2023-2024學年北京市密云區高考數學押題模擬試題（二模）一?選擇題：共10小題，每小題4分，共40分.在每小題列出的四個選項中，選出符合題目要求的一項.1.已知集合，，那么（）A. B.C. D.【正確答案】B【分析】求解一元二次不等式從而求解集合，再根據并集的定義求解.【詳解】由，得，結合，可知.故選：B.2.如果，那么下列不等式一定成立的是（）A. B. C. D.【正確答案】D【分析】根據不等式的性質判斷A、B，再根據指數函數的性質判斷C，根據對數函數的性質判斷D；【詳解】解：因為，所以，故A錯誤；因為，所以，故B錯誤；因為，且在定義域上單調遞減，所以，故C錯誤；因為，且在定義域上單調遞增，所以，故D正確；故選：D3.如果平面向量，，那么下列結論中正確的是（）．A. B. C. D.【正確答案】C【詳解】由平面向量，知：在中，，，∴，故錯誤；在中，，故錯誤；在中，，∴，∴，故正確；在中，∵，∴與不平行，故錯誤．綜上所述．故選．4.已知直線m，n和平面，如果，那么“m⊥n”是“m⊥”的（）A.充分而不必要條件 B.必要而不充分條件C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件【正確答案】B【詳解】若，則，即必要性成立，當時，不一定成立，必須垂直平面內的兩條相交直線，即充分性不成立，故“”是“”的必要不充分條件，故選：．5.在等比數列中，，，則等于（）A.9 B.72 C.9或70 D.9或【正確答案】D【分析】利用等比數列的性質求出公比，即可求出的值.【詳解】由題意，，在等比數列中，，，設公比為，，即，解得或，∴，當時，，當時，.故選：D.6.下列函數中,定義域為的奇函數是A. B. C. D.【正確答案】D【詳解】定義域為R,所以舍去B,又為偶函數,y=2x為非奇非偶函數故選：D.7.已知雙曲線的一個焦點是，則其漸近線的方程為（）A. B.C. D.【正確答案】B【分析】求出的值即得解.【詳解】解：由題得，所以雙曲線的漸近線方程為，即.故選：B8.在空間直角坐標系中，正四面體的頂點、分別在軸，軸上移動．若該正四面體的棱長是，則的取值范圍是()．A. B. C. D.【正確答案】A【分析】固定正四面體位置，原點在以為直徑的球面上運動,由此根據球的性質可以得到答案.【詳解】如圖所示，若固定正四面體的位置，則原點在以為直徑的球面上運動，設的中點為，則，所以原點到點的最近距離等于減去球的半徑，最大距離是加上球的半徑，所以，即的取值范圍是．故選:．9.如果函數的兩個相鄰零點間的距離為2，那么的值為（）．A.1 B. C. D.【正確答案】A【分析】利用輔助角公式化簡函數，由已知求出，再結合函數式計算作答.【詳解】依題意，，函數的周期，而，則，，，，所以.故選：A10.如圖，已知正方體的棱長為，、分別是棱、上的動點，設，.若棱與平面有公共點，則的取值范圍是（）A. B. C. D.【正確答案】A【分析】取特殊值和，進行驗證，結合排除法可得出結論.【詳解】由題意，若，則棱與平面交于點，符合題意，此時；若，，則棱與平面交于線段，符合題意，此時.排除B、C、D選項.故選：A．本題考查線面位置關系，考查特殊值法的運用，屬于中檔題．二?填空題：共5小題，每小題5分，共25分.11.復數____．【正確答案】【分析】利用復數的代數形式的四則運算法則求解．【詳解】．故．12.在的展開式中，常數項是__________（用數字作答）．【正確答案】15【分析】求出通項，令由此求得展開式中常數項．【詳解】在展開式中，通項令．故展開式中常數項是，

故答案為15．本題考查二項式定理的應用，二項展開式的通項公式，求展開式中某項的系數，屬于中檔題．13.若，則______;【正確答案】40【分析】利用對數的運算公式，，直接求值即可.【詳解】故4014.在中，角的對邊分別為，若，，，則__________．【正確答案】【分析】由正弦定理得到，再由余弦定理求出的值.【詳解】由正弦定理得：，再有余弦定理得：，解得.故．15.設函數其中.①若，則______；②若函數有兩個零點，則的取值范圍是______.【正確答案】①.②.【分析】①代值計算即可；

②分別畫出與y＝2的圖象，函數有兩個零點，結合圖象可得答案．【詳解】解：①當時，則，

∴；

②分別畫出與y＝2的圖象，如圖所示，

函數有兩個零點，結合圖象可得4≤a＜9，

故a的取值范圍是.

故；.本題主要考查函數零點個數的判斷，根據函數與方程之間的關系轉化為兩個函數的交點個數問題是解決本題的關鍵．注意要利用數形結合．三?解答題：共6小題，共85分.解答應寫出文字說明?演算步驟或證明過程.16.如圖，在四邊形中，，，，，.（1）求；（2）求的長.【正確答案】（1）；（2）.【分析】（1）計算出、，利用兩角和的余弦公式可求得的值；（2）在中，利用正弦定理可求出的長，然后在中利用余弦定理可求得的長.【詳解】（1）因為，，則、均為銳角，所以，，，，，則，因此，；（2）在中，由正弦定理可得，可得，在中，由余弦定理可得，因此，.方法點睛：在解三角形的問題中，若已知條件同時含有邊和角，但不能直接使用正弦定理或余弦定理得到答案，要選擇“邊化角”或“角化邊”，變換原則如下：（1）若式子中含有正弦的齊次式，優先考慮正弦定理“角化邊”；（2）若式子中含有、、的齊次式，優先考慮正弦定理“邊化角”；（3）若式子中含有余弦的齊次式，優先考慮余弦定理“角化邊”；（4）代數式變形或者三角恒等變換前置；（5）含有面積公式的問題，要考慮結合余弦定理求解；（6）同時出現兩個自由角（或三個自由角）時，要用到三角形的內角和定理.17.如圖，在四棱錐中，O是邊的中點，底面．在底面中，．（1）求證：平面；（2）求二面角的余弦值．【正確答案】（1）證明見解析；（2）．【分析】（1）證明后可證線面平行；（2）以為軸建立空間直角坐標系，用空間向量法求二面角．【詳解】（1）由題意，又，所以是平行四邊形，所以，又平面，平面，所以平面；（2），所以是平行四邊形，所以，，而，所以，以為軸建立空間直角坐標系，如圖，則，，，，，設平面的一個法向量為，則，取，則，即，易知平面的一個法向量是，所以，所以二面角的余弦值為．方法點睛：本題考查證明線面平行，求二面角．求二面角的方法：（1）幾何法（定義法）：根據定義作出二面角的平面角并證明，然后解三角形得出結論；（2）空間向量法：建立空間直角坐標系，寫出各點為坐標，求出二面角兩個面的法向量，由兩個平面法向量的夾角得二面角（它們相等或互補）．18.自由購是通過自助結算方式購物的一種形式.某大型超市為調查顧客使用自由購的情況，隨機抽取了100人，統計結果整理如下：20以下70以上使用人數312176420未使用人數003143630（Ⅰ）現隨機抽取1名顧客，試估計該顧客年齡在且未使用自由購的概率；（Ⅱ）從被抽取的年齡在使用自由購的顧客中，隨機抽取3人進一步了解情況，用表示這3人中年齡在的人數，求隨機變量的分布列及數學期望；（Ⅲ）為鼓勵顧客使用自由購，該超市擬對使用自由購的顧客贈送1個環保購物袋.若某日該超市預計有5000人購物，試估計該超市當天至少應準備多少個環保購物袋.【正確答案】；（Ⅱ）詳見解析；（Ⅲ）2200【分析】（Ⅰ）隨機抽取的100名顧客中，年齡在[30，50）且未使用自由購的有3+14＝17人，由概率公式即可得到所求值；（Ⅱ）所有的可能取值為1,2,3，求出相應的概率值，即可得到分布列與期望；（Ⅲ）隨機抽取的100名顧客中，使用自由購的有44人，計算可得所求值．【詳解】（Ⅰ）在隨機抽取的100名顧客中，年齡在[30,50)且未使用自由購的共有3+14=17人，所以，隨機抽取1名顧客，估計該顧客年齡在[30,50)且未使用自由購的概率為．（Ⅱ）所有的可能取值為1,2,3，,,.所以的分布列為123所以的數學期望為.（Ⅲ）在隨機抽取的100名顧客中，使用自由購的共有人，所以該超市當天至少應準備環保購物袋的個數估計為.本題考查統計表，隨機變量X分布列及數學期望，以及古典概型，是一道綜合題．19.已知函數．（Ⅰ）求的單調區間；（Ⅱ）若對于任意的，都有≤，求的取值范圍．【正確答案】（Ⅰ）當時，的單調遞增區間是和：單調遞減區間是，當時，的單調遞減區間是和：單調遞減區間是．（Ⅱ）．【分析】【詳解】，令，當時，的情況如下：+00+0所以，的單調遞增區間是和：單調遞減區間是，當時，與的情況如下：0+00所以，的單調遞減區間是和：單調遞減區間是．（Ⅱ）當時，因為，所以不會有當時，由（Ⅰ）知在上的最大值是所以等價于，解得故當時，的取值范圍是．20.已知橢圓的一個頂點為，焦距為．（1）求橢圓E的方程；（2）過點作斜率為k的直線與橢圓E交于不同的兩點B，C，直線AB，AC分別與x軸交于點M，N，當時，求k的值．【正確答案】（1）（2）【分析】（1）依題意可得，即可求出，從而求出橢圓方程；（2）首先表示出直線方程，設、，聯立直線與橢圓方程，消元列出韋達定理，由直線、的方程，表示出、，根據得到方程，解得即可；【小問1詳解】解：依題意可得，，又，所以，所以橢圓方程為；【小問2詳解】解：依題意過點的直線為，設、，不妨令，由，消去整理得，所以，解得，所以，，直線的方程為，令，解得，直線的方程為，令，解得，所以，所以，即即即整理得，解得21.設數列.如果，且當時，，則稱數列A具有性質.對于具有性質的數列A，定義數列，其中.（1）對，寫出所有具有性質的數列A；（2）對數列，其中，證明：存在具有性質的數列A，使得與為同一個數列；（3）對具有性質的數列A，若且數列滿足，證明：這樣的數列A有偶數個.【正確答案】（1）、、（2）證明見解析（3）證明見解析【分析】（1）根據數列的定義，得到且，，，確定，按照或分別討論可得答案；（2）設數列：中恰有項為1，在按照、、三種情況分別討論可證結論；（3）按照的奇偶分類討論，結合數列的定義可證結論.【小問1詳解】因為，所以，則因為，，，所以，，，又，所以，或，當時，，當時，或，綜上所述：所有具有性質的數列A為：、、【小問2詳解】由于數列：，其中，不妨設數列：中恰有項為1，若，則符合題意，若，則符合題意，若，則設這項分別為，構造數列，令分別為，數列的其余各項分別為，經檢驗數列符合題意【小問3詳解】對于符合題意的數列，①當為奇數時，存在數