北京市房山区2025届高三下学期一模试题 数学 含解析

这是一份北京市房山区2025届高三下学期一模试题 数学 含解析，共21页。试卷主要包含了 已知集合，集合，则， 在复平面内，复数对应的点位于， 已知，且，则， 直线与圆交于两点，则， 已知向量，若，则， 若，则， 已知函数，则“”是“”的等内容，欢迎下载使用。
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. 1B. 2C. D.
5. 已知向量，若，则（ ）
A. 2B. C. D.
6. 若，则（ ）
A. B. 41C. 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. 300B. 450C. 600D. 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：
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．
参考答案
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. 【答案】A
【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. 【答案】B
【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. 【答案】C
【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. 【答案】B
【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. 【答案】D
【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. 【答案】C
【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. 【答案】A
【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. 【答案】D
【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. 【答案】C
【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. 【答案】C
【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. 【答案】4
【分析】求出，得到答案.
【详解】，，故.
故答案为：4
12. 【答案】
【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. 【答案】 ①. ②. 1
【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.

14. 【答案】 ①. 1 ②.
【分析】应用诱导公式计算求解即可.
【详解】若对任意实数x,csx+π6=sinx+π6+π2=sinx+2π3=Asinx+φA>0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. 【答案】①③④
【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. 【答案】（1）
（2）
【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. 【答案】（1）证明见解析
（2）.
【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】
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.
【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. 【答案】（1）
（2）分布列见解析，
（3）
【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：
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. 【答案】（1），离心率；
（2）存在，.
【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. 【答案】（1）的单调递增为；单调递减区间为.
（2）证明见解析
【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：
所以函数的单调递增为；单调递减区间为.
【小问2详解】
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.
21. 【答案】（1）具有性质，；
（2）1； （3）.
【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．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
0
1
2
3
0
0
极大值