北京市朝阳区2025届高三下学期一模数学试卷（Word版附解析）

这是一份北京市朝阳区2025届高三下学期一模数学试卷（Word版附解析），共6页。
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（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求出集合A，然后根据交集运算求解即可.
【详解】，
所以，
故选：A.
2. 设复数的共轭复数为，则（ ）
A. 1B. C. 2D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】求得复数，进而利用复数的乘法运算可求.
【详解】因为复数，所以复数的共轭复数为，
所以.
故选：C.
3. 在的展开式中，常数项为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】写出二项展开式通项，令的指数为零，求出参数的值，代入通项后即可得解.
【详解】的展开式通项为，
令，解得，所以，展开式中的常数项为.
故选：D.
4. 为了得到函数的图象，可以将函数的图象
A. 向右平移个单位B. 向左平移个单位
C. 向右平移个单位D. 向左平移个单位
【答案】D
【解析】
【详解】试题分析：因为，所以将函数的图象向左平移个单位，选D.
考点：三角函数图像变换
【易错点睛】对y＝Asin（ωx＋φ）进行图象变换时应注意以下两点：
（1）平移变换时，x变为x±a（a＞0），变换后的函数解析式为y＝Asin[ω（x±a）＋φ]；
（2）伸缩变换时，x变为（横坐标变为原来的k倍），变换后的函数解析式为y＝Asin（x＋φ）．
5. 已知等比数列，，，则（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】根据等比数列的通项公式求出公比和首项，再根据等比数列的通项公式求出、、，最后计算的值.
【详解】已知，，可得公比.
再将，代入通项公式，可得，解得. 可得：
；；. 可得：.
故选：A.
6. 已知曲线，则“”是“为焦点在轴上的双曲线”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】结合双曲线的标准方程，直接判断命题的充分性和必要性即可.
【详解】若，则，
所以，即，
所以为焦点在轴上的双曲线；
若为焦点在轴上的双曲线，
则对于，即，
可得，即且，不一定得到，
综上，“”是“为焦点在轴上的双曲线”的充分不必要条件.
故选：A
7. 已知，，则（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】B
【解析】
【分析】将给定的两个等式平方相加，再逆用差角的余弦公式即得.
【详解】由，，得，
整理得，所以.
故选：B
8. 某市计划在一条河上修建一座水上休闲公园，如图所示．这条河两岸所在直线，互相平行，桥DE与河岸所在直线垂直．休闲公园的形状可视为直角三角形，它的三个入口分别设在直角三角形的顶点A，B，C处，其中入口A点（定点）在桥DE上，且A到直线，的距离分别为，（为定值），入口B，C分别在直线，上，公园的一边AB与直线所成的锐角为，另一边AC与AB垂直．设该休闲公园的面积为，当变化时，下列说法正确的是（ ）

A. 函数的最大值为
B. 函数的最小值为
C. 若，且则
D. 若，且，则
【答案】D
【解析】
【分析】主要涉及三角函数以及三角形面积公式的应用.首先根据直角三角形中的三角函数关系，分别求出AB和AC的长度表达式，再根据三角形面积公式得到的表达式，最后对该表达式进行分析，判断各个选项的正确性.
【详解】在中，，，根据正弦函数的定义，可得.
因为，，所以，在中，，根据余弦函数的定义，可得.
对于，，将，代入可得：
，进一步化简为，.
对于选项A，因为，所以，.当取最小值（取不到），最大值时，没有最大值，所以A错误.
对于选项B，由，，当，即，时，取得最小值，所以B错误.
对于选项C，当时，，单调递增，单调递减；当时，，单调递减，单调递增.
所以若且，不一定有，C错误.
对于选项D，若且，则，.因为，，所以，D正确.
故选：D.
9. 在中，，，点M为所在平面内一点且，则的最小值为（ ）
A. 0B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】以所在直线为轴，以其上的高线为轴建立平面直角坐标系，设出点的坐标，写出各个点坐标，利用数量积的坐标运算，求解问题.
【详解】在三角形中，由余弦定理，故为钝角；
又，故点在三角形底边的高线上，
则以所在直线为轴，以其上的高线为轴建立平面直角坐标系如下所示：
又，则，
故，；
则，设，，
故，当且仅当时取得等号；
也即的最小值为.
故选：C.
