精品解析：北京市昌平区2024-2025学年高三下学期第二次质量抽测数学试卷

昌平区2025年高三年级第二次统一练习 数学试卷 本试卷共5页，共150分．考试时长120分钟．考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效．考试结束后，将答题卡交回． 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，选出符合题目要求的一项． 1. 已知全集，集合，，则=（ ）． A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据补集和交集的定义求解即可. 【详解】由，，则， 又，所以. 故选：B. 2. 若复数，则复数的共轭复数（ ）． A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用复数的除法运算和共轭复数的定义即可求解. 【详解】由， 所以， 故选：A. 3. 若，则（ ）． A. B. 0 C. 1 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】利用赋值法即可求解. 【详解】令得：， 令得：， 所以， 故选：D. 4. 已知，，，其中e为自然对数的底数，则（ ）． A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据对数函数与指数函数的性质，分别求得，和，即可求解. 【详解】由函数为单调递增函数， 因为，可得，即，可得； 又由，可得， 由函数为单调递减函数，可得，即， 所以. 故选：A. 5. 设函数．已知，且当时，的最小值为4，则（ ）． A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】C 【解析】 【分析】首先根据和的最小值为4这两个条件，确定的值，然后根据求出的值. 【详解】因为的值域为，， 所以当函数值同时取最大值或最小值时，满足. 因为的最小值为4，所以函数的周期. 所以. 因为，所以. 又，所以，所以. 故选：C. 6. 已知半径为1的圆经过原点，其圆心到直线的距离为，则的最大值为（ ）． A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】先判定该圆圆心的轨迹，再转化为圆上的点到直线的距离的最值问题进行求解. 【详解】因为半径为1的圆经过原点，所以其圆心的轨迹是以原点为圆心，1为半径的圆， 而原点到直线的距离为， 所以圆心到直线的距离的最大值为. 故选：D. 7. 庑殿顶是中国传统建筑中的一种屋顶形式，其顶盖几何模型如图所示，底面是矩形，侧面由两个全等的等腰梯形和两个全等的等腰三角形组成．若，且四个侧面与底面的夹角的大小均相等，则（ ）． A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】取的中点，连接， 过点作面于点，过点作面于点，作于点，连接， 因为底面是矩形，所以， 又因为面，面，所以面， 又因为面，面面， 所以， 因为面，面都与底面所成的角相等， 所以点在直线上，且，， 因为侧面由两个全等的等腰梯形和两个全等的等腰三角形组成， 所以，， 所以为面与面所成的角， 面，面，所以， 又因为，，平面， 所以平面，又平面， 所以，所以为面与面所成的角， 所以，又为公共边， 所以，所以，同理， 所以. 故选：B. 8. 设数列是公比不为1的无穷等比数列，则“数列为递减数列”是“对任意的正整数，”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】C 【解析】 【分析】由，分和两种情况讨论公比取值，即可判断. 【详解】若“数列为递减数列”，易得， 若“对任意的正整数，”， ， 当时，由，得， 解得：或， 若，则，此时，与已知矛盾； 若，则，由指数函数单调性可知单调递减； 当时，由，得， 解得：或， 若，则，此时，与已知矛盾； 若，则，由指数函数单调性可知单调递减； 综上可知：若，可判断数列为递减数列， 所以“数列为递减数列”是“对任意的正整数，”的充要条件， 故选：C 9. 已知函数恰有三个零点，则实数的取值范围是（ ）． A. B. C. （，1） D. 【答案】B 【解析】 【分析】将函数解析式化为分段函数，分、和三种情况讨论，结合函数的单调性，求出特殊点处的函数值，即可得到不等式组，从而确定的取值范围. 【详解】因为， 若时，，则有且仅有一个零点，不符合题意； 若，当时，， 则在上单调递增，且， 当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减，且， 要使恰有三个零点，则，解得； 若，当时，， 则在上单调递增，在上单调递减，且， 当时，， 所以在上单调递增，且， 要使恰有三个零点，则，解得； 综上可得实数的取值范围是. 故选：B 10. 在数列中，，则（ ） A. 当时，对于任意的正整数 B. 当时，存在正整数，当时， C. 当时，对于任意的正整数 D. 当时，存在正整数，当时， 【答案】C 【解析】 【分析】对A，当时，可得，得解；对B，由，结合递推关系可得，得解；对C，当时，通过递推关系分，，讨论求解；对D，当时，通过递推关系可得递增，得解. 【详解】对于A，当时，有，递推可得，不满足，故A错误； 对于B，当时，，，， 则，不满足存在正整数，当时，，故B错误； 对于C，当时，则，，故， 因为， 若，则， 若，则， 若，则， 综上，当时，对于任意的正整数，，故正确； 对于D，当时，则， 若，则，故递增，故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. 若抛物线的焦点与双曲线的右焦点重合，则实数的值为_____． 【答案】8 【解析】 【分析】先求得双曲线的右焦点，结合抛物线的知识求得的值. 【详解】双曲线，，右焦点， 抛物线的焦点为，所以. 故答案为： 12. 已知向量在正方形网格中的位置如图所示，若网格纸上小正方形的边长为1，则_____；_____． 【答案】 ①. 0 ②. 【解析】 【分析】根据题意建立直接坐标系，根据向量的坐标运算可解. 【详解】 如图，建立平面直角坐标系，则， 所以， ， 故答案为：0， 13. 已知将函数的图象向右平移个单位后，所得函数图象关于原点对称，则常数的一个取值为_____． 【答案】（答案不唯一） 【解析】 【分析】首先求出平移后的函数图象解析式，再根据余弦函数的性质求出的取值. 【详解】将函数的图象向右平移得到的图象， 又的图象关于原点对称，所以， 即，，当时，. 故答案为：（答案不唯一）. 14. 如图，正方形的边长为1，点在直线上．是以点为圆心，为半径的圆弧，是以点为圆心，为半径的圆弧，是以点为圆心，为半径的圆弧，是以点为圆心，为半径的圆弧，是以点为圆心，为半径的圆弧，．．．，依次类推，其中点，共线，点，共线，点共线，点共线．则的长度为_____；由上述圆弧组成的曲线与直线恰有7个交点时，曲线长度的最小值为_____． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】根据题意，求出所在圆的半径，求解的长度；当圆弧组成的曲线与直线恰有7个交点时，要使曲线长度的最小，即由围成，运算得解. 【详解】由题可知，所在圆的半径为6，所以的长度即个圆弧， 所以的长度为； 当圆弧组成的曲线与直线恰有7个交点时，此时与直线的交点为， 曲线长度的最小，即由下面12个圆弧围成， ， 它们的圆弧半径依次为， 所以曲线长度的最小值为. 故答案为：；. 15. 已知曲线，给出下列四个结论： ①曲线关于轴对称； ②当时，曲线上任意一点到点，的距离均不超过； ③曲线与直线围成图形的面积小于5； ④经过点且与平行的直线与曲线的所有交点的横、纵坐标均为有理数． 其中所有正确结论的序号是_____． 【答案】①③④ 【解析】 【分析】用代换方程中的，方程不变，可判定①正确；设曲线上的一点，求得点到点的距离为，可判定②不正确；当和时，求得交点坐标，结合梯形的面积为，可得判定③正确；求得直线，联立方程组，求得方程组的解，可判定④正确． 【详解】由曲线， 用代换方程中的，方程不变，所以曲线关于轴对称，所以①正确； 设曲线上的一点，其中， 则点到点的距离为， 当时，可得， 所以点到点的距离可以超过，所以②不正确； 当时，可得，即； 当时，可得，即； 令，可得，所以为增函数， 令，可得，所以为单调递增函数， 所以的增长趋势越来越快，可得曲线大致图象如图所示， 可得梯形的面积为， 所以曲线与直线围成图形的面积小于5，所以③正确； 过点且与直线平行的直线方程为， 联立方程组，整理得， 整理得，解得或， 当时，可得；当时，可得， 所以经过点且与平行的直线与曲线的所有交点的横、纵坐标均为有理数，所以④正确． 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，为锐角，． （1）求； （2）若，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理将边化为角，再通过三角函数的运算求出角； （2）先根据正弦定理求出的值，再利用余弦定理求出的值，最后根据三角形面积公式求解. 【小问1详解】 由及正弦定理， 得． 因为在中，，所以． 因为，所以． 因为为锐角，所以． 【小问2详解】 由，且，解得． 由余弦定理，得，解得或（舍）． 所以的面积． 17. 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，与相交于点，平面平面，点在棱上，． （1）求证：； （2）再从条件①，条件②这两个条件中选择一个作为已知，求平面与平面夹角的大小． 条件①：平面； 条件②：． 【答案】（1）证明：因为在中，，， 所以，即． 因平面平面，平面平面，平面， 所以平面．又因平面，所以． （2） 【解析】 【分析】（1）先证明，再由平面平面证明平面，即得线线垂直； （2）选条件①，先根据线面平行的性质定理，推出为的中点，建系后，求出相关点和向量的坐标，由空间向量的夹角公式计算即得；选条件②，由条件先证，再证为的中点，接着证平面，取的中点，连接，证明平面，求出，再证明是平面与平面夹角或补角，求解即得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 选条件①：平面． 如图，因为平面，平面， 平面平面，所以． 因为为平行四边形，为的中点，所以为的中点． 所以．因为，所以． ．由（1）已得平面，因平面，故， 又，即两两垂直． 如图建立空间直角坐标系，则， ，因此． 设平面的法向量为，则，即． 令，则，所以． 易知平面的一个法向量， ，所以平面与平面夹角为． 选条件②：． 如图，由（1）得，则， 又，由，可得，因，则为的中点， 则，即，可得， 因平面平面，平面平面，平面，故平面. 取的中点，连接，则，故平面，因平面，则， 又，，且， 又平面，故平面， 因平面，则，即是平面与平面夹角或补角， 在中，，则，故平面与平面的夹角为. 18. 在探索数智技术赋能学科学习的过程中，某中学鼓励学生使用某听说平台进行英语口语自主练习．该中学有初中生1200人，高中生800人．为了解全校学生近一个月内使用此听说平台进行英语口语自主练习的次数，从全校学生中随机抽取200名学生进行问卷调查，将他们的使用次数按照，，，，，五个区间进行分组，所得样本数据如下表： 使用次数分组区间 初中生人 高中生人 4 3 38 29 48 28 17 6 3 假设每个学生是否使用此听说平台进行英语口语自主练习相互独立．用频率估计概率． （1）估计近一个月内全校学生中使用此听说平台进行英语口语自主练习的次数不低于30次的总人数； （2）从上面参与问卷调查且使用此听说平台进行英语口语自主练习次数不足10次的学生中随机抽取3人，记为这3人中高中生的人数，求的分布列和数学期望； （3）从该校初中生和高中生中各随机抽取8名学生进行调查，设其中初中生和高中生使用此听说平台进行英语口语自主练习次数位于的人数分别为和，比较与的大小．（结论不要求证明） 【答案】（1） （2） 0 1 2 3 期望为 （3） 【解析】 【分析】（1）根据频数分布表，结合分层抽样的定义进行求解即可； （2）根据古典型概率公式，结合数学期望的公式进行求解即可； （3）根据二项分布求得方差判断即可. 【小问1详解】 根据题中数据，，得． 样本中使用此听说平台进行英语口语自主练习的次数不低于30次的频率为． 因此近一个月内全校学生中使用此听说平台进行英语口语自主练习的次数不低于30次的总人数估计为：． 【小问2详解】 参与问卷调查且使用此听说平台进行英语口语自主练习次数不足10次的学生中，初中生有4人，高中生有3人． 所以的取值范围为． 所以的分布列为 0 1 2 3 的数学期望． 【小问3详解】 ，理由如下： 根据分层抽样定义知，随机抽取200名学生中，初中生为120名，高中生为80名， 抽到初中生使用此听说平台进行英语口语自主练习次数位于的频率为， 抽到高中生使用此听说平台进行英语口语自主练习次数位于的频率为， 该校初中生和高中生中各随机抽取8名学生中英语口语自主练习次数位于的人数服从二项分布， 即， 所以，， 因为，所以. 19. 已知椭圆的长轴长为，以椭圆的焦点和短轴端点为顶点的四边形的面积为6． （1）求椭圆的方程及离心率； （2）过点且斜率为的直线与椭圆交于两点，点与点关于轴对称．在轴上是否存在定点，使三点共线？若存在，求实数的值，若不存在，说明理由． 【答案】（1）， （2）存在； 【解析】 【分析】（1）利用椭圆的性质，结合面积公式可列出方程组求解椭圆各参数即求解； （2）利用直线与椭圆联立方程组，设交点坐标，假设存在点，则可得相等关系，然后利用韦达定理来进行化简，计算即可得结果. 【小问1详解】 由题意得，解得． 所以椭圆的方程为，离心率． 【小问2详解】 设直线的方程为，点，点． 由，得． 依据题意，， 因为点与点关于轴对称，所以点． 若在轴上存在定点，使三点共线，则． 由，得． 由，得． 因为 ，解得． 故在轴上存在定点，使三点共线． 20. 已知函数，其中． （1）当时， ①若，求函数的最大值； ②若直线是曲线的切线，且经过点，证明：； （2）当时，若是函数的极小值点，求的取值范围． 【答案】（1） ① ； ②设切点为，而，， 曲线在点处的切线方程为 由经过点，得，整理得， 由，得，所以. （2） 【解析】 【分析】（1）把代入，①利用导数探讨单调性求出最大值；②设出切点坐标，利用导数的几何意义求出切线方程，再由切线过的点，结合一元二次方程有解推理得证. （2）求出导数，由给定的极小值点可得，且，构造函数，按最小值不小于0和小于0分类讨论求解. 【小问1详解】 ①当时，函数，求导得， 当时，；当时，， 函数在上单调递减，且，在上单调递增，又 所以当时，函数的最大值为. ②略 【小问2详解】 函数的定义域为R，求导得， 由是函数的极小值点，得，即， 则，令， 求导得，令，即，，得， 当时，；当时， 函数在上单调递减，在上单调递增， 则， ①当时，即时，得，此时， 当时，；当时，， 函数在上单调递减，在上单调递增， 所以是函数的极小值点，符合题意； ②当时，即时，则，而， 则存在，使，当时，， 因此不是函数的极小值点，不符合题意， 所以的取值范围为. 21. 设为正整数，数列是公差不为的等差数列，若从中去掉两项和后剩余的项可被平均分为组，且每组的个数都能构成等差数列，则称数列是的可分数列． （1）写出所有，使得数列是、的可分数列； （2）当时，证明：数列是的可分数列； （3）若数列是的可分数列，记所有满足条件的的个数为，求的值． 【答案】（1） （2）证明：设数列的公差为． 当时，去掉后，剩余项按照：； 分为三组（*），每组都是公差为的等差数列． 当时，去掉后，前项按如上（*）分组；后面的项按原顺序每项分为一组，每组都是公差为的等差数列． 综上，数列是的可分数列． （3） 【解析】 【分析】（1）根据可分数列的定义可得出合乎条件的； （2）对进行讨论：①，去掉后，按照可分数列的定义进行列举即可；②时，去掉后，前项按①中的分组，后面的项按原顺序每项分为一组，结合可分数列的定义可证得结论成立.综合可得结论； （3）设数列的公差为，将数列表示为：．分两种情况讨论：①；②.结合可分数列的定义，求出每种情况下“”的个数，可得出的个数，然后再结合可分数列的定义验证即可. 【小问1详解】 根据题意，可以为． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 若数列是的可分数列，设其公差为， 将数列表示为：． ①当时，可以去掉数列中的项和，其余项顺序保持不变， 从前往后按原顺序每项分为一组，每组均为公差为的等差数列， 所以数列是的可分数列． 其中，符合的一组“”的取值有个． ②当时，且时，可以去掉数列中的和． 若，则数列分组为：，， 其中、部分按原顺序每项分为一组，每组均为公差为的等差数列； 部分按照被除所得余数分组，余数相同的每组数按序号从小到大每项分为一组， 则每组数均为等差数列，公差为． 若或，由上述证明，数列仍可分为组等差数列． 所以数列是的可分数列． 而符合的一组“”的取值有个． 满足上述两类的的个数为． 设，记， 用表示数列中的项组成的集合（下同）． 则，且中元素个数均为中元素个数均为． 由题意，数列去掉和两项后可分为每项一组的等差数列共组， 记为，，对应的公差为，则． 考虑被除所得余数： 当时，数列中的项均在某一个中； 当时，数列中的项分别在中， 且没有两项在同一个中，所以，或． 综上，所有满足条件的的个数． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 昌平区2025年高三年级第二次统一练习 数学试卷 本试卷共5页，共150分．考试时长120分钟．考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效．考试结束后，将答题卡交回． 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，选出符合题目要求的一项． 1. 已知全集，集合，，则=（ ）． A. B. C. D. 2. 若复数，则复数的共轭复数（ ）． A. B. C. D. 3. 若，则（ ）． A. B. 0 C. 1 D. 2 4. 已知，，，其中e为自然对数的底数，则（ ）． A. B. C. D. 5. 设函数．已知，且当时，的最小值为4，则（ ）． A. ， B. ， C. ， D. ， 6. 已知半径为1的圆经过原点，其圆心到直线的距离为，则的最大值为（ ）． A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 7. 庑殿顶是中国传统建筑中的一种屋顶形式，其顶盖几何模型如图所示，底面是矩形，侧面由两个全等的等腰梯形和两个全等的等腰三角形组成．若，且四个侧面与底面的夹角的大小均相等，则（ ）． A. B. C. D. 8. 设数列是公比不为1的无穷等比数列，则“数列为递减数列”是“对任意的正整数，”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 9. 已知函数恰有三个零点，则实数的取值范围是（ ）． A. B. C. （，1） D. 10. 在数列中，，则（ ） A. 当时，对于任意的正整数 B. 当时，存在正整数，当时， C. 当时，对于任意的正整数 D. 当时，存在正整数，当时， 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. 若抛物线的焦点与双曲线的右焦点重合，则实数的值为_____． 12. 已知向量在正方形网格中的位置如图所示，若网格纸上小正方形的边长为1，则_____；_____． 13. 已知将函数的图象向右平移个单位后，所得函数图象关于原点对称，则常数的一个取值为_____． 14. 如图，正方形的边长为1，点在直线上．是以点为圆心，为半径的圆弧，是以点为圆心，为半径的圆弧，是以点为圆心，为半径的圆弧，是以点为圆心，为半径的圆弧，是以点为圆心，为半径的圆弧，．．．，依次类推，其中点，共线，点，共线，点共线，点共线．则的长度为_____；由上述圆弧组成的曲线与直线恰有7个交点时，曲线长度的最小值为_____． 15. 已知曲线，给出下列四个结论： ①曲线关于轴对称； ②当时，曲线上任意一点到点，的距离均不超过； ③曲线与直线围成图形的面积小于5； ④经过点且与平行的直线与曲线的所有交点的横、纵坐标均为有理数． 其中所有正确结论的序号是_____． 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，为锐角，． （1）求； （2）若，求的面积． 17. 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，与相交于点，平面平面，点在棱上，． （1）求证：； （2）再从条件①，条件②这两个条件中选择一个作为已知，求平面与平面夹角的大小． 条件①：平面； 条件②：． 18. 在探索数智技术赋能学科学习的过程中，某中学鼓励学生使用某听说平台进行英语口语自主练习．该中学有初中生1200人，高中生800人．为了解全校学生近一个月内使用此听说平台进行英语口语自主练习的次数，从全校学生中随机抽取200名学生进行问卷调查，将他们的使用次数按照，，，，，五个区间进行分组，所得样本数据如下表： 使用次数分组区间 初中生人 高中生人 4 3 38 29 48 28 17 6 3 假设每个学生是否使用此听说平台进行英语口语自主练习相互独立．用频率估计概率． （1）估计近一个月内全校学生中使用此听说平台进行英语口语自主练习的次数不低于30次的总人数； （2）从上面参与问卷调查且使用此听说平台进行英语口语自主练习次数不足10次的学生中随机抽取3人，记为这3人中高中生的人数，求的分布列和数学期望； （3）从该校初中生和高中生中各随机抽取8名学生进行调查，设其中初中生和高中生使用此听说平台进行英语口语自主练习次数位于的人数分别为和，比较与的大小．（结论不要求证明） 19. 已知椭圆的长轴长为，以椭圆的焦点和短轴端点为顶点的四边形的面积为6． （1）求椭圆的方程及离心率； （2）过点且斜率为的直线与椭圆交于两点，点与点关于轴对称．在轴上是否存在定点，使三点共线？若存在，求实数的值，若不存在，说明理由． 20. 已知函数，其中． （1）当时， ①若，求函数的最大值； ②若直线是曲线的切线，且经过点，证明：； （2）当时，若是函数的极小值点，求的取值范围． 21. 设为正整数，数列是公差不为的等差数列，若从中去掉两项和后剩余的项可被平均分为组，且每组的个数都能构成等差数列，则称数列是的可分数列． （1）写出所有，使得数列是、的可分数列； （2）当时，证明：数列是的可分数列； （3）若数列是的可分数列，记所有满足条件的的个数为，求的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $