北京市石景山区2024-2025学年高三上学期期末考试 数学 含答案

这是一份北京市石景山区2024-2025学年高三上学期期末考试 数学 含答案，共12页。试卷主要包含了解答题共6小题，共85分，选择题等内容，欢迎下载使用。
本试卷共7页，满分为150分，考试时间为120分钟。请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）
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）已知集合，，则等于
（A）（B）
（C）（D）
（2）若复数满足，则
（A）（B）
（C）（D）
（3）已知，且，则下列不等关系中正确的是
（A） （B）
（C）（D）
（4）下列函数中，是奇函数且在定义域内是增函数的是
（A）（B）
（C）（D）
（5）圆心在轴上的圆与直线相切于点，则圆心的纵坐标为
（A）1（B）（C）2（D）3
（6）在的展开式中，含的项的系数是7，则
（A）1（B）2（C）3（D）4
（7）某食品的保鲜时间（单位：小时）与储藏温度（单位：）满足函数关系（为自然对数的底数，为常数）．若该食品在的保鲜时间是小时，在的保鲜时间是小时，则该食品在的保鲜时间是
（A）小时（B）小时（C）小时（D）小时
（8）“”是“函数在上单调递减”的
（A）充分不必要条件（B）必要不充分条件
（C）充分必要条件（D）既不充分也不必要条件
（9）我国有着丰富悠久的印章文化，印章是签署文件时代表身份的信物，因其独特的文化内涵，有时作为装饰物来使用．图1是一个金属印章摆件，除去顶部的环可以看作是一个正四棱柱和一个正四棱锥组成的几何体，如图2所示．已知正四棱柱和正四棱锥的底面边长为4，体积之比为，且该几何体的顶点在球的表面上，则球的半径为
（A）2（B）3（C）4（D）5
（10）已知集合，若存在，使得，则集合的个数为
（A）（B） （C）（D）
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）抛物线的焦点到其准线的距离为 ．
（12）向量在正方形网格中的位置如图所示．若向量与共线，则实数 ．
（13）设是双曲线的左、右焦点，是双曲线上的一点，且，则的面积等于 ．
（14）已知函数.若，则 ；若对任意的正数，方程都恰有两个不等的实数根，则实数的取值范围是 .
（15）首项为正数的数列满足，给出下列四个结论：
①存在和，使得是等比数列；
②若且是奇数，则为奇数；
③若且，则存在使得；
④若且，则是递减数列．
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）（本小题13分）
在中，．
（Ⅰ）求；
（Ⅱ）若，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，使得存在且唯一确定，求的面积．
条件①：的周长为；
条件②：；
条件③：．
注：如果选择的条件不符合要求，第（Ⅱ）问得分；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）（本小题13分）
某城市的甲、乙两个区，甲区有500个居民小区，乙区有300个居民小区．为了解甲、乙两个区在绿化与垃圾分类两方面的达标情况，进行了调查统计，结果如下：（单位：个）
（Ⅰ）从甲乙两区的所有居民小区中随机抽取一个居民小区，求抽到的是“甲区且绿化达标”的概率；
（Ⅱ）从甲区和乙区中各随机抽取一个居民小区，设表示这两个居民小区中“垃圾分类达标”的个数，求的分布列和数学期望；
（Ⅲ）城市管理部门计划按照分层抽样从甲、乙两区抽取40个居民小区进行评比，在抽取的40个居民小区中，设为“绿化达标”居民小区的数量，为“绿化达标且垃圾分类达标”居民小区的数量，试判断方差的大小．（结论不要求证明）
绿化达标
垃圾分类达标
绿化达标且垃圾分类达标
甲区
300
250
200
乙区
180
150
120
（18）（本小题14分）
如图，在四棱锥中，平面，四边形是边长为的正方形，是的中点．
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）求证：；
（Ⅲ）若直线与平面所成角的正弦值为，求的长度．
（19）（本小题15分）
已知椭圆的离心率为，且椭圆的左、右焦点和短轴的两个端点构成的四边形的面积为．
（Ⅰ）求椭圆的标准方程；
（Ⅱ）过椭圆的上顶点且斜率为的直线与椭圆交于另一点，过点作与垂直的直线，交直线于点，过点作直线的垂线，垂足为，若
，求的值．
（20）（本小题15分）
设函数.
（Ⅰ）当时，求曲线在点处的切线方程；
（Ⅱ）求的单调区间；
（Ⅲ）若存在两个极值点，证明：.
（21）（本小题15分）
项数为的数列满足如下两个性质，则称为一个满足“绝对值关联”的阶数列：
①；
②．
（Ⅰ）判断数列是否为一个满足“绝对值关联”的5阶数列？是否为一个满足“绝对值关联”的5阶数列？说明理由；
（Ⅱ）若数列为一个满足“绝对值关联”的阶数列，证明：的最小值为；
（Ⅲ）若数列为一个满足“绝对值关联”的阶数列，求的最小值．
（考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效）
石景山区2024—2025学年第一学期高三期末
数学试卷答案及评分参考
一、选择题（共10小题，每小题4分，共40分）
（1）A（2）A（3）B（4）C （5）D
（6）D（7）D（8）C（9）B （10）B
二、填空题（共5小题，每小题5分，共25分）
（11）（12） （13）
（14）， （15）①②④
三、解答题（共6小题，共85分）
（16）(本小题满分13分)
解：（Ⅰ）在中，由正弦定理得，．
由知，且，
即，
得，
因为，所以． ……6分
（Ⅱ）选①据题意，，
由余弦定理得，
整理得，
． ……13分
选②在中，因为，所以，
由正弦定理得，，即，
解得；
因为，所以
，
．……13分
选③根据余弦定理，
整理得，
所以方程有两个不相等的正实数根，三角形不唯一确定．
（17）(本小题满分13分)
解：（Ⅰ）设事件 “抽到的是甲区且绿化达标”，
因为该城市试点区的所有居民小区共有个，
甲区且绿化达标的居民小区共有个，
，
所以，抽到的是“甲区且绿化达标”的概率为．………4分
（Ⅱ）的所有取值集合为，
依题意，从甲区中随机抽取一个居民小区，它是“垃圾分类
达标”小区的概率为，从乙区中随机抽取一个居民小
区，它是“垃圾分类达标”小区的概率为，
，，
，
所以的分布列为：
数学期望为：． ………11分
（Ⅲ）． ………13分
18(本小题满分14分)
解：（Ⅰ）证明：连接，设，连接，
因为在四棱锥中，四边形是正方形，
所以为的中点，
因为为的中点
所以在中，，
又,
所以． ………4分
（Ⅱ）法1：，，
所以．
因为四边形是正方形，
所以，，
因为，，
所以．
法2：因为平面，平面，平面，
所以．
又四边形为正方形，，
以为坐标原点，分别为轴如图建立
空间直角坐标系．设，
由题意得，，，，
，
所以，，
因为，
所以． ………9分
（Ⅲ）因为平面，平面，平面，
所以．
因为四边形为正方形，所以，
以为坐标原点，分别为轴如图建立空间直角坐标系．
设，平面的法向量为，
则 ，所以，即
令，则，，
，
设直线与平面所成的角为
，
解得，或，
所以或． ………14分
（19）(本小题满分15分)
解：（Ⅰ）由题意知，，．
又，解得，，，
故椭圆的标准方程为：． ………5分
（Ⅱ）因为，由题意可知，直线的斜率存在，且不为．
所以直线的方程为．
联立消去，得，
解得或，因为点与点不同，所以，
因为 直线的方程为．
因为所以直线．
联立，解得所以．
因为垂直于直线 所以．
在直角和直角中，
所以即．
因为
代入
得，化简得解得
因为，所以的值为． ………15分
（20）(本小题满分15分)
（Ⅰ）时，，.
又，则.
所以曲线在点处的切线方程为
，即； ………4分
（Ⅱ）的定义域为.
，因为
当时，，此时的增区间为，无减区间.
当时，解得，
时，在上单调递增；
时，在上单调递减；
时，在上单调递增.
综上：当时，的增区间为，无减区间；
当时，，的增区间为和，
减区间为. ………10分
（Ⅲ）因为存在两个极值点，
所以方程，即在上有两个不等实根.
所以，解得.
则
要证不等式即证，即，
不妨设，即证，
令，，则，
所以在上递增，则，所以成立，
所以. ………15分
（21）(本小题满分15分)
（Ⅰ）不是一个满足“绝对值关联”的5阶数列，
因为．
是一个满足“绝对值关联”的5阶数列，
因为,且，满足两个性质…4分
（Ⅱ）因为数列为一个满足“绝对值关联”的阶数列，
所以，即．
又，所以，同时，
所以解得.又数列是一个满足“绝对值关联”的6阶数列，所以的最小值为. ………9分
（Ⅲ）数列为一个满足“绝对值关联”的阶数列,
所以，且
不妨设，，其中，
记，不妨设（否则用代替即可），
，所以．
因为， ，
所以且，即不小于和中的最大者，
当或时，和中的最大者均为，所以，
当或时，或者，所以．
综上，当数列前项为正，后项为负时取等号，此时数列可为：符合题意．
所以的最小值为． ………15分
（以上解答题，若用其它方法，请酌情给分）