北京市第八十中学2024−2025学年高三下学期3月月考数学试题（含解析）

这是一份北京市第八十中学2024−2025学年高三下学期3月月考数学试题（含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（本大题共10小题）
1．设全集为，集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．设复数在复平面内对应的点为，则( )
A．B．C．D．
3．已知，则（ ）
A．B．C．D．
4．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（ ）
A．B．C．D．
5．正项等比数列中，是其前项和，若，则（ ）
A．63B．56C．52D．42
6．在中，，则（ ）
A．B．C．D．
7．设函数的定义域为，则“是上的增函数”是“任意，无零点”的（ ）
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
8．已知点在圆上，点的坐标为为原点，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
9．近年来，人们越来越注意到家用冰箱使用的氟化物的释放对大气臭氧层的破坏作用.科学研究表明，臭氧含量与时间（单位：年）的关系为，其中是臭氧的初始含量，为常数.经过测算，如果不对氟化物的使用和释放进行控制，经过280年将有一半的臭氧消失.如果继续不对氟化物的使用和释放进行控制，再经过年，臭氧含量只剩下初始含量的20%，约为（ ）
（参考数据：，）
A．280B．300C．360D．640
10．数列满足，，给出下列四个结论：
①不存在，使得，，成等差数列；
②存在，使得，，成等比数列；
③存在常数，使得对任意，都有，，成等差数列；
④存在正整数，且，使得.
其中所有正确结论的是（ ）
A．①②B．①④C．③④D．②③
二、填空题（本大题共5小题）
11．抛物线的焦点坐标为 .
12．设，若，则 .
13．已知函数，其中，若函数恒成立，则常数的一个取值为 .
14．已知分别为双曲线的左、右焦点，过原点的直线与交于两点（点A在第一象限），延长交于点，若，则双曲线的离心率为 ．
15．已知正方体的边长为2，且为棱的中点，点在正方形的边界及其内部运动，且满足与底面所成的角为，给出下列四个结论：

①存在点使得；
②点的轨迹长度为；
③三棱锥的体积的最小值为；
④线段长度最小值为．
其中所有正确结论的序号是
三、解答题（本大题共6小题）
16．在中，．
(1)求A的大小；
(2)若，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，求最长边上高线的长．
条件①：；
条件②：的面积为；
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，在直三棱柱中，点E、F在侧棱、上，且，，点D、G在侧棱、上，且，.
（1）证明：点G在平面内；
（2）若，，，求二面角的余弦值.
18．某学校在寒假期间安排了“垃圾分类知识普及实践活动”.为了解学生的学习成果，该校从全校学生中随机抽取了50名学生作为样本进行测试，记录他们的成绩，测试卷满分100分，将数据分成6组：，，，，，，并整理得到如下频率分布直方图：
(1)若全校学生参加同样的测试，试估计全校学生的平均成绩（每组成绩用中间值代替）；
(2)在样本中，从其成绩在80分及以上的学生中随机抽取3人，用表示其成绩在中的人数，求的分布列及数学期望；
(3)在（2）抽取的3人中，用表示其成绩在的人数，试判断方差与的大小.（直接写结果）
19．已知椭圆过点，长轴长为.
(1)求椭圆的方程及其焦距；
(2)直线与椭圆交于不同的两点，直线分别与直线交于点，为坐标原点且，求证：直线过定点，并求出定点坐标.
20．已知函数，其中.
(1)当时，求曲线在点 处切线方程；
(2)求的单调区间；
(3)若区间，求实数的取值范围.
21．已知A为有限个实数构成的非空集合，设，，记集合和其元素个数分别为，.设.例如当时，，，，所以.
(1)若，求的值；
(2)设A是由3个正实数组成的集合且，；，证明：为定值；
(3)若是一个各项互不相同的无穷递增正整数列，对任意，设，.已知，，且对任意，，求数列的通项公式.
参考答案
1．【答案】B
【详解】或，，即，，即.
故选B.
2．【答案】D
【详解】由题意可得，
所以，
故选D.
3．【答案】C
【详解】根据题意不妨取，
代入检验可得不成立，即A错误；
此时，可得B错误；
对于C，当时，此时，即；
当时，此时，即；
当时，显然；
综上可知当时，成立，即C正确；
对于D，因为指数函数为单调递减函数，因此时，，可知D错误.
故选C.
4．【答案】B
【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.
故选B.
5．【答案】D
【详解】正项等比数列中，是其前项和，
若，则，所以或，
因为，所以，所以，
又因为，所以，
则.
故选D.
6．【答案】B
【分析】利用正弦定理的边角变换与余弦定理即可得解.
【详解】因为，
所以由正弦定理得，即，
则，故，
又，所以.
故选B.
7．【答案】A
【详解】若是上的增函数，则对任意，显然，故，即无零点，满足充分性；
反之，若对任意，，即，满足无零点，但是上的减函数，不满足必要性，
故“是上的增函数”是“任意，无零点”的充分而不必要条件.
故选A.
8．【答案】D
【详解】设，因点的坐标为，所以，
则，
设，即，
依题意，求t的范围即求直线与圆有公共点时在y轴上截距的范围，
即圆心到的距离，解得，
所以的取值范围为，
故选D.
9．【答案】C
【详解】由题可知， ，即，
两式相比得
解得
故选C.
10．【答案】C
【详解】对于①，，，，
显然，成等差数列，故①错误；
对于②，若存在，使得，，成等比数列，
则，又，得，
即，解得，
由，，
得，且为整数，
所以，这与相邻两项为整数矛盾，故②错误；
对于③，因为，，
所以，所以，则成等差数列，
故存在常数，使得对任意，都有，，成等差数列，
故③正确；
对于④，由题意知数列中的项：，
可得，故④正确.
故选C.
11．【答案】
【详解】由可得焦点在轴上，且，可得；
所以焦点坐标为.
12．【答案】
【详解】令，则，所以，
则，
的二项展开式的通项为，其中，
令，则，所以.
13．【答案】1；答案不唯一；只要常数的取值不等于即可
【详解】若函数，即存在使得和同时取到1，
所以，即，
所以，解得
当时，；因为，所以，其中，则当（）时，.
14．【答案】
【详解】由题意关于原点对称，又也关于原点对称，所以四边形是平行四边形，所以，所以为等边三角形，
则，则，由双曲线的定义，得，
所以，则．

15．【答案】①②③
【详解】对于①，当在中点上时，如图，连接，，

因为正方体，所以面，，
所以，由中位线定理得，而，
面，所以面，所以，故①正确，
对于②，所以与底面所成的角为，
故，而面，所以，
因为为棱的中点，所以，
所以点的轨迹半径为1的个圆，故长度为，故②正确，
对于③，如图，连接，

由正方体性质得，面，所以，
由勾股定理得，所以四边形是平行四边形，
而，所以四边形是矩形，
所以，设中点为，
如图，作，

而面，面，所以，
因为，面，
所以面，而正好在的轨迹上，
所以当运动到时，到面距离最短，
此时可以得到是的中位线，由勾股定理得，
所以，所以体积的最小值为，故③正确，
对于④，若最小，则最小，连接，，
如图，当共线时取得最小值，

由勾股定理得，此时，
由勾股定理得，故④错误.
16．【答案】(1)；
(2)答案见解析，最长边上高线长.
【详解】（1）因为，所以
所以，
所以，因为，所以舍
所以，则；
（2）选择①
因为，由正弦定理
代入，得
法一：
由余弦定理
代入得
所以
所以或（舍），所以边最长，
边上的高线
法二：
因为，所以，
所以，所以，所以为最长边
边上的高线
选择②
因为
所以
因为，由余弦定理
所以
所以或
所以最长边上的高线，
若选择③，，
根据正弦定理，，则，不成立，
此时不存在.
17．【答案】（1）证明见解析；（2）.
【详解】（1）连接，，因为点E、F在侧棱、上，且，，
又且，所以且，
所以四边形为平行四边形，所以，
又因为点D、G在侧棱、上，且，，
所以，且，所以且，故四边形为梯形.
即D、E、F、G四点共面，所以点G在平面内.
（2）由题意知、、两两垂直，以为x轴，为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，
由，，得，，，(1，0，0)，
设平面的法向量为，
因为，，
所以，取，则，所以.
又由是平面的一个法向量，所以，
即二面角的余弦值为.
18．【答案】(1)；
(2)分布列见解析，；
(3).
【详解】（1）由直方图可得第二组的频率为，
∴全校学生的平均成绩为：
（2）由题可知成绩在80分及以上的学生共有人，其中中的人数为5，
所以可取0,1,2,3，则
，，
，，
故的分布列为：
；
（3）.
19．【答案】(1)，焦距为
(2)证明见解析，定点为.
【详解】（1）由题得，
所以椭圆的方程为，焦距为.
（2）如图，
直线与椭圆方程联立，
化简得，
，即.
设,，,，则，．
直线的方程为，则，
直线的方程为，则，
因为，所以+=0，
所以，
所以，
把韦达定理代入整理得或，
当时，直线方程为，过定点，
即点，不符合题意，所以舍去.
当时，直线方程为，
过定点.
所以直线经过定点.
20．【答案】(1)
(2)答案见解析
(3)
【详解】（1）当时，，
则，
，
则，
故曲线在点处切线方程为；
（2），
① 若，则定义域为，有恒成立，
则当时，，
当时，，
即在、上单调递增，在、上单调递减；
② 若，则定义域为，有恒成立，
则当时，，
当时，，
即在、上单调递减，在、上单调递增；
综上所述：当时，在、上单调递增，
在、上单调递减；
当时在、上单调递减，
在、上单调递增；
（3）由，故，有定义域为，
故，则在上单调递减，在上单调递增，
若，即时，
在上单调递减，在上单调递增，
有，
解得或（舍去），即；
若，即时，在上单调递增，
只需，即，
由，故，，故无解；
故实数的取值范围为.
21．【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）根据题中的定义，列举出，即可；
（2）先列举，，，中可能元素，根据集合的互异性判断元素个数差即可；
（3）类比（1）（2）当数列由到，为保证成立，则必有其成等差数列，故猜想，可用数学归纳法给予证明.
【详解】（1）当时，，，
，所以；
（2）设，其中，
则，
，
因，
，
因，
所以，，，，
又 ，
，，
所以，
因，，，
，
，
因，，，，
所以，，，，
，，，
所以
所以为定值；
（3），
若，
则，
,
故，
，
此时，不符合题意，
故，
猜想，下面给予证明，
当时，显然成立，
假设当，时，都有成立，即，
此时，，
故，，
，符合题意，
，
则，
，
若，
的元素个数小于
的元素个数，
则有，
不符合题意，故，
综上，对于任意的，都有，
故数列的通项公式.0
1
2
3
P