数 为定义域上的偶函数，故②正确；
当 为无理数，若 为有理数，则 为无理数，
若 为无理数，则 可能为有理数，也有可能是无理数，
不满足 ，所以③错误；对任意有理数 ，若 为有理数，则 为有理数，
若 为无理数，则 为无理数，所以 ，则④正确.
故选：①②④
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① ，② 中任选一个作为已知条件，补充在下列
问题中，并作答.
问题：在 中，角 、 、 所对的边分别为 、 、 ，已知_________.
(1)求 ；
(2)若 的外接圆半径为2，且 ，求 .
注：若选择不同条件分别作答，则按第一个解答计分.
【答案】(1)条件选择见解析， (2)
【分析】（1）根据正余弦定理边角互化，即可结合三角恒等变换求解，
（2）根据余弦的和差角公式可得 ，进而利用率正弦定理可得 ，由余弦
定理即可求解.
【详解】（1）选择条件①：因为 ，
在 中，由余弦定理可得 ，
由余弦定理可得 ，则 ，
因为 ，所以 .
选择条件②：因为 ，由正弦定理得，
.
即 ，则 ，
因为 ，所以 ，
因为 ，所以 .
（2）因为 ，所以 ，即 ，
即 ，又因为 ，所以 .
由于 的外接圆半径为 ，由正弦定理可得 ，可得 ，
所以 ，
由余弦定理可得 ，所以 .
17．某科目进行考试时，从计算机题库中随机生成一份难度相当的试卷．规定每位同学有
三次考试机会，一旦某次考试通过，该科目成绩合格，无需再次参加考试，否则就继续参
加考试，直到用完三次机会．现从2023年和2024年这两年的第一次、第二次、第三次参
加考试的考生中，分别随机抽取100位考生，获得数据如下表：
2023年 2024年
通过 未通过 通过 未通过
第一
60人 40人 50人 50人
次
第二
70人 30人 60人 40人
次
第三
80人 20人 m人 人
次
假设每次考试是否通过相互独立．
(1)从2023年和2024年第一次参加考试的考生中各随机抽取一位考生，估计这两位考生都
通过考试的概率；
(2)在2024年参加考试的众多考生中，随机抽取3人，这3人中至多参加两次考试就通过了
的人数记为 ，求随机变量 的分布列和数学期望；
(3)若2024年考生成绩合格的概率不低于2023年考生成绩合格的概率，求m的最小值．
（直接写出结果）
【答案】(1) (2)分布列见解析， (3)
【分析】（1）根据相互独立的事件的概率求解即可；
（2）根据二项分布可求分布列，根据公式可求期望.
（3）分别求出2023年和2024年考生成绩的合格率，列出不等式即可求解.
【详解】（1）记事件 ：“2023年第 次参加考试的考生通过考试”， ，
记事件 ：“2024年第 次参加考试的考生通过考试”， ，
则 ， ，从2023年和2024年第一次参加考试的考生中各随机抽取一位考生，估计这两位考生都
通过考试的概率为 ；
（2）由题设有 ，
在2024年参加考试的众多考生中，随机抽取1人，至多参加两次考试就通过的概率为：
，
又 可取值 .
则 ， ，
， ，
故随机变量 的分布列为：
所以 .
（3）2023年考生成绩合格的概率为
,
2024年考生成绩合格的概率为 ，
要使2024年考生成绩合格的概率不低于2023年考生成绩合格的概率，
则 ，解得 .
18．在四棱锥 中，已知 ， ， ，
， ， 是线段 上的点．
(1)求证： 底面 ；(2)是否存在点 使得 与平面 所成角的余弦值为 ？若存在，求出 的值；若不
存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析 (2)存在，
【分析】（1）首先证明 平面 ，可得出 ，利用勾股定理的逆定理可证
得 ，再结合线面垂直的判定定理，即可证明 底面 ；
（2）以A为原点，建立空间直角坐标系，设 ，且 ，求平面 的法向
量 ，利用 ，即可求得 的值，即可得出结论.
【详解】（1）在 中， ，
所以 ．
在 中， ，
由余弦定理有： ，
所以， ，所以 ，
所以 ，
又因为 ， ， 、 平面 ，所以， 平面 ，
因为 平面 ，所以， ，
在 中： ，则 ，
所以， ，
因为 ， 、 平面 ，
所以 面 ．
（2）因为 平面 ，以点A为坐标原点，
、 、 的方向分别为 、 、 轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，
则有 、 、 、 、 ，
设 ，其中 ，则 ，
设 为面 的法向量，则有 ，
取 ，则 ，
所以，平面 的一个法向量为 ，
设 与平面 所成的角为
，
由题意可得 ，
可得 ，因为 ，所以 ．
因此，存在点 使得 与平面 所成角的余弦值为 ，且 ．
19．已知椭圆C： 的左、右焦点分别为 , 、 , ，点
在椭圆C上．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点 的动直线l与椭圆C交于不同的两点A，B.试问x轴上是否存在定点Q，使得x轴
恰好平分 ？若存在，求出定点Q的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】(1) (2)存在，点
【分析】（1）由题意，根据两点距离公式和椭圆的定义求得 ，进而 ，
即可求解；
（2）易知当l与x轴重合时，符合题意；当l不与x轴重合时，设l： ，
， ， ，联立椭圆方程，利用韦达定理表示可得 、
，结合两点表示直线斜率得 ，进而 ，化简计算即
可求解.
【详解】（1）由题意知， ， ，则 ， ，
，
故椭圆C的方程为 ；
（2）当l与x轴重合时，x轴上的任意一点都符合题意；
当l不与x轴重合时，设l： ， ， ， ，
由 ，得： ，
， ，
，即 ，
得 ，
所以 ，
∴ x轴上存在定点 ，使得x轴恰好平分 .
20．已知函数 ．
(1)求函数 在点 处的切线方程；
(2)若对于任意 ，都有 恒成立，求实数 的取值范围．
【答案】(1) (2)
【分析】（1）求出导数以及切点坐标，根据导数的几何意义，即可求得答案.
（2）将原问题转化为对于任意 ，都有 恒成立，即需 ；从而结
合函数的单调性，确定函数的最值在哪里取到，由此列出不等式 ，构造函数，利用导数即可求解.
【详解】（1）由于 ，故 ，切点为
，
，
所以切线的斜率为0， 在点 处的切线方程为 ．
（2）令 ，则 ，
所以 为R上单调递增函数，
因为 ，所以 时， 时， ，
所以 在 单调递减，在 单调递增．
若对于任意 ，都有 恒成立，即只需 ．
因为 在 单调递减，在 单调递增，
所以 的最大值为 和 中最大的一个，
所以 ，
设 ，
当 时， ，当 时， ，
所以 在 单调递减，在 单调递增．
，故当 时， ．
当 时， ，则 成立．
当 时，由 的单调性，得 ，即 ，不符合题意．
当 时， ，即 ，也不符合题意．
综上， 的取值范围为 .
21．对于无穷数列 ，若对任意 ，且 ，存在 ，使得 成立，
则称 为“ 数列”.
(1)若数列 的通项公式为 ，试判断数列 是否为“ 数列”，并说明理由；
(2)已知数列 为等差数列，①若 是“ 数列”， ，且 ，求 所有可能的取值；
②若对任意 ，存在 ，使得 成立，求证：数列 为“ 数列”.
【答案】(1)是，理由见解析
(2)① 的可能值为 .②证明见解析
【分析】（1）根据题意，推得 ，取 ，得到 ，
即可求解；
（2）若 是“ 数列”，且为等差数列，得到 ，进而得到存在 ，
使得 ，求得 ，得到 的值，进而求得 的可能值；
②设数列 公差为 ，得到 ，求得 ，鸡儿推得
，得到答案.
【详解】（1）解：数列 的通项公式为 ，
对任意的 ，都有 ，
取 ，则 ，所以 是“ 数列”.
（2）解：数列 为等差数列，
①若 是“ 数列”， ，且 ，
则 ，
对任意的 ，
，由题意存在 ，使得 ，
即 ，显然 ，
所以 ，即 ，
.所以 是8的正约数，即 ，
时， ；
时 ；
时 ；
时 .
综上， 的可能值为 .
②若对任意 ，存在 ，使得 成立，所以存在 ，
设数列 公差为 ，则 ，
可得 ，
对任意 ，
则 ，取 ，
可得 ，所以数列 是“ 数列”.
