【数学】北京市朝阳区2025届高三下学期质量检测一（3月）试卷（解析版）

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1. 已知集合，集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】，
所以，
故选：A.
2. 设复数的共轭复数为，则（ ）
A. 1B. C. 2D. 4
【答案】C
【解析】因为复数，所以复数的共轭复数为，
所以.
故选：C.
3. 在的展开式中，常数项为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】的展开式通项为，
令，解得，所以，展开式中的常数项为.
故选：D.
4. 为了得到函数的图象，可以将函数的图象
A. 向右平移个单位B. 向左平移个单位
C. 向右平移个单位D. 向左平移个单位
【答案】D
【解析】因为，所以将函数的图象向左平移个单位，选D.
考点：三角函数图像变换
5. 已知等比数列，，，则（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】A
【解析】已知，，可得公比.
再将，代入通项公式，可得，解得. 可得：
；；.
可得：.
故选：A.
6. 已知曲线，则“”是“为焦点在轴上的双曲线”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】A
【解析】若，则，
所以，即，
所以为焦点在轴上的双曲线；
若为焦点在轴上的双曲线，
则对于，即，
可得，即且，不一定得到，
综上，“”是“为焦点在轴上的双曲线”的充分不必要条件.
故选：A
7. 已知，，则（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】B
【解析】由，，得，
整理得，所以.
故选：B
8. 某市计划在一条河上修建一座水上休闲公园，如图所示．这条河两岸所在直线，互相平行，桥DE与河岸所在直线垂直．休闲公园的形状可视为直角三角形，它的三个入口分别设在直角三角形的顶点A，B，C处，其中入口A点（定点）在桥DE上，且A到直线，的距离分别为，（为定值），入口B，C分别在直线，上，公园的一边AB与直线所成的锐角为，另一边AC与AB垂直．设该休闲公园的面积为，当变化时，下列说法正确的是（ ）

A. 函数的最大值为
B. 函数的最小值为
C. 若，且则
D. 若，且，则
【答案】D
【解析】在中，，，根据正弦函数的定义，可得.
因为，，所以，在中，，根据余弦函数的定义，可得.
对于，，将，代入可得：
，进一步化简为，.
对于选项A，因为，所以，.当取最小值（取不到），最大值时，没有最大值，所以A错误.
对于选项B，由，，当，即，时，取得最小值，所以B错误.
对于选项C，当时，，单调递增，单调递减；当时，，单调递减，单调递增.
所以若且，不一定有，C错误.
对于选项D，若且，则，.因为，，所以，D正确.
故选：D.
9. 在中，，，点M为所在平面内一点且，则的最小值为（ ）
A. 0B. C. D.
【答案】C
【解析】在三角形中，由余弦定理，故为钝角；
又，故点在三角形底边的高线上，
则以所在直线为轴，以其上的高线为轴建立平面直角坐标系如下所示：
又，则，
故，；
则，设，，
故，当且仅当时取得等号；
也即的最小值为.
故选：C.
10. 位同学参加学校组织的某棋类单循环制比赛，即任意两位参赛者之间恰好进行一场比赛．每场比赛的计分规则是：胜者计分，负者计分，平局各计分．所有比赛结束后，若这位同学的得分总和为分，且平局总场数不超过比赛总场数的一半，则平局总场数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】设平局总场数为，且所有比赛的场数为，
由题意可知，，
由于能决定胜负的每场选手的得分之和为分，每场平局选手的得分之和为分，
由题意可得，所以，，
因为平局总场数不超过比赛总场数一半，则，
整理可得，因为，解得，
所以，平局的局数为.
故选：B.
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. 函数的定义域为_______．
【答案】
【解析】对于函数，有，解得，
故函数的定义域为.
故答案为：.
12. 已知点在抛物线上，则抛物线C的焦点F的坐标为_______；以F为圆心，为半径的圆与抛物线C的准线的位置关系是_______．（填“相交”“相切”或“相离”）
【答案】①. ②. 相切
【解析】由题意可得，所以，
所以抛物线C的焦点F的坐标为；
由两点间距离公式可得，即为圆的半径，
又焦点到准线的距离为2，
所以为半径的圆与抛物线C的准线的位置关系是相切.
故答案为：；相切.
13. 已知函数是上的奇函数，当时，则_______；若存在，使得，则c的一个取值为_______．
【答案】①. ②. 4（答案不唯一）
【解析】因为函数是上的奇函数，且时，，
所以.
当时，由，可得，
令，即，解得，
所以函数在单调递减，在单调递增，
所以时，，，
由为函数是上的奇函数，可得时，，又，
由，可得或，
所以的取值范围为.
故答案为：；4（答案不唯一）.
14. 干支纪年法是我国古代一种纪年方式，它以十天干（甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸）和十二地支（子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥）的组合来表示年份，循环纪年．比如某一年为甲子年‘，则下一年为乙丑年，再下一年为丙寅年，以此类推，排列到癸酉年后，天干回到“甲”，即甲戌年，下一年为乙亥年，之后地支回到“子”，即丙子年，以此类推．已知2025年是乙巳年，则2025年之后的首个己巳年是_______年．（用数字作答）
【答案】2049
【解析】天干是以10为公差的等差数列，地支是以12为公差的等差数列，
从2025年是乙巳年，以2025年的天干和地支分别为首项，
因为地支为巳，则经过的年数为12的倍数，
又因为2025年为天干为乙，到天干为已，需经过丙、丁、戊、己，
故经过年数除以10的余数为4，故需经过24年，所以2025年之后的首个已巳年是2049.
故答案为：2049.
15. 在棱长为的正方体中，点P是底面内的动点，给出下列四个结论：
①的最小值为；
②的最小值为；
③的最大值为；
④的最小值为．
其中所有正确结论的序号是_______．
【答案】①②④
【解析】设点、、、关于平面的对称点分别为、、、，
设底面、的中心分别为点、，如下图所示：
对于①，易知为的中点，则，可得，
所以，，
当点与点重合时，底面，此时，取最小值，
即的最小值为，①对；
对于④，
，
当点与点重合时，底面，此时，取最小值，
则的最小值为，④对；
对于②，由对称性可知，，
则，
当且仅当点为线段与平面的交点时，取最小值，②对；
对于③，当点与点重合时，，
所以，的最大值不是，③错.
故答案为：①②④.
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. 如图，在四棱柱中，平面，在四边形中，，为线段的中点．
（1）求证：平面；
（2）若平面平面，，求平面与平面夹角的余弦值．
（1）证明：连接．
因为为的中点，
所以．
又，所以四边形为平行四边形．
所以．
又因为，
所以．
所以四边形为平行四边形．
所以．
又因为平面平面，
所以平面．
（2）解：因为平面，
所以．
又因为平面平面，平面平面，
且平面，
所以平面．
所以．
所以两两垂直．
如图建立空间直角坐标系，
则．
所以．
因为平面，
所以是平面的法向量．
设平面的法向量为，
则，即，
令，则．于是．
设平面与平面夹角为，
则．
17. 在中，
（1）求c的值；
（2）已知，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，求的周长．
条件①：；
条件②：AB边上的高为；
条件③：．
注：如果选择的条件不符合要求，第（Ⅱ）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．
解：（1）由正弦定理及
得．
所以．
所以．
又因为，所以．
所以．
（2）选条件①：因为，且，
所以．
因为，所以．所以．
又因为，所以．
所以．
又，所以．
所以的周长为．
选条件②：因为边上的高为，所以．
又因为，所以．
所以．
因为，所以．
a.当时，由，得．
又，所以．
所以．
所以周长为．
b.当时，由，得．
又，所以，不符合题意．
综上，的周长为．
选条件③：
由余弦定理，可得，即。
解得或，此时不唯一，不符合要求.
18. 某高中组织学生研学旅行．现有A，B两地可供选择，学生按照自愿的原则选择一地进行研学旅行．研学旅行结束后，学校从全体学生中随机抽取100名学生进行满意度调查，调查结果如下表：
假设所有学生的研学旅行地点选择相互独立．用频率估计概率．
（1）估计该校学生对本次研学旅行满意的概率；
（2）分别从高一、高二、高三三个年级中随机抽取1人，估计这3人中至少有2人选择去B地的概率；
（3）对于上述样本，在三个年级去A地研学旅行的学生中，调查结果为满意的学生
人数的方差为，调查结果为不满意的学生人数的方差为，写出和的大小关系．`（结论不要求证明）
解：（1）从表格数据可知，随机抽取的100名学生对本次研学旅行满意的人数为
，
因此该校学生对本次研学旅行满意的概率可估计为．
（2）设事件：抽取的高一学生选择去B地，
事件：抽取的高二学生选择去B地，
事件：抽取的高三学生选择去B地，
事件：抽取的3人中恰有人选择去B地，，
事件：抽取的3人中至少有2人选择去B地．
从数据表格可知，抽取的100名学生中高一年级学生总数为，
选择去B地的总数为，所以可估计为；
抽取的100名学生中高二年级学生总数为，
选择去B地的总数为，所以可估计为；
抽取的100名学生中高三年级学生总数为，
选择去B地的总数为，所以可估计为；
因为，
所以
．
所以抽取的3人中至少有2人选择去地的概率可估计为
．
（3）在三个年级去A地研学旅行的学生中，
调查结果为满意的学生人数的平均数为，
则调查结果为满意的学生人数的方差为，
调查结果为不满意的学生人数的平均数为，
则调查结果为不满意的学生人数的方差为，
则.
19. 已知椭圆的右焦点为，离心率为．
（1）求椭圆E的方程；
（2）过点作直线l与椭圆E交于不同的两点A，B．设，直线BC与直线交于点N，求证：直线AN的斜率为定值．
（1）解：由题意得，解得，
所以椭圆的方程是．
（2）证明：由题可知直线斜率存在．设直线．
由，得．
由，得，即．
设，
则．
直线的方程为．
令，得的纵坐标为．
因为
，
所以．
．
又
．
所以，即．
所以直线的斜率为定值．
20. 已知函数．
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）若，求证：当时，；
（3）若函数有个不同的零点，求的取值范围．
（1）解：当时，，则，所以，．
所以曲线在点处的切线方程为，即．
（2）证明：由题设知．
设函数．
当时，因为，
所以对任意的恒成立，即．
所以函数在区间上单调递增，所以．
所以当且时，．
（3）解：函数的定义域为，
．
当时，，函数在区间上单调递减，
函数至多一个零点，不合题意；
②当时，由（2）可知函数在区间上单调递增，
函数至多一个零点，不合题意．
③当时，对于函数，
因为，所以方程有两个实数根、，
满足，，
不妨设，则，、的情况如下：
所以函数的单调递增区间是、，单调递减区间是．
因为，所以为的一个零点．
又，，且，
所以存在唯一实数，使得．
又，，且，
所以存在唯一实数，使得．
所以函数有个不同的零点．
综上，的取值范围为．
21. 已知，，，为有穷正整数数列，若存在，其使得，其中，则称Q为连续可归零数列．
（1）判断：1，3，2和：4，2，4是否为连续可归零数列？并说明理由；
（2）对任意的正整数，记，其中表示数集S中最大的数．令，求证：数列，，，不是连续可归零数列；
（3）若，，，的每一项均为不大于的正整数，求证：当时，Q是连续可归零数列．
证明：（1）数列连续可归零数列，理由如下：
取，则，
所以数列是连续可归零数列．
数列不是连续可归零数列，理由如下：
当时，，
因为是奇数，故是奇数，所以．
当时，，
因为是奇数，故是奇数，所以．
当时，，
因为是奇数，故是奇数，所以．
所以数列不是连续可归零数列．
（2）因为1，3，5，7是奇数，故，
所以．
因为，所以．
因为，所以．
所以数列．
因为，
所以与奇偶性相同．
当或时，因为中，为奇数，其余各项均为偶数，
所以为奇数．
所以．
当取时，
由（1）可知，
综上，数列不是连续可归零数列．
（3）设，
则是整数数列．
下面证明对任意，均有．
显然满足．
假设结论不成立，则存在，使得或，
且当时都有．
（i）若，当时，，
因，所以，矛盾；
当时，，
因为，所以，矛盾．
（ii）若，当时，，
因为，所以，矛盾；
当时，，
因为，
又是整数，所以，矛盾．
综上，对任意，均有．
若存在，使得，
则存在且，使得，
此时数列是连续可归零数列．
若任意，
因为中共个非零整数，
当时，数列中存在且，使得，
从而存在，使得，
此时数列是连续可归零数列．
综上，当时，数列是连续可归零数列．
高一
高二
高三
A地
B地
A地
B地
A地
B地
满意
12
2
18
3
15
6
一般
2
2
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不满意
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极大值
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