北京市西城区2024_2025学年高三数学下学期4月统一测试试卷含解析

这是一份北京市西城区2024_2025学年高三数学下学期4月统一测试试卷含解析，共2页。
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，选出符合题目要求的一项.
1. 已知集合，，那么集合（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求出集合、，利用并集的定义可求得集合.
【详解】因为，，所以，.
故选：A.
2. 下列函数中，图像关于轴对称的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，依次分析选项中函数的奇偶性，综合可得答案.
【详解】A选项，由二次函数图像及性质可知，对称轴为，A选项错误；
B选项，由指数函数图像及性质可知，函数没有对称轴，B选项错误；
C选项，因为，所以函数为偶函数，图像关于轴对称，C选项正确；
D选项，函数定义域为，不是偶函数，D选项错误.
故选：C.
3. 在的展开式中，的系数等于（ ）
A. 6B. 12
C. 18D. 24
【答案】D
【解析】
【分析】应用二项式定理写出展开式的通项，进而求的系数.
【详解】由题设，二项式展开式通项为，，
令，则，即的系数等于24.
故选：D
4. 在长方形中，为的中点，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设，则，分析可知，利用诱导公式结合二倍角的余弦公式可求得的值.
【详解】设，则，如下图所示：
因为，，，所以，，
所以，，故，
因此，.
故选：B.
5. 在平面直角坐标系中，若从点发出的光线经过点，且被轴反射后将圆平分，则实数（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】点关于轴的对称点为，分析可知，点、、圆心三点共线，结合可求得的值.
【详解】如下图所示：
点关于轴的对称点为，
由对称性可知，点、、圆心三点共线，则，即，解得.
故选：A.
6. 设直线平面，平面平面直线，则“”是“”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】
【分析】根据线面垂直的判定、性质及充分、必要条件的定义判断即可.
【详解】已知直线平面，平面平面直线，
若，由平面，则；
若，此时得不到，直线可能与平面相交，如下图：
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
7. 已知函数．若，则（ ）
A. B. 或
C. D. 或
【答案】B
【解析】
【分析】利用辅助角公式化简函数的解析式，利用正弦型函数的周期性和对称性求解.
【详解】因为，则该函数的最小正周期为，
由可得，
所以，函数的对称轴方程为，
因为，则或，
故选：B.
8. 已知双曲线的左、右焦点分别为、，若双曲线上存在点，使得，则此双曲线的离心率的取值范围是
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】试题分析：
故选C.
考点：双曲线离心率
【方法点睛】解决椭圆和双曲线的离心率的求值及范围问题其关键就是确立一个关于a，b，c的方程或不等式，再根据a，b，c的关系消掉b得到a，c的关系式，建立关于a，b，c的方程或不等式，要充分利用椭圆和双曲线的几何性质、点的坐标的范围等.
9. 蜂巢的精密结构是通过优胜劣汰的进化自然形成的．若不计蜂巢壁的厚度，蜂巢的横截面可以看成正六边形网格图，如图所示．设为图中7个正六边形（边长为4）的某一个顶点，为两个固定顶点，则的最大值为（ ）
A. 44B. 48
C. 72D. 76
【答案】B
【解析】
【分析】利用坐标法可得，设点到原点的距离为，则的最大值为，利用数形结合法可知，离原点距离最远的正六边形顶点为最外围的顶点，利用两点间的距离公式即可求解.
【详解】设点，正六边形的边长为4，
所以，
所以，
所以，
设点到原点的距离为，则的最大值为，
由图可知，离原点距离最远的正六边形顶点为最外围的顶点，
如图，可取，
所以，
即的最大值为48.
故选：.
10. 设等比数列的前项和为，前项的乘积为．若，则（ ）
A. 无最小值，无最大值B. 有最小值，无最大值
C. 无最小值，有最大值D. 有最小值，有最大值
【答案】D
【解析】
【分析】利用基本量法，可求出公比满足，根据前项和与前项积的定义进行讨论计算，可以得出有最小值，而有最大值.
【详解】由已知，是等比数列，，即，可得，
若，则，可计算当时，，
结合，可得即为的最小值，
同理，当，，当，，可知的最小值为，
综上可得，有最小值.
由可得，，
根据等比数列的性质，，必有满足对于所有，，
因为一定是正负交替出现，可得一定存在最大值.
综上，对于满足已知条件的等比数列，满足有最小值，有最大值.
故选：D
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. 设为虚数单位，则________．
【答案】
【解析】
【分析】根据复数的乘除法运算法则计算即可.
【详解】.
故答案为：.
12. 设抛物线的焦点为，准线为，则抛物线上一点到的距离为________．
【答案】3
【解析】
【分析】先求出，然后得出抛物线准线方程，即可得出答案.
【详解】由题可得，所以，
所以准线，所以上一点到的距离为，
故答案为：3.
13. 设平面向量，，，且，则使得向量与共线的一组值________，________．
【答案】 ①. （答案不唯一，填也对） ②. （答案不唯一，第一空填，则第二空填，第一空填，则第二空填）
【解析】
【分析】由条件根据向量的模的坐标公式，向量共线的坐标表示列方程求，的关系，由此可得结论.
【详解】因为，，
所以，即，
因为，，所以，
又向量与共线，，
所以，
所以，
所以，
所以或，
所以或，
故答案：；（答；也对）
14. 端午节又名端阳节、粽子节等，它是中国首个入选世界非遗的节日．从形状来分，端午节吃的粽子有三角粽、四角粽、枕形粽、牛角粽等．其中，四角粽的形状可以近似看成一个四面体，如图所示．设棱的长为，其余的棱长均为，则该四角粽的表面积为________，内含食物的体积为________．（粽叶的厚度忽略不计）
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】根据棱锥的表面积公式和体积公式，结合线面垂直的判定定理、三角形的余弦定理，面积公式求解.
【详解】,
所以为锐角，所以，
该四角粽的表面积
，
取中点为，连接，
则,
所以,即，
且，平面，
所以平面，
内含食物的体积为.
故答案为：；.
15. 记表示不超过实数最大整数．设函数，有以下四个结论：
①函数为单调函数；
②对于任意的，或；
③集合（为常数）中有且仅有一个元素；
④满足的点构成的区域的面积为8．
其中，所有正确结论的序号是________．
【答案】①②④
【解析】
【分析】①利用定义法证明单调性；②分和两种情况讨论；③求出和时的值域，结合单调性可知，当取值域未包含的值时，集合为空集；④令，，其中，，将问题转化为，找出符合题意的单位正方形，即可求出区域面积.
【详解】，且，则，则，即，
则在上单调递增，故①正确；
当，时，，
故当时，，有，，此时，
当时，，，，此时，
故②正确；
当时，，当时，，结合在上单调递增可知，当时，方程无解，故集合为空集，故③错误；
设，，其中，，则，因，则，
则，
在每个单位正方形内，的值从到，但不包括，因此在的区域内的每个单位正方形内，的点构成的区域面积为1，
由于的区域内的单位正方形有个，因此满足的点构成的区域面积为图中的面积8.
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，在多面体中，平面，平面平面，，于点．

（1）求证：；
（2）设，，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先利用线面平行的判定定理证平面，再利用线面平行的性质定理即可；
（2）以为原点建系，计算平面的法向量，再利用向量夹角的余弦公式求，最后利用线面角与向量夹角之间的关系求即可.
【小问1详解】
如图，因为，平面，平面，
所以平面，
又因为平面，平面平面，
所以，
【小问2详解】
在平面内过点作．
因为平面，所以平面，
因平面，平面，所以，，
因平面，平面，则平面平面，
又因为，平面平面，则平面，
所以，，两两互相垂直．
以为原点，，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，则，，，，
，，，，
由题意，得，
设平面的法向量为，
则，即，
令，则，，于是，
所以，
故直线与平面所成角的正弦值为．
17. 在中，．
（1）求的值；
（2）若，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，求边上的高．
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．
【答案】（1）
（2）条件选择见解析，答案见解析
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理结合两角和的正弦公式化简可得出的值；
（2）对于条件①，利用余弦函数的单调性求出角的取值范围，结合三角形的内角和定理推出矛盾，可值条件①，不符合要求；
选择条件②，求出的值，利用余弦定理可求出的值，然后利用三角形的面积公式结合等面积法可求出边上的高；
选择条件③；求出、的值，利用两角和的正弦公式可求出的值，利用正弦定理求出的值，进而可得出边上的高为，求解即可；
【小问1详解】
由正弦定理，且，
得，即．
由，得．所以．
由，得，所以．
【小问2详解】
选择条件①：因为，且余弦函数在上单调递减，
故，又因为，从而可得，与三角形的内角和定理矛盾，故①不成立.
选择条件②：由，且，得．
由余弦定理，得，
解得或（舍）．
设边上高为，则三角形面积，
所以．
选择条件③：由，且，得．
由，且，得．
所以．
由正弦定理，得，所以边上的高．
18. 发展纯电动、插电式混合动力等新能源汽车是我国从汽车大国迈向汽车强国的必由之路．为调查研究，某地统计了辖区内从年至年这年的新能源汽车和纯电动汽车的销量，得到如下折线图（单位：百辆）：
在每一年中，记该年纯电动汽车销量占该年新能源汽车销量的比重为．
（1）从年至年这年中随机抽取年，求该年值超过的概率；
（2）现从年至年这年中依次随机抽取，每次抽取个年份，若该年的值超过，则停止抽取，否则继续从剩余的年份中抽取，直至抽到值超过的年份．记抽取的次数为，求的分布列和数学期望；
（3）记年至年这年新能源汽车销量数据的方差为，且这年纯电动汽车销量数据的方差为，写出与的大小关系．（结论不要求证明）
【答案】（1）
（2）分布列见解析，
（3）
【解析】
【分析】（1）求出各年的值，利用古典概型概率公式求结论；
（2）确定随机变量的可能取值，再求取各值的概率，由此可得分布列，再由期望公式求期望；
（3）先求新能源汽车销量数据的平均数，纯电动汽车销量数据的平均数，再求两组数据的方差，比较大小即可.
【小问1详解】
设从年至年这年中随机抽取1年，且该年的值超过为事件，
由图表知，
年的值为，年的值为，
年的值为，年的值为，
年的值为，年的值为，
年的值为，年的值为，
所以在年至年这年中，有且仅有年至年这年的值超过，
所以．
【小问2详解】
由图表知，在年至年这年中，值超过的有年，
所以随机变量的所有可能取值为，，．
则，，．
所以的分布列为：
故的数学期望．
【小问3详解】
从年至年这年新能源汽车销量数据的平均数为，
所以从年至年这年新能源汽车销量数据的方差
，
所以
从年至年这年纯电动汽车销量数据的平均数为，
从年至年这年纯电动汽车销量数据的方差
，
所以，
所以.
19. 已知椭圆离心率为，为椭圆上一点，且点到椭圆的两个焦点的距离之和等于．
（1）求椭圆的方程；
（2）若关于原点的对称点为，过点与垂直的直线与椭圆的另一个交点为，轴于点，直线与轴交于点．用与分别表示与的面积，证明：．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据椭圆性质，已知离心率、长轴以及，通过解方程组就能得出、的值，进而得到椭圆方程.
（2）先设点、、坐标，再设直线方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理得到、表达式.因为，根据向量垂直性质得到，解出与的关系.排除直线过原点的情况后，确定时直线方程，求出点坐标，最后根据三角形面积公式得出.
【小问1详解】
由题意，得解得，，
所以椭圆的方程为．
【小问2详解】
由题意，设点，则点，．
设直线的方程为，．由得．
所以，，，
故，．
又因为，
所以，
去分母化简得到，所以或．
当时，直线过原点，不符合题意．
当时，直线的方程为，则点坐标为，
所以，．
故.
20. 已知函数，其中．
（1）若曲线在点处的切线的斜率为2，求的值；
（2）求函数的单调区间；
（3）设函数在区间上的最大值和最小值分别为，，求使得不等式成立的的最小值．
【答案】（1）
（2）答案见解析 （3）2
【解析】
【分析】（1）根据导数的几何意义求解即可；
（2）求导，分和两种情况讨论求解即可；
（3）结合（2）易得函数在上单调递增，再结合题设将问题转化为，令，利用导数分析其单调性，进而求解即可.
【小问1详解】
由，则，
则，解得．
【小问2详解】
由，则，
当时，，函数的单调递增区间为，无单调递减区间；
当时，令，得，
若，由，得；由，得，
所以的单调递增区间为，单调递减区间为；
若，由，得；由，得，
所以的单调递增区间为，单调递减区间为．
综上，当时，函数的单调递增区间为，无单调递减区间；
当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为；
当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为．
【小问3详解】
由（2）知，当时，函数在区间单调递增，
当时，，
当且仅当，即时等号成立，则函数在上单调递增；
当时，，
当且仅当，即时等号成立，则函数在上单调递增.
综上所述，函数在上单调递增，
所以．
由，得，
令，则，
由，得或．
当变化时，与的变化情况如下表：
所以在和上单调递增，在上单调递减．
又因为，，且，
所以当时，；当时，．
即当且仅当时，恒成立，
所以使得成立的的最小值为2．
21. 如图，设是由个实数组成的行列的数表，其中表示位于第行第列的实数，且满足与均是公差不为的等差数列．
若根据条件，能求出数表中所有的数，则称能被确定．
（1）已知，分别根据下列条件，直接判断数表能否被其确定：
条件“已知”；
条件“已知”．
（2）设条件“任意给定数表中的个数”，能被确定，证明：的最小值为；
（3）设条件“已知集合或其中中的任意个元素”，求的最小值，使得能被确定．
【答案】（1）数表不能被确定，数表能被确定
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）根据题中定义直接判断即可；
（2）对于一个公差为的等差数列，若知其中两项与，便可根据，求出该等差数列中的每一项．分析可知，数表中每一列都至少有两个数已知，由此可得出的最小值；
（3）先讨论，结合（1）中的结论可判断不成立，再讨论，通过等差数列的定义进行逻辑推理，可推断出数表能被确定，由此可得出的最小值.
【小问1详解】
数表不能被确定；数表能被确定．
对于条件，假设数表中每行、每列的公差都相等，均为，
则，，，
则，
、均无法确定，故数表不能被确定；
对于条件，因为、确定，可以根据确定，则第二行可以全部确定，
低于第二列，由于确定，结合可确定第二列的公差，进而可求出，则第二列可以全部确定，
对于第三行，由于确定了，结合可求出第三行的公差，由此可确定，则第三行可以全部确定，
对于第一列，由于确定了、，可以求出第一列的公差，由此可确定，则第一列可以全部确定，
综上所述，数表可由条件确定.
【小问2详解】
对于一个公差为的等差数列，若知其中两项与，
便可根据，求出该等差数列中的每一项．
故对于数表中的任意一行（或列），若知道其中的两个数，便可利用条件得到该行（或列）中的所有数．
一方面，若知这个数，则无法求出，故不能得出数表中所有的数，
所以．
另一方面，若知数表中的任意个数，则必存在表中的两行，且这两行中至少有两个数已知，
于是数表中这两行的数都能被求出，即数表中每一列都至少有两个数已知，
所以数表中所有的数都能求出，即能被确定．
综上，的最小值为．
【小问3详解】
当时，若知中的个数，则不能求出中所有的数．
当时，已知与中的任意个数，
则必存在两个数在中位于同一行（记为第行），从而可求出这一行中的所有数．
因为与中至多有两个数在同一行，
所以除去第行的两个数外，余下已知的个数必在其余的行中．
当时，通过列举可知：余下已知的2个数不在同一列中（所在列分别记为第列和第列）；
当时，，
因为在与中至多有两个数在同一列，
所以至少有两列（记为第列和第列）中含有这已知的数中的数．
又因为第行的数均已得到，
所以在第列与第列中均至少知道两个数，故这两列中所有的数都可求出，
于是数表中每一行至少有两个数均已得到，从而可求出数表中所有的数．
综上，的最小值为．
1
+
0
-
0
+
↗
极大值
↘
极小值
↗
…
…
…
…