精品解析：北京市朝阳区2024-2025学年高三上学期期末质量检测数学试题

北京市朝阳区2024～2025学年度第一学期期末质量检测 高三数学试卷 2025.1 （考试时间120分钟 满分150分） 本试卷分为选择题40分和非选择题110分 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. 已知全集，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 在复平面内，复数对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 已知抛物线．若其焦点到准线的距离为4，则抛物线的焦点坐标为（ ） A. B. C. D. 4. 函数的图象的一个对称中心是（ ） A. B. C. D. 5. “”是“”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 6. 已知圆，过点的直线与圆交于两点．当取最小值时，直线的方程为（ ） A. B. C. D. 7. 沙漏是一种古代计时仪器．如图，某沙漏由上下两个相同圆锥组成，圆锥的底面直径和高均为6cm，细沙全部在上部时，其高度为圆锥高度的，则这些细沙的体积为（ ） A. B. C. D. 8. 若函数,恰有两个零点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 9. “三分损益法“是古代中国发明制定音律时所用的方法，现有一古琴是以一根确定长度的琴弦为基准，第二根琴弦的长度是第一根琴弦长度的，第三根琴弦的长度是第二根琴弦长度的，第四根琴弦的长度是第三根琴弦长度的，第五根琴弦的长度是第四根琴弦长度的．琴弦越短，发出的声音音调越高，这五根琴弦发出的声音按音调由低到高分别称为“宫，商，角，徵，羽“，则“宫“与“角“所对琴弦长度之比为（ ） A. B. C. D. 10. 设是无穷数列，若存在正整数使得对任意，均有，则称是间隔递减数列，其中称为数列的间隔数．给出下列三个结论： ①若，则是间隔递减数列； ②若，则是间隔递减数列； ③若，则是间隔递减数列且的间隔数的最小值是． 其中所有正确结论的序号是（ ） A. ① B. ①③ C. ②③ D. ①②③ 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. 在的展开式中，的系数为__________．（用数字作答） 12. 双曲线的渐近线方程是__________；设是双曲线的两个焦点，点在双曲线上，且，则__________． 13. 使不等式成立的一个的值是__________． 14. 已知为所在平面内一点，满足，且，，设为向量的夹角，则__________；__________． 15. 在棱长为1的正方体中，点在线段上（不与重合），于于，以下四个结论： ①平面； ②线段与线段的长度之和为定值； ③面积的最大值为； ④线段长度的最小值为． 其中所有正确的结论的序号是_________． 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. 在中，． （1）求； （2）若，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，使存在，求的面积． 条件①：；条件②：；条件③： 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得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. 17. 随着科技的飞速发展，人工智能已经逐渐融人我们的日常生活．在教育领域，AI的赋能潜力巨大.为了解教师对AI大模型使用情况，现从某地区随机抽取了200名教师，对使用A、B、C、D四种AI大模型的情况统计如下： 使用AI大模型的种数 性别 0 1 2 3 4 男 4 27 23 16 10 女 6 48 27 24 15 在上述样本所有使用3种AI大模型的40人中，统计使用A、B、C、D的AI大模型人次如下： AI大模型种类 A B C D 人次 32 30 30 28 用频率估计概率. （1）从该地区教师中随机选取一人，估计至少使用两种AI大模型（A、B、C、D中）的概率； （2）从该地区使用3种AI大模型（A、B、C、D中）的教师中，随机选出3人，记使用B的有人，求的分布列及其数学期望； （3）从该地区男，女教师中各随机选一人，记他们使用AI大模型（A、B、C、D中）的种数分别为，比较的数学期望的大小．（结论不要求证明） 18. 如图，在五面体中，平面，，，，，，分别为的中点，连接． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）线段上是否存在点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，说明理由． 19. 已知函数，其中是常数，． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）求的极值． 20. 已知椭圆的离心率为，右顶点为． （1）求椭圆的方程； （2）过原点且与轴不重合的直线与椭圆交于两点．已知点，直线与椭圆的另一个交点分别为．证明：直线过定点． 21. 已知无穷数列，给定正整数，若数列满足以下两个性质，则称为数列：①；② （1）已知和分别为数列和数列，且，求和； （2）已知正整数数列是数列. （i）无穷数列满足且为奇数，其中，证明：对于任意的，； （ii）求满足条件的，并写出与对应的所有可能取值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北京市朝阳区2024～2025学年度第一学期期末质量检测 高三数学试卷 2025.1 （考试时间120分钟 满分150分） 本试卷分为选择题40分和非选择题110分 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. 已知全集，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据补集关系分析运算即可. 【详解】因为全集，集合， 所以. 故选：D. 2. 在复平面内，复数对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】B 【解析】 【分析】对复数进行化简，得到复数在复平面内所对应的坐标，即可判断复数对应点位于第几象限 【详解】令，在复平面内，实部代表横坐标，虚部代表纵坐标，所以复数所对应的坐标为，位于第二象限 故选：B 3. 已知抛物线．若其焦点到准线的距离为4，则抛物线的焦点坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意结合抛物线方程可得，即可得抛物线的焦点坐标. 【详解】因为抛物线的焦点为，准线为：， 所以焦点到准线的距离为：， 所以焦点坐标为：. 故选：C. 4. 函数的图象的一个对称中心是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据计算对称中心横坐标满足，解得答案. 【详解】函数对称中心横坐标满足：， 即，当时，对称中心为，A选项正确； 当时，对称中心为，当时，对称中心为，B,C,D选项不正确； 故选：A. 5. “”是“”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】由对数函数的单调性，结合充分条件和必要条件的定义即可下结论. 【详解】当时，，所以充分性成立； 若，即， 当时，，所以不成立，故必要性不成立， 所以“”是“”的充分不必要条件. 故选：A 6. 已知圆，过点的直线与圆交于两点．当取最小值时，直线的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求出弦长最短时直线的斜率，利用点斜式即可求得方程. 【详解】由题意知，当点为弦的中点时，即时， 取最小值，因为，所以, 此时直线方程为，即 故选：C 7. 沙漏是一种古代计时仪器．如图，某沙漏由上下两个相同圆锥组成，圆锥的底面直径和高均为6cm，细沙全部在上部时，其高度为圆锥高度的，则这些细沙的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据比例关系结合锥体的体积公式运算求解即可. 【详解】由题意可知：这些细沙的体积为. 故选：B. 8. 若函数,恰有两个零点，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】分析该分段函数在各段上的零点情况，将问题转化为直线与在上有一个交点的问题，结合函数的图象即得参数的范围. 【详解】当时，由可得， 依题意， 时， 有1个零点， 即方程在上有一个实根， 也即直线与在上有一个交点. 如图作出函数的图象. 因在上单调递增，由图可知，此时. 综上，实数的取值范围是. 故选：D. 9. “三分损益法“是古代中国发明制定音律时所用的方法，现有一古琴是以一根确定长度的琴弦为基准，第二根琴弦的长度是第一根琴弦长度的，第三根琴弦的长度是第二根琴弦长度的，第四根琴弦的长度是第三根琴弦长度的，第五根琴弦的长度是第四根琴弦长度的．琴弦越短，发出的声音音调越高，这五根琴弦发出的声音按音调由低到高分别称为“宫，商，角，徵，羽“，则“宫“与“角“所对琴弦长度之比为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设基准琴弦的长度为，则根据“三分损益法”得到的另外四根琴弦的长度，并把五根琴弦的长度从大到小排列，从而可求出“宫”和“角”对应的琴弦长度之比. 【详解】设基准琴弦的长度为，则根据“三分损益法”得到的另外四根琴弦的长度依次为， 五根琴弦的长度从大到小依次为 所以“宫“与“角对应的琴弦长度分别为和，其长度之比为． 故选：D. 10. 设是无穷数列，若存在正整数使得对任意，均有，则称是间隔递减数列，其中称为数列的间隔数．给出下列三个结论： ①若，则是间隔递减数列； ②若，则是间隔递减数列； ③若，则是间隔递减数列且的间隔数的最小值是． 其中所有正确结论的序号是（ ） A. ① B. ①③ C. ②③ D. ①②③ 【答案】B 【解析】 【分析】利用数列的单调性可判断①；利用间隔递减数列的定义可判断②；取，结合间隔递减数列的定义可判断出数列为间隔递减数列，再由间隔递减数列的定义可求得的最小值，可判断③. 【详解】对于①，因为，则数列为单调递减数列，即对任意恒成立， 此时，，满足题中条件，①对； 对于②，若，假设数列是间隔递减数列， 则存在，使得，即， 若为奇数，则有，可得， 因为，显然当为奇数时，合乎题意； 当为偶数时，，不等式不成立，故为奇数； 若为偶数，则有，可得， 当为奇数时，不成立， 故假设不成立，即数列不是间隔递减数列，②错； 对于③，若， 因为， 则，所以，数列是间隔递减数列， 假设存在正整数，使得，即， 可得， 由于，当且仅当且时，等号成立， 当时，，这与为正整数矛盾， 故，所以，，解得， 所以，若，则是间隔递减数列且的间隔数的最小值是，③对. 故选：B. 【点睛】结论点睛：利用参变量分离法求解数列不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解： （1），； （2），； （3），； （4），. 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. 在的展开式中，的系数为__________．（用数字作答） 【答案】 【解析】 【分析】根据二项式展开式的通项公式，令的指数为1即可求解. 【详解】的展开式中的通项为， ∴令，可得的系数为. 故答案为：. 12. 双曲线的渐近线方程是__________；设是双曲线的两个焦点，点在双曲线上，且，则__________． 【答案】 ①. ②. 7 【解析】 【分析】由双曲线方程可知：，且焦点在x轴上，即可得渐近线方程；根据双曲线的定义可得. 【详解】由双曲线方程可知：，且焦点在x轴上， 可得渐近线方程是； 且，即，解得. 故答案为：；7. 13. 使不等式成立的一个的值是__________． 【答案】（答案不唯一） 【解析】 【分析】结合单位圆中的正弦线，余弦线及正切线可解. 【详解】结合单位圆中的正弦线，余弦线及正切线可知：当时，. 故答案为：.（答案不唯一） 14. 已知为所在平面内一点，满足，且，，设为向量的夹角，则__________；__________． 【答案】 ①. ## ②. 【解析】 【分析】由已知可知，两边同时平方可求，然后利用向量数量积公式即可求解；同理可求，即可求得. 【详解】，， ，即，解得， . 同理可得：，即，解得. . 故答案为：；. 15. 在棱长为1的正方体中，点在线段上（不与重合），于于，以下四个结论： ①平面； ②线段与线段的长度之和为定值； ③面积的最大值为； ④线段长度的最小值为． 其中所有正确的结论的序号是_________． 【答案】①②④ 【解析】 【分析】对于①，结合图形，利用面面垂直的判定证得平面平面，再用其性质推得平面，得，利用，即可证得结论；对于② ，利用平行线分线段成比例性质可求得和，即可证明；对于③，④ ，利用②的结论，借助于基本不等式可求得面积的最大值和的最小值，即可判断. 【详解】 对于① ，如图，在正方体中，平面， 因平面，则平面平面， 因平面平面， 平面且，故平面， 又平面，则， 又因， ， 平面，故平面，故①正确； 对于② ，由①分析易得，则有，即得； 又由，可得，则有，即得， 故得：，即为定值1，故②正确； 对于③ ，由①，已得平面，因平面，则有， 则的面积，当且仅当时等号成立， 即当时，面积的最大值为，故③错误； 对于④ ，由③已得，则，当且仅当时等号成立， 即当时，线段长度的最小值为，故④正确. 故答案为：①②④. 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，． （1）求； （2）若，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，使存在，求的面积． 条件①：；条件②：；条件③： 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得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. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据二倍角的正弦公式和正弦定理可得，即可求解； （2）选①：根据余弦定理和完全平方公式求出，结合三角形面积公式计算即可求解； 选②：由（1）知，根据两角差的正弦公式和辅助角公式计算可得，不符合题意； 选③：根据同角的平方关系和正弦定理求出，由诱导公式和两角和正弦公式求出，结合三角形面积公式计算即可求解. 【小问1详解】 因为， 所以． 由正弦定理得． 又，所以． 又，所以． 【小问2详解】 选条件①： 根据余弦定理有，则． 又，则． 两式相减，解得．可得或 所以． 选条件②： 由（1）知，则， 所以，不符合题意； 选条件③： 因为且，所以． 由正弦定理可知． 又． 所以． 17. 随着科技的飞速发展，人工智能已经逐渐融人我们的日常生活．在教育领域，AI的赋能潜力巨大.为了解教师对AI大模型使用情况，现从某地区随机抽取了200名教师，对使用A、B、C、D四种AI大模型的情况统计如下： 使用AI大模型的种数 性别 0 1 2 3 4 男 4 27 23 16 10 女 6 48 27 24 15 在上述样本所有使用3种AI大模型的40人中，统计使用A、B、C、D的AI大模型人次如下： AI大模型种类 A B C D 人次 32 30 30 28 用频率估计概率. （1）从该地区教师中随机选取一人，估计至少使用两种AI大模型（A、B、C、D中）的概率； （2）从该地区使用3种AI大模型（A、B、C、D中）的教师中，随机选出3人，记使用B的有人，求的分布列及其数学期望； （3）从该地区男，女教师中各随机选一人，记他们使用AI大模型（A、B、C、D中）的种数分别为，比较的数学期望的大小．（结论不要求证明） 【答案】（1） （2） 0 1 2 3 数学期望为 （3） 【解析】 【分析】（1）用样本频率估计总体概率即可求解； （2）用样本频率估计概率，求出“从该地区使用3种AI大模型的40名教师中随机选1人，该人使用模型B”的概率为，则被抽取的人数，由二项分布概率公式即可求解； （3）求出随机变量对应的概率，利用期望公式分别求出的数学期望，再比较大小即可. 【小问1详解】 记事件M为“从该地区教师中随机选取一人，至少使用两种AI大模型”， 则估计. 【小问2详解】 记事件为“从该地区使用3种AI大模型的40名教师中随机选1人，该人使用模型B”， 根据题中数据，. 的可能取值为， ， ， ． . 的分布列为 0 1 2 3 . 【小问3详解】 由题意可得该地区男，女教师人数分别为：80和120， 则易求， ，故. 18. 如图，在五面体中，平面，，，，，，分别为的中点，连接． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）线段上是否存在点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，说明理由． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3）存在， 【解析】 【分析】（1）应用线面垂直的判定定理证明即可； （2）应用空间向量法求法向量及线面角的正弦值； （3）先设，再应用线面平行即得计算求参即可. 【小问1详解】 因为平面平面，所以． 又因为，平面，所以平面． 又平面，所以． 又因为为线段的中点，所以． 因为，所以． 因为分别为线段的中点，所以． 又，所以．即四点共面． 又平面平面， 所以平面． 【小问2详解】 因为平面，所以． 又，所以两两垂直． 如图建立空间直角坐标系． 于是． 可得 由（1）可得AP平面DCE． 所以平面的一个法向量为． 设直线与平面所成角为，则有 ． 则直线与平面所成角的正弦值为． 【小问3详解】 设是线段上的一点，则存在，使． ，从而． 由点的坐标可得． 设平面的法向量为 则有，即 令，则法向量为 令，即，解得． 此时，又显然有平面，从而平面． 所以，线段上存在点，使得平面，此时． 19. 已知函数，其中是常数，． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）求的极值． 【答案】（1） （2）答案见解析 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义计算即可求解； （2）易知当时，无极值；当）时，利用导数讨论函数的单调性求出极值即可. 【小问1详解】 当时，，所以． 所以，又， 所以曲线在点处的切线方程为 ，即． 【小问2详解】 依题意，． 当时，由（1）可知，， 所以在上单调递减，无极值． 当）时，． （i）当时． ，所以在上单调递减，无极值． （ii））时． 时．在上单调递增， 时，在上单调递减． 所以时，取极大值，无极小值． 综上，当时，无极值； 当时有极大值，无极小值. 20. 已知椭圆的离心率为，右顶点为． （1）求椭圆的方程； （2）过原点且与轴不重合的直线与椭圆交于两点．已知点，直线与椭圆的另一个交点分别为．证明：直线过定点． 【答案】（1）； （2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）根据离心率及椭圆参数关系求参数，即可得方程； （2）设点，进而可得，联立椭圆方程并应用韦达定理求出坐标，同理得坐标，进而写出直线，即可证结论. 【小问1详解】 由题意可得，解得， 所以椭圆的方程为． 【小问2详解】 设点，则，且． 直线，即． 由，得． 所以，则． 所以． 所以．同理． 依题意，所以． 所以直线的方程为，整理得． 所以直线过定点． 21. 已知无穷数列，给定正整数，若数列满足以下两个性质，则称为数列：①；② （1）已知和分别为数列和数列，且，求和； （2）已知正整数数列是数列. （i）无穷数列满足且为奇数，其中，证明：对于任意的，； （ii）求满足条件的，并写出与对应的所有可能取值． 【答案】（1） （2）（i）证明见解析；（ii），的全部可能取值为 【解析】 【分析】（1）根据数列的定义分别求解即得； （2）（i）运用反证法，不妨假设为满足且使得取最小的某个整数，经推理得到，与最小性矛盾，即得证；（ii）假设及的取值已使得为数列且每一个项均为整数，先证明满足对任意的，有，又根据（i）的结论可知必存在某个，使得对于任意的，均有，从而，可取某个，使得，推出也为2的次幂，求得，由此即可求得的全部可能取值. 【小问1详解】 根据数列的定义可知：, 则； 根据数列的定义可知：， 则． 【小问2详解】 （i）假设结论不成立，不妨设为满足且使得取最小的某个整数． 由，可知，因为是奇数， 从而，且，这与最小性矛盾， 所以对于任意的，． （ii）假设及的取值已使得为数列且每一个项均为整数． 由（i）中所定义出的构成数列， 首先证明满足对任意的，有． 若，则，从而； 若，则． 分三种情况讨论 ① 若，则．故； ② 若，则．故； ③ 若，则． 又因为为奇数，所以也为奇数，从而有； 综上所述，对任意的，有． 又根据（i）的结论可知必存在某个，使得对于任意的，均有； 由于当时，总有，于是，数列中存在无穷多项小于， 从而，可取某个，使得． 由前面的证明可知只有当且时， 才可使得及同时成立，所以． 又因为对任意的，有，所以对任意，有， 进而对任意均为2的次幂． 由，依次得， 因此也为2的次幂．显然，只有当时才成立． 因此，只能为2． 对，若，则数列的各项为，满足要求． 当时，数列的各项为，也符合题意． 若，则，不满足要求． 综上，，且此时的全部可能取值为． 【点睛】关键点点睛：本题考查了数列新定义问题，属于难题。 根据性质规定新生出数列的题目，涉及到归纳推理的思想方法，解答的关键是要理解新定义数列的特征，根据定义进行逻辑推理展开，进而解决问题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $