北京市门头沟区2025届高三下学期一模数学试卷（Word版附解析）

这是一份北京市门头沟区2025届高三下学期一模数学试卷（Word版附解析），共6页。试卷主要包含了 已知集合，，则等内容，欢迎下载使用。
2025.3
本试卷共7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】解不等式，根据集合的运算即可得解.
【详解】由可得，又，
所以，即为.
故选：D.
2. 在复平面内，复数对应的点的坐标是，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先根据复数与复平面内点的对应关系求出复数，再根据复数的除法运算法则计算.
【详解】已知复数对应的点的坐标是，所以.
将代入，可得.
即：.
故选：B.
3. 下列函数中，既是奇函数又在上单调递增的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据常见函数的奇偶性和单调性进行判断即可.
【详解】对于A，是奇函数，在上单调递增，满足条件；
对于B，是奇函数，因为导函数，所以函数在上单调递减，在上单调递增，所以在上不是单调函数，不满足条件；
对于C，的定义域为，不关于原点对称，所以函数为非奇非偶函数，不满足条件；
对于D，是奇函数，但在上不是单调函数，不满足条件.
故选：A.
4. “”是“直线与双曲线只有一个公共点”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】C
【解析】
【分析】法一：根据题意，联立直线与双曲线方程，由直线与双曲线只有一个公共点代入计算, 即可得到的取值，再根据充分条件、必要条件的定义判断即可.
法二：利用直线过定点的特征，结合双曲线渐近线可作出判断.
【详解】法一：由题意，联立方程可得，
当时，即时，方程有一解，即只有一个公共点；
当时，，方程有两解，即有两个公共点，不符合题意
所以，直线与双曲线只有一个公共点时，.
所以“”是“直线与双曲线只有一个公共点”的充要条件.
法二：因为直线过定点，双曲线的右顶点为，如图，
根据图象可知，当且仅当直线与双曲线的渐近线平行时，直线与双曲线只有 交点.
所以“”是“直线与双曲线只有一个公共点”的充要条件.
故选：C.
5. 已知向量，满足，，且，的夹角为，则（ ）
A. B. C. 5D. 10
【答案】C
【解析】
【分析】运用向量的数量积的运算和向量的坐标运算即可.
【详解】由题意得
.
故选：C.
6. 已知圆，直线，当变化时，若过直线上任意一点总能作圆的切线，则的最大值为（ ）
A. 0B. C. 1D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用直线与圆的位置关系构造不等式即可求得.
【详解】由圆可知圆心，半径；
根据题意若过直线上任意一点总能作圆的切线，可知直线和圆相离或相切；
因此圆心到直线的距离，解得，
因此的最大值为.
故选：D
7. 已知函数，满足，且在区间上具有单调性，则的值可以是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由满足，且在区间上具有单调性，得到为函数的对称中心，根据三角函数的性质，得到，结合选项，即可求解.
【详解】因为满足，且在区间上具有单调性，
则点和关于点对称，
即为函数的对称中心，
又由函数的零点为，解得，
所以，解得，
当时，，即的值可以是.
故选：B.
8. 某纪念塔的一部分建筑结构可抽象为三棱锥，，底面是等腰直角三角形，，顶点到底面的距离为3，则点到平面的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据三棱锥体积公式首先求得三棱锥的体积，再换底表示三棱锥的体积，即可求得点点到平面的距离.
【详解】
因为，且底面是等腰直角三角形，，
所以点在平面上的射影为边的中点，在直角三角形中，由勾股定理得,所以,
又因为底面是等腰直角三角形，，
;
设点到平面的距离为，则
,
所以
故选：C
9. 已知函数，若既不存在最大值也不存在最小值，则下列，关系中一定成立的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先分析函数在时的单调性与值域，再结合既不存在最大值也不存在最小值这一条件，分析函数在时的情况，进而得出，的关系.
【详解】当时，，对其求导可得.
因恒成立，所以在上单调递增.
此时.
，，则，故在上函数值的取值范围为.
当时，，的值域是，所以的值域是.
因为既不存在最大值也不存在最小值，所以且，即且.
选项A：由且，不能推出，例如，时，，所以A选项错误.
选项B：前面已推出，所以B选项正确.
选项C：由且，不能得出，例如，时，，所以C选项错误.
选项D：由且不能得出，例如，时，，所以D选项错误.
故选：B.
10. 已知函数，其中表示不超过的最大整数，例如，，则下列说法正确的是（ ）
A. 不存在，使得有无数个零点B. 有3个零点的充要条件是
C. 存在，使得有4个零点D. 存在，使得有5个零点
【答案】DD
【解析】
【分析】由题意知，是函数的一个零点，时，，可得，令，分类讨论即可得出结论.
【详解】由题意知，是函数的一个零点，
时，，可得，
令，得到函数图象
当时；；；
当时；；；
由函数图象可知的值域为，注意到一定是函数的一个零点，
对于选项A，当时，有无数个零点，故A错误；
对于选项B，有3个零点的充要条件是，故B错误；
对于选项C，不存在，有4个零点，故C错误;
对于选项D，当时,有5个零点，D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. 的展开式中的系数为______________.（用数字作答）
【答案】
【解析】
【分析】根据二项式展开式的通项公式确定展开式中含的项，进而得到的系数.
【详解】对于，则式展开式的通项为.
要得到项，令，解得.
当时，.
所以.
故的系数为.
故答案为：.
12. 已知抛物线的焦点为，过点且垂直于其对称轴的直线交于点，，若，则焦点到其准线的距离为_________________.
【答案】2
【解析】
【分析】求得的纵坐标，进而可求得，可得结论.
【详解】抛物线的焦点为，
因为过点且垂直于其对称轴的直线交于点，，所以，
将，代入抛物线方程，可得，
所以，解得，
焦点到其准线的距离为.
故答案为：.
13. 在平面直角坐标系中，角以为始边，其终边与单位圆交点的横坐标为，写出一个符合题意的_______________.
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】根据终边相同的角以及余弦函数的定义，计算即可.
【详解】由题意，，则或
故答案为：（答案不唯一）.
14. 某城市为推动新能源汽车普及，第1年在市区公共区域建设了2万个新能源汽车充电桩，随着新能源汽车保有量快速增长，以及城市对绿色出行基础设施建设的持续投入，每年新建设的充电桩数量比上一年增加20%，按照这样的发展趋势，那么该城市第3年在市区公共区域新建设了_____________万个充电桩；从第1年起，约_____________年内，可使该城市市区公共区域的充电桩总量达到30万个（结果保留到个位）.
（参考数据：，）
【答案】 ①. 2.88 ②. 8
【解析】
【分析】利用等比数列的定义，求和公式计算即可.
【详解】由题意可知第3年新建设万个充电桩；
假设第年后充电桩总量达到30万个，
则，
即，
取对数得，
即约8年内，可达到要求.
故答案为：2.88，8
15. 已知数列满足，，给出下列四个结论：
①存在，使得为常数列；
②对任意的，为递增数列；
③对任意的，既不是等差数列也不是等比数列；
④对于任意的，都有.
其中所有正确结论的序号是_______________.
【答案】②③④
【解析】
【分析】若为常数列，可得，显然不成立，可判断①；由，可判断②；若是等差数列，可得常数，得到矛盾；若是等比数列，根据递推公式，得到矛盾判断③；两边平方得，迭代计算可判断④./
【详解】对于①，若为常数列，则，根据递推公式，
可得，进而可得，解得，又，
故不存在，使得为常数列，故①错误；
对于②，对于，由递推公式，可得，
所以，，所以，
所以数列是递增数列，结论②正确；
对于③，若是等差数列，则为常数，可得常数，
则可得是常数数列，则，与矛盾，
故对任意的，既不是等差数列，
若是等比数列，则为常数。根据递推公式，
即为常数，则为常数数列，则可得，这与矛盾，
所以对任意，不是等比数列；
综上所述：对任意的，既不是等差数列也不是等比数列，故③正确；
对于④，由，两边平方得，故④正确.
故答案为：②③④.
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，在正方体中，为中点，与平面交于点.
（1）求证：为的中点；
（2）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）根据正方体性质以及线面平行判定定理可证明平面，再由线面平行性质定理以及中位线性质可得结论；
（2）建立空间直角坐标系求得两平面的法向量即可求得它们夹角的余弦值.
【小问1详解】
依题意连接，如下图所示：
由正方体性质可得，又平面，平面，
可得平面，
因为与平面交于点，即平面平面，
可得，
因此，又为中点，
可得为的中点；
【小问2详解】
以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，如下图所示：
不妨设正方体的棱长为2，
可得，即；
设平面的一个法向量为，
则，令，可得，
即；
显然平面的一个法向量可以为，
因此平面与平面夹角的余弦值为；
可得平面与平面夹角的余弦值.
17. 在中，角，，的对边分别为，，，已知.
（1）求；
（2）再从以下条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在且唯一确定，求的面积.
条件①：，；
条件②：，；
条件③：边上的高，.
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）解答见解析
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理：边化角，再利用正弦的二倍角公式，即可求出答案；
（2）①利用正弦定理可得为锐角或钝角；②利用基本不等式和三角形的性质可得存在且唯一确定；③利用正弦定理和余弦定理可得存在且唯一确定.
【小问1详解】
因为，由正弦定理得，，
又，所以，得到，又，
又，所以，得到，所以.
【小问2详解】
选条件①：，；
由（1）知，，根据正弦定理知，
所以存在或两种情况，存在，但不唯一，故不选此条件；
选条件②：，
因为，即，
又，
所以，
所以只有成立，存在且唯一确定，
所以的面积为.
选条件③：边上的高，；
如图所示，边上的高，在中，，即，
由（1）知，，根据余弦定理知，，
化简得，得(舍去)或，存在且唯一确定，
所以的面积为.
18. 不同AI大模型各有千秋，适配领域也各有所长.为了解某高校甲、乙两个学院学生对两款不同AI大模型是否使用，对学生进行简单随机抽样，获得数据如下表：
假设所有学生对，两款大模型是否使用相互独立，用频率估计概率，
（1）分别估计该校甲学院学生使用款大模型的概率、该校乙学院学生使用款大模型的概率；
（2）从该校甲学院全体学生中随机抽取2人，乙学院全体学生中随机抽取1人，记这3人中使用款大模型的人数为，估计的数学期望；
（3）从该校甲学院全体学生中随机抽取2人，记这2人中使用款大模型的人数为，其方差估计值为，从该校乙学院全体学生中随机抽取2人，记这2人中使用款大模型的人数为，其方差估计值为，比较与的大小，（结论不要求证明）.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用古典概型结合表格计算即可；
（2）利用离散型随机变量的分布列及期望公式计算即可；
（3）利用二项分布的方差公式计算并比较大小即可.
【小问1详解】
由表格可知：该校甲学院学生使用款大模型的概率为，
该校乙学院学生使用款大模型的概率为
【小问2详解】
由题意可知的可能取值为：，
则，
，
，
，
所以；
【小问3详解】
同第一问，可知该校甲学院学生使用款大模型的概率为,
该校乙学院学生使用款大模型的概率为，
易知，
由二项分布的方差公式可知，
，则.
19. 已知椭圆的一个顶点为，离心率为.
（1）求椭圆的方程；
（2）过点作斜率为的直线与椭圆交于不同的两点，，直线，分别与轴交于点，，点关于轴的对称点为，求证：四边形为菱形.
【答案】（1）；
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由右顶点及离心率可得a，c，然后可得椭圆方程.
（2）设直线l，将直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理可化简，得出四边形对角线垂直平分即可得答案.
【小问1详解】
因椭圆顶点为，离心率为，
则，所以，故椭圆方程为：；
【小问2详解】
由题，设直线方程为，将直线方程与椭圆方程联立，
可得.
即得
化简得
因直线与椭圆交于不同的两点，则.
设，由韦达定理.
又设，令得；
设，令得；
又因为
.
所以，，所以平分，所以四边形为菱形.

20. 已知函数.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）设，讨论函数的单调性；
（3）若在定义域上单调递减，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）答案见解析； （3）
【解析】
【分析】（1）利用导数的几何意义即可求出切线方程；
（2）对函数求导再对的取值范围进行分类讨论，即可求得函数的单调性；
（3）将问题转化为在上恒成立，再利用（2）中的结论可得即可，构造函数即可求得当时满足题意.
【小问1详解】
当时可得，则，
此时，
因此切线方程为，即；
【小问2详解】
由可得其定义域为；
且，即，
显然，
当时，，此时在上单调递增；
当时，令可得，
若，，此时在上单调递增；
若，，此时在上单调递减；
综上可得，当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减.
【小问3详解】
若在定义域上单调递减，可得在上恒成立；
由（2）可得当时，即在上单调递增，
当，可得，显然不合题意；
当时，可得在上单调递增，在上单调递减；
即在处取得极大值，也是最大值；
即恒成立；
令，；
则，
显然当时，，此时在上单调递减；
当时，，此时在上单调递增；
因此，即，
又恒成立，可得，即.
所以的取值范围为.
21. 已知有限数列，其中，.在中选取若干项按照一定次序排列得到的数列称为的一个子列，对某一给定正整数，若对任意的，均存在的相应子列，使得该子列的各项之和为，则称具有性质.
（1）判断：，，，，，，是否具有性质？说明理由；
（2）若，是否存在具有性质？若存在，写出一个，若不存在，说明理由；
（3）若，且存在具有性质，求的取值范围.
【答案】（1）具有，理由见解析；
（2）不存在，理由见解析；
（3）.
【解析】
【分析】（1）利用定义计算即可；
（2）根据数列中各项的取值范围，结合定义判定当时至少需要子列含4个数与任意4项子列和大于3矛盾即可；
（3）根据新定义结合第一、二问举例说理即可.
【小问1详解】
根据定义知取，有；
取，有，
取，有，
即对任意，都存在的相应子列，使得该子列的各项之和为，
所以：，，，，，，具有性质；
【小问2详解】
不能，理由如下：
假设，具有性质，
因为，所以M的任意四项和小于4，
所以，
则对于M的任意四项子列S，不妨设，
有，
又具有性质，，所以M的任意三项和小于3，
故不存在的子列其各项和为3，与具有性质矛盾，
所以时，不存在具有性质；
【小问3详解】
由题可知，时，又，所以，
由（2）道理相同可知，，
取，
因为，
，，
所以具有性质，
综上.甲学院
乙学院
使用
不使用
使用
不使用
款
40人
80人
60人
20人
款
70人
50人
30人
50人