1、2024北京门头沟高三一模数 学本试卷共9页，150分。考试时长120分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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. 已知集合，集合，则A.B.C.D.2. 在复平面内，复数满足，则的虚部为A.B.C.D.3. 下列函数中，既是奇函数又在上单调递增的是A.B.C.D.4. 已知双曲线经过点，离心率为，则的标准方程为A.B.C.D.5. 已知等差数列的前项和为，若，则A.B.C.D.6. 设，则“”是“”的A.充分而不必要条件
2、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7. 在中，则的面积为A.B.C.D.8. 在中，且，则A.B.C.D.9. 在平面直角坐标系中，记为点到直线的距离，则当变化时，的最大值与最小值之差为A.B.C.D.10. 如图，正方体中，点为线段上的动点，则下列结论正确的个数是三棱锥的体积为定值；直线与平面所成的角的大小不变；直线与所成的角的大小不变；.A.B.C.D.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. 的展开式中常数项为_.（用数字作答）12. 已知抛物线的焦点为，点在上，若，则到直线的距离为_.13. 若函数的最大值为，则_，_.
3、14. 已知数列是各项均为正数的等比数列，为其前项和，则_；记，若存在使得最大，则的值为_.15. 设，函数，给出下列四个结论：当时，的最小值为；存在，使得只有一个零点；存在，使得有三个不同零点；，在上是单调递增函数.其中所有正确结论的序号是_.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.（本小题13分）如图，在四棱锥中，平面，为棱的中点.（）求证：平面；（）当时，求直线与平面所成角的正弦值.17.（本小题14分）设函数，已知，在区间上单调，再从条件、条件、条件这三个条件中选择一个作为已知，使函数存在.（）求的值；（）当时，若曲线与直线恰有一个公共点，求的取值范
4、围.条件：为函数的图象的一个对称中心；条件：直线为函数的图象的一条对称轴；条件：函数的图象可由的图象平移得到.注：如果选择的条件不符合要求，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.18.（本小题13分）2024年1月11日，记者从门头沟区两会上获悉，目前国道109新线高速公路（简称新高速）全线35座桥梁主体结构已全部完成，项目整体进度已达到，预计今年上半年开始通车，通车后从西六环到门头沟区清水镇车程将缩短到40分钟. 新高速全线设置主线收费站两处（分别位于安家庄和西台子）和匝道收费站四处（分别位于雁翅、火村、清水和斋堂）. 新高速的建成为市民出行带来了很大便利，为此有关部
5、门特意从门头沟区某居民小区中随机抽取了200位打算利用新高速出行的居民，对其出行的原因和下高速的出口进行了问卷调查（问卷中每位居民只填写一种出行原因和对应的一个下高速的出口），具体情况如下：（假设该小区所有打算利用新高速出行的居民的出行相对独立，且均选择上表中的一个高速出口下高速）.项目斋堂出口清水出口安家庄出口雁翅出口火村出口西台子出口上班4082532旅游30201010128出行161010554（）从被调查的居民中随机选1人，求该居民利用新高速出行探亲且在清水出口下高速的概率；（）用上表样本的频率估计概率，从该小区所有打算利用新高速出行上班的人中随机抽取2人，从出行旅游的人中随机抽取1
6、人，这三人中从斋堂出口下高速的人数记为，求的分布列和数学期望；（）用上表样本的频率估计概率，从该小区所有打算利用新高速出行上班的人中随机抽取1人，用“”表示此人从斋堂出口下高速，“”表示此人不从斋堂出口下高速；从该小区所有打算利用新高速出行旅游的人中随机抽取1人，用“”表示此人从斋堂出口下高速，“”表示此人不从斋堂出口下高速，写出方差的大小关系.（结论不要求证明）19.（本小题15分）已知椭圆的离心率为，椭圆的上顶点为，右顶点为，点为坐标原点，的面积为.（）求椭圆的方程；（）若过点且不过点的直线与椭圆交于两点，直线与直线交于点，试判断直线的斜率是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由.
