北京市海淀区高三下学期期中练习（一模）数学试题（解析版）-A4

这是一份北京市海淀区高三下学期期中练习（一模）数学试题（解析版）-A4，共22页。试卷主要包含了04， 已知集合，，则， 函数的图象一定经过点等内容，欢迎下载使用。
2025.04
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，在试卷上作答无效.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，选出符合题目要求的一项.
1. 已知集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先解带绝对值的不等式化简集合再求即可.
【详解】或，，
所以或.
故选：D
2. 在复平面内，复数对应的点的坐标为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先化简，再确定对应点的坐标的位置.
【详解】复数，
则对应点为.
故选：D.
3. 函数的图象一定经过点（ ）
A. B.
C D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意只需要为定值即可，则，即可求得.
【详解】令，则，
则，
所以函数的图象一定过点.
故选：A.
4. 已知直线经过圆的圆心，则的最小值为（ ）
A. B.
C. 0D. 1
【答案】B
【解析】
【分析】将圆的一般方程化为标准方程，从而得出圆心坐标，将其代入直线中得出，从而将目标转化为求二次函数的最小值.
【详解】可化为，故圆心为，
因直线经过圆心，则，
则，此二次函数开口朝上，对称轴方程为，
故其最小值.
故选：B
5. 已知四个数，，，，其中最小的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用对数函数单调性可求得，再由基本不等式以及不等式性质比较得出四个数的大小，即可得出结论.
【详解】易知，所以可得，
即；
再由基本不等式可得，即；
显然，即；
因此可得，即最小的是.
故选：C
6. 已知抛物线的焦点为，点在上，，则（ ）
A. 1B.
C. D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】根据抛物线焦半径公式列出方程，求出p的值，可得出方程，点在曲线上，代入可得解.
【详解】由抛物线定义知：，解出，故抛物线，
又点在上，则，，
故选：C.
7. 已知纸的长宽比约为．现将一张纸卷成一个圆柱的侧面（无重叠部分）．当该圆柱的高等于纸的长时，设其体积为，轴截面的面积为；当该圆柱的高等于纸的宽时，设其体积为，轴截面的面积为，则（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】B
【解析】
【分析】分析两种不同状态下圆柱的体积和轴截面面积，即可选择和判断.
【详解】不妨设纸的长宽分别为；
当圆柱的高等于纸的长时，也即圆柱高为时，设其底面圆半径为，则，解得，
故，
此时矩形轴截面的两条边长分别为，故；
当圆柱的高等于纸的宽时，也即圆柱高为时，设其底面圆半径为，则，解得，
故，
此时矩形轴截面的两条边长分别为，故；
综上所述，，.
故选：B.
8. 已知是公差为的等差数列，是公比为的等比数列．若，则“是递增数列”是“”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
【答案】D
【解析】
【分析】根据充分条件和必要条件的定义结合等差数列等比数列的性质来判断.
【详解】若是递增数列，则对所有的正整数都成立，
充分性：若是递增数列，则
即恒成立，又，，
①若数列为无穷数列，
若，则，时，，所以；
若，则，时，，所以，
此时充分性成立；
②若数列为有穷数列，
若， ，只需即可，此时充分性不成立.
必要性：时，
若，有，则不一定成立，故必要性不成立；
即时，“是递增数列”是“”的既不充分也不必要条件.
故选：D.
9. 已知函数的部分图象如图所示．若，，，四点在同一个圆上，则（ ）
A. 1B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据对称性可知为圆心，根据即可求解.
【详解】连接交轴于,
由于，，，四点在同一个圆上，且和均关于点对称，
故为圆心，故，
,,
故，解得，
故选：D
10. 对于无穷数列和正整数，若存在满足且，则称数列具有性质．下列选项中错误的是（ ）
A. 若，则数列不具有性质
B. 若，则数列具有性质
C. 存在数列和，使得和均不具有性质，且具有性质
D. 若数列和均具有性质，则具有性质
【答案】D
【解析】
【分析】A利用是个不同的正整数，可得不可能相等；B求为偶数时数列的通项公式，取为个不同的偶数；C取，利用性质的定义证明；D取，，再利用性质的定义证明.
【详解】因，则，由于是个不同的正整数，
因此不可能相等，故数列不具有性质，故A正确；
B，，故当偶数时，，此时，
故取为个不同的偶数，此时，
则数列具有性质，故B正确；
取，由A选项可知，数列不具有性质；取，
则，由于是个不同的正整数，因此不可能相等，
故数列不具有性质；，则，
故任取为个不同的正整数，
有，则数列具有性质，故C正确；
取，，则当为奇数时，，
故取为个不同的奇数，此时，
故数列具有性质；当为偶数时，，故取为个不同的偶数，
此时，故数列具有性质；，
则，由于为个不同的正整数，
则，，，不可能相等，
此时数列不具有性质，故D错误.
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. 已知，则________．
【答案】
【解析】
【分析】利用二项式的展开式的通项公式，直接求解即可.
【详解】根据题意，，，故.
故答案为：.
12. 已知双曲线的一条渐近线的方程为，则该双曲线的离心率为________．
【答案】
【解析】
分析】根据渐近线方程，求得，再求离心率即可.
【详解】根据题意可知，该双曲线的一条渐近线方程为：，故，
则其离心率为.
故答案为：.
13. 已知向量，，则的最大值为________；与的夹角的取值范围是________．
【答案】 ①. ； ②. .
【解析】
【分析】根据不等式，即可直接求得的最大值；设，将与的夹角余弦值用坐标表达，通过求其值域，即可求得夹角的范围.
【详解】由题可知，，故，当且仅当同向时取得等号，故的最大值为；
不妨设，满足；
则，，，
设与的夹角为，则，
则，
令，故，
根据对勾函数的单调性可知，在单调递减，在单调递增，
又当时，，当或时，，故，又，故.
故答案为：；.
14. 已知函数（且）．若的值域为，则的一个取值为________；若的值域为，则的取值范围是________．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】第一空：由时， 的值域为，得到当时需满足求解即可；第二空：由时， 的值域为，得到当时需满足求解即可.
【详解】第一空：当时，易知的值域为，
若的值域为，
则当时，的最大值需满足小于或等于2，
因为在上单调递增，
故需满足：即，
解得：，故的一个取值为；
第二空：当时，易知的值域为，
若的值域为，
则需满足当时，的最小值需满足小于或等于2，
又在上单调递增，
则需满足即，
解得：，
所以的取值范围是.
故答案为：，
15. 如图所示，某游乐场有一款游乐设施，该设施由转轮和转轮组成，的圆心固定在转轮上的点处，某个座椅固定在转轮上的点处．的半径为10米，的半径为5米，的圆心距离地面竖直高度为20米．游乐设施运行过程中，与分别绕各自的圆心逆时针方向匀速旋转，旋转一周用时分钟，旋转一周用时分钟．当在正下方且在正下方时，开始计时，设在第分钟距离地面的竖直高度为米．给出下列四个结论：
①；
②最大值是35；
③在竖直方向上的速度大小低于40米/分钟；
④存在，使得时到的距离等于15米．
其中所有正确结论的序号为________．
【答案】①③
【解析】
【分析】根据题意，可求得在第分钟距离地面的竖直高度为，逐项判断即可求解.
【详解】转轮与转轮分别绕各自的圆心逆时针方向匀速旋转，旋转一周用时分钟，旋转一周用时分钟，可得最小正周期，，所以，，
又的半径为10米，的圆心距离地面竖直高度为20米，
所以第分钟，点距离地面的高度为：，
第分钟，距离地面的竖直高度为：，
化简得，
所以，故①正确；
当，即时，得最大值，为，故②错误；
若到的距离等于15米，则点Q在线段PM上，则需,
所以不存在，使得时到的距离等于15米．故④错误；
因为旋转一周用时分钟，旋转一周用时分钟，所以可得点在圆周上的速度为，同理可得点在圆周上的速度为，所以点在竖直方向上的速度大小低于40米/分钟，故③正确.
故答案为：①③.
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，五面体中，四边形是正方形．
（1）求证：；
（2）若平面平面，，，求直线与平面所成角大小．
【答案】（1）证明过程见解析；
（2）
【解析】
【分析】（1）先利用线面平行的判定定理证明平面，再利用线面平行的性质定理证明，最后利用平行性的传递性即可；
（2）利用面面垂直的性质定理证明平面，然后建系，求出平面的法向量，再计算，从而得出线面角的正弦值，计算其夹角即可.
