北京市中国人民大学附属中学2024-2025学年高三下学期数学统练（2）试卷（Word版附解析）

这是一份北京市中国人民大学附属中学2024-2025学年高三下学期数学统练（2）试卷（Word版附解析），共8页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
说明：本试卷21道题，共150分：考试时间120分钟．
一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请将正确答案填涂在答题纸上的相应位置．）
1. 已知集合，．若，则实数a的取值范围是（ ）
A. B.
C. 且D. 且
【答案】D
【解析】
【分析】根据并集结果可知，进而可构造不等式，解不等式求得结果.
【详解】解：，
，且
，，，解得：且
的取值范围为且
故选：D
2. 下列函数中，既是偶函数，又在上单调递增的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用奇偶性、单调性逐项分析判断.
【详解】对于A，函数定义域为，不具奇偶性，A不是；
对于B，，B不是；
对于C，函数在上单调递减，C不是；
对于D，函数定义域，，
函数是偶函数，当时，在上单调递增，D是.
故选：D
3. 若复数是纯虚数，则实数（ ）
A. 1B. C. 2D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数的除法和复数的分类即可得到方程，解出即可.
【详解】，
因为其为纯虚数，则且，解得.
故选：B.
4. 若的二项展开式中，当且仅当第5项是二项式系数最大的项，则其展开式中含项的系数（ ）
A. B. 252C. 7D. 8
【答案】A
【解析】
【分析】根据二项式系数的最值可得，再结合二项展开式的通项运算求解即可.
【详解】因为二项展开式中，当且仅当第5项是二项式系数最大的项，
则，解得，
可得的展开式的通项为，
令，解得，
所以含项的系数为.
故选：A.
5. 在无穷等差数列中，公差为d，则“存在，使得”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】B
【解析】
【分析】用定义法进行判断.
【详解】充分性：若，，此时，而，满足，即存在，使得，但是不成立.故充分性不成立；
必要性：若，则，此时.故必要性满足.
故选：B
6. 已知双曲线的右焦点为，过点作垂直于轴的直线l，M，N分别是与双曲线及其渐近线在第一象限内的交点．若是线段的中点，则的渐近线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设双曲线的右焦点，求出点和的坐标，利用中点坐标公式列式计算得关系，进而可得渐近线方程.
【详解】设双曲线的右焦点，过第一象限的渐近线方程为，
直线与直线交于点，交双曲线于点，
由M是线段的中点，得，则，，
所以C的渐近线方程为.
故选：C
7. 将函数的图象向右平移个单位所得函数图象关于原点对称，向左平移个单位所得函数图象关于轴对称，其中，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，得到函数关于原点对称，函数的图象关于轴对称，得到和，进而求得
，结合，即可求解.
【详解】由函数的图象向右平移个单位，可得，
又由函数的图象向左平移个单位，可得，
因为函数关于原点对称，可得，
解得，即
又因为的图象关于轴对称，可得，
解得，
则，即，
因为，可得.
故选：D.
8. 在中，，，点在线段上.当取得最小值时，（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先建立平面直角坐标系，利用坐标表示数量积，并求最小值，求得的坐标，即可求解.
【详解】如图，以所在直线为轴，以的垂直平分线建立轴，建立平面直角坐标系，

由，，则，
所以，，，设，
则，，
则，
当时，取得最小值，此时，.
故选：B
9. 如图， 在四棱锥中， 底面 是边长为3的正方形，平面，点为底面上的动点， 到的距离记为，若，则点在底面正方形内的轨迹的长度为（ ）
A. 2B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】如图建立空间直角坐标系，由，可得点在底面正方形内的轨迹方程，据此可得答案.
【详解】如图建立空间直角坐标系，则，
设，其中，则.
又因平面，则到的距离等于，
则，其中.
则点在底面正方形内的轨迹为以为圆心，半径为2的圆在底面正方形内的弧.
如图，设圆弧与DC，DA交于E，F点，因，
则，则相应轨迹对应弧长为.
故选：B
二、填空题（本大题共5小题，每小题5分，共25分，请把结果填在答题纸上的相应位置）
10. 抛物线上一点M到其焦点的距离为3，则点M到坐标原点的距离为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据抛物线的定义以及焦半径可求得点的坐标，即可求得结果.
【详解】设，由抛物线可得，
抛物线上点到焦点的距离等于3，
，解得，
，
点M到坐标原点的距离为
故答案为：
11. 在平面直角坐标系中，已知点，将线段绕原点顺时针旋转得到线段，则点B的横坐标为____________.
【答案】
【解析】
【分析】利用三角函数定义可知，射线对应的角满足，再利用任意角的关系和两角差的余弦公式即可得点B的横坐标为.
【详解】易知在单位圆上，记终边在射线上的角为，如下图所示：
根据三角函数定义可知，；
绕原点顺时针旋转得到线段，则终边在射线上的角为，
所以点B的横坐标为.
故答案为：
12. 若直线l：与圆O：交于A，B两点，，则实数m的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件，利用数量积的定义确定范围，进而求出点到直线的距离的范围，再借助点到直线距离公式列式求出范围.
【详解】由，得，而，
则，圆心到直线的距离，
又直线交圆于两点，则，因此，解得或，
所以实数m的取值范围是.
故答案为：
13. 已知函数，若，则不等式的解集为_______；若恰有两个零点，则的取值范围为_____．
【答案】 ①. ； ②.
【解析】
【分析】第一空：直接代入，分和解不等式，再取并集即可；第二空：将题设转化为和的实数根的个数为2，分、和依次讨论根的情况，即可求解.
【详解】第一空：若，则，当时，由解得，则；
当时，由，解得，则；综上可得不等式的解集为；
第二空：恰有两个零点等价于和的实数根的个数为2.
当时，显然无解；解得（舍去），也无解，不合题意；
当时，显然无解；的判别式，设的两根为，
则，显然两根一正一负，即有1个实根，不合题意；
当时，令的对称轴为，则在单减，则，则无解；
，显然时不成立，则，令，则，显然在上单减，在单增，
则，又，，则时，有2个根，即恰有两个零点；
综上：.
故答案为：；.
14. 定义在区间上的函数的图象是一条连续不断的曲线，在区间上单调递增，在区间上单调递减，给出下列四个结论：
①若为递增数列，则存在最大值；
②若为递增数列，则存在最小值；
③若，且存在最小值，则存在最小值；
④若，且存在最大值，则存在最大值.
其中所有错误结论的序号有_______．
【答案】①③④
【解析】
【分析】结合函数的单调性判断最值，即可判断①②，利用取反例，判断③④.
【详解】①由条件可知，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，
那么在区间，函数的最大值是，若数列为递增数列，
则函数不存在最大值，故①错误；
②由条件可知，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，
若为递增数列，那么在区间的最小值是，且为递增数列，
所以函数在区间的最小值是，故②正确；
③若，取,,
则，存在最小值，但此时的最小值是的最小值，
函数单调递减，无最小值，故③错误；
④若，取，则恒成立，
则有最大值，但的最大值是的最大值，函数单调递增，无最大值，
故④错误.
故答案为：①③④
三、解答题（本大题共6小题，共85分，解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程，请把结果填在答题纸上的相应位置．）
15. 在中，，.
（1）求；
（2）从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在且唯一确定，求的面积.
条件①：，；
条件②：，；
条件③：，边上的高为2
注：如果选择的条件不符合要求，第二问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，则按第一个解答计分.
【答案】（1）
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意，利用倍角公式求得，即可求解；
（2）根据题意，分别选择①②③，结合正弦定理和余弦定理，求得的长，结合题意，即可求解.
【小问1详解】
解：由中，，且，
可得，所以，
因为，所以.
【小问2详解】
解：若选条件①：，，
因为，由正弦定理得，
又由余弦定理，可得，
因为，代入解得，所以，
所以存在且唯一确定，此时的面积为.
若选择条件②：，
由正弦定理且，可得，
又由余弦定理，可得，
解得，
所以，
所以存在且唯一确定，此时的面积为.
若选条件③：，边上的高为2
因为，可得，
由余弦定理，可得，解得，
此时存在但不唯一确定，不符合题意.
16. 在三棱锥中，平面平面，，，O是棱的中点，在棱上，且平面.
（1）证明：D是棱的中点；
（2）证明：平面，并求三棱锥的体积；
（3）求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析，体积为
（3）
【解析】
【分析】（1）根据线面平行的性质定理得到，即可得证；
（2）作出辅助线，得到线线垂直，根据面面垂直，得到线面垂直，并利用锥体体积公式求出答案；
（3）证明出两两垂直，建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，利用空间向量法计算可得.
【小问1详解】
因为平面，平面，平面平面，
所以，又是棱的中点，所以D是棱的中点；
【小问2详解】
连接，因为，O是棱的中点，所以⊥，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以⊥平面，
因为，所以⊥，，，
故，
又，由勾股定理得，
又⊥平面，
三棱锥的体积；
【小问3详解】
由（2）知，⊥平面，平面，
所以⊥，⊥，又⊥，故两两垂直，
以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，
所以，
设平面的一个法向量为，
则，
令得，故，
又平面的一个法向量为，
故，
由图可知，二面角为锐角，故二面角的余弦值为.
17. 为了解客户对A，B两家快递公司的配送时效和服务满意度情况，现随机获得了某地区客户对这两家快递公司评价的调查问卷，已知A，B两家公司的调查问卷分别有120份和80份，全部数据统计如下：
假设客户对A，B两家快递公司的评价相互独立，用频率估计概率.
（1）从该地区选择A快递公司的客户中随机抽取1人，估计该客户对A快递公可配送时效的评价不低于75分的概率：
（2）分别从该地区A和B快递公司的样本调查问卷中，各随机抽取1份，记X为这2份问卷中的服务满意度评价不低于75分的份数，求X的分布列和数学期望：
（3）记评价分数为“优秀”等级，为“良好”等级，为“一般”等级､已知小王比较看重配送时效的等级，根据该地区A，B两家快递公司配送时效的样本评价分数的等级情况，你认为小王选择A，B哪家快递公司合适？说明理由，
【答案】（1）
（2）分布列见解析，
（3）我认为小王应该选择B快递公司，因为B快递公司中“优秀”或“良好”等级占比比A公司大.（言之有理即可）
【解析】
【分析】（1）从表中读取数据后计算即可得；
（2）先得出两个公司分别不低于75分的概率，再由离散型随机变量性质计算即可得；
（3）得出各个公司等级情况后，言之有理即可.
【小问1详解】
调查问卷中共有120份，其中不低于75分的份数为，则，
故可估计该客户对A快递公可配送时效的评价不低于75分的概率为；
【小问2详解】
A快递公司样本调查问卷中抽取的1份服务满意度评价不低于75分的概率为：
，
B快递公司的样本调查问卷中抽取的1份服务满意度评价不低于75分的概率为：
，
X的可能取值为0，1，2，
，
，
，
故其分布列为：
其期望；
【小问3详解】
A快递公司的样本调查问卷中“优秀”等级占比为，
“良好”等级占比为，“一般”等级占比为；
B快递公司的样本调查问卷中“优秀”等级占比为，
“良好”等级占比为，“一般”等级占比为；
其中A快递公司的样本调查问卷中“优秀”或“良好”等级占比为，
B快递公司的样本调查问卷中“优秀”或“良好”等级占比为，
我认为小王应该选择B快递公司，因为B快递公司中“优秀”或“良好”等级占比比A公司大.
18. 已知椭圆的左顶点为A，上顶点为B，下顶点为C，若椭圆的，三角形ABC的面积为2.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）已知点D（0，2），直线AD交椭圆于点E，过点D的直线交椭圆于M，N两点，若直线CM与x轴交于P点，过E且平行于x轴的直线与BN交于Q点，求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据椭圆的基本量即可求解；
（2）求出点的坐标，分直线斜率是否存在两种情况讨论，当直线斜率存在时，设出直线的方程，与椭圆联立，求解，根据交点个数列出关于的不等式，写出韦达定理，写出直线的方程，求出点的横坐标，写出直线BN的方程，求解点的横坐标，写出即可得三点共线，进而求解.
【小问1详解】
依题意：，解得，，，
椭圆的标准方程为；
小问2详解】
直线DA：，，
解得，.若直线MN：，
则，若直线MN：，
设，，，
整理得，
，
解得或，，，
直线CM：，令，
得.直线BN：，
令，得，因为，
所以D，P，Q三点共线，所以，
综上知：.
19. 已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若直线与曲线相切，求证：．
【答案】（1）答案见解析
（2）证明过程见解析
【解析】
【分析】（1）先求定义域，再求导，对进行分类讨论，得到的单调性；
（2）设出切点，根据导数的几何意义及切点在切线方程上，列出方程组，得到，则，设，由零点存在性定理得到，再设，求导得到单调性，得到，得到答案.
【小问1详解】
定义域为R，
，
当时，恒成立，故在R上单调递减，
当时，令，解得：，令，解得：，
故在上单调递增，在上单调递减，
当时，令，解得：，令，解得：，
故在上单调递增，在上单调递减，
综上：时，在R上单调递减；
时，在上单调递增，在上单调递减；
时，在上单调递增，在上单调递减.
【小问2详解】
直线与曲线相切，设切点为，
则，且，
当时，无解，故舍去；
由得：，
由得：，
所以，故，
故，
所以，
令，则在R上单调递增，
且，，
由零点存在性定理可知：，
令，，
则上恒成立，
故在上单调递减，
所以，其中，，
所以，解得：，
故.
【点睛】当已知切点坐标为时，根据导函数的几何意义可得到切线的斜率，再利用求出切线方程；
当不知道切点坐标时，要设出切点坐标，结合切点既在函数图象上，又在切线方程上，列出等式，进行求解.
20. 给定一个n项的实数列，任意选取一个实数c，变换T（c）将数列a1，a2，…，an变换为数列|a1﹣c|，|a2﹣c|，…，|an﹣c|，再将得到的数列继续实施这样的变换，这样的变换可以连续进行多次，并且每次所选择的实数c可以不相同，第k（k∈N*）次变换记为Tk（ck），其中ck为第k次变换时选择的实数．如果通过k次变换后，数列中的各项均为0，则称T1（c1），T2（c2），…，Tk（ck）为“k次归零变换”．
（1）对数列：1，3，5，7，给出一个“k次归零变换”，其中k≤4；
（2）证明：对任意n项数列，都存在“n次归零变换”；
（3）对于数列1，22，33，…，nn，是否存在“n﹣1次归零变换”？请说明理由．
【答案】（1）见解析（2）见解析（3）不存在，见解析
【解析】
【分析】
（1）根据定义取恰当的值进行变换得解；
（2）结合（1）进行归零变换的过程，可以考虑构造数列，经过k次变换后，数列记为，k＝1，2，…，进行变换Tk（ck）时，，依次变换即可得证；
（3）利用数学归纳法证明该数列不存在“n﹣1次归零变换”.
【详解】（1）方法1：T1（4）：3，1，1，3；T2（2）：1，1，1，1；T3（1）：0，0，0，0．
方法2：T1（2）：1，1，3，5；T2（2）：1，1，1，3；T3（2）：1，1，1，1；T4（1）：0，0，0，0．．…
（2）经过k次变换后，数列记为，k＝1，2，…．
取，则，即经T1（c1）后，前两项相等；
取，则，即经T2（c2）后，前3项相等；
…
设进行变换Tk（ck）时，其中，变换后数列变为，则；
那么，进行第k+1次变换时，取，
则变换后数列变为，
显然有；
…
经过n﹣1次变换后，显然有；
最后，取，经过变换Tn（cn）后，数列各项均为0．
所以对任意数列，都存在“n次归零变换”．
（3）不存在“n﹣1次归零变换”．
证明：首先，“归零变换”过程中，若在其中进行某一次变换Tj（cj）时，cj＜min{a1，a2，…，an}，那么此变换次数便不是最少．这是因为，这次变换并不是最后的一次变换（因它并未使数列化为全零），设先进行Tj（cj）后，再进行Tj+1（cj+1），由||ai﹣cj|﹣cj+1|＝|ai﹣（cj+cj+1）|，即等价于一次变换Tj（cj+cj+1），同理，进行某一步Tj（cj）时，cj＞max{a1，a2，…，an}；此变换步数也不是最小．
由以上分析可知，如果某一数列经最少的次数的“归零变换”，每一步所取的ci满足min{a1，a2，…，an}≤ci≤max{a1，a2，…，an}．
以下用数学归纳法来证明，对已给数列，不存在“n﹣1次归零变换”．
（1）当n＝2时，对于1，4，显然不存在“一次归零变换”，结论成立．
（由（2）可知，存在“两次归零变换”变换：）
（2）假设n＝k时成立，即1，22，33，…，kk不存在“k﹣1次归零变换”．
当n＝k+1时，假设1，22，33，…，kk，（k+1）k+1存在“k次归零变换”．
此时，对1，22，33，…，kk也显然是“k次归零变换”，由归纳假设以及前面讨论不难知1，22，33，…，kk不存在“k﹣1次归零变换”，则k是最少的变换次数，每一次变换ci一定满足，i＝1，2，…，k．
因为（k+1）k+1﹣k•kk＞0
所以，（k+1）k+1绝不可能变换为0，与归纳假设矛盾．
所以，当n＝k+1时不存在“k次归零变换”．
由（1）（2）命题得证．
【点睛】此题考查数列新定义问题，关键在于读懂题目所给新定义，根据定义进行构造，分析证明，涉及与正整数有关的命题可以考虑利用数学归纳法进行证明.
快递公司
A快递公司
B快递公司
项目
份数
评价分数
配送时效
服务满意度
配送时效
服务满意度
29
24
16
12
47
56
40
48
44
40
24
20
X
0
1
2
P