7、20.（本小题15分）已知函数.（）当时，求曲线在点处的切线方程；（）当时，求的极值；（）当时，判断零点个数，并说明理由.21.（本小题15分）已知数列，数列，其中，且，. 记的前项和分别为，规定.记，.（）若，写出；（）若，写出所有满足条件的数列，并说明理由；（）若，且. 证明：，使得.参考答案一、选择题(共10小题，每小题4分，共40分)(1) A (2) D (3) D (4) C (5) B(6) B (7) A (8) B (9) D (10) C二、填空题(共5小题，每小题5分，共25分)(11) -160 (12) 4 13162 (14) 4 3或4(15) 三、解答题共6小题
8、，共65分。解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程。(16) (本小题13分)解:() 取PA中点F , 连接BF,EF、在PAD 中, E,F 分别为PD,PA的中点, 所以 EFAD,EP=12AD. 1分因为 ADBC,BC=12AD,所以BCEF, BC=EF. 2分所以四边形BCEF为平行四边形，因此ECBF、 3分又因为EC平面PAB, BF平面PAB , 4分所以EC平面PAB. 5分() 因为PA平面ABCD, AD,AB平面ABCD,所以PAAD, PAAB. 又因为ADAB,所以建立如图空间直角坐标系Axyz. 6分因为PA平面ABCD, BC平面ABCD,所以PABC,又
9、因为ABAD, ADBC,所以ABBC, 又因为ABPA=A所以BC平面PAB所以BCPB 7分在RtPBC中, PB=2 2, PC=3, 可得BC=1,又因为 BC=12AD,所以AD=2. 8分由题意得B(2,0,0), C(2,1,0), P(0,0,2), E(0,1,1),所以 PC=21-2,BC=010,BE=-211. 9分设平面 BCE 的法向量为n=(x,y,z),所以 nBC=0,nBE=0, 即 y=0,-2x+y+z=0.令X=1, 则z=2.所以平面BCE 的一个法向量为n=(1,0,2). 11分所以 cos=nPC|n|PC|=2-495=-2515. 12分
10、设直线PC 与平面BCE 所成角为，则 sin=|cosnPC|=2515,所以直线PC与平面BCF所成角的正弦值为 2515. 13分(17) (本小题14分)解: () 因为f(x)=2sin(x+), 所以f(x)的最大值为2,又因为 xR,fxf12,所以 f12=2 2分选择条件因为f(x)在区间 12712上单调, 且 (/3,0)为函数y=f(x)的图象的一个对称中心,所以由三角函数的性质得 T4=3-12=4, 故周期T=. 3分因为0, 所以 =2T=2, 4分此时f(x)=2sin(2x+). 5分方法一：所以当 x=3时, 23+=+2k,kZ, 6分即 =3+2k,kZ
11、. 7分因为 |2,所以 =3. 此时k=0 . -8分(如果写成 23+=k扣一分)方法二：因为 |2, 所以 23+676 6分所以 23+= 7分所以 =3. 8分方法三：所以当 x=12时, 212+=2+2k,kZ, - 6分即 =3+2k,kZ. -7分因为 |2, 所以 =3. 此时k=0. -8分(如果写成 212+a=72+m扣一分)方法四：因为 |0, 所以 2=2T=2, -4分 此时f(x)=2sin(2x+). 5分方法一：所以当 x=712时, 2712+=32+2k,kZ, -6分即 =3+2k,AZ. -7分因为 |2, 所以 =3, 此时k=0. 8分(如果写
12、成 27mln2+=m2+k4=4方法二：因为 |2, 所以 2712+2353 6分所以 2712+=32 7分所以 =3 8分方法三：所以当 x=12时, 212+=2+2k,kZ, 6分即 =3+2k,kZ 7分因为 |2, 所以 =3,此时k=0. 8分(如果写成 212+=2+k扣一分)方法四：因为 |0，则 x1+x2=16k21+4k2,x1x2=16k2-81+4k2, 9分直线MQ的方程为 y-1=y1-1x1-3x-3,令x=4, 得 C4y1+x1-4x1-3, 10分 kcN=y1+x1-4x1-3-y24-x2 11分 kcN-l=y1+x1-4x1-3-y24-x2
13、-1 =y1+x1-4-y2x1-34-x2x1-3-1 =kx1-2+x1-4-kx2-2x1-3-4-x2x1-34-x2x1-3=k-13x1+x2-x1x2-84-x2x1-3 13分 =k-148k21+4k2-16k2-81+4k2-84-x2x1-3 =k-148k21+4k2-16k2-81+4k2-8+32k21+4k24-x2x1-3=k-14-x2x1-3=014分因此 kCN=1,综上，直线CN 的斜率为1. 15分方法二：当直线l与x轴重合时，直线l的方程为y=0时，代入椭圆方程 x28+y22=1 得 x=22,不妨设此时. M-220,N220,直线MQ的方程为
14、y-l=13+22x-3,令x=4, 得 C44+223+22,直线NC的斜率 kCN=4+223+22-04-22=1； 6分当直线l与x轴不重合时，设其方程为x=my+2， 7分设M(x,y),N(x,y),联立方程 x2+4y2=8x=my+2消去x得： m+4y+4my-4=0, 8分由于点P在椭圆E内，所以必有0，则 y1+y2=-4mm2+4,y1y2=-4m2+4, 9分直线MQ的方程为 y-1=y1-1x1-3x-3,令x=4, 得 C4y1+x1-4x1-3, 10分kCN=y1+x1-4x1-3-y24-x211分=y1+x1-4-y2x1-34-x2x1-3 =y1+my
15、1+2-4-y2my1+2-34-my2-2my1+2-3 =1+my1-2-my1y2+y22-my2ny1-1 13分 =1+my1-2-4mm2+1+4mm2+1-y12my1-2-m2-4m2+1+m-4mm2+1-y1 =my1-2my1-2=1, 14分因此 kCN=1,综上，直线CN 的斜率为1. 15分(20)(本小题 15分)解: () 当a=1时, fx=xlnx-12x2,所以.f(x)=lnx+1-x, 1分所以 f1=-12, 2分所以f(1)=0, 3分所以曲线y=f(x)在点(l,f(1)处的为: y+12=0. 4分()方法一:f(x)的定义域为(0,+),且f
16、(x)=alnx+a-x+1-a=alnx-x+15分令g(x)=f(x)=alnx-x+1则 gx=ax-1 6分因为a0, 所以 gx=ax-10, 所以g(x)在(0,+)上单调递减.所以f(x)在(0,+)上单调递减, 7分令f(x)=0, 可得x=1, 8分所以f(x), f(x)的变化如下表:x(0,1)1(1,+)f(x)+0f(x)极大值9分故函数f(x)的极大值为 f1=12-a, 无极小值.10分方法二：f(x)的定义域为(0,+),且f(x)=alnx+a-x+1-a=alnx-x+15分因为a0,即 alnx-12x+1-a=0, 11分令 Fx=alnx-12x+1-
17、a, 所以判断f(x)零点个数，即判断F(x)零点个数. Fx=ax-12=2a-x2x 12分因为 12a1所以令 Fx=0,得到x=2a, 所以F(x),F(x)的变化如下表:x(0,2a)2aF(x)+0F(x)极大值所以F(x)的最大值为F(2a)=aln2a-2a+1 13分设2a=x令 Hx=x2lnx-x+1,x12则 Hx=12lnx-12因为xc(1,2, 所以 Hx=12lnx=120,所以H(x)在x1,2上单调递减,所以 H(x)H(1)=0,所以.F(2a)0,(a=/时“=”成立) 14分所以当 a=12时, F(x)有一个零点,即f(x)有一个零点;当 12b, 则. a3+a4+aMa1+aI2+aikk=12M-2. 因为 b3+b4+bM=TM-T2T,S=T, 故 b3+b4+bMS.circle2