【小问1详解】
因四边形是正方形，则，
又平面，平面，则平面，
又平面平面，则，故.
【小问2详解】
因平面平面，，平面平面，
则平面，又平面，平面，
则，，
因，，则，则，
则以为原点，以所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
则，
则，
设平面的法向量为，
则，令，则，
则，
则直线与平面所成角的正弦值为，
又因其夹角取值范围为，故直线与平面所成角为.
17. 在中，已知，．
（1）求的值；
（2）若为锐角，再从条件①、条件②和条件③这三个条件中选择一个作为已知，使存在且唯一，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．
【答案】（1）；
（2）答案见解析.
【解析】
【分析】（1）转化已知条件求得，解得正弦定理，即可求得；
（2）对条件①：求得，由其可为钝角，也可为锐角，从而判定三角形不唯一；对条件②，由，判定角唯一，且三角形唯一，再由正弦定理求得，以及，即可求得其面积；对条件③，求得，由，判定为锐角，三角唯一，同理求得，即可求得三角形面积.
【小问1详解】
因为，则，
又，，故，也即；
又，由正弦定理可得：，解得.
【小问2详解】
由（1）可知，，又为锐角，故，又；
若选择条件①：，由正弦定理可得，解得，
此时，可以为锐角，也可以时钝角，故此时三角形有两解，不满足题意，条件①不能选择；
若选择条件②：，则，由正弦定理，可得；
此时，两角均为锐角，故三角形唯一，
且，
故三角形的面积；
若选择条件③：，又，解得，
因为，又为锐角，故也是锐角，此时，三角形唯一，
且，
故三角形的面积；
综上所述：条件①不能选；若选择条件②或③，三角形唯一，且其面积为.
18. 某工厂有一组型号相同的设备，在日常维护中发现部分设备有发热的情况，经过查阅历史数据，发现设备是否发热与设备状态（完好或损坏）有较强的相关性．从发热和未发热情况的数据中各自随机抽取1000条数据，整理如下图所示：
日常维护时，对单台设备有三种可能的操作：保留观察、停机更换或检查维修．对单台设备的不同状态，这三种操作给工厂带来的经济损失如下（单位：千元）：
假设用频率估计概率，且各设备之间的状态相互独立．
（1）已知某设备未出现发热情况，试估计该设备损坏的概率；
（2）该工厂现有2台设备出现发热情况，准备对这2台设备都进行检查维修．记检查维修这2台设备给工厂带来的总经济损失为千元，求的分布列和数学期望；
（3）该工厂的某车间现有2台设备，维护时发现其中一台出现发热情况，另一台未出现发热情况．下面有三种维护这2台设备的操作方案：
直接写出使得工厂总经济损失的期望最小的方案的编号．
【答案】（1）；
（2）分布列见解析，；
（3）①，理由见解析.
【解析】
【分析】（1）根据题意，直接写出即可；（2）求得的取值，进而计算出其对应概率，即可写出分布列，求得数学期望；（3）计算不同方案下总经济损失的数学期望，比较大小，即可判断.
【小问1详解】
设“一台设备未出现发热情况，设备损坏”为事件，则.
【小问2详解】
依题意，一台设备出现发热情况，设备损坏的概率为，设备正常的概率为；
易知，，
，，，
故的分布列如下所示：
故.
【小问3详解】
使得工厂总经济损失的期望最小的方案的编号为①，理由如下：
记采用不同方案，这2台设备给工厂带来的总经济损失为千元，
采用方案①：的取值为：，
,
故采用方案①，总经济损失的期望；
采用方案②：的取值为：，
,
故采用方案②，总经济损失的期望；
采用方案③：的取值为：，
，
故采用方案③：总经济损失的期望.
综上，，故采用方案①，可使得总经济损失的期望最小.
19. 已知椭圆，，分别是的左、右顶点，是的上顶点，的面积为2，且．
（1）求椭圆的方程及长轴长；
（2）已知点，点在直线上，设直线与轴交于点，直线与直线交于点，判断点是否在椭圆上，并说明理由．
【答案】（1）椭圆的方程为：，其长轴长为；
（2）在椭圆上，理由见解析.
【解析】
【分析】（1）根据题意，列出满足的方程组，求得，即可求得椭圆方程和长轴长；
（2）求出方程，设出点的坐标，进而写出方程，从而求得的坐标；再结合已知条件，求得方程，联立方程组，解得坐标，将其代入椭圆方程，即可检验和判断.
【小问1详解】
由题可知，，
的面积为2，且，则，又，解得；
故椭圆的方程为：，其长轴长.
【小问2详解】
由（1）可知，，又，
故直线方程为：，又在直线上，故设点，
当时，直线斜率不存在，此时与重合，也与重合，显然在椭圆上；
当时，直线的斜率为，与轴没有交点，不满足题意；
当，且时，直线斜率为，直线方程为：，
令，可得，故；
直线斜率为：，直线方程为：；
直线斜率为：，直线方程为：；
联立，消去可得，代入可得：，即，
又，即，故点在椭圆上.
综上所述，在椭圆上.
20. 已知函数．
（1）若曲线在点处的切线为，求的值；
（2）若为上的单调函数，求的取值范围；
（3）若函数，求证：可以取无数个值，使得每一个的取值都恰有三个不同的零点．
【答案】（1）；
（2）；
（3）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）根据，结合导数运算，即可求得参数值；
（2）分类讨论，为增函数和减函数，参变分离，根据或在上恒成立，即可求得范围；
（3）根据，以及为奇函数，只需证明在有一个零点即可；讨论时，的单调性，结合（2）中所求，即可证明.
【小问1详解】
，故，故；
由题可知，，故，解得.
【小问2详解】
若为上的单调增函数，则在上恒成立，即，
也即恒成立，又，故；
若为上的单调减函数，则在上恒成立，即，
也即恒成立，又，故；
综上所述，若为上的单调函数，则的范围为.
【小问3详解】
，其定义域为，又，故其为奇函数；
又，故只需证明可以取无数个值，使得每一个的取值在有一个零点即可.
又，令，则，
当时，由（2）可知，为上的单调减函数，又，故在恒成立，
故在单调递减，又，，故存在，使得，
则当，，单调递增；当，，单调递减；
故当，，又，
故存在，使得；
综上所述：当时，在存在唯一零点，
也即当时，恰好有三个零点，
于是，可以取无数个值，使得每一个的取值都恰有三个不同的零点.
21. 设正整数，对于数列，定义变换，将数列变换成数列：．已知数列满足．记．
（1）若：，写出数列，；
（2）若为奇数且不是常数列，求证：对任意正整数，都不是常数列；
（3）求证：当且仅当时，对任意，都存在正整数，使得为常数列．
【答案】（1）；
（2）证明见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由题意，直接写出答案；
（2）利用反正法，假设存在常数列，并建立方程，可证矛盾；另法：分情况写出常数列的结果反推前一种变换的数列，可得矛盾；
（3）首先证明，若，其中，则存在项的数列，使得对任意的正整数都不是常数列．其次证明：若，其中，对任意，都存在正整数是常数列．
【小问1详解】
由题意可得；.
【小问2详解】
证明：设，其中．
假设存在正整数，使得是常数列，由不是常数列，
不妨设不为常数列且为常数列，
记，则．
令
当时，因为，且，所以．
故．
此时为常数列，矛盾．
另法：
①若，则，
有
此时为常数列，矛盾．
②若，则，
有，
矛盾．
综上，对于任意正整数，都不是常数列.
【小问3详解】
首先证明，若，其中，
则存在项的数列，使得对任意的正整数都不是常数列．
证明：构造项的数列，其中，
构造项的数列
对任意的正整数，设，则
由于不是常数列，故不是常数列．
其次证明：若，其中，对任意，都存在正整数是常数列．
证明：假设存在，其中，使得存在数列，
使得对任意的正整数都不是常数列，不妨设的最小值为．
情形一：，则，记，则为常数列，矛盾．
情形二：，对任意的数列，则
记，
定义数列，其中．
则．
则依此类推，对任意正整数，记，
存在正整数，使得为常数列，记，则数列均为常数列，
设，则的各项均为．即时，是常数列，矛盾．
综上，当且仅当时，对任意，都存在正整数，使得为常数列．
操作
经济损失
设备状态
保留观察
停机更换
检查维修
完好
0
10
5
损坏
12
5
7
发热情况
操作方案
编号
发热
未发热
①
检查维修
保留观察
②
停机更换
检查维修
③
停机更换
保留观察
10