北京市房山区2024-2025学年高三下学期一模考试数学试卷（解析版）

这是一份北京市房山区2024-2025学年高三下学期一模考试数学试卷（解析版），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。
1. 已知集合，集合，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】集合，集合，
则.
故选：A.
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
【答案】B
【解析】，
复数对应的点为位于第二象限.
故选：B
3. 已知，且，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】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. 直线与圆交于两点，则（ ）
A. 1B. 2C. D.
【答案】B
【解析】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. 已知向量，若，则（ ）
A. 2B. C. D.
【答案】D
【解析】若，则，
即
又，
.
故选：D.
6. 若，则（ ）
A. B. 41C. D. 40
【答案】C
【解析】展开式的通项公式为，
令得，故，
令得，故，
所以.
故选：C
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
【答案】A
【解析】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. 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
【答案】D
【解析】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. 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
【答案】C
【解析】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. 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
【答案】C
【解析】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.
二､填空题共5小题，每小题5分，共25分.
11. 已知函数，则__________.
【答案】4
【解析】，，故.
故答案为：4
12. 已知是等差数列，且，则的通项公式__________.
【答案】
【解析】设等差数列的公差为，
由，
因代入解得，
故.
故答案为：.
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__________.
【答案】①. ②. 1
【解析】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. 若对任意实数恒成立，则满足条件的一组的值为__________，__________.
【答案】①. 1 ②.
【解析】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. 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__________.
【答案】①③④
【解析】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. 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.
解：（1）由正弦定理，
得.
所以.
所以.
因为，所以.
所以.
所以.
（2）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. 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.
（1）证明：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.
（2）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. 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）.
解：（1）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.
（2）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.
（3）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. 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.
解：（1）由题意，得，所以.
所以椭圆的方程为，离心率.
（2）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. 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切线.
（1）解：由，得.
因为函数在处有定义，所以.
因在处取得极值，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.
（2）证明：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. 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．
解：（1）因为，所以具有性质；
因为，
所以．
（2）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．
（3）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