北京市中国人民大学附属中学2024−2025学年高三下学期数学统练3（含解析）

这是一份北京市中国人民大学附属中学2024−2025学年高三下学期数学统练3（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（本大题共9小题）
1．在复平面内，复数，则对应的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
2．已知，，则的元素个数为（ ）
A．0B．1C．2D．3
3．如图所示，弧是以O为圆心，为半径的圆的一部分，满足，，是的中点，在弧上运动，则的最小值为（ ）

A．2B．-2C．D．-1
4．若的展开式中，二项式系数和为64，则展开式的常数项为（ ）
A．-240B．240C．15D．-15
5．今年高三的“节”活动引用了漫画《龙珠》.在原著中卡林塔上的猫仙人种植了一种仙豆，可以帮助主角疗伤和增长战斗力.仙豆共有7颗，从小到大可以增加的战斗力构成一个递增的等差数列.在下一场挑战前，主角将7颗仙豆全部吃掉，增加21000的战斗力，击败了“比克大魔王”.如果第3小的仙豆可以增加2700的战斗力，那么最小的仙豆可以增加的战斗力为（ ）
A．1800B．2100C．3600D．3900
6．双曲线：，焦距为10，左右焦点分别为，，M为E上一点满足，则（ ）
A．13B．1或13C．10D．4或10
7．北京天桥艺术中心旁边的四面钟是天桥附近颇有意趣的传统景观之一.这个主体建筑可以近似看做正四棱柱.四面钟的每一面都挂在该正四棱柱的一个侧面上.当四面钟都正常显示标准北京时间时，相邻两面钟的时针所在直线所成角最大为（ ）

A．B．C．D．
8．已知等比数列单调递减，各项均为正数，前项的乘积记为.则“”是“有唯一的最大值”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．既不充分又不必要条件
9．已知的值域为，那么实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共1小题）
10．已知无穷数列满足：，，，，其中表示不超过的最大整数.则下列说法中正确的是（ ）
A．对于任意，，都不是常数列
B．存在正数，，使得是递增数列
C．对于任意正数，q，都存在正整数，使得是周期数列
D．如果是常数列，则一定有
三、填空题（本大题共5小题）
11．抛物线的准线方程是 .
12．不等式的解集为 .
13．已知某圆锥高，轴截面为等腰直角三角形，则其侧面积 ，体积 .
14．已知函数，将的图象向左移动个单位后得到的图象对应的函数为，若函数的最大值是一个小于的正数，则一个符合条件的 .
15．已知函数，
①当，时，恰有1个零点；
②若，则对于任意的，都有零点；
③当时，若函数恰有1个零点，则满足条件的取值唯一；
④当时，存在的取值，使得有3个零点.
其中所有正确结论的序号是： .
四、解答题（本大题共6小题）
16．已知三棱锥，底面是以为直角顶点的等腰直角三角形，平面平面，是棱的中点，在棱上，满足平面.

(1)求的值；
(2)若，，求直线与平面所成角的正弦值.
17．在中，，
(1)求的值.
(2)从以下三个条件中选一个作为已知，使得满足条件的存在，求的面积.
①边上的高为7；
②；
③边上的中线长5.
18．某次测验满分为100分，A组和B组各有10人参加，成绩如下表：
对于该次测验，分数时为及格，分数分时为良好，成绩分时为优秀.
(1)从两组中任取1名学生，求该名学生成绩为良好的概率；
(2)从A组中随机抽取1名学生，再从B组中随机抽取1名学生.用随机变量X表示这两人的成绩为优秀的人数，求X的分布列和数学期望；
(3)从A、B两组中均随机抽取3人，A组成绩为76，83，92.已知B组抽出的3人中有2人的成绩为99，92，直接写出B组3人成绩方差比A组3人成绩方差小的概率，
19．椭圆：，左、右顶点分别为A，B，上顶点为C，原点为，P是椭圆上一点.，面积的最大值为6.
(1)求椭圆的方程和离心率；
(2)当点P不与椭圆顶点重合时，记直线与椭圆的另一个交点为，交直线为D，直线交x轴为E.求证：直线与直线的斜率之积为定值.
20．已知函数，.
(1)求斜率为1的切线方程；
(2)若对于任意，任意，总有，求的最大值；
(3)若有4个极值点，求的取值范围.
21．已知有穷数列：，，满足，，且恰有项为. 定义，其中，. 对于给定的正整数，若正整数满足，则称是一个“险胜时刻”.
(1)对于满足的数列：，写出全部的“险胜时刻”.
(2)当时，数列：中“险胜时刻”最多有多少个?
(3)求的所有可能值，使得数列：一定存在“险胜时刻”.
参考答案
1．【答案】D
【分析】根据复数的几何意义求解即可.
【详解】由复数的几何意义得复数，在复平面内对应的点，是第四象限.
故选D.
2．【答案】D
【详解】因为，即，解得，
所以，又因为，
所以，所以的元素个数为.
故选D.
3．【答案】C
【详解】由题意可知，，，
则，
因为点在弧上运动，所以，
而余弦函数在内单调递减，
所以当时，取得最小值.
故答案为C.
4．【答案】B
【详解】根据题意有，解得，
故二项式展开式的通项公式为：
，
令，求得，
则展开式的常数项为：.
故选B.
5．【答案】B
【详解】由题干可知颗仙豆从小到大可以增加的战斗力构成一个递增的等差数列，
不妨设为，则，颗仙豆可增加的战斗力之和记为，
由等差数列的前项和公式可知，
所以数列的公差，故，
即最小的仙豆可以增加的战斗力为.
故选B.
6．【答案】A
【详解】由题意知双曲线：，焦距为10，
故，则，
由，，得或，
结合，则M在双曲线左支上，
由于，故，
故选A.
7．【答案】C
【详解】

由题意，在正四棱柱中，建立如图所示的空间直角坐标系.
不妨设平面上的时钟的时针的方向向量，不同时为0，
因为四面钟都正常显示标准北京时间，所以设平面上的时钟的时针的方向向量.
设相邻两面钟的时针所在直线所成角为，
则，
①当时，，则；
②当时，，因为，则，
即，则；
综上所述：，则的最大值为，
因此，相邻两面钟的时针所在直线所成角最大为.
故选C.
8．【答案】B
【详解】根据已知条件有，设公比为，则有，
有唯一的最大值的充要条件为：且，
若，则有，又因为，
所以；
又根据，即，
因为，所以，
综上不能推出有唯一的最大值，
若有唯一的最大值，则且，
因为，，所以有，
又因为，所以，此时可推出成立，
所以“”是“有唯一的最大值”的必要不充分条件.
故选B.
9．【答案】A
【详解】当时，函数在上单调递增，其取值集合为，而函数的值域为R，因此函数在上的取值集合包含，
当时，函数在上的值为常数，不符合要求，
当时，函数在上单调递减，取值集合是，不符合要求，
于是得，函数在上单调递增，取值集合是，
则，解得，
所以实数的取值范围是.
故选A.
10．【答案】BD
【详解】对于选项A，当时，，是常数列，故A错误；
对于选项B，当时，
是递增数列，故B正确；
对于选项C，当时，

不是周期数列，故C错误；
对于选项D，当是常数列时，
故D正确；
故选BD.
11．【答案】
【详解】将写成标准方程，即，
是开口向下的抛物线，且，
故其准线方程为.
12．【答案】
【详解】由得，即，
整理得：，即，
即，解得或，
故不等式的解集为.
13．【答案】
【详解】

如图，为等腰直角三角形，且，
所以底面圆半径，母线长，
所以侧面积，体积.
14．【答案】（答案不唯一）
【详解】因为，
根据已知条件有，
所以
，
因为函数的最大值是一个小于的正数，
所以时，满足题意，
所以满足上式的都符合题意，答案不唯一，
满足上式，所以符合题意.
15．【答案】①②
【详解】对于①，当，时，由，
分别作出函数与的图象，
由图像可得两函数必有一个交点，则有唯一零点，故①正确；
对于②，若，由，
分别作出函数与的图象，当时作图可得：
此时由图像可得两函数必有一个交点，但当时又作图可得：
此时由图像可得两函数也必有一个交点，则都有零点，故②正确；
对于③，若时，由，
分别作出函数与的图象，当时作图可得：
此时由图像可得两函数必有一个交点，说明对任意的，都满足有一个零点，即满足条件的的取值并不唯一，故③错误；
对于④，若时，由，
分别作出函数与的图象，当时作图可得：
此时由图像可得两函数必有一个交点，说明对任意的，不满足有三个零点，
所以当时，又分别作出函数与的图象，

此时由图像可得两函数可能没有交点，或只有一个交点，或有两个交点，但一定没有三个交点，所以不满足有三个零点，故④错误.
16．【答案】(1)1
(2)
【详解】（1）因为底面是以为直角顶点的等腰直角三角形，所以，
又平面平面，平面平面，
所以平面，又因为满足平面，所以，
又是棱的中点，则为的中位线，故是棱的中点，
所以；
（2）以点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系：

因为，，则，
又是以为直角顶点的等腰直角三角形，则，
故，，取中点，连接，则，
又，故设，根据三棱锥的体积相等，
，可得，
解得，所以设，故，
，设平面的法向量为，则
，解得，令，则，
则，
即直线与平面所成角的正弦值为.
17．【答案】(1)
(2)选①无解；选②或；选③
【详解】（1）在中，，
又，
由正弦定理得，，
即，
即，由正弦定理得，，
又，所以.
（2）选①边上的高为7，
过作于，如图，
由已知，在中，，，
显然这样的三角形不存在，所以无解.
选②，即，
又，，则由正弦定理得，即，
则，
由余弦定理，得，
即，解得或，
当时， 的面积，
当时， 的面积.
选③边上的中线长5，
设的中点为，由（1）知，则，
又，
在中，由余弦定理，，
在中，由余弦定理，，
因为，所以，
则，解得，
在中，由余弦定理，，
则，
所以的面积.
18．【答案】(1)
(2)分布列见解析，期望为
(3)
【详解】（1）由题意知，A组中良好的学生有5人，再从B组中良好的学生有7人，
从两组中任取1名学生，求该名学生成绩为良好的概率为.
因此，学生成绩为良好的概率为.
（2）根据题意得，A组中优秀的学生有5人，再从B组中优秀的学生有2人
X的可能取值为0，1，2.
则，，
所以X的分布列为：
因此，X的数学期望.
（3）A组成绩为成绩分别为76，83，92，平均值为，方差为，
B组抽出的3人中有2人的成绩为99，92， ，平均值为，
所以，
即，
代入检验，可知最小为84，最大，
故B组3人成绩方差比A组3人成绩方差小的概率为.
19．【答案】(1)，
(2)证明见解析
【详解】（1）由题意知，当点在椭圆上下顶点时，
面积取得最大值，即，
所以椭圆方程为，，所以离心率；
（2）不妨设点，由椭圆的对称性可知，
直线的斜率为，故直线的方程为，
令，得点纵坐标；
直线的斜率为，故直线的方程为，
令，得点横坐标，
所以直线的斜率为，
直线的斜率为，
故直线和直线的斜率之积为
，
因为点在椭圆上，所以有，
也即，代入斜率之积的表达式的三次项中，
得为定值.
20．【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）,令，
，故切点为，
切线方程为；
（2）分析 在 的最小值：
， 时,单调递减；
时 ,单调递增；
.
分析在的最大值：
导数.
在或时,单调递增；
时,单调递减.
在处有极大值，在处有极小值.
令，解得，
当时，在内单调递增，趋近于.
保证；
当时，在内的最大值严格小于，
因此，的最大值为；
（3）
极值点满足，即：，
令 ，则，方程变为：
根据题意，此方程应当有四个不同的实数根
函数与直线在内有2个不同的交点，
函数在 内单调递减，以直线为渐近线， ,
直线横截距为1，斜率为,
设,,
，所以,
此时，函数与直线在内有2个不同的交点，
交点横坐标分别记为，在每一个值的左右两函数值的差出现正负变号，
从而对应方程：的4个实数根的每一个的左右的值出现
正负变号，因此函数有4个极值点，
综上，实数的取值范围是.
21．【答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）所谓“险胜时刻”的含义为：数列从第项开始的连续项里，恰好比多一个.
该数列的第项和第项为，其余为.
所以是数列的“险胜时刻”的含义为：数列从第项开始的连续项里，恰好比多一个.
那么满足条件的全部为：.
（2）①首先证明：数列的“险胜时刻”的个数不会超过.
由于是数列的“险胜时刻”的含义为：数列从第项开始的连续项里，恰好比多一个.
这就意味着，中有两个，一个，此时，称这样的是一个险胜三元组.
当某个属于某个险胜三元组时，将这个和这个险胜三元组配一对，设一共配了对.
设数列的“险胜时刻”的个数为，则恰好也是险胜三元组的个数.
每个险胜三元组恰包含两个，所以.
那么，很显然，中的每个至多属于三个险胜三元组，而第一个和最后一个至多属于两个险胜三元组.
而中恰有个，这就表明，所以，得.
这就证明了数列的“险胜时刻”的个数不会超过.
②另一方面，当的第项为，其它项为时，验证即知中的每个正整数都是的“险胜时刻”.
综合①②两个方面，即知数列的“险胜时刻”最多有个.
（3）是数列的“险胜时刻”的含义为：数列从第项开始的连续项里，恰好比多一个，即有五个和四个.
①若，则当的第项为，其它项为时，数列的任意连续项之和都为负数，不可能为，所以不存在“险胜时刻”；
②若，可从下面的项数列中任意删去个得到数列：
.
此时，数列的任意连续项至少有项为，所以不存在“险胜时刻”；
③若，由于对任意的，都是九个奇数相加，从而一定是奇数。
而对，都有，所以如果无解，则必定有或之一恒成立.
此时，又有
.
假设恒成立，则
由于，故数列的任意连续项至少有项为，故
.
所以.
这表明每个等号都成立，所以，.
且，.
但这导致，矛盾.
再假设恒成立，则
由于，故数列的任意连续项至少有项为，故
.
所以，矛盾.
以上过程表明，和均不能恒成立，所以一定有解，即一定存在“险胜时刻”.
综合①②③，可知全部可能值为.A
76
78
83
84
85
90
92
95
98
99
B
63
72
73
75
80
81
84
85
92
99
X
0
1
2
P