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绝密★启用前
2024 年高考考前信息必刷卷 04（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（劣构题：
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、函数的基本性质、三角函数的定义、平
面向量与命题逻辑、平面向量、数列、空间几何体中圆柱的体积；填空题的前3道题依次
考查了指数对数运算、二项式定理、双曲线的基本性质及其应用。选择题 6、7、8题采用
数学的基本常识以及一些名人事迹为背景，增加学生的知识面，这个跟 2023年北京高考数
学的出题方式不谋而合。
●解答题的前2题依次考查了解三角形正余弦定理的运用、空间向量与立体几何，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。劣构题继续采用解三角形的题
型，预测2024年劣构题可能为解三角形。
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题考查立体几何与空间向量的问题，第一问学生利用几何法去证明线面垂直
从而推出线线垂直；第二问考查线面距离，是新教材新增的知识点，目前未出现在高考试
卷里面；第三问继续考查存在性问题，考查学生对特殊位置的掌握。
●第18题考查的是概率及其分布列，以“联合国中文日”为大背景，第（1）（2）
考查了概率的计算，第（3）分布列的知识点一级分布列的数字特征-数学期望的运用。此
题利用社会热点问题，让学生体验数学源于生活、应用于生活。
●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 （ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据并集的定义求解即可.
【详解】依题意， .
故选：D
2．已知 ， （i为虚数单位），则（ ）
A． ， B． ，
C． ， D． ，
【答案】A
【分析】
根据复数相等与复数乘法运算可解.
【详解】因为 ，
所以 .
故选：A
3．下列函数中，既是奇函数又是增函数的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】根据函数的单调性和奇偶性逐一分析即可.
【详解】A选项：因为 ，所以 为偶函数，A错误；
B选项：由反比例函数性质可知，
在 上单调递增，但在定义域上不单调，故B错误；
C选项：因为 ，且定义域为R，
所以 为奇函数，
又 均为增函数，所以 也为增函数，C正确；
D选项：因为 ，
所以 不是奇函数，D错误.故选：C
4．若角 的终边经过两点 ， ，则 （ ）
A．2 B． C． D．1
【答案】B
【分析】根据给定条件，利用三角函数定义列式计算即得.
【详解】角 的终边经过两点 ， ，则 ，
所以 .
故选：B
5．已知 为不共线的两个单位向量， 为非零实数，设 ，则“ ”是“
”的（ ）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】由数量积公式、单位向量的定义以及向量夹角公式可得在题设条件下，
，注意到 ，由此即可结合
充要条件的定义判断.
【详解】已知 为不共线的两个单位向量， 为非零实数，设 ，
则此时
，
而向量夹角范围是 ，当 时， 严格单调递减，
从而 ，
综上所述，在题设条件下“ ”是“ ”的充要条件.
故选：C.
6． 是一种由60个碳原子构成的分子，形似足球，又名足球烯，其分子结构由12个正
五边形和20个正六边形组成．如图，将足球烯上的一个正六边形和相邻正五边形展开放平，
若正多边形的边长为1， 为正多边形的顶点，则 （ ）A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【分析】运用数量积定义计算即可.
【详解】如图所示，
连接 ， ，由对称性可知， ，
取 的中点 ，则 ， ，
又因为正六边形的边长为1，所以 ，
所以 ，
故选：B．
7．“中国剩余定理”又称“孙子定理”，最早可见于中国南北朝时期的数学著作《胁子算
经》卷下第二十六题，叫做“物不知数”，原文如下：今有物不知其数，三三数之剩二，
五五数之剩三，七七数之剩二，问物几何?现有这样一个相关的问题：被 除余 且被 除
余 的正整数按照从小到大的顺序排成一列，构成数列 ，记数列 的前 项和为 ，
则 的最小值为（ ）
A．60 B．61 C．75 D．76
【答案】B
【分析】
先由“两个等差数列的公共项构成的新的等差数列的公差为两个等差数列公差的最小公倍
数”得 ，再由基本不等式求得 的最小值.
【详解】被 除余 且被 除余 的正整数按照从小到大的顺序所构成的数列是一个首项为
，公差为 的等差数列 ，
所以 ，∴ ，
当且仅当 ，即 时取等号，
∴当 时 取最小值为 ．故选：B.
8．祖暅是我国南北朝时期伟大的数学家．祖暅原理用现代语言可以描述为“夹在两个平行
平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的面积总相等，
那么这两个几何体的体积相等”．例如，可以用祖暅原理推导半球的体积公式，如图，底
面半径和高都为 的圆柱与半径为 的半球放置在同一底平面上，然后在圆柱内挖去一个
半径为 ，高为 的圆锥后得到一个新的几何体，用任何一个平行于底面的平面 去截这
两个几何体时，所截得的截面面积总相等，由此可证明半球的体积和新几何体的体积相等．
若用平行于半球底面的平面 去截半径为 的半球，且球心到平面 的距离为 ，则平
面 与半球底面之间的几何体的体积是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
分别求得面 截圆锥时所得小圆锥的体积和平面 与圆柱下底面之间的部分的体积，结合
祖暅原理可求得结果.
【详解】 平面 截圆柱所得截面圆半径 ，
平面 截圆锥时所得小圆锥的体积 ，
又平面 与圆柱下底面之间的部分的体积为
根据祖暅原理可知：平面 与半球底面之间的几何体体积
.
故选：C.
9．已知直线 与圆 交于 两点，则弦 最短时，（ ）
A．2 B．1 C． D．
【答案】A
【分析】求出直线所过定点 ，当 ⊥ 时， 最小，根据直线垂直与斜率的关
系即可得到答案.
【详解】 变形为 ，故直线过定点 ，
因为 ，则该定点 在圆内，
而 的圆心为 ，半径为 ，设圆心到该直线的距离为 ，
因为 ，
则当 最大时， 取得最小值，而当 时， 最大，即 取得最小值，
因为 ，则 .
故选：A
10．在平面直角坐标系 中，抛物线 ： 的焦点为 ， 是抛物线 上
的点，若 的外接圆与抛物线 的准线相切，且该圆面积为 ，则
（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
先由 的外接圆与抛物线C的准线相切，得到圆心到准线的距离等于半径，再由题
意，列出方程求解得p的值，然后利用正弦定理可求得结果
【详解】因为 的外接圆与抛物线C的准线相切，所以 的外接圆的圆心到准
线的距离等于圆的半径，因为圆面积为 ，所以圆的半径为
，
又因为圆心在OF的垂直平分线上，所以圆心的横坐标为 ，
则圆心到准线的距离为 ，解得 ，
在 中，由正弦定理得 ，其中R是 外接圆半径，即 ，所以 ,
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． = .
【答案】1
【分析】根据给定条件，利用指数、对数运算求解即得.
【详解】 .
故答案为：1
12．若 ，则 ．
【答案】
【分析】令 代入即可求解.
【详解】因为 ，
令 可得 ，
故答案为：
13．1911年5月，欧内斯特·卢瑟福在《哲学》杂志上发表论文在这篇文章中，他描述了用
粒子轰击0.00004cm厚的金箔时拍摄到的运动情况.在进行这个实验之前，卢瑟福希望
粒子能够通过金箔，就像子弹穿过雪一样，事实上，有极小一部分 粒子从金箔上反弹.如
图显示了卢瑟福实验中偏转的 粒子遵循双曲线一支的路径.则该双曲线的离心率为
，如果 粒子的路径经过（10，5），则该粒子路径的顶点距双曲线的中心 .
【答案】
【分析】由渐近线倾斜角求出 ，再由 可得离心率；待定系数法可得a.【详解】由图知，双曲线的渐近线的倾斜角为 ，所以 ，所以 ；
由上知双曲线为等轴双曲线，故设双曲线方程为 ，则 ，得 .
故答案为： ； .
14．函数 的部分图象如图所示，若 ，
且 ，则 ， .