10. 位同学参加学校组织的某棋类单循环制比赛，即任意两位参赛者之间恰好进行一场比赛．每场比赛的计分规则是：胜者计分，负者计分，平局各计分．所有比赛结束后，若这位同学的得分总和为分，且平局总场数不超过比赛总场数的一半，则平局总场数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设平局总场数为，且所有比赛的场数为，根据总得分为分可得出，结合题意得出，可得出关于的不等式，解出正整数的值，即可得出平局的局数.
【详解】设平局总场数为，且所有比赛的场数为，
由题意可知，，
由于能决定胜负的每场选手的得分之和为分，每场平局选手的得分之和为分，
由题意可得，所以，，
因为平局总场数不超过比赛总场数一半，则，
整理可得，因为，解得，
所以，平局的局数为.
故选：B.
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. 函数的定义域为_______．
【答案】
【解析】
【分析】根据函数解析式有意义可得出关于的不等式组，即可解得函数的定义域.
【详解】对于函数，有，解得，
故函数的定义域为.
故答案为：.
12. 已知点在抛物线上，则抛物线C的焦点F的坐标为_______；以F为圆心，为半径的圆与抛物线C的准线的位置关系是_______．（填“相交”“相切”或“相离”）
【答案】 ①. ②. 相切
【解析】
【分析】第一空由点在抛物线上代入可得抛物线方程，进而得到焦点坐标；
第二空由两点间距离公式求出圆的半径与焦点到准线的距离相比较可得.
【详解】由题意可得，所以，
所以抛物线C的焦点F的坐标为；
由两点间距离公式可得，即为圆的半径，
又焦点到准线的距离为2，
所以为半径的圆与抛物线C的准线的位置关系是相切.
故答案为：；相切.
13. 已知函数是上的奇函数，当时，则_______；若存在，使得，则c的一个取值为_______．
【答案】 ①. ②. 4（答案不唯一）
【解析】
【分析】利用函数的奇偶性可求得的值；先求得，函数的单调性，进而可得的单调性，进而可求得的取值范围.
【详解】因为函数是上的奇函数，且时，，
所以.
当时，由，可得，
令，即，解得，
所以函数在单调递减，在单调递增，
所以时，，，
由为函数是上的奇函数，可得时，，又，
由，可得或，
所以的取值范围为.
故答案为：；4（答案不唯一）.
14. 干支纪年法是我国古代一种纪年方式，它以十天干（甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸）和十二地支（子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥）的组合来表示年份，循环纪年．比如某一年为甲子年‘，则下一年为乙丑年，再下一年为丙寅年，以此类推，排列到癸酉年后，天干回到“甲”，即甲戌年，下一年为乙亥年，之后地支回到“子”，即丙子年，以此类推．已知2025年是乙巳年，则2025年之后的首个己巳年是_______年．（用数字作答）
【答案】2049
【解析】
【分析】天干是以10为公差的等差数列，地支是以12为公差的等差数列，分析计算可得解.
【详解】天干是以10为公差的等差数列，地支是以12为公差的等差数列，
从2025年是乙巳年，以2025年的天干和地支分别为首项，
因为地支为巳，则经过的年数为12的倍数，
又因为2025年为天干为乙，到天干为已，需经过丙、丁、戊、己，
故经过年数除以10的余数为4，故需经过24年，所以2025年之后的首个已巳年是2049.
故答案为：2049.
15. 在棱长为的正方体中，点P是底面内的动点，给出下列四个结论：
①的最小值为；
②的最小值为；
③的最大值为；
④的最小值为．
其中所有正确结论的序号是_______．
【答案】①②④
【解析】
【分析】设点、、、关于平面的对称点分别为、、、，设底面、的中心分别为点、，作出图形，推导出，，求出的最小值，可判断①④；由对称性得出，进而可判断②；取点和点重合，可判断③.
【详解】设点、、、关于平面的对称点分别为、、、，
设底面、的中心分别为点、，如下图所示：
对于①，易知为的中点，则，可得，
所以，，
当点与点重合时，底面，此时，取最小值，
即的最小值为，①对；
对于④，
，
当点与点重合时，底面，此时，取最小值，
则的最小值为，④对；
对于②，由对称性可知，，
则，
当且仅当点为线段与平面的交点时，取最小值，②对；
对于③，当点与点重合时，，
所以，的最大值不是，③错.
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，在四棱柱中，平面，在四边形中，，为线段的中点．
（1）求证：平面；
（2）若平面平面，，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）连接，根据长度和平行关系得到四边形为平行四边形，再利用线面平行的判定定理即可得证；
（2）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，即可得到点处直线两两互相垂直，即可建立空间直角坐标系，然后利用向量法求解面面角的余弦值即可.
【小问1详解】
连接．
因为为的中点，
所以．
又，所以四边形为平行四边形．
所以．
又因为，
所以．
所以四边形为平行四边形．
所以．
又因为平面平面，
所以平面．
【小问2详解】
因为平面，
所以．
又因为平面平面，平面平面，
且平面，
所以平面．
所以．
所以两两垂直．
如图建立空间直角坐标系，
则．
所以．
因为平面，
所以是平面的法向量．
设平面的法向量为，
则，即，
令，则．于是．
设平面与平面夹角为，
则．
17. 在中，
（1）求c的值；
（2）已知，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，使得存在且唯一，求的周长．
条件①：；
条件②：AB边上的高为；
条件③：．
注：如果选择的条件不符合要求，第（Ⅱ）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）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理将边化为角，再结合两角和的正弦公式化简求解的值；
（2）根据所选条件，结合正弦定理、三角形面积公式等求出三角形的其他边，进而求得周长.
【小问1详解】
由正弦定理及
得．
所以．
所以．
又因为，所以．
所以．
【小问2详解】
选条件①：因为，且，
所以．
因为，所以．所以．
又因为，所以．
所以．
又，所以．
所以的周长为．
选条件②：因为边上的高为，所以．
又因为，所以．
所以．
因为，所以．
（1）当时，由，得．
又，所以．
所以．
所以周长为．
（2）当时，由，得．
又，所以，不符合题意．
综上，的周长为．
选条件③：
由余弦定理，可得，即。
解得或，此时不唯一，不符合要求.
18. 某高中组织学生研学旅行．现有A，B两地可供选择，学生按照自愿的原则选择一地进行研学旅行．研学旅行结束后，学校从全体学生中随机抽取100名学生进行满意度调查，调查结果如下表：
假设所有学生的研学旅行地点选择相互独立．用频率估计概率．
（1）估计该校学生对本次研学旅行满意的概率；
（2）分别从高一、高二、高三三个年级中随机抽取1人，估计这3人中至少有2人选择去B地的概率；
（3）对于上述样本，在三个年级去A地研学旅行的学生中，调查结果为满意的学生
人数的方差为，调查结果为不满意的学生人数的方差为，写出和的大小关系．`（结论不要求证明）
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用频率估计概率即可求解；
（2）利用频率估计概率即可求解，结合相互独立事件的概率公式求解即可；
（3）求出，，比较大小即可.
【小问1详解】
从表格数据可知，随机抽取的100名学生对本次研学旅行满意的人数为
，
因此该校学生对本次研学旅行满意的概率可估计为．
【小问2详解】
设事件：抽取的高一学生选择去B地，
事件：抽取的高二学生选择去B地，
事件：抽取的高三学生选择去B地，
事件：抽取的3人中恰有人选择去B地，，
事件：抽取的3人中至少有2人选择去B地．
从数据表格可知，抽取的100名学生中高一年级学生总数为，
选择去B地的总数为，所以可估计为；
抽取的100名学生中高二年级学生总数为，
选择去B地的总数为，所以可估计为；
抽取的100名学生中高三年级学生总数为，
选择去B地的总数为，所以可估计为；
因为，
所以
．
所以抽取的3人中至少有2人选择去地的概率可估计为
．
【小问3详解】
在三个年级去A地研学旅行的学生中，
调查结果为满意的学生人数的平均数为，
则调查结果为满意的学生人数的方差为，
调查结果为不满意的学生人数的平均数为，
则调查结果为不满意的学生人数的方差为，
则.
19. 已知椭圆的右焦点为，离心率为．
（1）求椭圆E的方程；
（2）过点作直线l与椭圆E交于不同的两点A，B．设，直线BC与直线交于点N，求证：直线AN的斜率为定值．
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由题意可求得的值，可求得椭圆的方程；
（2）设直线，，与椭圆方程联立方程组由韦达定理可得，求得，进而计算可得，可得结论.
【小问1详解】
由题意得，解得，
所以椭圆的方程是．
【小问2详解】
由题可知直线斜率存在．设直线．
由，得．
由，得，即．
设，
则．
直线的方程为．
令，得的纵坐标为．
因为
，
所以．
．
又
．
所以，即．
所以直线的斜率为定值．
20. 已知函数．
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）若，求证：当时，；
（3）若函数有个不同的零点，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）当时，求出、的值，利用导数的几何意义可得出所求切线的方程；
（2）当时，利用导数分析函数在上的单调性，结合单调性即可证得结论成立；
（3）对实数的取值进行分类讨论，利用导数分析函数在定义域上的单调性，确定每种情况下函数的零点个数，并结合零点存在定理可得出实数的取值范围.
【小问1详解】
当时，，则，所以，．
所以曲线在点处的切线方程为，即．
【小问2详解】
由题设知．
设函数．
当时，因为，
所以对任意的恒成立，即．
所以函数在区间上单调递增，所以．
所以当且时，．
【小问3详解】
函数的定义域为，
．
①当时，，函数在区间上单调递减，
函数至多一个零点，不合题意；
②当时，由（2）可知函数在区间上单调递增，
函数至多一个零点，不合题意．
③当时，对于函数，
因为，所以方程有两个实数根、，
满足，，
不妨设，则，、的情况如下：
所以函数的单调递增区间是、，单调递减区间是．
因为，所以为的一个零点．
又，，且，
所以存在唯一实数，使得．
又，，且，
所以存在唯一实数，使得．
所以函数有个不同的零点．
综上，的取值范围为．
21. 已知，，，为有穷正整数数列，若存在，其使得，其中，则称Q为连续可归零数列．
（1）判断：1，3，2和：4，2，4是否为连续可归零数列？并说明理由；
（2）对任意的正整数，记，其中表示数集S中最大的数．令，求证：数列，，，不是连续可归零数列；
（3）若，，，的每一项均为不大于的正整数，求证：当时，Q是连续可归零数列．
【答案】（1）数列是连续可归零数列，数列不是连续可归零数列，理由见解析
（2）证明见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）判断数列是否为连续可归零数列，关键看能否找到，使连续项.对于，找到一组使等式成立，所以是连续可归零数列；对于，分的三种情况讨论，根据取值及式子奇偶性判断都不为，所以不是.
（2）先根据的值求出数列各项.再依据与奇偶性相同，分或时，因为奇数其余为偶数，和为奇数；再结合取特定值时由第一题结论也不为，得出数列不是连续可归零数列.
（3）先定义数列，目标是证对任意，.用反证法，假设存在使超出范围，分和两种情况，推出矛盾，证明该结论成立.
分情况讨论：若有，能找到一组数使式子为，此时数列是连续可归零数列. 若都不为，因为到间非零整数有限，当时，中存在两项相等，进而能找到一组数使式子为，此时数列也是连续可归零数列.
【小问1详解】
数列连续可归零数列，理由如下：
取，则，
所以数列是连续可归零数列．
数列不是连续可归零数列，理由如下：
当时，，
因为是奇数，故是奇数，所以．
当时，，
因为是奇数，故是奇数，所以．
当时，，
因为是奇数，故是奇数，所以．
所以数列不是连续可归零数列．
【小问2详解】
因为1，3，5，7是奇数，故，
所以．
因为，所以．
因为，所以．
所以数列．
因为，
所以与奇偶性相同．
当或时，因为中，为奇数，其余各项均为偶数，
所以为奇数．
所以．
当取时，
由（1）可知，
综上，数列不是连续可归零数列．
【小问3详解】
设，
则是整数数列．
下面证明对任意，均有．
显然满足．
假设结论不成立，则存在，使得或，
且当时都有．
（i）若，当时，，
因，所以，矛盾；
当时，，
因为，所以，矛盾．
（ii）若，当时，，
因为，所以，矛盾；
当时，，
因为，
又是整数，所以，矛盾．
综上，对任意，均有．
若存在，使得，
则存在且，使得，
此时数列是连续可归零数列．
若任意，
因为中共个非零整数，
当时，数列中存在且，使得，
从而存在，使得，
此时数列是连续可归零数列．
综上，当时，数列是连续可归零数列．
高一
高二
高三
A地
B地
A地
B地
A地
B地
满意
12
2
18
3
15
6
一般
2
2
6
5
6
8
不满意
1
1
6
2
3
2
增
极大值
减
极小值
增