2024年高考押题预测卷02【北京卷】
数学·参考答案
第一部分（选择题共40分）
一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
A
D
C
D
B
A
B
B
D
C
第二部分（非选择题共110分）
二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分。
11．12．413．114．43或415．②③
三、解答题：本题共6小题，共85分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。
16．（14分）
【分析】（1）由等腰三角形和直棱柱的性质，得出和，根据线面垂直的判定定理，即可证出平面；
（2）连接，交于点，连接，结合三角形的中位线得出，根据线面平行的判定定理，即可证出平面；
（3）连，交于点，分别取、中点、，连接、、，根据线面垂直的判定定理，可证出平面和平面，从而得出就是二面角的平面角，最后利用几何法求出二面角的余弦值．
【详解】解：（1）证明：，是中点，，
又在直三棱柱中，平面，平面，
，
又，平面，平面，
平面．????????????????????????????
（2）证明：连接，交于点，连接，
、分别是、的中点，
是的中位线，，
平面，平面，
平面
（3）解：连，交于点，分别取、中点、，连接、、，
四边形是正方形且、分别是、的中点，故，
在中，，，
，，
又，分别是，中点且，
，
又在直三棱柱中，平面ABC，平面ABC，
，
，平面，平面，
平面，
平面，平面，
，，
又，，平面，平面，
平面，
平面，，
又平面平面
就是二面角的平面角，???
设，则在中，，
，
故，
故，
即二面角的余弦值为.
【点睛】本题考查线面垂直和线面平行的判定定理，以及利用几何法求解二面角余弦值，还涉及三角形中位线和勾股定理的逆定理的运用，考查推理证明能力和运算能力.
17．（13分）
【分析】（1）利用正弦定理边化角，结合同角公式计算即得.
（2）选择条件①，利用余弦定理及三角形面积公式计算求解；选择条件②，利用正弦定理计算判断三角形不唯一；选择条件③，利用正弦定理计算判断，再求出三角形面积.
【详解】（1）由得：，而，
则，为锐角，又，解得，
所以且为锐角.
（2）若选条件①，由，为锐角，得，
由余弦定理得，又，则，
解得唯一确定，所以.
若选条件②，由正弦定理得，则，
由，得，因此角有两解，分别对应两个三角形，不符合题意.
若选条件③，由，为锐角，得，
又，得，，则，
因此唯一确定，
由正弦定理得，则，所以.
18．（13分）
【分析】（1）由题意得，，从而求解，再结合表格数据与学生总人数求解；（2）先求解样本符合题意的概率，然后由样本估计总体，得全市学生符合题意的概率，从而利用对立事件的概率公式求解；（3）表示出参赛学生理论竞赛的平均成绩与方差，从而得关于二次函数，由的取值范围与二次函数的性质从而求解得答案.
【详解】（1）由题意，理论或操作至少一项成绩为300分的学生
共有人，则，
得，又，
得
（2）由（1）知，从20位理论成绩为300分的学生中抽取1人，
操作成绩也为300分的概率为，所以从全市理论成绩为300分的学生中，
随机抽取2人，至少有一个人操作的成绩为300分的概率为
（3）由题意，，
设理论竞赛的分数为，则取值为，
对应的人数分别为，所以参赛学生理论竞赛的平均成绩为
，
所以参赛学生理论成绩的方差为
因为，所以当时，最小.
【点睛】求解本题的关键是将理论竞赛分数对应的人数表示为的多项式，然后求解均值与方差，从而转化为关于的二次函数的最值问题.
19．（15分）
【分析】（1）根据椭圆的顶点坐标，结合斜率的计算公式，可整理椭圆方程，建立方程，可得答案；
（2）由题意，利用三角形中线性质，分割三角形，整理三角形面积表达式，联立直线与椭圆方程，写出韦达定理，求得面积表达式中的变量，利用基本不等式，可得答案.
【详解】（1）由已知得，且，即，
因此有，得．
因此，得，，所以椭圆的标准方程为．
（2）显然直线经过x轴上的定点，设，，
则由椭圆的对称性得，
联立，消去x得．
恒成立，所以，．
．
令，显然有，于是，当，即时取等号．
因此的面积S的最大值为．
20．（15分）
【分析】（1）对，进行求导，已知在交点处有相同的切线，从而解出的值及该切线的方程；
（2）由条件知，对进行求导，分两种情况进行讨论：①；②，从而求其最小值的解析式；
【详解】（1）解：，
由已知得，解得，
两条直线交点的坐标为，切线的斜率为，
切线的方程为，即切线的方程为.
（2）解：由条件知
①当时，令，解得，
当时，在上递减；当时，在上递增，
是在上的唯一极值点，从而也是的最小值