精品解析：北京市房山区2024-2025学年高三下学期一模考试数学试卷

北京市房山区2024-2025学年高三下学期第一次综合练习 数学试卷 本试卷共6页，150分.考试时长120分钟.考生务必将答案答在答题卡上，卷上作答无效.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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，选出题目要求的一项. 1. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先解一元二次不等式得出集合B，再应用交集定义计算求解. 【详解】集合，集合， 则. 故选：A. 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】化简复数，根据复数的几何意义可得答案. 【详解】， 复数对应的点为位于第二象限. 故选：B 3. 已知，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】对选项逐一判断，不正确的举反例，正确的加以说明即可． 【详解】对于A选项：举反例可知不成立； 对于B选项： 举反例可知不成立； 对于C选项：， 因为，所以，而且不同时为0， 故，即，正确； 对于D选项： 举反例可知不成立； 故选：C． 4. 直线与圆交于两点，则（ ） A. 1 B. 2 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求出圆心到直线的距离，再由几何法求出弦长即可. 【详解】由题意可得圆心，半径， 到直线的距离为， 由几何关系可得. 故选：B. 5. 已知向量，若，则（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先由向量垂直的坐标表示求出，然后再由模长的计算可得. 【详解】若，则， 即 又， . 故选：D. 6. 若，则（ ） A. B. 41 C. D. 40 【答案】C 【解析】 【分析】写出展开式的通项公式，求出和，求出答案. 【详解】展开式的通项公式为， 令得，故， 令得，故， 所以. 故选：C 7. 已知函数，则“”是“”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】根据正弦函数的对称性，结合充分条件与必要条件的定义，可得答案. 【详解】由函数，则易知其图象对称中心， 当时，为函数图象的对成中心， 则当时，，充分性成立； 当时，由，可能得到，必要性不成立. 故选：A. 8. 如图，将棱长为2的正方体六个面的中心连线，可得到八面体，为棱上一点，则下列四个结论中错误的是（ ） A. 平面 B. 八面体的体积为 C. 的最小值为 D. 点到平面的距离为 【答案】D 【解析】 【分析】依据线面平行判定定理，棱锥体积公式，等体积法求点到面的距离等知识对选项逐一判断即可. 【详解】 在正方体中，连接可知相交于点，且被互相平分，故四边形是平行四边形， 所以，而平面，平面， 所以平面，故A正确； 因为正方体棱长为2，所以四边形是正方形且， 面,， 所以八面体的体积等于棱锥体积的2倍， 而棱锥体积等于， 故八面体的体积为，B正确； 因为为棱上一点，将和展开成一个平面， 由题和均为正三角形，且边长为， 由三角形两边之和大于第三边知最小值为，在中由余弦定理可知，故C正确； 对于D选项：设点到平面的距离为,由等体积法知： ，故错误. 故选：D. 9. 自然界中，大多数生物存在着世代重叠现象，它们在生活史中会持续不断地繁殖后代，且有时不同的世代能在同一时间进行繁殖.假定某类生物的生长发育不受密度制约时，其增长符合模型：，其中为种群起始个体数量，为增长系数，为时刻的种群个体数量.当时，种群个体数量是起始个体数量的2倍.若，则（ ） A. 300 B. 450 C. 600 D. 750 【答案】C 【解析】 【分析】根据已知函数模型计算得出，再结合指数运算计算求解. 【详解】因为模型：，其中为种群起始个体数量，为增长系数， 因为当时，种群个体数量是起始个体数量的2倍. 所以，所以， 若，则. 故选：C. 10. 已知数列的各项均为正数，且满足（是常数，），则下列四个结论中正确的是（ ） A. 若，则数列是等比数列 B. 若，则数列是递增数列 C. 若数列是常数列，则 D. 若数列是周期数列，则最小正周期可能为2 【答案】C 【解析】 【分析】当时，得到，当时，得到，数列不能构成等比数列，可判定A错误；当时，求得，可判定B错误；若数列为常数列，得到，结合二次函数的性质，求得，可判定C正确；假设列是周期数列，且最小正周期为，得到且，结合，得到，化简求得，这与矛盾，可判定D错误. 【详解】对于A中，若，可得，即， 当且时，两边取对数，可得，即， 此时数列表示首项为，公比为的等比数列； 当时，可得，此时，数列不能构成等比数列，故A错误； 对于B中，当时，可得，即， 例如：当时，由，可得， 又由，可得，此时， 所以，当，数列是不一定是递增数列，所以B错误； 对于C中，若数列为常数列，则， 因为，即， 又因为，所以， 所以的取值范围为，所以C正确； 对于D中，假设数列是周期数列，且最小正周期为，即且， 因为，可得，所以， 则，即， 又因为数列的各项均为正数，即， 所以，即，这与矛盾， 所以数列的最小正周期不可能是，所以D错误. 故选：C. 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. 已知函数，则__________. 【答案】4 【解析】 【分析】求出，得到答案. 【详解】，，故. 故答案为：4 12. 已知是等差数列，且，则的通项公式__________. 【答案】 【解析】 【分析】设等差数列的公差为，利用等差数列的基本量运算求出，代入通项即可. 【详解】设等差数列的公差为， 由， 因代入解得， 故. 故答案为：. 13. 已知是抛物线的焦点，则的坐标为__________，设是直线上一点，直线与抛物线的一个交点为，若，则点到轴的距离为__________. 【答案】 ①. ②. 1 【解析】 【分析】由抛物线性质可知焦点坐标；过作垂直于直线，由比例关系得出到轴的距离. 【详解】抛物线的焦点，准线. 过作垂直于直线于，则轴. 设直线与轴交于点， 因为，所以，， 由轴得，， 所以， 因此点到轴的距离为1. 故答案为：;1. 14. 若对任意实数恒成立，则满足条件的一组的值为__________，__________. 【答案】 ①. 1 ②. （答案不唯一） 【解析】 【分析】应用诱导公式计算求解即可. 【详解】若对任意实数恒成立， 则满足条件的一组的值为，. 故答案为：1；（答案不唯一）. 15. 数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，曲线就是其中之一.设曲线与轴交于两点，与轴交于两点，点是上一个动点，给出下列四个结论： ①曲线关于轴对称； ②曲线恰好经过2个整点（即横、纵坐标均为整数的点）； ③面积的最大值为1； ④（为坐标原点）. 其中正确结论的序号是__________. 【答案】①③④ 【解析】 【分析】曲线上的任意点，其关于的对称点为，代入曲线方程验证判断①，根据方程易知，均在曲线上判断②，结合曲线的对称性研究时的曲线性质确定最大值，结合即可判断③，在上，才能保证最大，再应用三角换元及三角恒等变换、正弦型函数的性质求范围判断④. 【详解】曲线上的任意点，其关于的对称点为， 代入曲线左侧有，即点也在曲线上， 所以曲线关于轴对称，①对； 由方程易知，均在曲线上，曲线至少经过4个整数点，②错； 由，即，且， 根据曲线关于轴对称，只需研究时的曲线性质， 对于，当且仅当时取等号， 对于在上单调递增，则， 令，则，可得，结合曲线的对称性有， 所以，最大，③对； 在上，才能保证最大， 令且，此时， 所以 ，且， 所以，当且仅当取等号，④对. 故答案为：①③④ 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）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，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）应用正弦定理结合两角和正弦公式计算得出余弦值进而得出角； （2）选择条件①三角形不存在；选择条件②应用同角三角函数关系得出，再应用正弦定理及余弦定理计算求出边长，最后应用面积公式计算；选择条件③先应用正弦定理得出，再应用余弦定理得出，最后应用面积公式计算. 【小问1详解】 由正弦定理， 得. 所以. 所以. 因为，所以. 所以. 所以. 【小问2详解】 选条件①：，， 由余弦定理，得. ，不存在； 选条件②：. 由，可得. 由正弦定理，得. 由余弦定理，得 ，整理得. 解得，或（舍）. 所以的面积. 条件③：. 因为，且，所以. 由余弦定理，得. 解得，或（舍） 所以的面积. 17. 如图，在长方体中，为的中点，与平面交于点. （1）求证：为的中点； （2）若二面角的余弦值为，求的长度. 【答案】（1） 在长方体中，因为平面平面， 平面平面，平面平面， 所以.同理. 所以是平行四边形.所以. 又， . 所以. 所以为的中点. （2）. 【解析】 【分析】（1）运用长方体性质，得到面面平行，再用面面平行性质得到线线平行，进而得到是平行四边形.则.借助勾股定理和已知条件得到即可. （2）建立空间直角坐标系，设，求出关键点坐标和平面法向量坐标，结合向量夹角公式得到，解出即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 在长方体中，建立空间直角坐标系，设， 则. 因此. 设平面的法向量为， 则即 令，则，因此. 易知平面的法向量为，则 . 解得.所以. 18. 随着科技的飞速发展，人工智能已经逐渐融入人们的日常生活，在教育领域，赋能潜力巨大.为了解某校学生对某款学习软件的使用情况，根据男女学生人数比例，使用分层抽样的方法随机抽取了90名学生，获得数据如下： 是否使用该款学习软件 男生 女生 使用 40人 30人 不使用 10人 10人 假设学生是否使用该款学习软件相互独立.用频率估计概率. （1）估计该校学生使用该款学习软件的概率； （2）从该校全体男生中随机抽取2人，全体女生中随机抽取1人，记这3人中使用该习软件的人数为，求的分布列和数学期望； （3）从该校所有学生中随机抽取1人，“”表示该生使用该款学习软件，“”表示该生不使用该款学习软件.假设该校一年级有200名男生和180名女生，从除一年级外其他年级学生中随机抽取1人，“”表示该生使用该款学习软件，“”表示该生不使用该款学习软件.的方差分别记为，试比较与的大小（结论不要求证明）. 【答案】（1） （2） 0 1 2 3 . （3） 【解析】 【分析】（1）根据题中数据，90名学生中使用学习软件的共人，即可求出； （2）随机变量的可能取值为，分别计算每个取值的概率，即可得到分布列和数学期望； （3）设从一年级学生中随机抽取1人，该生使用该款学习软件的方差记为，求出一年级学生和该校全体学生中使用该款学习软件的概率，由二项分布的方差计算公式求出，由的大小，即可比较的大小. 【小问1详解】 根据题中数据，90名学生中使用该款学习软件的共人， 所以该校学生使用该款学习软件的概率可估计为. 【小问2详解】 从该校全体男生中随机抽取1人，“他使用该学习软件”记为事件A， 从该校全体女生中随机抽取1人，“她使用该学习软件”记为事件， 根据题中数据可知：. 随机变量的可能取值为. 则， ， ， . 所以的分布列为： 0 1 2 3 数学期望. 【小问3详解】 设从一年级学生中随机抽取1人，“”表示该生使用该款学习软件，“”表示该生不使用该款学习软件，的方差记为， 一年级有200名男生和180名女生，一年级学生使用该学习软件的概率为， 则， 该校所有学生中使用该款学习的概率为， 则， 因为，即， 所以除一年级外其他年级学生中使用该款学习软件的方差， 即. 19. 已知椭圆的长轴长为4，一个焦点为. （1）求椭圆的方程及离心率； （2）过点且斜率存在的直线交椭圆于两点，在轴上是否存在点，使得？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由. 【答案】（1），离心率； （2）存在，. 【解析】 【分析】（1）由题意确定椭圆参数值，即可得椭圆方程，进而得到离心率； （2）设直线的方程为，，，联立椭圆并应用韦达定理得，法一：根据面积比得到，即直线的斜率与直线的斜率互为相反数，列方程求得；法二：根据面积比得，结合两点距离公式并整理求得，即得结论. 【小问1详解】 由题意，得，所以. 所以椭圆的方程为，离心率. 【小问2详解】 设直线的方程为（显然），点， 设，联立方程， 整理得. 所以. 法一：因为. 又，所以. 所以，直线的斜率与直线的斜率互为相反数. 设直线的斜率为，直线的斜率为， ，整理可得， ，因为， 所以，， 即，解得. 所以点的坐标. 法二：因为，又， 所以，即，， 所以，且， 整理得， 则， 而，显然， 所以， 故， 所以，解得. 所以点的坐标. 20. 已知函数在处取得极值. （1）求的单调区间； （2）设，求证：曲线存在两条斜率为且不重合的切线. 【答案】（1）的单调递增为；单调递减区间为. （2）由，得. 由（1）可知，， 因为， 所以存在，使. 方法一：曲线在点处的切线方程为 ，即. 下面证明：. 设，则. 当时，，所以，即. 所以在上单调递增. 因为，所以. 所以，即. 所以曲线存在两条斜率为且不重合的切线. 方法二：由 ， 可得 . 所以曲线在处的切线的方程为， 即. 因为， 所以的方程为. 同理，曲线在处的切线的方程为. 下面证明：. 设. 所以函数在上单调递增， 因为，所以. 所以，即. 所以曲线存在两条斜率为且不重合的切线. 【解析】 【分析】（1）根据函数的极值点求得，再利用导函数的符号确定函数的单调区间即可; （2）求导得，由（1）得，计算得，，由函数单调性推出存在，使.法一：写出曲线在点处的切线方程：，根据的单调性推出可得证；法二：利用推出，写出曲线在处的切线的方程，同理得曲线在处的切线的方程，证明即可. 【小问1详解】 由，得. 因为函数在处有定义，所以. 因为在处取得极值，所以， 解得，或（舍）. 当时，， . 令，解得，或（舍）. 与的变化情况如下： 0 0 极大值 所以函数的单调递增为；单调递减区间为. 【小问2详解】 略 21. 设为正整数，集合，对于集合中2个元素，若，则称具有性质．记为中的最小值． （1）当时，若，判断是否具有性质．如果是，求出；如果不是，说明理由； （2）当时，若具有性质，求的最大值； （3）给定不小于3的奇数，对于集合中任意2个具有性质的元素，求的最大值． 【答案】（1）具有性质，； （2）1； （3）. 【解析】 【分析】（1）根据定义，计算，即可判断具有性质；在分别计算出，即可求得； （2）方法1：由已知得出，结合，得出，进而得出，并取验证的最大值可以取到；方法2：用反证法假设，由已知得出与题设矛盾，即可说明； （3）由性质可得，①，且②，①中不妨设，②中不妨设，由对称性可以设，得出，进而得出，再验证可以取到最大值即可． 【小问1详解】 因为，所以具有性质； 因为， 所以． 【小问2详解】 方法：1： 由性质得，所以， 因为， 所以， 则，，， 所以， 所以， 又因为当时， 具有性质， 且， 所以的最大值为1． 方法2： 先用反证法证明， 假设， 由，则， 所以，同理， 所以， 由， 所以， 与已知矛盾，假设不成立， 所以， 当时，， 此时， 所以的最大值为1． 【小问3详解】 由性质可得， 所以①，且②， 在①中不妨设， 在②中不妨设， 由对称性可以设， 所以， 所以 ，即， 因为存在，（其中有个个）， （其中有个，个）具有性质， 并且， ， ， 所以， 综上最大值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北京市房山区2024-2025学年高三下学期第一次综合练习 数学试卷 本试卷共6页，150分.考试时长120分钟.考生务必将答案答在答题卡上，卷上作答无效.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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，选出题目要求的一项. 1. 已知集合，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，且，则（ ） A. B. C. D. 4. 直线与圆交于两点，则（ ） A. 1 B. 2 C. D. 5. 已知向量，若，则（ ） A. 2 B. C. D. 6. 若，则（ ） A. B. 41 C. D. 40 7. 已知函数，则“”是“”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 8. 如图，将棱长为2的正方体六个面的中心连线，可得到八面体，为棱上一点，则下列四个结论中错误的是（ ） A. 平面 B. 八面体的体积为 C. 的最小值为 D. 点到平面的距离为 9. 自然界中，大多数生物存在着世代重叠现象，它们在生活史中会持续不断地繁殖后代，且有时不同的世代能在同一时间进行繁殖.假定某类生物的生长发育不受密度制约时，其增长符合模型：，其中为种群起始个体数量，为增长系数，为时刻的种群个体数量.当时，种群个体数量是起始个体数量的2倍.若，则（ ） A. 300 B. 450 C. 600 D. 750 10. 已知数列的各项均为正数，且满足（是常数，），则下列四个结论中正确的是（ ） A. 若，则数列是等比数列 B. 若，则数列是递增数列 C. 若数列是常数列，则 D. 若数列是周期数列，则最小正周期可能为2 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. 已知函数，则__________. 12. 已知是等差数列，且，则的通项公式__________. 13. 已知是抛物线的焦点，则的坐标为__________，设是直线上一点，直线与抛物线的一个交点为，若，则点到轴的距离为__________. 14. 若对任意实数恒成立，则满足条件的一组的值为__________，__________. 15. 数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，曲线就是其中之一.设曲线与轴交于两点，与轴交于两点，点是上一个动点，给出下列四个结论： ①曲线关于轴对称； ②曲线恰好经过2个整点（即横、纵坐标均为整数的点）； ③面积的最大值为1； ④（为坐标原点）. 其中正确结论的序号是__________. 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）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，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. 如图，在长方体中，为的中点，与平面交于点. （1）求证：为的中点； （2）若二面角的余弦值为，求的长度. 18. 随着科技的飞速发展，人工智能已经逐渐融入人们的日常生活，在教育领域，赋能潜力巨大.为了解某校学生对某款学习软件的使用情况，根据男女学生人数比例，使用分层抽样的方法随机抽取了90名学生，获得数据如下： 是否使用该款学习软件 男生 女生 使用 40人 30人 不使用 10人 10人 假设学生是否使用该款学习软件相互独立.用频率估计概率. （1）估计该校学生使用该款学习软件的概率； （2）从该校全体男生中随机抽取2人，全体女生中随机抽取1人，记这3人中使用该习软件的人数为，求的分布列和数学期望； （3）从该校所有学生中随机抽取1人，“”表示该生使用该款学习软件，“”表示该生不使用该款学习软件.假设该校一年级有200名男生和180名女生，从除一年级外其他年级学生中随机抽取1人，“”表示该生使用该款学习软件，“”表示该生不使用该款学习软件.的方差分别记为，试比较与的大小（结论不要求证明）. 19. 已知椭圆的长轴长为4，一个焦点为. （1）求椭圆的方程及离心率； （2）过点且斜率存在的直线交椭圆于两点，在轴上是否存在点，使得？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由. 20. 已知函数在处取得极值. （1）求的单调区间； （2）设，求证：曲线存在两条斜率为且不重合的切线. 21. 设为正整数，集合，对于集合中2个元素，若，则称具有性质．记为中的最小值． （1）当时，若，判断是否具有性质．如果是，求出；如果不是，说明理由； （2）当时，若具有性质，求的最大值； （3）给定不小于3的奇数，对于集合中任意2个具有性质的元素，求的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $