精品解析：北京市第五十五中学2024-2025学年高三上学期期中考试数学试卷

北京市第五十五中学2024-2025学年度第一学期 期中调研试卷 高三数学 本试卷共4页，共150分，调研时长120分钟 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，每题4个选项中只有一个选项是符合题目要求的. 1. 已知集合，，则（    ） A. B. C. D. 2. 复数的共轭复数是 （ ） A. B. C. D. 3. 的展开式中，的系数是 A. 160 B. 80 C. 50 D. 10 4. 设，为非零向量，则“”是“与共线”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 5. 函数，，，且的最小值为，则的值为（ ） A. B. 1 C. 2 D. 3 6. 我国古代数学名著《九章算术》对立体几何问题有着深入的研究，其中谈到的“堑堵”是指底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱.现有堑堵如图所示，其中，若，平面将堑堵分成了两部分，这两部分体积比值为（ ） A. 1:1 B. 1:2 C. 1:3 D. 1:4 7. 点在圆：上，，，则最小时，（ ） A. B. C. D. 8. 高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，他和阿基米德、牛顿并列为世界三大数学家，用其名字命名的“高斯函数”为：设，用表示不超过的最大整数，则称为高斯函数，例如：，，已知函数，则函数的值域是（ ） A. B. C. D. 9. 已知某种垃圾的分解率为，与时间（月）满足函数关系式（其中，为非零常数），若经过12个月，这种垃圾的分解率为10%，经过24个月，这种垃圾的分解率为20%，那么这种垃圾完全分解，至少需要经过（ ）（参考数据：） A. 48个月 B. 52个月 C. 64个月 D. 120个月 10. 已知抛物线和所围成的封闭曲线如图所示，点在曲线上，给定点，则下列说法中不正确的是（ ） A. 任意，都存在点，使得 B. 任意，都存在点，满足这对点关于点对称 C. 存在，当点运动时，使得 D. 任意，恰有三对不同的点，满足每对点关于点对称 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. 若直线是双曲线的一条渐近线，则_____________. 12. 在平面直角坐标系中，角与角均以为始边，角终边经过点，角是由角终边绕原点O逆时针旋转得到的，则等于______. 13. 已知抛物线顶点在原点，以坐标轴为对称轴，从以下两个条件中任选一个条件，使得抛物线开口向右，并根据所选条件写出一个抛物线的标准方程.①焦点；②经过点.你所选的条件是_______，得到的一个抛物线标准方程是_______. 14. 已知等比数列满足：，，，则公比______，的最小值为______. 15. 在平面直角坐标系中，若，，定义两点之间的曼哈顿距离. （1）记为点B与直线上一点的曼哈顿距离的最小值.如果点，直线：，则_________. （2）在空间直角坐标系内，也有类似的结论，若，可定义两点之间的曼哈顿距离.已知点，动点P满足，则动点P围成的几何体的表面积是_______. 三、解答题：共6小题，共85分. 16. 在中，，. （1）求A的大小； （2）再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在且唯一确定，求的面积.条件①：AC边上的高；条件②：；条件③：. 17. 如图，在四棱锥中，直线平面.，，，，，平面平面，F为线段的中点，E为线段上一点. （1）证明：； （2）证明：； （3）是否存在点E，使得点E到平面的距离是，若存在求出的值，若不存在请说明理由. 18. 某企业为了解职工款APP和款APP的用户量情况，对本单位职工进行简单随机抽样，获得数据如下表： 男职工 女职工 使用 不使用 使用 不使用 款APP 72人 48人 40人 80人 款APP 60人 60人 84人 36人 假设所有职工对两款APP是否使用相互独立. （1）分别估计该企业男职工使用款APP的概率､该企业女职工使用款APP的概率； （2）从该企业男，女职工中各随机抽取1人，记这2人中使用款APP的人数为，求的分布列及数学期望； （3）据电商行业发布的市场分析报告显示，款APP的用户中男性占%､女性占%；款APP的用户中男性占%､女性占%.试分析该企业职工使用款APP的男､女用户占比情况和使用款APP的男､女用户占比情况哪一个与市场分析报告中的男､女用户占比情况更相符. 19. 已知椭圆的左、右顶点分别为，，椭圆E的离心率为． （1）求椭圆E的标准方程； （2）过作直线l与椭圆E交于不同的两点M，N，其中l与x轴不重合，直线与直线交于点P，判断直线与DP的位置关系，并说明理由． 