精品解析：北京市中国人民大学附属中学2024-2025学年高三下学期数学统练（2）

2025届高三下学期数学统练（2） 2025年3月6日 说明：本试卷21道题，共150分：考试时间120分钟． 一、选择题（本大题共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，请将正确答案填涂在答题纸上的相应位置．） 1. 已知集合，．若，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. 且 D. 且 【答案】D 【解析】 【分析】根据并集结果可知，进而可构造不等式，解不等式求得结果. 【详解】解：， ，且 ，，，解得：且 的取值范围为且 故选：D 2. 若复数是纯虚数，则实数（ ） A. 1 B. C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的除法和复数的分类即可得到方程，解出即可. 【详解】， 因为其为纯虚数，则且，解得. 故选：B. 3. 若的二项展开式中，当且仅当第5项是二项式系数最大的项，则其展开式中含项的系数（ ） A. B. 252 C. 7 D. 8 【答案】A 【解析】 【分析】根据二项式系数的最值可得，再结合二项展开式的通项运算求解即可. 【详解】因为二项展开式中，当且仅当第5项是二项式系数最大的项， 则，解得， 可得的展开式的通项为， 令，解得， 所以含项的系数为. 故选：A. 4. 在无穷等差数列中，公差为d，则“存在，使得”是“（）”的（ ） A. 充分而不必要条件 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 【答案】B 【解析】 【分析】用定义法进行判断. 【详解】充分性：若，，此时，而，满足，即存在，使得，但是不成立.故充分性不成立； 必要性：若，则，此时.故必要性满足. 故选：B 5. 已知双曲线的右焦点为，过点作垂直于轴的直线l，M，N分别是与双曲线及其渐近线在第一象限内的交点．若是线段的中点，则的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设双曲线的右焦点，求出点和的坐标，利用中点坐标公式列式计算得关系，进而可得渐近线方程. 【详解】设双曲线的右焦点，过第一象限的渐近线方程为， 直线与直线交于点，交双曲线于点， 由M是线段的中点，得，则，， 所以C的渐近线方程为. 故选：C 6. 将函数的图象向右平移个单位所得函数图象关于原点对称，向左平移个单位所得函数图象关于轴对称，其中，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，得到函数关于原点对称，函数的图象关于轴对称，得到和，进而求得 ，结合，即可求解. 【详解】由函数的图象向右平移个单位，可得， 又由函数的图象向左平移个单位，可得， 因为函数关于原点对称，可得， 解得，即 又因为的图象关于轴对称，可得， 解得， 则，即， 因为，可得. 故选：D. 7. 在中，，，点在线段上.当取得最小值时，（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】首先建立平面直角坐标系，利用坐标表示数量积，并求最小值，求得的坐标，即可求解. 【详解】如图，以所在直线为轴，以的垂直平分线建立轴，建立平面直角坐标系， 由，，则， 所以，，，设， 则，， 则， 当时，取得最小值，此时，. 故选：B 8. 如图， 在四棱锥中， 底面 是边长为3的正方形，平面，点为底面上的动点， 到的距离记为，若，则点在底面正方形内的轨迹的长度为（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】如图建立空间直角坐标系，由，可得点在底面正方形内的轨迹方程，据此可得答案. 【详解】如图建立空间直角坐标系，则， 设，其中，则. 又因平面，则到的距离等于， 则，其中. 则点在底面正方形内的轨迹为以为圆心，半径为2的圆在底面正方形内的弧. 如图，设圆弧与DC，DA交于E，F点，因， 则，则相应轨迹对应弧长为. 故选：B 二、填空题（本大题共5小题，每小题5分，共25分，请把结果填在答题纸上的相应位置） 9. 抛物线上一点M到其焦点的距离为3，则点M到坐标原点的距离为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据抛物线的定义以及焦半径可求得点的坐标，即可求得结果. 【详解】设，由抛物线可得， 抛物线上点到焦点的距离等于3， ，解得， ， 点M到坐标原点的距离为 故答案为： 10. 在平面直角坐标系中，已知点，将线段绕原点顺时针旋转得到线段，则点B的横坐标为____________. 【答案】 【解析】 【分析】利用三角函数定义可知，射线对应的角满足，再利用任意角的关系和两角差的余弦公式即可得点B的横坐标为. 【详解】易知在单位圆上，记终边在射线上的角为，如下图所示： 根据三角函数定义可知，； 绕原点顺时针旋转得到线段，则终边在射线上的角为， 所以点B的横坐标为. 故答案为： 11. 若直线l：与圆O：交于A，B两点，，则实数m的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，利用数量积的定义确定范围，进而求出点到直线的距离的范围，再借助点到直线距离公式列式求出范围. 【详解】由，得，而， 则，圆心到直线的距离， 又直线交圆于两点，则，因此，解得或， 所以实数m的取值范围是. 故答案为： 12. 已知函数，若，则不等式的解集为_______；若恰有两个零点，则的取值范围为_____． 【答案】 ①. ； ②. 【解析】 【分析】第一空：直接代入，分和解不等式，再取并集即可；第二空：将题设转化为和的实数根的个数为2，分、和依次讨论根的情况，即可求解. 【详解】第一空：若，则，当时，由解得，则； 当时，由，解得，则；综上可得不等式的解集为； 第二空：恰有两个零点等价于和的实数根的个数为2. 当时，显然无解；解得（舍去），也无解，不合题意； 当时，显然无解；的判别式，设的两根为， 则，显然两根一正一负，即有1个实根，不合题意； 当时，令的对称轴为，则在单减，则，则无解； ，显然时不成立，则，令，则，显然在上单减，在单增， 则，又，，则时，有2个根，即恰有两个零点； 综上：. 故答案为：；. 13. 定义在区间上的函数的图象是一条连续不断的曲线，在区间上单调递增，在区间上单调递减，给出下列四个结论： ①若为递增数列，则存在最大值； ②若为递增数列，则存在最小值； ③若，且存在最小值，则存在最小值； ④若，且存在最大值，则存在最大值. 其中所有错误结论的序号有_______． 【答案】①③④ 【解析】 【分析】结合函数的单调性判断最值，即可判断①②，利用取反例，判断③④. 【详解】①由条件可知，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减， 那么在区间，函数的最大值是，若数列为递增数列， 则函数不存在最大值，故①错误； ②由条件可知，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减， 若为递增数列，那么在区间的最小值是，且为递增数列， 所以函数在区间的最小值是，故②正确； ③若，取,, 则，存在最小值，但此时的最小值是的最小值， 函数单调递减，无最小值，故③错误； ④若，取，则恒成立， 则有最大值，但的最大值是的最大值，函数单调递增，无最大值， 故④错误. 故答案为：①③④ 三、解答题（本大题共6小题，共85分，解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程，请把结果填在答题纸上的相应位置．） 14. 在中，，. （1）求； （2）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：，； 条件②：，； 条件③：，边上的高为2 注：如果选择的条件不符合要求，第二问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，则按第一个解答计分. 【答案】（1） （2） 若选条件①，的面积为；若选择条件②：的面积为. 【解析】 【分析】（1）根据题意，利用倍角公式求得，即可求解； （2）根据题意，分别选择①②③，结合正弦定理和余弦定理，求得的长，结合题意，即可求解. 【小问1详解】 解：由中，，且， 可得，所以， 因为，所以. 【小问2详解】 解：若选条件①：，， 因为，由正弦定理得， 又由余弦定理，可得， 因为，代入解得，所以， 所以存在且唯一确定，此时的面积为. 若选择条件②：， 由正弦定理且，可得， 又由余弦定理，可得， 解得， 所以， 所以存在且唯一确定，此时的面积为. 若选条件③：，边上的高为2 因为，可得， 由余弦定理，可得，解得， 此时存在但不唯一确定，不符合题意. 15. 在三棱锥中，平面平面，，，O是棱的中点，在棱上，且平面. （1）证明：D是棱的中点； （2）证明：平面，并求三棱锥的体积； （3）求二面角的余弦值. 【答案】（1） 因为平面，平面，平面平面， 所以，又是棱的中点，所以D是棱的中点； （2） 连接，因为，O是棱的中点，所以⊥， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以⊥平面， 因为，所以⊥，，， 故， 又，由勾股定理得， 又⊥平面， 三棱锥的体积； （3） 【解析】 【分析】（1）根据线面平行的性质定理得到，即可得证； （2）作出辅助线，得到线线垂直，根据面面垂直，得到线面垂直，并利用锥体体积公式求出答案； （3）证明出两两垂直，建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，利用空间向量法计算可得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由（2）知，⊥平面，平面， 所以⊥，⊥，又⊥，故两两垂直， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的一个法向量为， 则， 令得，故， 又平面的一个法向量为， 故， 由图可知，二面角为锐角，故二面角的余弦值为. 16. 为了解客户对A，B两家快递公司的配送时效和服务满意度情况，现随机获得了某地区客户对这两家快递公司评价的调查问卷，已知A，B两家公司的调查问卷分别有120份和80份，全部数据统计如下： 快递公司 A快递公司 B快递公司 项目 份数 评价分数 配送时效 服务满意度 配送时效 服务满意度 29 24 16 12 47 56 40 48 44 40 24 20 假设客户对A，B两家快递公司的评价相互独立，用频率估计概率. （1）从该地区选择A快递公司的客户中随机抽取1人，估计该客户对A快递公可配送时效的评价不低于75分的概率： （2）分别从该地区A和B快递公司的样本调查问卷中，各随机抽取1份，记X为这2份问卷中的服务满意度评价不低于75分的份数，求X的分布列和数学期望： （3）记评价分数为“优秀”等级，为“良好”等级，为“一般”等级､已知小王比较看重配送时效的等级，根据该地区A，B两家快递公司配送时效的样本评价分数的等级情况，你认为小王选择A，B哪家快递公司合适？说明理由， 【答案】（1） （2） X 0 1 2 P （3） A快递公司的样本调查问卷中“优秀”等级占比为， “良好”等级占比为，“一般”等级占比为； B快递公司的样本调查问卷中“优秀”等级占比为， “良好”等级占比为，“一般”等级占比为； 其中A快递公司的样本调查问卷中“优秀”或“良好”等级占比为， B快递公司的样本调查问卷中“优秀”或“良好”等级占比为， 我认为小王应该选择B快递公司，因为B快递公司中“优秀”或“良好”等级占比比A公司大. 【解析】 【分析】（1）从表中读取数据后计算即可得； （2）先得出两个公司分别不低于75分的概率，再由离散型随机变量性质计算即可得； （3）得出各个公司等级情况后，言之有理即可. 【小问1详解】 调查问卷中共有120份，其中不低于75分的份数为，则， 故可估计该客户对A快递公可配送时效的评价不低于75分的概率为； 【小问2详解】 A快递公司的样本调查问卷中抽取的1份服务满意度评价不低于75分的概率为： ， B快递公司的样本调查问卷中抽取的1份服务满意度评价不低于75分的概率为： ， X的可能取值为0，1，2， ， ， ， 故其分布列为： X 0 1 2 P 其期望； 【小问3详解】 略 17. 已知椭圆的左顶点为A，上顶点为B，下顶点为C，若椭圆的，三角形ABC的面积为2. （1）求椭圆的标准方程； （2）已知点D（0，2），直线AD交椭圆于点E，过点D的直线交椭圆于M，N两点，若直线CM与x轴交于P点，过E且平行于x轴的直线与BN交于Q点，求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的基本量即可求解； （2）求出点的坐标，分直线斜率是否存在两种情况讨论，当直线斜率存在时，设出直线的方程，与椭圆联立，求解，根据交点个数列出关于的不等式，写出韦达定理，写出直线的方程，求出点的横坐标，写出直线BN的方程，求解点的横坐标，写出即可得三点共线，进而求解. 【小问1详解】 依题意：，解得，，， 椭圆的标准方程为； 【小问2详解】 直线DA：，， 解得，.若直线MN：， 则，若直线MN：， 设，，， 整理得， ， 解得或，，， 直线CM：，令， 得.直线BN：， 令，得，因为， 所以D，P，Q三点共线，所以， 综上知：. 18. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）若直线与曲线相切，求证：． 【答案】（1）答案见解析 （2）证明过程见解析 【解析】 【分析】（1）先求定义域，再求导，对进行分类讨论，得到的单调性； （2）设出切点，根据导数的几何意义及切点在切线方程上，列出方程组，得到，则，设，由零点存在性定理得到，再设，求导得到单调性，得到，得到答案. 【小问1详解】 定义域为R， ， 当时，恒成立，故在R上单调递减， 当时，令，解得：，令，解得：， 故在上单调递增，在上单调递减， 当时，令，解得：，令，解得：， 故在上单调递增，在上单调递减， 综上：时，在R上单调递减； 时，在上单调递增，在上单调递减； 时，在上单调递增，在上单调递减. 【小问2详解】 直线与曲线相切，设切点为， 则，且， 当时，无解，故舍去； 由得：， 由得：， 所以，故， 故， 所以， 令，则在R上单调递增， 且，， 由零点存在性定理可知：， 令，， 则在上恒成立， 故在上单调递减， 所以，其中，， 所以，解得：， 故. 【点睛】当已知切点坐标为时，根据导函数的几何意义可得到切线的斜率，再利用求出切线方程； 当不知道切点坐标时，要设出切点坐标，结合切点既在函数图象上，又在切线方程上，列出等式，进行求解. 19. 给定一个n项的实数列，任意选取一个实数c，变换T（c）将数列a1，a2，…，an变换为数列|a1﹣c|，|a2﹣c|，…，|an﹣c|，再将得到的数列继续实施这样的变换，这样的变换可以连续进行多次，并且每次所选择的实数c可以不相同，第k（k∈N*）次变换记为Tk（ck），其中ck为第k次变换时选择的实数．如果通过k次变换后，数列中的各项均为0，则称T1（c1），T2（c2），…，Tk（ck）为“k次归零变换”． （1）对数列：1，3，5，7，给出一个“k次归零变换”，其中k≤4； （2）证明：对任意n项数列，都存在“n次归零变换”； （3）对于数列1，22，33，…，nn，是否存在“n﹣1次归零变换”？请说明理由． 【答案】 （1）方法1：T1（4）：3，1，1，3；T2（2）：1，1，1，1；T3（1）：0，0，0，0． 方法2：T1（2）：1，1，3，5；T2（2）：1，1，1，3；T3（2）：1，1，1，1；T4（1）：0，0，0，0． （答案不唯一） （2）经过k次变换后，数列记为，k＝1，2，…． 取，则，即经T1（c1）后，前两项相等； 取，则，即经T2（c2）后，前3项相等； 设进行变换Tk（ck）时，其中，变换后数列变为，则； 那么，进行第k+1次变换时，取， 则变换后数列变为， 显然有； 经过n﹣1次变换后，显然有； 最后，取，经过变换Tn（cn）后，数列各项均为0． 所以对任意数列，都存在“n次归零变换”． （3）不存在“n﹣1次归零变换”． 证明： 首先，“归零变换”过程中，若在其中进行某一次变换Tj（cj）时，cj＜min{a1，a2，…，an}，那么此变换次数便不是最少．这是因为，这次变换并不是最后的一次变换（因它并未使数列化为全零），设先进行Tj（cj）后，再进行Tj+1（cj+1），由||ai﹣cj|﹣cj+1|＝|ai﹣（cj+cj+1）|，即等价于一次变换Tj（cj+cj+1），同理，进行某一步Tj（cj）时，cj＞max{a1，a2，…，an}；此变换步数也不是最小． 由以上分析可知，如果某一数列经最少的次数的“归零变换”，每一步所取的ci满足min{a1，a2，…，an}≤ci≤max{a1，a2，…，an}． 以下用数学归纳法来证明，对已给数列，不存在“n﹣1次归零变换”． （i）当n＝2时，对于1，4，显然不存在“一次归零变换”，结论成立． （由（2）可知，存在“两次归零变换”变换：） （ii）假设n＝k时成立，即1，22，33，…，kk不存在“k﹣1次归零变换”． 当n＝k+1时，假设1，22，33，…，kk，（k+1）k+1存在“k次归零变换”． 此时，对1，22，33，…，kk也显然是“k次归零变换”，由归纳假设以及前面的讨论不难知1，22，33，…，kk不存在“k﹣1次归零变换”，则k是最少的变换次数，每一次变换ci一定满足，i＝1，2，…，k． 因为（k+1）k+1﹣k•kk＞0， 所以，（k+1）k+1绝不可能变换为0，与归纳假设矛盾． 所以，当n＝k+1时不存在“k次归零变换”． 由（i）（ii）命题得证． 【解析】 【分析】（1）根据定义取恰当的值进行变换得解； （2）结合（1）进行归零变换的过程，可以考虑构造数列，经过k次变换后，数列记为，k＝1，2，…，进行变换Tk（ck）时，，依次变换即可得证； （3）利用数学归纳法证明该数列不存在“n﹣1次归零变换”. 【详解】（1）略． （2）略． （3）略． 【点睛】此题考查数列新定义问题，关键在于读懂题目所给新定义，根据定义进行构造，分析证明，涉及与正整数有关的命题可以考虑利用数学归纳法进行证明. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025届高三下学期数学统练（2） 2025年3月6日 说明：本试卷21道题，共150分：考试时间120分钟． 一、选择题（本大题共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，请将正确答案填涂在答题纸上的相应位置．） 1. 已知集合，．若，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. 且 D. 且 2. 若复数是纯虚数，则实数（ ） A. 1 B. C. 2 D. 3. 若的二项展开式中，当且仅当第5项是二项式系数最大的项，则其展开式中含项的系数（ ） A. B. 252 C. 7 D. 8 4. 在无穷等差数列中，公差为d，则“存在，使得”是“（）”的（ ） A. 充分而不必要条件 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 5. 已知双曲线的右焦点为，过点作垂直于轴的直线l，M，N分别是与双曲线及其渐近线在第一象限内的交点．若是线段的中点，则的渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 6. 将函数的图象向右平移个单位所得函数图象关于原点对称，向左平移个单位所得函数图象关于轴对称，其中，，则（ ） A. B. C. D. 7. 在中，，，点在线段上.当取得最小值时，（ ） A. B. C. D. 8. 如图， 在四棱锥中， 底面 是边长为3的正方形，平面，点为底面上的动点， 到的距离记为，若，则点在底面正方形内的轨迹的长度为（ ） A. 2 B. C. D. 二、填空题（本大题共5小题，每小题5分，共25分，请把结果填在答题纸上的相应位置） 9. 抛物线上一点M到其焦点的距离为3，则点M到坐标原点的距离为__________. 10. 在平面直角坐标系中，已知点，将线段绕原点顺时针旋转得到线段，则点B的横坐标为____________. 11. 若直线l：与圆O：交于A，B两点，，则实数m的取值范围是______． 12. 已知函数，若，则不等式的解集为_______；若恰有两个零点，则的取值范围为_____． 13. 定义在区间上的函数的图象是一条连续不断的曲线，在区间上单调递增，在区间上单调递减，给出下列四个结论： ①若为递增数列，则存在最大值； ②若为递增数列，则存在最小值； ③若，且存在最小值，则存在最小值； ④若，且存在最大值，则存在最大值. 其中所有错误结论的序号有_______． 三、解答题（本大题共6小题，共85分，解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程，请把结果填在答题纸上的相应位置．） 14. 在中，，. （1）求； （2）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：，； 条件②：，； 条件③：，边上的高为2 注：如果选择的条件不符合要求，第二问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，则按第一个解答计分. 15. 在三棱锥中，平面平面，，，O是棱的中点，在棱上，且平面. （1）证明：D是棱的中点； （2）证明：平面，并求三棱锥的体积； （3）求二面角的余弦值. 16. 为了解客户对A，B两家快递公司的配送时效和服务满意度情况，现随机获得了某地区客户对这两家快递公司评价的调查问卷，已知A，B两家公司的调查问卷分别有120份和80份，全部数据统计如下： 快递公司 A快递公司 B快递公司 项目 份数 评价分数 配送时效 服务满意度 配送时效 服务满意度 29 24 16 12 47 56 40 48 44 40 24 20 假设客户对A，B两家快递公司的评价相互独立，用频率估计概率. （1）从该地区选择A快递公司的客户中随机抽取1人，估计该客户对A快递公可配送时效的评价不低于75分的概率： （2）分别从该地区A和B快递公司的样本调查问卷中，各随机抽取1份，记X为这2份问卷中的服务满意度评价不低于75分的份数，求X的分布列和数学期望： （3）记评价分数为“优秀”等级，为“良好”等级，为“一般”等级､已知小王比较看重配送时效的等级，根据该地区A，B两家快递公司配送时效的样本评价分数的等级情况，你认为小王选择A，B哪家快递公司合适？说明理由， 17. 已知椭圆的左顶点为A，上顶点为B，下顶点为C，若椭圆的，三角形ABC的面积为2. （1）求椭圆的标准方程； （2）已知点D（0，2），直线AD交椭圆于点E，过点D的直线交椭圆于M，N两点，若直线CM与x轴交于P点，过E且平行于x轴的直线与BN交于Q点，求的值. 18. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）若直线与曲线相切，求证：． 19. 给定一个n项的实数列，任意选取一个实数c，变换T（c）将数列a1，a2，…，an变换为数列|a1﹣c|，|a2﹣c|，…，|an﹣c|，再将得到的数列继续实施这样的变换，这样的变换可以连续进行多次，并且每次所选择的实数c可以不相同，第k（k∈N*）次变换记为Tk（ck），其中ck为第k次变换时选择的实数．如果通过k次变换后，数列中的各项均为0，则称T1（c1），T2（c2），…，Tk（ck）为“k次归零变换”． （1）对数列：1，3，5，7，给出一个“k次归零变换”，其中k≤4； （2）证明：对任意n项数列，都存在“n次归零变换”； （3）对于数列1，22，33，…，nn，是否存在“n﹣1次归零变换”？请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $