北京市第一六六中学2024-2025学年高三上学期12月期末模拟数学试卷（Word版附解析）

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1. 已知全集，集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求出集合A，然后求出，进而求得.
详解】由，得，所以,
因为，所以,
所以.
故选：D.
2. 设复数，则复数在复平面内对应点的坐标是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用复数的四则运算和复数对应点的特征求解即可.
【详解】因为，所以，
故复数在复平面内对应的点的坐标是，故C正确.
故选：C
3. 圆的圆心到直线的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出圆心坐标，再利用点到直线距离公式即可.
【详解】由题意得，即，
则其圆心坐标为，则圆心到直线的距离为.
故选：D.
4. 已知抛物线的焦点为，点在上．若到直线的距离为5，则（ ）
A. 7B. 6C. 5D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】利用抛物线的定义求解即可.
【详解】因为抛物线的焦点，准线方程为，点在上，
所以到准线的距离为，
又到直线的距离为，
所以，故.
故选：D.
5. 已知是两个不同的平面，是两条不同的直线，能使成立的一组条件是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用给定条件得到，判断A，利用给定条件得到判断B，举反例判断C，D即可.
【详解】对于A，若，则，故A错误，
对于B，若，则，故B正确，
对于C，若，则可能相交，平行或异面，故C错误，
对于D，若，则可能相交，平行或异面，故D错误.
故选：B
6. 设函数，已知，，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据条件，利用的性质，得到和，从而得到，即可求解.
【详解】因为，且，
所以，得到①
又，则，得到②，
由①②得到，，即，又，所以的最小值为，
故选：B.
7. 已知函数，若，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出抛物线与直线相切时的斜率，由数形结合得解.
【详解】设直线与相切于点，
由，则，
所以切线方程为，又切线过，
所以，解得，
所以，作出及切线的图象，如图，

由图象可知，当时，成立.
故选：D
8. 已知是函数的图象上的两个不同的点，则（ ）
A B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出已知两点的中点坐标及的图象上纵坐标为的点，结合函数图象建立不等式，借助基本不等式即可得解.
【详解】如图所示，设，，的中点为，
点在的图象上，且轴，则，
由图知点在的左侧，即，
所以.
故选：D
9. 的外接圆的半径等于，，则的取值范围是（ ）．
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】以为原点建立平面直角坐标系，设出点坐标，利用向量数量积的坐标运算求得，结合三角函数的取值范围求得的取值范围.
【详解】依题意，的外接圆的半径等于，，
以为原点，为轴建立如图所示平面直角坐标系，，
圆心到，也即轴距离为，
故圆心，半径，所以圆的标准方程为.
设，与不重合.
所以，由于，所以.
故选：C
10. 正方体的棱长为1，动点在线段上，动点在平面上，且平面.线段长度的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，代入计算，即可得到结果.
【详解】
以为坐标原点，以分别为轴的正半轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，设，，
则，则，
因为平面，所以，
即，解得，
所以，所以，
又，所以当时，即是的中点时，取得最小值，
当或，即与点或重合时，取得最大值，
所以线段长度的取值范围为.
故选：C
二、填空题共5小题，每小题5分，共25分.
11. 展开式中含的项的系数为_______．
【答案】
【解析】
【分析】写出展开式的通项公式，令，即可求得答案.
【详解】展开式的通项为，
令，得，所以展开式中含的项的系数为.
故答案为：-160
12. 设向量，且，则_____，和所成角为__________
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】将化简变形，并将坐标代入求出，根据判断两个向量夹角为直角．
【详解】因为，所以，
化简整理得，所以，所以．
因为，所以和所成角为．
故答案为：；.
13. 已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为______.
【答案】
【解析】
【分析】设圆柱的底面半径为，根据圆锥和圆柱的侧面积相等可得半径的方程，求出解后可求圆锥的体积.
【详解】设圆柱的底面半径为，则圆锥的母线长为，
而它们的侧面积相等，所以，即，
故，故圆锥的体积为.
故答案为：.
14. 直线与双曲线的右支只有一个公共点，则的取值范围为______.
【答案】
【解析】
【分析】直线过定点,作出直线与双曲线的图象,通过图象即可求解.
【详解】直线过定点，直线与双曲线图象如图所示，

又双曲线的两条渐近线为，
因为直线与双曲线的右支只有一个公共点，
所以由图可知，，
故答案为：
15. 设与是两个不同的无穷数列，且都不是常数列.记集合，给出下列4个结论：
①若与均为等差数列，则M中最多有1个元素；
②若与均为等比数列，则M中最多有2个元素；
③若为等差数列，为等比数列，则M中最多有3个元素；
④若为递增数列，为递减数列，则M中最多有1个元素.
其中正确结论的序号是______.
【答案】①③④
【解析】
【分析】利用两类数列的散点图的特征可判断①④的正误，利用反例可判断②的正误，结合通项公式的特征及反证法可判断③的正误.
【详解】对于①，因为均为等差数列，故它们的散点图分布在直线上，
而两条直线至多有一个公共点，故中至多一个元素，故①正确.
对于②，取则均为等比数列，
但当为偶数时，有，此时中有无穷多个元素，故②错误.
对于③，设，，
若中至少四个元素，则关于的方程至少有4个不同的正数解，
若，则由和的散点图可得关于的方程至多有两个不同的解，矛盾；
若，考虑关于的方程奇数解的个数和偶数解的个数，
当有偶数解，此方程即为，
方程至多有两个偶数解，且有两个偶数解时，
否则，因单调性相反，
方程至多一个偶数解，
当有奇数解，此方程即为，
方程至多有两个奇数解，且有两个奇数解时即
否则，因单调性相反，
方程至多一个奇数解，
因为，不可能同时成立，
故不可能有4个不同的整数解，即M中最多有3个元素，故③正确.
对于④，因为为递增数列，为递减数列，前者散点图呈上升趋势，
后者的散点图呈下降趋势，两者至多一个交点，故④正确.
故答案为：①③④.
【点睛】思路点睛：对于等差数列和等比数列的性质的讨论，可以利用两者散点图的特征来分析，注意讨论两者性质关系时，等比数列的公比可能为负，此时要注意合理转化.
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，内角的对边分别为，为钝角，，，
（1）求；
（2）若，求的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由二倍角的正弦公式可得，结合正弦定理可求得，可求；
（2）法一：由已知可得，在中，利用余弦定理可求得，利用三角形的面积公式可求面积；法二：由已知可得，在中，利用正弦定理可求得，利用两角和的正弦公式可求得，利用三角形的面积公式可求面积.
【小问1详解】
由题意得，因为为钝角，
则，则，则，解得，
因为为钝角，则.
【小问2详解】
法一：因为，所以，所以，
在中，由余弦定理可得，
所以，所以，解得或（舍去），
所以.
法2：因为，所以，所以，
在中，由正弦定理得，即，解得，
因为为三角形内角，则，
则
，
则.
17. 如图，四棱柱的底面是边长为2的正方形，，侧面底面，E是棱BC上一点，平面.
（1）求证：是的中点；
（2）再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个条件作为已知，使四棱柱唯一确定，
（i）求二面角的余弦值；
（ii）设直线与平面的交点为P，求的值.
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）证明见解析
（2）（i）；（ii）.
【解析】
【分析】（1）连接交于，连接，利用线面平行的判定定理找到可证；
（2）（i）选①：说明条件不能确定棱柱特点即可求解；选②③：证明平面，建立空间坐标系，求得二面角；
（ii）设，可得，根据，可求得的值.
【小问1详解】
连接交于，连接，
因为平面，平面，平面平面，
所以，又因为四边形是平行四边形，所以是的中点，
所以是的中点；
【小问2详解】
（i）
选择条件①：
因为底面是正方形，所以，
侧面平面，且侧面平面，平面，
故平面，又平面，则，
即四边形为矩形，因为，则，
与选择条件①：等价，故条件不能进一步确定的夹角大小，故二面角不能确定；
选择条件②：
连结，因为底面是正方形，所以，
又因为侧面平面，且侧面平面，平面，
所以平面，又平面，所以，
在中，因为，，所以，
在中，因为，，所以，
又平面，所以平面，又，
所以如图建立空间直角坐标系，其中，，，，
且，，易知为平面的一个法向量，
设为平面面的一个法向量，则，即.
不妨设，则，可得，
所以，
因为二面角的平面角是钝角，设为 ，故，
所以二面角的余弦值为.
选择条件③：
因为底面是正方形，所以，
因为，且平面，
所以平面，因为平面，所以，
因为侧面平面，且侧面平面，平面，
所以平面，又，
所以如图建立空间直角坐标系，（下面同选择条件②）.
（ii）设，又，，
则，所以，
所以，因为平面，
所以，所以，解得，
所以.
18. 某社区计划组织一次公益讲座向居民普及垃圾分类知识，为掌握居民对垃圾分类知识的了解情况并评估讲座的效果，主办方从全体居民中随机抽取10位参加试讲讲座活动，让他们在试讲讲座前后分别回答一份垃圾分类知识问卷．试讲讲座前后，这10位居民答卷的正确率如下表：
根据居民答卷的正确率可以将他们垃圾分类的知识水平分为以下三个层级：
假设每位居民回答问卷的结果之间互相独立，用频率估计概率．
（1）正式讲座前．从该社区的全体居民中随机抽取1人，试估计该居民垃圾分类知识水平恰为“一般”的概率；
编号
正确率
1号
2号
3号
4号
5号
6号
7号
8号
9号
10号
试讲讲座前
65%
60%
0%
100%
65%
75%
90%
85%
80%
60%
试讲讲座后
90%
85%
80%
95%
85%
85%
95%
100%
85%
90%
答卷正确率p
垃圾分类知识水平
一般
良好
优秀
（2）正式讲座前，从该社区的全体居民中随机抽取3人，这3人垃圾分类知识水平分别是“一般”、“良好”、“良好”．设随机变量X为“这3人讲座后垃圾分类知识水平达到‘优秀’、的人数”，试估计X的分布列和数学期望；
（3）在未参加讲座的全部居民中再随机抽取若干人参加下一轮的公益讲座并让他们在讲座前后分别填写问卷．从讲座后的答卷中随机抽取一份，如果完成该答卷的居民的知识水平为“良好”，他在讲座前属于哪一知识水平的概率最大？（结论不要求证明）
【答案】（1）
（2）答案见解析 （3）他在讲座前属于“一般”知识水平的概率最大.
【解析】
【分析】（1）先根据给出的数据，求出居民垃圾分类知识水平恰为“一般”的频率，可估计相关的概率.
（2）先明确正式讲座前，垃圾分类水平为“一般”和 “良好”的人在试讲讲座后达到“优秀”的概率，再求对应的概率，可得的分布列，并求其期望.
（3）利用条件概率求解判断.
【小问1详解】
正式讲座前，10位选取的居民中，垃圾分类知识水平为“一般”的人数为5人，所以垃圾分类知识水平位“一般”的频率为：，
所以估计居民垃圾分类知识水平恰为“一般”的频率为：.
【小问2详解】
由表中提供的数据可得：正式讲座前，垃圾分类知识水平为“一般”的人在讲座后，达到“优秀”的概率估计为：；
正式讲座前，垃圾分类知识水平为“良好”的人在讲座后，达到“优秀”的概率估计为：.
由题意，的值可以为：0,1,2,3
且：，
.
所以的分布列为：
所以.
【小问3详解】
从未参加讲座的居民中抽取1人，垃圾分类水平为“一般”记为事件，则，讲座后，知识水平为“良好”的概率估计为；
从未参加讲座的居民中抽取1人，垃圾分类水平为“良好”记为事件，则，讲座后，知识水平为“良好”的概率估计为；
从未参加讲座的居民中抽取1人，垃圾分类水平为“优秀”记为事件，则，讲座后，知识水平为“良好”的概率估计为；
从参加讲座后的居民中抽取1人，垃圾分类水平为“良好”记为事件，则.
因为，，.
所以他在讲座前属于“一般”知识水平的概率最大.
19. 设椭圆，离心率为，长轴长为4.过点的直线l与椭圆交于，两点，直线l与轴不重合.
（1）求椭圆的方程；
（2）已知点，直线与轴交于，与轴交于，直线与轴交于，与轴交于，若，求直线的斜率.
0
1
2
3
【答案】（1）
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据根据椭圆的离心率和长轴求得即可；
（2）设直线方程，联立椭圆方程，利用韦达定理表示，，，，由可得，表示点，建立方程，解之即可求解.
【小问1详解】
因为椭圆的长轴长为4，所以，解得；
又，所以，得，
所以.
【小问2详解】
因为过点的直线l与椭圆交于两点，直线l与轴不重合，所以直线l的斜率不为0.
设直线，
，
，即，即或，；
，；
，；
，
直线，直线，
令，，，
令，，，
则，
即
也即
则，，斜率为；
综上，直线的斜率为.

20. 已知函数.
（1）当时，求函数的单调区间；
（2）证明：当，曲线的切线不经过点；
（3）当时，若曲线与直线在区间上有两个不同的交点，求实数a的取值范围.
【答案】（1）的单调递增区间为，单调递减区间为；
（2）证明见解析； （3）.
【解析】
【分析】（1）求导，利用导数研究单调性即可；
（2）将，利用导数求出切线方程，利用反证法证明即可；
（3）将问题转化为在区间上有两个不同的解，即在区间上有两个不同的解，设，利用导数求解即可.
【小问1详解】
当时，，的定义域为.
，
令，解得.
当时，，单调递增，
当时，，单调递减.
所以的单调递增区间为，单调递减区间为；
【小问2详解】
当时，，.
设曲线的切点为，
则切线方程为，
假设切线过原点，则有，
整理得：.
令，则.
所以当时，；当时，；
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以对任意，，
所以方程无解.
综上可知，曲线在点的切线不过原点.
【小问3详解】
曲线与直线在区间上有两个不同的交点，
等价于在区间上有两个不同的解，
即，在区间上有两个不同的解，
设，则，
令，解得，
又因为，所以，
当，，所以单调递增；
当，，所以单调递减；
所以，
当时，，
当时，，
要使在区间上有两个不同的解，
只需使即可.
所以实数a的取值范围是.
21. 已知为有穷整数数列．给定正整数m，若对任意的，在Q中存在，使得，则称Q为连续可表数列．
（1）判断是否为连续可表数列？是否为连续可表数列？说明理由；
（2）若为连续可表数列，求证：k的最小值为4；
（3）若为连续可表数列，且，求证：．
【答案】（1）是连续可表数列；不是连续可表数列．
（2）证明见解析． （3）证明见解析．
【解析】
【分析】（1）直接利用定义验证即可；
（2）先考虑不符合，再列举一个合题即可；
（3）先证明，再说明时不合题意，找出且满足题意的数列即可得解．
【小问1详解】
，，，，，所以是连续可表数列；易知，不存在使得，所以不是连续可表数列．
【小问2详解】
若,设为,则至多，6个数字，没有个，矛盾；
当时,数列，满足，，，，，，，， ．
【小问3详解】
先证明.
从5个正整数中，取一个数字只能表示自身，最多可表示5个数字，
取连续两个数字最多能表示4个数字，取连续三个数字最多能表示3个数字，
取连续四个数字最多能表示2个数字，取连续五个数字最多能表示1个数字，
所以对任意给定的5个整数，最多可以表示个正整数，不能表示20个正整数，即.
若，最多可以表示个正整数，
由于为连续可表数列，且，所以至少有一项为负数，
既然任意5个正整数都不可能为20-连续可表数列，那么中间若插人一个负数项，更不能连续表示的正整数.
所以至少要有6个正整数才能连续表示的正整数.所以中至少包含6个正整数和一个负数，故.
当时，数列满足题意，
．
【点睛】关键点睛，先理解题意，是否为可表数列核心就是是否存在连续的几项（可以是一项）之和能表示从到中间的任意一个值．本题第二问时，通过和值可能个数否定；第三问先通过和值的可能个数否定，再验证时，数列中的几项如果符合必然是的一个排序，可验证这组数不合题．