【答案】 / /
【分析】根据函数图象求得 ，由 关于函数图象中y轴右侧第一个零点
对称确定 ，再 ，应用平方关系、诱导公式即倍角余弦公式
求值即可.
【详解】由题设 ，又 ，则 ，
，则 ，故 ，
由 且 是y轴左侧第一个零点，故 ，即 ，则 ，
由图知： 关于函数图象中y轴右侧第一个零点对称，即 对称，
所以 ，
由 ，且 ，
所以 ，
而 ，则.
故答案为： ，
15．设函数 ，函数 ．则下列说法正确的有
①．当 时，函数 有3个零点 ②．当 时，函数 只有1个零点
③．当 时，函数 有5个零点 ④．存在实数 ，使得函数 没有零
点
【答案】①②③
【分析】当 时，得 或 ，当 时， ，问题转为
， 的交点个数，结合图象可得答案.
【详解】函数 的零点个数即方程 异根的个数，
当 时， ，则 ， ，
由 ，有 ，所以 或 ，
当 时， ，则 ， ，
由 ，有 ，所以 ，
所以问题转为 ， 的交点个数，
作出函数图象可知：
当 ，即 时，有3个交点，即函数 有4个零点，
当 ，即 时，有4个交点，函数 有5个零点，
当 时，只有 ，函数 只有1个零点，
当 或 即 或 时，有2个交点，函数 有3个零点，
无论实数 取何值，使得函数 总有零点．
故选：①②③．
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对应的边分别为a、b、c，且 ， ．
(1)求证：△ 为等腰三角形；
(2)从条件①、条件②这两个条件中任选一个作为已知，求AC边上的高h．
条件①：△ 的面积为 ；
条件②：△ 的周长为20．
【答案】(1)证明见解析； (2) .
【分析】（1）根据余弦定理，结合 ，求得 ，通过判断 ，即可证明；
（2）选择①，根据 结合面积公式，求得 ；再根据等面积法即可求得 ；
选择②，根据三角形周长结合 等量关系，求得 ，再根据等面积即可求得 .
【详解】（1）因为 ，由余弦定理可得： ，又 ，设
，
则 ，解得 （舍）或 ，
故△ 为等腰三角形，即证.
（2）选①：△ 的面积为 ，
由 ，可得 ，又 ，故 ，
则 ，又 ，故可得 ，又 ，则 ，
因为AC边上的高为h，故 ，故可得 ；
选②：△ 的周长为20，
则 ，即 ，结合 可得 ，
由 ，可得 ，又 ，故 ，
则 ，即 ，解得 .
综上所述，选择①②作为条件，均有 .
17．如图，在三棱锥 中， 底面 ， ， 为 的中点， 为
的中点， ， ．(1)求证： ；
(2)求点 到平面 的距离；
(3)在线段 上是否存在点 ，使 平面 ？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) (3)线段 上当点 满足 ，使 平面 ．
【分析】
（1）先根据线面垂直的性质定理与判定定理证得 平面 ，从而得证；
（2）根据三棱锥等体积 即可求解.
（3）利用线面平行与面面平行的判定定理证得平面 平面 ，从而得解.
【详解】（1）因为 底面 ， 平面 ，所以 .
又因为 ， 平面 ，
所以 平面 ，
又因为 平面 ，所以 .
（2）设点 到平面 的距离为 .
因为 底面 ， ， 为 的中点，
所以点 到平面 的距离为 .
又因为在 中， ， ， ．
则 ，
.
又因为 底面 ， 平面 ，所以 ，
又因为 ， ， 为 的中点，
所以 ，
又因为由（1）知 平面 ， 平面 ，所以 ，则 .
所以 ，则 ，
则 的面积为 ，
所以 ，解得 .
（3）线段 上当点 满足 ，使 平面 .
证明：取CH的中点K，连接MK，NK．
因为 为 的中点，
所以由 为 的中位线，可得 .
又因为 平面 ， 平面ABC，所以 平面 ；
由 ，可得 ，则 ，
又因为 平面ABC， 平面ABC，所以 平面 ．
又因为 平面 ，
所以平面 平面 ，
又因为 平面MNK，所以 平面ABC．
18．联合国新闻部将我国农历二十四节气中的“谷雨”定为联合国中文日，以纪念“中华
文字始祖”仓颉的贡献.某大学拟在2024年的联合国中文日举行中文知识竞赛决赛，决赛
分为必答､抢答两个环节依次进行.必答环节，共2道题，答对分别记30分､40分，否则记0
分；抢答环节，包括多道题，设定比赛中每道题必须进行抢答，抢到并答对者得15分，抢
到后未答对，对方得15分；两个环节总分先达到或超过100分者获胜，比赛结束.已知甲､
乙两人参加决赛，且在必答环节，甲答对两道题的概率分别 ，乙答对两道题的概率分
别为 ，在抢答环节，任意一题甲､乙两人抢到的概率都为 ，甲答对任意一题的概率为 ，乙答对任意一题的概率为 ，假定甲､乙两人在各环节､各道题中答题相互独立.
(1)在必答环节中，求甲､乙两人得分之和大于100分的概率；
(2)在抢答环节中，求任意一题甲获得15分的概率；
(3)若在必答环节甲得分为70分，乙得分为40分，设抢答环节经过X道题抢答后比赛结束，
求随机变量X的分布列及数学期望.
【答案】(1) ；(2) ；(3)分布列见解析， .
【分析】（1）把得分之和大于100分的事件分拆，再利用相互独立事件及互斥事件的概率
公式计算即得.
（2）甲获得15分的事件是甲抢到答正确与乙抢到答错的事件和，再列式求出概率.
（3）求出 的可能值及各个值对应的概率，列出分布列并求出数学期望.
【详解】（1）两人得分之和大于100分可分为甲得40分、乙得70分，甲得70分、乙得
40分，甲得70分、乙得70分三种情况，
所以得分大于100分的概率 .
（2）抢答环节任意一题甲得15分的概率 .
（3） 的可能取值为2，3，4，5，
由抢答任意一题甲得15分的概率为 ，得抢答任意一题乙得15分的概率为 ，
， ，
，
，
所以 的分布列为：
2 3 4 5
数学期望 .
19．已知椭圆 的左、右焦点分别为 ，过 的直线
与 交于 两点， 的周长为8．
(1)求 的方程；(2)若直线 与 交于 两点，且原点 到直线 的距离为定值1，求 的最大值．
【答案】(1) (2)
【分析】（1）由 的周长结合椭圆的定义得出 ，再由 的关系求出 ，进
而得出椭圆的方程；
（2）当直线 斜率不存在时， ，当直线 斜率存在时，设直线 的方程为
，由原点 到直线 的距离为定值1，得 ，再联立方程组，由弦长公式
求最值.
【详解】（1）因为 的周长为8，
所以 ，解得 ，
焦距为 ， ，所以 ，
所以椭圆E的方程为 ．
（2）
当直线 斜率不存在时，为 或 ，
当 时， ，则 ，
当 时，同理 ，
当直线 斜率存在时，设斜率为 ，则直线 的方程为 ，
因为原点 到直线 的距离为定值1，所以 ，则 ，
设 ，
联立椭圆于直线方程 ，
消元得 ，所以 ，
由 ，得 ,
,
令 ，
则 ，
由 ，所以当 时， ，
所以 的最大值
20．设函数 ．
(1)若 ，求曲线 在点 处的切线方程；
(2)令 ，求 的单调区间；
(3)已知 在 处取得极大值，求实数 的取值范围．
【答案】(1)
(2)当 时， 在 上单调递增；当 时， 在 上单调递增，在
上单调递减(3)
【分析】（1）直接利用导数与切线斜率的关系即可求解；
（2）分 和 两种情况，然后求解不等式 和 即可得到 的单
调区间；
（3）对不同区间的 进行分类讨论，并判断 在 附近的单调性，即可得到结果.
【详解】（1）若 ，则 ，从而 ，
故 ，从而曲线 在点 处的切线斜率为 ，故所求切线为直线
.
又 ，故所求切线方程为 .（2）由 ，知 .
当 时， ，故 在 上单调递增；
当 时， ；
从而 的解集是 ， 的解集是 .
这表明 在 上单调递增，在 上单调递减.
综上，当 时， 在 上单调递增；当 时， 在 上单调递增，
在 上单调递减.
（3）首先我们有 .
当 时，由上一问结论，知 在 上单调递增，在 上单调递减.
这意味着当 时， ；当 时， .
故 在 和 上均单调递减，从而 不是 的极值点，不满足条件；
当 时，由上一问结论，知 在 上单调递增，
而 ，故 在 上单调递增.
这表明当 时，有 ，从而 在 上单调递增，
故 不可能是 的极大值点，不满足条件；
当 时，由上一问结论，知 在 上单调递增，
故 在 上单调递增.
这表明当 时，有 ，从而 在 上单调递增，
故 不可能是 的极大值点，不满足条件；
当 时，由上一问结论，知 在 上单调递减.
注意到此时 ，故当 时， ；当 时， .
从而 在 上单调递增，在 上单调递减，
这说明 是 的极大值点，满足条件.
综上， 的取值范围是 .
21．对于项数为m的数列{a }，若满足：1≤a＜a＜⋯＜a ，且对任意1≤i≤j≤m，aa与 中
n 1 2 m i j
至少有一个是{a }中的项，则称{a }具有性质P．
n n
(1)分别判断数列1，3，9和数列2，4，8是否具有性质P，并说明理由；
(2)如果数列a，a，a，a 具有性质P，求证：a＝1，a＝aa；
1 2 3 4 1 4 2 3
(3)如果数列{a }具有性质P，且项数为大于等于5的奇数．判断{a }是否为等比数列？并说
n n
明理由．
【答案】(1)数列1，3，9具有性质P；数列2，4，8不具有性质P
(2)证明见解析 (3)是等比数列，理由见解析
【分析】（1）利用性质P的定义直接判断求解．
（2）aa 不是数列中的项， 一定是数列中的项，a＝1，求出 是数列中的项，
4 4 1
从而 ，由此能证明a＝aa．
4 2 3
（3）当数列{a }的项数m＝2k+1，（k∈N，k≥2）时，推导出a＝1， 是数列中的项，
n 1
，由此入手，能求出结果．
【详解】（1）解：∵1×1＝1， ，1×3＝3，1×9＝9， ，
均是1，3，9中的项，
∴1，3，9具有性质P，
∵ ，8×8＝64不是2，4，8中的项，
∴数列2，4，8不具有性质P．
（2）证明：∵a＞1，aa＞a，
4 4 4 4
∴aa 不是数列中的项，∴ 一定是数列中的项，
4 4
∴a＝1，
1∵aa，aa 不是数列中的项，∴ 是数列中的项，
4 2 4 3
∵1≤a＜a＜a＜a，∴ ，
1 2 3 4
∴ ，∴a＝aa．
4 2 3
（3）当数列{a }的项数m＝2k+1，（k∈N，k≥2）时，
n
∵ak+＞1，ak ak ＞a ∴ak ak 不是数列中的项，
2 1 2 +1 2 +1 2k+1 2 +1 2 +1
∴ 一定是数中的项，
∴a＝1，
1
∵对于满足2≤i≤2k+1的正整数i，都有ak+a＞ak ，
2 1 i 2 +1
∴ak+a（2≤i≤2k+1，i∈N）不是数列中的项，
2 1 i
∴ 是数列中的项，
又 ，
∴ ，
∴ak+＝aak p＝a ak p（1≤p≤2k+1，p∈N），
2 1 p 2 +2﹣ p+1 2 +1﹣
∴ ，
∴ ，
∵对于满足3≤i≤2k的正整数i，均有a a a a＝ak ，
2k i> 2k 2 2 +1
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ .∴对于项数为大于等于5的奇数且具有性质P的数列{a }，
n
是以1为首项，a 为公比的等比数列．
2