20. 已知函数，直线为曲线在点处的切线. （1）当时，求出直线的方程； （2）若，讨论的单调性，并求出的最值； （3）若直线与曲线相交于点，且，求实数的取值范围. 21. 给定正整数，已知项数为且无重复项的数对序列满足如下三个性质： ①，且； ②； ③与不同时在数对序列A中． （1）当时，写出所有满足的数对序列A； （2）当时，证明：； （3）当为奇数时，记的最大值为，求． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北京市第五十五中学2024-2025学年度第一学期 期中调研试卷 高三数学 本试卷共4页，共150分，调研时长120分钟 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，每题4个选项中只有一个选项是符合题目要求的. 1. 已知集合，，则（    ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】直接根据并集含义即可得到答案. 【详解】因为集合，， 所以， 故选：A. 2. 复数的共轭复数是 （ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用复数的除法运算法则：分子、分母同乘以分母的共轭复数，化简复数，进而可得结果. 【详解】因为， 所以的共轭复数是， 故选：A. 【点睛】复数是高考中的必考知识，主要考查复数的概念及复数的运算．要注意对实部、虚部的理解，掌握纯虚数、共轭复数、复数的模这些重要概念，复数的运算主要考查除法运算，通过分母实数化转化为复数的乘法，运算时特别要注意多项式相乘后的化简，防止简单问题出错，造成不必要的失分. 3. 的展开式中，的系数是 A. 160 B. 80 C. 50 D. 10 【答案】B 【解析】 【分析】 由二项式定理公式即可得到结果. 【详解】依题的展开式的通项为: ， 当时，，此时， 所以的展开式中，的系数是. 故选：B 【点睛】本题考查二项式定理，属于基础题. 4. 设，为非零向量，则“”是“与共线”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】A 【解析】 【分析】 由化简得出，从而得出与共线，当与共线时，，，不一定相等，最后由充分条件和必要条件的定义作出判断. 【详解】当时，，化简得，即，，即与共线 当与共线时，则存在唯一实数，使得 ，，与不一定相等，即不一定相等 故“”是“与共线”的充分不必要条件 故选：A 【点睛】关键点睛：解决本题的关键在于熟练掌握向量的数乘、数量积运算以及向量共线定理. 5. 函数，，，且的最小值为，则的值为（ ） A. B. 1 C. 2 D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】根据已知条件判断出的最小正周期，从而求得. 【详解】依题意，，，且的最小值为， 所以. 故选：A 6. 我国古代数学名著《九章算术》对立体几何问题有着深入的研究，其中谈到的“堑堵”是指底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱.现有堑堵如图所示，其中，若，平面将堑堵分成了两部分，这两部分体积比值为（ ） A. 1:1 B. 1:2 C. 1:3 D. 1:4 【答案】B 【解析】 【分析】利用棱柱与棱锥的体积公式求解． 【详解】由题意，， 所以， 所以. 故选：B． 7. 点在圆：上，，，则最小时，（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据圆的几何性质，运用数形结合思想进行求解即可. 【详解】 如图所示，由题意圆：的圆心，半径， 当直线与圆相切时，即为切点时，最小， 此时与轴平行，，. 故选：C 8. 高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，他和阿基米德、牛顿并列为世界三大数学家，用其名字命名的“高斯函数”为：设，用表示不超过的最大整数，则称为高斯函数，例如：，，已知函数，则函数的值域是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用分离常数法可得，求得的值域，由表示不超过的最大整数，即可求得函数的值域. 【详解】，由于 的值域为： 根据表示不超过的最大整数 函数的值域是. 故选：A 【点睛】本题主要考查新定义函数的理解和运用，考查分离常数法求函数的值域，考查化归与转化的数学思想方法，解题关键是在解答时要先充分理解的含义，是中档题. 9. 已知某种垃圾的分解率为，与时间（月）满足函数关系式（其中，为非零常数），若经过12个月，这种垃圾的分解率为10%，经过24个月，这种垃圾的分解率为20%，那么这种垃圾完全分解，至少需要经过（ ）（参考数据：） A. 48个月 B. 52个月 C. 64个月 D. 120个月 【答案】B 【解析】 【分析】根据已知条件，利用待定系数法求出函数关系式，然后再代入数值计算即可. 【详解】由题意可得，解得， 所以， 这种垃圾完全分解，即当时，有，即， 解得. 故选：B 10. 已知抛物线和所围成的封闭曲线如图所示，点在曲线上，给定点，则下列说法中不正确的是（ ） A. 任意，都存在点，使得 B. 任意，都存在点，满足这对点关于点对称 C. 存在，当点运动时，使得 D. 任意，恰有三对不同的点，满足每对点关于点对称 【答案】D 【解析】 【分析】由曲线的对称性判断AB；取值计算判断CD. 【详解】抛物线和的对称轴都为，因此封闭曲线关于轴对称， 对于A，任意，在曲线上取关于轴对称的两点，而点在轴上，有，A正确； 对于B，对每个值，过点垂直于轴的直线与曲线的交点关于点对称，B正确； 对于C，联立与解得或，取，即， 抛物线，即的焦点为，准线方程为， 点在上运动时，，， 抛物线可由抛物线向上平移5个单位而得， 抛物线，即的焦点为，准线为， 则抛物线的焦点为，准线方程为， 点在上运动时，，， 因此当点运动时，，恒有，C正确； 对于D，取，即，直线与抛物线的两个交点关于点对称， 在此抛物线上关于点对称的两点就只有一对，在抛物线上不存在两点关于点对称， 另外关于点对称的两点则分别在和上，不妨令， 此点关于点对称的点必在上，而方程， 即无解，则此时不存在关于点对称的两点分别在两条抛物线上，D错误. 故选：D 【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法： ①几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决； ②代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围． 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. 若直线是双曲线的一条渐近线，则_____________. 【答案】2 【解析】 【分析】先根据双曲线方程判断焦点位置，写出其渐近线方程，比较即可得解. 【详解】因双曲线的焦点在轴上，且， 故其渐近线方程为，依题意，易得. 故答案为：2. 12. 在平面直角坐标系中，角与角均以为始边，角终边经过点，角是由角终边绕原点O逆时针旋转得到的，则等于______. 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，利用三角函数定义，结合诱导公式计算即得. 【详解】由角终边经过点，得，， 而，所以. 故答案为： 13. 已知抛物线顶点在原点，以坐标轴为对称轴，从以下两个条件中任选一个条件，使得抛物线开口向右，并根据所选条件写出一个抛物线的标准方程.①焦点；②经过点.你所选的条件是_______，得到的一个抛物线标准方程是_______. 【答案】 ①. ② ②. 【解析】 【分析】根据给定条件，判断选择的条件，再设出标准方程，利用待定系数法求出方程即可. 【详解】顶点在原点，坐标轴为对称轴，开口向右的抛物线焦点在轴的正半轴上，因此条件①不可选， 选择条件②， 设抛物线方程为，由抛物线经过点，得，解得， 所以所求抛物线标准方程是. 故答案为：②； 14. 已知等比数列满足：，，，则公比______，的最小值为______. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】由，可得，再代入，即可得第一空答案；求得，从而得，求出以的最小值，即可得第二空答案. 【详解】由，可得， 又因为，所以， 又因为， 即，解得； 因为，， 所以， 所以， 因为当或时，取小值， 所以取最小值， 即的最小值为. 故答案为：2； 15. 在平面直角坐标系中，若，，定义两点之间的曼哈顿距离. （1）记为点B与直线上一点的曼哈顿距离的最小值.如果点，直线：，则_________. （2）在空间直角坐标系内，也有类似的结论，若，可定义两点之间的曼哈顿距离.已知点，动点P满足，则动点P围成的几何体的表面积是_______. 【答案】 ①. ##； ②. . 【解析】 【分析】（1）设直线上任意一点坐标为，然后表示出，分类讨论求的最小值即得； （2）不妨将平移到处，利用曼哈顿距离定义求得P围成的图形为八面体，即可求其表面积. 【详解】（1）设直线上一点为，则，则， ① 当时，，此时； ②当时，； ③ 当时，. 综上，. （2）动点P围成的几何体为八面体，每个面均为边长为的正三角形，其表面积为. 理由如下： 不妨将点平移到处，设,由，可得， 当时，即，则， 设,则， 由可得四点共面， 因,故当时，点在边长为的正三角形的内部（含边界）. 易知正三角形内部任一点均满足. 故满足方程，的点构成的图形是边长为的正三角形的内部（含边界）. 由对称性可知，点围成的图形为八面体，每个面均为边长为的等边三角形. 故该几何体表面积为. 故答案为： 【点睛】思路点睛：本题考查了新概念问题，解决新概念问题首先要读懂新概念的定义或公式，将其当做一种规则和要求按照新概念的定义要求探究，再结合所学知识处理即可. 三、解答题：共6小题，共85分. 16. 在中，，. （1）求A的大小； （2）再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在且唯一确定，求的面积.条件①：AC边上的高；条件②：；条件③：. 【答案】（1）； （2）选①，面积为；选②，不符合题意；若选③，不符合题意. 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理边化角即可求解. （2）选①，由直角三角形边角关系求出，再由余弦定理求出并求出三角形面积；选②，利用正弦定理求出，再利用大角大边确定三角形无解；选③，由余弦定理建立方程无解. 【小问1详解】 在中，由及正弦定理，得， 而，则， 又，所以. 【小问2详解】 若选①，边上的高，在中，， 即， 在中，由余弦定理，得， 整理得，而，解得， 的三边已知，由三角形全等的判定知，存在且唯一， 所以的面积为； 若选②，，则， 在中，， 由正弦定理，得， 根据三角形中大角对大边可知，不存在； 若选③，，由余弦定理，得， 则，显然，即方程无解， 因此不存在，③不可选. 17. 如图，在四棱锥中，直线平面.，，，，，平面平面，F为线段的中点，E为线段上一点. （1）证明：； （2）证明：； （3）是否存在点E，使得点E到平面的距离是，若存在求出的值，若不存在请说明理由. 【答案】（1）证明：因为平面，平面，平面平面， 所以； （2）证明：因为，F为线段的中点， 所以， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 因为平面，所以； （3）存在，. 【解析】 【分析】（1）由直线平面，结合线面平行的性质可证得结论； （2）由题意可得，再由平面平面，结合面面垂直的性质定理可证得平面，再利用线面垂直的性质可证得结论； （3）由题意可证得两两垂直，则以所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 取的中点，连接，过作‖，交于， 因为F为线段的中点，，所以‖， 因为，所以，所以， 由（2）可知平面，平面， 所以， 所以两两垂直，所以以所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示， 因为‖，，， 所以四边形为矩形， 所以， 因为，所以, 因为，所以， 所以， 因为，，所以为等边三角形， 所以，， 设，则， 因为， 所以，， 设平面的法向量为，则 ，令，则， 若点E到平面的距离是，则， 所以，解得， 所以， 所以. 【点睛】 18. 某企业为了解职工款APP和款APP的用户量情况，对本单位职工进行简单随机抽样，获得数据如下表： 男职工 女职工 使用 不使用 使用 不使用 款APP 72人 48人 40人 80人 款APP 60人 60人 84人 36人 假设所有职工对两款APP是否使用相互独立. （1）分别估计该企业男职工使用款APP的概率､该企业女职工使用款APP的概率； （2）从该企业男，女职工中各随机抽取1人，记这2人中使用款APP的人数为，求的分布列及数学期望； （3）据电商行业发布的市场分析报告显示，款APP的用户中男性占%､女性占%；款APP的用户中男性占%､女性占%.试分析该企业职工使用款APP的男､女用户占比情况和使用款APP的男､女用户占比情况哪一个与市场分析报告中的男､女用户占比情况更相符. 【答案】（1）； （2）分布列： 0 1 2 数学期望：； （3）该企业职工使用APP的情况与官方发布的男､女用户情况更相符 【解析】 【分析】（1）根据题中数据，用频率估计概率，即可求出； （2）先确定的取值，再计算出对应的概率，即求出的分布列及数学期望； （3）分别计算出款，款APP的男､女用户总人数，再计算对应的男用户，女用户的概率，再根据题意判断即可. 【详解】解：（1）由所给数据可知，男职工使用A款APP的人数为72， 用频率估计概率，可得男职工使用京东APP的概率约为， 同理，女职工使用A款APP的概率约为； （2）的可能取值为0，1，2， ； ； . 的分布列为： 0 1 2 的数学期望； （3）样本中，款APP的男､女用户为(人)， 其中男用户占%；女用户占%， 样本中，款APP的男､女用户为(人)， 其中男用户占%；女用户占%， 该企业职工使用APP的情况与官方发布的男､女用户情况更相符. 【点睛】思路点睛： 求离散型随机变量的分布列及期望的一般步骤： （1）根据题中条件确定随机变量的可能取值； （2）求出随机变量所有可能取值对应的概率，即可得出分布列； （3）根据期望的概念，结合分布列，即可得出期望（在计算时，要注意随机变量是否服从特殊的分布，如超几何分布或二项分布等，可结合其对应的概率计算公式及期望计算公式，简化计算）. 19. 已知椭圆的左、右顶点分别为，，椭圆E的离心率为． （1）求椭圆E的标准方程； （2）过作直线l与椭圆E交于不同的两点M，N，其中l与x轴不重合，直线与直线交于点P，判断直线与DP的位置关系，并说明理由． 【答案】（1）椭圆E的标准方程为； （2） 因为直线与x轴不重合，且过点， 所以可设直线的方程为， 联立方程，消去x可得， 方程的判别式， 设 ∴， ∵，则 则直线的方程为， 代入可得，即 ∴， 则 ∵，即 ∴， 所以直线与DP平行. 【解析】 【分析】（1）由条件列关于的方程，解方程求。可得椭圆方程； （2）根据题意设直线MN及M、N点坐标，结合题意求点P的坐标，结合韦达定理证明即可. 【小问1详解】 设椭圆的半焦距为， 由已知点的坐标分别为， 因为，所以，所以， 又椭圆E的离心率为，所以， 所以， 所以， 所以椭圆E的标准方程为； 【小问2详解】 略 【点睛】关键点点睛： (1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系． (2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形． 20. 已知函数，直线为曲线在点处的切线. （1）当时，求出直线的方程； （2）若，讨论的单调性，并求出的最值； （3）若直线与曲线相交于点，且，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2）的最小值为，无最大值； （3） 【解析】 【分析】（1）根据导数的几何意义确定切线斜率，再求出切点坐标，从而可求出切线方程； （2）对求导，然后根据其正负求出函数的单调区间，则可求出函数的最小值点，从而可求出函数的最小值； （3）求出直线，将“直线与曲线相交”转化为关于的方程在有解，然后通过构造函数，对进行分类讨论，结合导数可求得结果. 【小问1详解】 由，得， 则， 因为， 所以曲线在点处的切线的方程为， 即； 【小问2详解】 ，则， 由，得，由，得， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以当时，取得最小值，无最大值； 【小问3详解】 由，得，则， 所以曲线在点处的切线的方程为 ，即， 因为直线与曲线相交于点，且， 所以关于的方程在有解， 令，则， 令，则， ①当时，由，得，由，得， 所以在上递减，在上单调递增， 所以， 因为，所以存在唯一实数，使， 当时，，则， 所以在上单调递增， 当时，，则， 所以在上单调递减， 所以， 因为，所以存在唯一实数，使， 所以符合题意， ②当时，由，得，则在上单调递减， 所以， 所以在上单调递增，所以， 所以在上无零点，所以不符合题意， 综上，即实数的取值范围为. 【点睛】方法点睛：当一阶导数无法求得函数的单调区间时，可考虑利用二阶导数进行求解，通过二阶导数的符号来确定一阶导数的单调性，符号，从而可确定原函数的单调性. 21. 给定正整数，已知项数为且无重复项的数对序列满足如下三个性质： ①，且； ②； ③与不同时在数对序列A中． （1）当时，写出所有满足的数对序列A； （2）当时，证明：； （3）当为奇数时，记的最大值为，求． 【答案】（1）或 （2）证明：当时，因与不同时在数对序列中，故， 即每个数至多出现5次. 又因，所以只有对应的数可以出现5次， 故.得证. （3） 【解析】 【分析】（1）利用列举法即可求得正确答案； （2）利用组合数公式求得的一个大致范围，然后根据序列满足的性质证得；（3）先证明，然后利用累加法求得. 【小问1详解】 依题意，当时，有或； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 当是奇数时，先证明. 因与不同时在数对序列中，所以, 当时，构造恰有项，且首项的第一个分量与末项的第二个分量都为1. 对奇数，如果可以构造一个恰有项的序列，且首项的第一个分量与末项的第二个分量都为1， 那么对奇数而言，可按如下方式构造满足条件的序列： 首先，对于如下个数对集合： 每个集合中都至多有一个数对出现在序列中，所以， 其次，对每个不大于的偶数, 将如下4个数对并成一组：， 共得到组，将这组对数以及按如下方式补充到的后面， 即： , 此时恰有项，所以. 综上，当是奇数时， . 【点睛】方法点睛：解新定义题型的步骤： （1）理解“新定义”——明确“新定义”的条件、原理、方法、步骤和结论; （2）重视“举例”,利用“举例”检验是否理解和正确运用“新定义”;归纳“举例”提供的解题方法.归纳“举例”提供的分类情况; （3）类比新定义中的概念、原理、方法，解决题中需要解决的问题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $