北京市朝阳区2024-2025学年高三下学期二模质量检测二数学试题 解析版

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2025.5
（考试时间120分钟 满分150分）
本试卷分为选择题40分和非选择题110分
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，集合，则集合（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】首先，求解集合中关于的不等式，然后求解的并集.
【详解】对于集合，，化简得，所以.
所以集合.
对于集合，，根据指数函数的性质可得.
所以集合.
所以.
故选：A.
2. 若抛物线的焦点坐标为，则抛物线C的准线方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由抛物线方程及焦点坐标直接求出准线方程.
【详解】因为抛物线的焦点坐标为，
所以抛物线方程为，
准线方程为.
故选：D
3. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据对数函数的单调性及幂函数的单调性比较大小即可.
【详解】，
又在上为增函数，
所以，
综上，，
故选：D
4. 已知的展开式中，第4项和第6项的系数相等，则（ ）
A. 7B. 8C. 9D. 10
【答案】B
【解析】
【分析】由，即，利用组合数的性质即可求解.
【详解】由，根据题意有，由组合数的性质有.
故选：B.
5. 已知函数，则对任意实数x，有（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】写出分段函数，作出图象，由图象得出对称性判断AB，取特殊值判断CD.
【详解】因为，
作出函数图象，如图，
由图象可知，函数图象关于点中心对称，故A正确；
图象不关于点对称，故B错误；
当时，，故C错误；
令，则，故D错误.
故选：A
6. 在矩形中，，点E为线段的中点，与交于点F．设，其中分别是与方向相同的单位向量，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用向量加法运算和共线运算，可用来表示，然后利用平面向量基本定理即可确定选项.
【详解】
在矩形中，因为点E为线段的中点，所以，
则有，
因为，分别是与方向相同的单位向量,
所以，
则，
又因为，所以，
故选：B.
7. 设，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】B
【解析】
【分析】根据二倍角的正弦公式结合同角三角函数的关系化弦为切，再根据充分条件和必要条件的定义即可得解.
【详解】由，
得，解得或，
由，得，
所以“”是“”的必要不充分条件.
故选：B.
8. 已知函数，曲线在点处的切线方程为，设函数，则（ ）
A. 当时，B. 当时，
C. 当时，D. 当时，
【答案】C
【解析】
【分析】利用导数的几何意义，求得曲线的切线方程，根据题意，得到，求得，求得函数的单调性与最值，结合选项，即可求解.
【详解】由函数，可得，可得，
所以曲线在点处的切线方程为：，
又由，
因为，其中，
若时，，其中，
当时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减，
所以，所以，
又由，且，即不恒成立，
所以C正确，A不正确；
若时，，其中，
当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
所以，所以不恒成立，
又由，，此时，所以不恒成立，
所以B、D均不正确.
故选：C.
9. 金刚石是由碳元素组成的单质，具有极高的硬度，在工业中有广泛的应用，如图1所示，组成金刚石的每个碳原子都与其相邻的4个碳原子以完全相同的方式连接．从立体几何的角度，可以认为4个碳原子分布在一个正四面体的4个顶点A，B，C，D处，中间的碳原子处于与这4个碳原子距离都相等的位置（点E处），如图2所示，设，则E到平面的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】沿四面体的两条侧棱和高，切出一块几何体如下图，计算所需线段长度，即可得解.
【详解】沿四面体的两条侧棱和高，切出一块几何体如下图，
O是顶点A在下底面的射影，E是正四面外接球的球心，AO是正四面体的高，OB是下底面的外接圆半径，是球的半径，
则，解得，
在中，，
在中，，
即，即，
解得，
所以，
由于到正四面体各面的距离相等，则E到平面的距离为.
故选：C
10. 设无穷数列的前n项和为，定义，则（ ）
A 当时，
B. 当时，
C. 当时，则
D. 当时，
【答案】D
【解析】
【分析】根据选项不同的通项公式，求出与，逐一验证即可.
【详解】对于A选项：当时，，不正确；
对于B选项：当时，在为奇数时为1，偶数时为0，故，不正确；
对于C选项：当时，，
又，所以
，不正确；
对于D选项：当时，，
，正确，
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. 若复数z满足，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据复数的除法可求得，结合模长公式运算求解.
【详解】因为，所以，
所以.
故答案为：
12. 已知等差数列满足，则__________；设为的前项和，则使的的最小值为__________．
【答案】 ①. 0 ②. 7
【解析】
【分析】设等差数列的公差为，根据条件得到，从而得到，即可求出的值，再利用等差数列的前项和公式，即可求解.
【详解】设等差数列的公差为，由，
得到，解得，所以，
则，
又，得到或（舍），
又，所以使的的最小值为，
故答案为：，.
13. 在中，，且，则__________；面积的最大值为__________．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】利用同角公式列式求出；利用三角形面积公式及基本不等式求出最大值.
【详解】在中，由，得，而，所以；
的面积，当且仅当时取等号，
所以面积的最大值为.
故答案为：；
14. 若直线与双曲线没有公共点，则双曲线C的离心率的一个取值为__________．
【答案】3（答案不唯一）
【解析】
【分析】根据直线与双曲线没有公共点求出的范围，进而求出离心率的范围，在该范围内取一个值即可.
【详解】的渐近线为，且焦点在轴上，
由题知：，因，解得，
所以离心率，
故离心率的一个取值可以为3.
故答案为：3(答案不唯一).
15. 设，过原点的直线（不与轴重合）与圆交于点P与直线交于点．过点作轴的平行线，过点作轴的垂线，这两条直线交于点，称为的箕舌线函数，记作，给出下列四个结论：
①函数的图象关于y轴对称；
②若，则；
③设函数，则的最大值为；
④设函数，则的最小值为．
其中所有正确结论的序号是__________．
【答案】①③
【解析】
【分析】设，联立直线和圆的方程，求出点纵坐标即可得出解析式，根据函数的奇偶性可判断①，对求导，求出的单调区间，可判断②，对于③，分，再利用基本不等式，即可求解；对于④，根据条件得，令，则，利用其单调性，即可求解.
【详解】圆的圆心在轴上，设圆与的另一个交点为，
设，当点不与点重合时，直线的方程为，
联立，解得，所以点纵坐标为，此时点，
当点与点重合时，点的纵坐标也满足，所以，
对任意的，，所以的定义域为，
对于命题①，因为，所以是偶函数，故①正确；
对于命题②，因为，当时，，即在区间上单调递增，
所以当时，若，则，所以②错误，
对于命题③，，因为，当时，，
当时，，又，当且仅当，即时取等号，
所以，故③正确，
对于命题④，，令，
则，易知在区间上单调递减，在区间上单调递增，
若，即时，，
即当时，的最小值为，所以④错误，
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. 已知函数．
（1）求的最小正周期和单调递增区间；
（2）设函数，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，使函数存在且唯一，求在区间上的最大值和最小值．
条件①：在区间上单调递增；
条件②：的最大值为；
条件③：为偶函数．
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）最小正周期，单调递增区间为
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）由两角和的正弦公式化简，再由正弦型函数的周期性、单调性求解；
（2）分别选择条件后根据条件分析的取值是否唯一，若唯一，再由正弦型函数的性质求最值即可，若不唯一，则放弃该条件的选择.
【小问1详解】
由题意得，
所以的最小正周期，
由，
得．
所以的单调递增区间为．
【小问2详解】
选择条件①：
由题意得．
由（1）可知的单调递增区间为．
由在区间上单调递增，得
解得．
又因为，所以．
从而存在且唯一，
当时，，
所以当，即时，取得最大值；
当，即时，取得最小值．
选择条件②：
由题意得，
函数最大值为，则只需，
由于，故的取值不唯一，故不符合题意，即不能选择条件②；
选择条件③：
由题意得．
由为偶函数可知，
解得．
又因为，所以．
从而存在且唯一．
当时，，
所以当，即时，取得最小值；
当，即时，取得最大值．
17. 如图，在三棱柱中，底面侧面，侧面是边长为4的菱形，．
（1）求证：侧面为矩形；
（2）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）设中点为D，连接，由面面垂直的性质定理得到底面，再由，得到平面，从而证得即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用直线的方向向量与平面的法向量的夹角余弦值求解线面角正弦值即可.
【小问1详解】
连接，因为四边形为菱形，且，
所以为正三角形，从而．
因为，所以．
设中点为D，连接，则．
又，
所以．
因为底面侧面，
底面侧面，
侧面，所以底面，而平面．
所以．
又，平面，平面，
所以平面，而平面，
所以
又因为侧面为平行四边形，
所以侧面为矩形．
【小问2详解】
（2）由（1）可知平面，所以．
所以两两垂直．
如图，以A为坐标原点，建立空间直角坐标系，
则．
所以．
设平面的法向量为，则
即
令，则．所以．
设直线与平面所成角为，
所以
因此，直线与平面所成角的正弦值为．
18. 某电商平台为了解用户对配送服务的满意度，分别从A地区和B地区随机抽取了500名和100名用户进行问卷评分调查，将评分数据按，，…，分组整理得到如下频率分布直方图：
（1）从A地区抽取的500名用户中随机抽取一名，求该用户评分不低于60分的概率；
（2）从B地区评分为的样本中随机抽取两名，记评分不低于90分的用户人数为X，求X的分布列和数学期望；
（3）根据图中的样本数据，假设同组中每个数据用该组区间的中点值代替，设A地区评分的平均值估计为，A，B两地区评分的平均值估计为，比较与的大小关系．（直接写出结论）
【答案】（1）
（2）分布列见解析；期望为
（3）
【解析】
【分析】（1）根据频率分布直方图计算概率即可；
（2）应用超几何分布计算概率，再写出分布列，最后计算数学期望即可；
（3）根据频率分布直方图的特征得出平均值关系即可.
【小问1详解】
设事件M：从A地区抽取500名用户中随机抽取一名，该用户评分不低于．由频率分布直方图可知A地区抽取的500名用户中评分不低于的人数为，
所以．
【小问2详解】
B地区评分为的样本用户共有人，
其中评分不低于的人数为5人．
由题意可知，X的所有可能取值为0，1，2．
，
，
．
所以X的分布列为：
则X的数学期望
【小问3详解】
．
19. 已知椭圆的焦距为2，且过点．
（1）求椭圆E的方程；
（2）设直线与椭圆E交于不同的两点A，B，直线与直线交于点N，若（O是坐标原点），求k的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由椭圆的几何性质易得结果；
（2）联立直线和椭圆方程，由及可得，设，由韦达定理得，由倾斜角的概念可得直线的倾斜角和直线的倾斜角满足，从而直线和的斜率和满足，代入的值，化简可得k的值.
【小问1详解】
由题意得解得
所以椭圆E的方程为．
【小问2详解】
由得．
由得．
又，所以．
设，则．
不妨设点A在点B上方，
因为，又，
此时，直线的倾斜角为，
直线的倾斜角为，所以．
由题可知直线和的斜率都存在，分别设为和，则．
因为，
所以，即．
由得．
所以．整理得，
又，所以

20. 已知函数．
（1）若，求函数在区间上的最大值；
（2）若在区间上存在单调递减区间，求的取值范围；
（3）若存在极值点，且，求的值．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）求导，利用导函数的符号判断在的单调性进而求最大值即可；
（2）求导，结合导数的几何意义按的不同取值范围分类讨论求解即可；
（3）由极值点的概念可得，消去得（*），令，利用导数可得，当且仅当时取等号，又（*）等价于，解得，代入求出的值即可.
【小问1详解】
若，则，，
当时，，所以在单调递减，
所以当时，取得最大值.
【小问2详解】
的定义域为，
当时，易知在区间上单调递减，符合题意；
当时，，设，
则，当时，，所以在区间上单调递减，
①若，即时，当时，，即，
此时在区间上单调递增，不符合题意；
②若，即时，，
所以存在唯一的使得，
当时，，即，
此时在区间上单调递减，符合题意；
综上，的取值范围为.
【小问3详解】
由题意可得即，
所以，即（*），
设函数，
，
当时，，所以在区间上单调递增，
当时，，所以在区间上单调递减，
所以当时，取得最大值，
又，所以，当且仅当时取等号，
又（*）等价于，所以，
所以．
经检验，当时，存在极大值点且，符合题意，
所以．
21. 已知是无穷正整数数列，且对任意的，其中表示有穷集合S的元素个数．
（1）若，求所有可能取值；
（2）求证：数列中存在等于1的项；
（3）求证：存在，使得集合为无穷集合．
【答案】（1）所有可能取值为2，3
（2）证明见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1），先根据已知条件确定的值，然后再确定的值；
（2），利用反证法，结合分类讨论进行证明；
（3），采用反证法进行证明.
【小问1详解】
因为，则中与相等的数有且仅有2个，除去本身，中与相等的数有且只有1个，
∴或．
当时，；当时，．
所以的所有可能取值为2，3．
【小问2详解】
假设中不存在等于1的项,则．
又，所以．
当时，由，则存在，使得．
所以，与假设矛盾．
当时，由，则存在，使得,且中有且只有一项与相等.
①若中有两项为2，一项为3，
则，与假设矛盾．
②若中有两项为2，一项为，
则，与假设矛盾．
③若中有一项为2，两项为3，
则，与假设矛盾．
④若中有一项为2，两项为，
则，矛盾．
综上，假设不成立，所以中存在等于1的项．
【小问3详解】
假设均为有限集合，
当时，,
则当时，（*）
令,下证当时，.
否则假设n0=minn∈N∗|an>M,n>k0，则,与（*）矛盾.
∴当时，,
∵已知数列是无穷正整数数列，
所以存在，使得集合为无穷集合，矛盾，X
0
1
2
P