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3

人大附中2025届高三统练（3） 数学 说明：本试卷21道题，共150分；考试时间120分钟；请在答题卡上填写个人信息，并将条形码贴在答题卡的相应位置上. 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. 已知复数，则在复平面上对应的点在（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 已知，，则的元素个数为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 3. 如图所示，弧是以O为圆心，为半径的圆的一部分，满足，，是的中点，在弧上运动，则的最小值为（ ） A. 2 B. -2 C. D. -1 4. 若的展开式中，二项式系数和为64，则展开式的常数项为（ ） A. -240 B. 240 C. 15 D. -15 5. 今年高三的“节”活动引用了漫画《龙珠》.在原著中卡林塔上的猫仙人种植了一种仙豆，可以帮助主角疗伤和增长战斗力.仙豆共有7颗，从小到大可以增加的战斗力构成一个递增的等差数列.在下一场挑战前，主角将7颗仙豆全部吃掉，增加21000的战斗力，击败了“比克大魔王”.如果第3小的仙豆可以增加2700的战斗力，那么最小的仙豆可以增加的战斗力为（ ） A. 1800 B. 2100 C. 3600 D. 3900 6. 双曲线：，焦距为10，左右焦点分别为，，M为E上一点满足，则（ ） A. 13 B. 1或13 C. 10 D. 4或10 7. 北京天桥艺术中心旁边四面钟是天桥附近颇有意趣的传统景观之一.这个主体建筑可以近似看做正四棱柱.四面钟的每一面都挂在该正四棱柱的一个侧面上.当四面钟都正常显示标准北京时间时，相邻两面钟的时针所在直线所成角最大为（ ） A. B. C. D. 8. 已知的值域为，那么实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 9. 已知无穷数列满足：，，，，其中表示不超过的最大整数.则下列说法中正确的是（ ） A. 对于任意，，都不是常数列 B. 存在正数，，使得是递增数列 C. 对于任意正数，q，都存在正整数，使得周期数列 D. 如果是常数列，则一定有 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.） 10. 抛物线的准线方程是_______. 11. 不等式的解集为_______. 12. 已知某圆锥高，轴截面为等腰直角三角形，则其侧面积______，体积_______. 13. 已知函数，将的图象向左移动个单位后得到的图象对应的函数为，若函数的最大值是一个小于的正数，则一个符合条件的_______. 14 已知函数， ①当，时，恰有1个零点； ②若，则对于任意的，都有零点； ③当时，若函数恰有1个零点，则满足条件的取值唯一； ④当时，存在的取值，使得有3个零点. 其中所有正确结论的序号是：_______. 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.请在答题纸上的相应位置作答.） 15. 已知三棱锥，底面是以为直角顶点的等腰直角三角形，平面平面，是棱的中点，在棱上，满足平面. （1）求的值； （2）若，，求直线与平面所成角的正弦值. 16. 在中，， （1）求值. （2）从以下三个条件中选一个作为已知，使得满足条件的存在，求的面积. ①边上的高为7； ②； ③边上的中线长5. 17. 某次测验满分为100分，A组和B组各有10人参加，成绩如下表： A 76 78 83 84 85 90 92 95 98 99 B 63 72 73 75 80 81 84 85 92 99 对于该次测验，分数时为及格，分数分时为良好，成绩分时为优秀. （1）从两组中任取1名学生，求该名学生成绩为良好的概率； （2）从A组中随机抽取1名学生，再从B组中随机抽取1名学生.用随机变量X表示这两人的成绩为优秀的人数，求X的分布列和数学期望； （3）从A、B两组中均随机抽取3人，A组成绩为76，83，92.已知B组抽出3人中有2人的成绩为99，92，直接写出B组3人成绩方差比A组3人成绩方差小的概率， 18. 椭圆：，左、右顶点分别为A，B，上顶点为C，原点为，P是椭圆上一点.，面积的最大值为6. （1）求椭圆的方程和离心率； （2）当点P不与椭圆顶点重合时，记直线与椭圆的另一个交点为，交直线为D，直线交x轴为E.求证：直线与直线的斜率之积为定值. 19. 已知函数，. （1）求斜率为1的切线方程； （2）若对于任意，任意，总有，求的最大值； （3）若有4个极值点，求的取值范围. 20. 已知有穷数列：，，满足，，且恰有项为. 定义，其中，. 对于给定的正整数，若正整数满足，则称是一个“险胜时刻”. （1）对于满足的数列：，写出全部的“险胜时刻”. （2）当时，数列：中“险胜时刻”最多有多少个? （3）求的所有可能值，使得数列：一定存在“险胜时刻”. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 人大附中2025届高三统练（3） 数学 说明：本试卷21道题，共150分；考试时间120分钟；请在答题卡上填写个人信息，并将条形码贴在答题卡的相应位置上. 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. 已知复数，则在复平面上对应的点在（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的几何意义求出复数对应的点即可求解. 【详解】对应的点为，在复平面上对应的点在第四象限. 故选：D 2. 已知，，则的元素个数为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】先利用对数函数的性质确定集合，再根据集合的运算确定即可. 【详解】因为，即，解得， 所以，又因为， 所以，所以的元素个数为. 故选：D 3. 如图所示，弧是以O为圆心，为半径的圆的一部分，满足，，是的中点，在弧上运动，则的最小值为（ ） A. 2 B. -2 C. D. -1 【答案】C 【解析】 【分析】直接应用向量数量积的定义和余弦函数的单调性即可得出答案. 【详解】由题意可知，，， 则， 因为点在弧上运动，所以， 而余弦函数在内单调递减， 所以当时，取得最小值. 故答案为：C. 4. 若的展开式中，二项式系数和为64，则展开式的常数项为（ ） A. -240 B. 240 C. 15 D. -15 【答案】B 【解析】 【分析】根据已知条件确定值，再根据二项式展开式的通项确定常数项为第几项，即可求解. 【详解】根据题意有，解得， 故二项式展开式的通项公式为： ， 令，求得， 则展开式的常数项为：. 故选：B 5. 今年高三的“节”活动引用了漫画《龙珠》.在原著中卡林塔上的猫仙人种植了一种仙豆，可以帮助主角疗伤和增长战斗力.仙豆共有7颗，从小到大可以增加的战斗力构成一个递增的等差数列.在下一场挑战前，主角将7颗仙豆全部吃掉，增加21000的战斗力，击败了“比克大魔王”.如果第3小的仙豆可以增加2700的战斗力，那么最小的仙豆可以增加的战斗力为（ ） A. 1800 B. 2100 C. 3600 D. 3900 【答案】B 【解析】 【分析】将颗仙豆从小到大可以增加的战斗力看成一个递增的等差数列，结合题意可知，，由此可以解出即为答案. 【详解】由题干可知颗仙豆从小到大可以增加的战斗力构成一个递增的等差数列， 不妨设为，则，颗仙豆可增加的战斗力之和记为， 由等差数列的前项和公式可知， 所以数列的公差，故， 即最小的仙豆可以增加的战斗力为. 故选：B. 6. 双曲线：，焦距为10，左右焦点分别为，，M为E上一点满足，则（ ） A 13 B. 1或13 C. 10 D. 4或10 【答案】A 【解析】 【分析】根据双曲线焦距可求出a的值，结合题意判断M点位置，利用双曲线定义即可求得答案. 【详解】由题意知双曲线：，焦距为10， 故，则， 由，，得或， 结合，则M在双曲线左支上， 由于，故， 故选：A 7. 北京天桥艺术中心旁边的四面钟是天桥附近颇有意趣的传统景观之一.这个主体建筑可以近似看做正四棱柱.四面钟的每一面都挂在该正四棱柱的一个侧面上.当四面钟都正常显示标准北京时间时，相邻两面钟的时针所在直线所成角最大为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据正四棱柱的几何特征建立空间直角坐标系，设出相邻两面钟的时针所在直线的方向向量，利用线线角的向量坐标公式计算即可求最大值. 【详解】 由题意，在正四棱柱中，建立如图所示的空间直角坐标系. 不妨设平面上的时钟的时针的方向向量，不同时为0， 因为四面钟都正常显示标准北京时间，所以设平面上的时钟的时针的方向向量. 设相邻两面钟的时针所在直线所成角为， 则， ①当时，，则； ②当时，，因为，则， 即，则； 综上所述：，则的最大值为， 因此，相邻两面钟的时针所在直线所成角最大为. 故选：C. 8. 已知的值域为，那么实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求出函数在上的取值集合，再根据给定的值域确定函数在上的取值集合，列式求解作答. 【详解】当时，函数在上单调递增，其取值集合为，而函数的值域为R，因此函数在上的取值集合包含， 当时，函数在上的值为常数，不符合要求， 当时，函数在上单调递减，取值集合是，不符合要求， 于是得，函数在上单调递增，取值集合是， 则，解得， 所以实数的取值范围是. 故选：A 9. 已知无穷数列满足：，，，，其中表示不超过的最大整数.则下列说法中正确的是（ ） A. 对于任意，，都不是常数列 B. 存在正数，，使得是递增数列 C. 对于任意正数，q，都存在正整数，使得是周期数列 D. 如果是常数列，则一定有 【答案】D 【解析】 【分析】对AD从必要性角度取值即可说明，充分性易知；对B选项，通过反证法即可证明；对C，设周期为，作差即可证明. 【详解】先来分析A,D选项 若为常数列，则，. 当时，有， 即. 必要性：取，可得 消去可得， 记，则 有， 而，故.即为整数. 代回原式可得. 充分性：当且为整数时，易知为常数列. 再来分析B选项 ， 设，则， 若递增，则有， ， ， 由于，故， 则， 即. 则， 又，故且， 则， 又，故且， 则， 又，故且. 照这样操作下去， 可得，且， 当时，， 故，矛盾！ 再来看C选项，不妨设周期为， 则，， 两式作差可得， 当取为无理数时，矛盾！ 故选：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.） 10. 抛物线的准线方程是_______. 【答案】 【解析】 【分析】将题干抛物线方程写成标准方程，明确开口方向，即可写出准线方程. 【详解】将写成标准方程，即， 是开口向下的抛物线，且， 故其准线方程为， 故答案为：. 11. 不等式的解集为_______. 【答案】 【解析】 【分析】先化不等式为，根据分式的符号得到不等式等价于，解不等式组即可求解. 【详解】由得，即， 整理得：，即， 即，解得或， 故不等式的解集为. 故答案为： 12. 已知某圆锥高，轴截面为等腰直角三角形，则其侧面积______，体积_______. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】根据题意求出圆锥的底面圆半径和母线，然后根据公式即可求解. 【详解】 如图，为等腰直角三角形，且， 所以底面圆半径，母线长， 所以侧面积，体积. 故答案为：；. 13. 已知函数，将的图象向左移动个单位后得到的图象对应的函数为，若函数的最大值是一个小于的正数，则一个符合条件的_______. 【答案】（答案不唯一） 【解析】 【分析】根据已知条件求出，根据题意令，由此确定符合题意的值即可. 【详解】因为， 根据已知条件有， 所以 ， 因为函数的最大值是一个小于的正数， 所以时，满足题意， 所以满足上式的都符合题意，答案不唯一， 满足上式，所以符合题意. 故答案为： 14. 已知函数， ①当，时，恰有1个零点； ②若，则对于任意的，都有零点； ③当时，若函数恰有1个零点，则满足条件的取值唯一； ④当时，存在的取值，使得有3个零点. 其中所有正确结论的序号是：_______. 【答案】①② 【解析】 【分析】利用函数零点问题转化为方程，然后再构造两个函数图象的交点个数问题，从而可利用数形结合来解决问题. 【详解】对于①，当，时，由， 分别作出函数与的图象， 由图像可得两函数必有一个交点，则有唯一零点，故①正确； 对于②，若，由， 分别作出函数与的图象，当时作图可得： 此时由图像可得两函数必有一个交点，但当时又作图可得： 此时由图像可得两函数也必有一个交点，则都有零点，故②正确； 对于③，若时，由， 分别作出函数与的图象，当时作图可得： 此时由图像可得两函数必有一个交点，说明对任意的，都满足有一个零点，即满足条件的的取值并不唯一，故③错误； 对于④，若时，由， 分别作出函数与的图象，当时作图可得： 此时由图像可得两函数必有一个交点，说明对任意的，不满足有三个零点， 所以当时，又分别作出函数与的图象， 此时由图像可得两函数可能没有交点，或只有一个交点，或有两个交点，但一定没有三个交点，所以不满足有三个零点，故④错误， 故答案为：①②. 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.请在答题纸上的相应位置作答.） 15. 已知三棱锥，底面是以为直角顶点的等腰直角三角形，平面平面，是棱的中点，在棱上，满足平面. （1）求的值； （2）若，，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）1 （2） 【解析】 【分析】（1）由平面平面，可得平面，故，可知是棱的中点，可得； （2）以点为坐标原点建立空间直角坐标系，利用等体积法求得点坐标，从而求得平面的法向量，利用向量的数量积求得直线与平面所成角的正弦值. 【小问1详解】 因为底面是以为直角顶点的等腰直角三角形，所以， 又平面平面，平面平面， 所以平面，又因为满足平面，所以， 又是棱的中点，则为的中位线，故是棱的中点， 所以； 【小问2详解】 以点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系： 因为，，则， 又是以为直角顶点的等腰直角三角形，则， 故，，取中点，连接，则， 又，故设，根据三棱锥的体积相等， ，可得， 解得，所以设，故， ，设平面的法向量为，则 ，解得，令，则， 则， 即直线与平面所成角的正弦值为. 16. 在中，， （1）求的值. （2）从以下三个条件中选一个作为已知，使得满足条件的存在，求的面积. ①边上的高为7； ②； ③边上的中线长5. 【答案】（1） （2）选①无解；选②或；选③ 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理及两角和的正弦公式可得； （2）选①，由三角形中边长数据分析可得不合题意；选②，利用正弦定理，余弦定理及三角形面积公式即得；选③，由，利用余弦定理可求得，再由余弦定理可求得，进而求得，由三角形面积公式即得. 【小问1详解】 在中，， 又， 由正弦定理得，， 即， 即，由正弦定理得，， 又，所以. 【小问2详解】 选①边上的高为7， 过作于，如图， 由已知，在中，，， 显然这样的三角形不存在，所以无解. 选②，即， 又，，则由正弦定理得，即， 则， 由余弦定理，得， 即，解得或， 当时， 的面积， 当时， 的面积. 选③边上的中线长5， 设的中点为，由（1）知，则， 又， 在中，由余弦定理，， 在中，由余弦定理，， 因为，所以， 则，解得， 在中，由余弦定理，， 则， 所以的面积. 17. 某次测验满分为100分，A组和B组各有10人参加，成绩如下表： A 76 78 83 84 85 90 92 95 98 99 B 63 72 73 75 80 81 84 85 92 99 对于该次测验，分数时为及格，分数分时为良好，成绩分时为优秀. （1）从两组中任取1名学生，求该名学生成绩为良好的概率； （2）从A组中随机抽取1名学生，再从B组中随机抽取1名学生.用随机变量X表示这两人的成绩为优秀的人数，求X的分布列和数学期望； （3）从A、B两组中均随机抽取3人，A组成绩为76，83，92.已知B组抽出的3人中有2人的成绩为99，92，直接写出B组3人成绩方差比A组3人成绩方差小的概率， 【答案】（1） （2） X 0 1 2 P . （3） 【解析】 【分析】（1）应用古典概型求解事件的概率即可； （2）A组中优秀的学生有5人，再从B组中优秀的学生有2人，再根据超几何分布计算其概率，列出分布列，求期望； （3）根据平均数与方差的计算公式，结合题意即可得出a的取值范围即可求出概率. 【小问1详解】 由题意知，A组中良好的学生有5人，再从B组中良好的学生有7人， 从两组中任取1名学生，求该名学生成绩为良好的概率为. 因此，学生成绩为良好的概率为. 小问2详解】 根据题意得，A组中优秀的学生有5人，再从B组中优秀的学生有2人 X可能取值为0，1，2. 则，， 所以X的分布列为： X 0 1 2 P 因此，X的数学期望. 【小问3详解】 A组成绩为成绩分别为76，83，92，平均值为，方差为， B组抽出的3人中有2人的成绩为99，92， ，平均值为， 所以， 即， 代入检验，可知最小为84，最大， 故B组3人成绩方差比A组3人成绩方差小的概率为. 18. 椭圆：，左、右顶点分别为A，B，上顶点为C，原点为，P是椭圆上一点.，面积的最大值为6. （1）求椭圆的方程和离心率； （2）当点P不与椭圆顶点重合时，记直线与椭圆的另一个交点为，交直线为D，直线交x轴为E.求证：直线与直线的斜率之积为定值. 【答案】（1）， （2）证明如下： 不妨设点，由椭圆的对称性可知， 直线的斜率为，故直线的方程为， 令，得点纵坐标； 直线斜率为，故直线的方程为， 令，得点横坐标， 所以直线的斜率为， 直线的斜率为， 故直线和直线的斜率之积为 ， 因为点在椭圆上，所以有， 也即，代入斜率之积的表达式的三次项中， 得为定值. 【解析】 【分析】（1）由长轴长得，当点在椭圆上下顶点时，面积取得最大值， 由此求得，即得椭圆的方程，有平方关系可得，即求得离心率； （2）先设点的坐标，由椭圆的对称性得点的坐标， 再分别写出直线和直线的方程得点和的坐标， 由此得到的表达式，结合点在椭圆上代入化简即可证明. 【小问1详解】 由题意知，当点在椭圆上下顶点时， 面积取得最大值，即， 所以椭圆方程为，，所以离心率； 【小问2详解】 19. 已知函数，. （1）求斜率为1的切线方程； （2）若对于任意，任意，总有，求的最大值； （3）若有4个极值点，求的取值范围. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义求得斜率，利用点斜式写出方程； （2）利用导数研究函数的最小值，求得最小值为，利用导数研究函数的单调性和极值，进而根据题意得到的取值范围； （3）利用导数分析，根据极值存在的条件，并作换元，转化为函数 与直线在 内有2个不同的交点，利用对数函数的图像和直线的图像，即可得到实数的取值范围. 【小问1详解】 ,令， ，故切点为， 切线方程为； 【小问2详解】 分析 在 的最小值： ， 时,单调递减； 时 ,单调递增； . 分析在的最大值： 导数. 在或时,单调递增； 时,单调递减. 在处有极大值，在处有极小值. 令，解得， 当时，在内单调递增，趋近于. 保证； 当时，在内的最大值严格小于， 因此，的最大值为； 【小问3详解】 极值点满足，即：， 令 ，则，方程变为： 根据题意，此方程应当有四个不同的实数根 函数与直线在内有2个不同的交点， 函数在 内单调递减，以直线为渐近线， , 直线横截距为1，斜率为, 设,, ，所以, 此时，函数与直线在内有2个不同的交点， 交点横坐标分别记为，在每一个值的左右两函数值的差出现正负变号， 从而对应方程：的4个实数根的每一个的左右的值出现 正负变号，因此函数有4个极值点， 综上，实数的取值范围是. 20. 已知有穷数列：，，满足，，且恰有项为. 定义，其中，. 对于给定的正整数，若正整数满足，则称是一个“险胜时刻”. （1）对于满足的数列：，写出全部的“险胜时刻”. （2）当时，数列：中“险胜时刻”最多有多少个? （3）求的所有可能值，使得数列：一定存在“险胜时刻”. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）所谓“险胜时刻”的含义为：数列从第项开始的连续项里，恰好比多一个，从而可以利用这点得到答案； （2）先证明“险胜时刻”的个数不超过，然后给出取到的例子，即可得到最多有个； （3）对，，三种情况分类讨论，即可得到答案. 【小问1详解】 所谓“险胜时刻”的含义为：数列从第项开始的连续项里，恰好比多一个. 该数列的第项和第项为，其余为. 所以是数列“险胜时刻”的含义为：数列从第项开始的连续项里，恰好比多一个. 那么满足条件的全部为：. 【小问2详解】 ①首先证明：数列的“险胜时刻”的个数不会超过. 由于是数列的“险胜时刻”的含义为：数列从第项开始的连续项里，恰好比多一个. 这就意味着，中有两个，一个，此时，称这样的是一个险胜三元组. 当某个属于某个险胜三元组时，将这个和这个险胜三元组配一对，设一共配了对. 设数列的“险胜时刻”的个数为，则恰好也是险胜三元组的个数. 每个险胜三元组恰包含两个，所以. 那么，很显然，中的每个至多属于三个险胜三元组，而第一个和最后一个至多属于两个险胜三元组. 而中恰有个，这就表明，所以，得. 这就证明了数列的“险胜时刻”的个数不会超过. ②另一方面，当的第项为，其它项为时，验证即知中的每个正整数都是的“险胜时刻”. 综合①②两个方面，即知数列的“险胜时刻”最多有个. 【小问3详解】 是数列的“险胜时刻”的含义为：数列从第项开始的连续项里，恰好比多一个，即有五个和四个. ①若，则当的第项为，其它项为时，数列的任意连续项之和都为负数，不可能为，所以不存在“险胜时刻”； ②若，可从下面的项数列中任意删去个得到数列： . 此时，数列的任意连续项至少有项为，所以不存在“险胜时刻”； ③若，由于对任意的，都是九个奇数相加，从而一定是奇数。 而对，都有，所以如果无解，则必定有或之一恒成立. 此时，又有 . 假设恒成立，则 由于，故数列的任意连续项至少有项为，故 . 所以. 这表明每个等号都成立，所以，. 且，. 但这导致，矛盾. 再假设恒成立，则 由于，故数列的任意连续项至少有项为，故 . 所以，矛盾. 以上过程表明，和均不能恒成立，所以一定有解，即一定存在“险胜时刻”. 综合①②③，可知全部可能值为. 【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于理解“险胜时刻”的定义。只有理解了定义，方可解决相应问题。同时，（3）中的分类讨论也是解决问题的关键。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $