北京市延庆区2024-2025学年高三下学期2月统测数学试卷（Word版附解析）

这是一份北京市延庆区2024-2025学年高三下学期2月统测数学试卷（Word版附解析），共8页。试卷主要包含了02， 已知集合，，则， 已知向量，，，若，则， 已知圆和两点，等内容，欢迎下载使用。
2025.02
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纸上，在试卷上作答无效.考试结束后，将本试卷和答题纸一并交回.
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】A
【解析】
【分析】先解对数函数不等式化简集合B，然后利用并集运算求解即可.
【详解】因为，
又，所以.
故选：A
2. 已知，为虚数单位，若为实数，则（ ）
A. B. 1C. D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】根据复数的除法运算及复数的相关概念得解.
【详解】因为为实数，
所以，解得，
故选：C
3. 已知向量，，，若，则（ ）
A. B. C. 0D. 1
【答案】B
【解析】
【分析】根据向量共线的充要条件得解即可.
【详解】因为，，
所以，
因为，
所以，解得，
故选：B
4. 某圆锥高为，母线与底面所成的角为，则该圆锥的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求出该圆锥底面圆的半径为r，再利用勾股定理求出母线长，代入表面积公式求解即可.
【详解】由圆锥高为，母线与底面所成的角为，得圆锥底面圆半径，
母线，所以圆锥的表面积.
故选：A
5. 设x，，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】特殊值法分别判断A，B，C，再结合基本不等式计算判D.
【详解】因为，
对于A：取，所以，A选项错误；
对于B：取，所以，B选项错误；
对于C：取，所以，C选项错误；
对于D，，当且仅当取等号，所以，
因为，所以，当且仅当取等号，所以，
所以，D选项正确
故选：D.
6. 延庆妫水公园岸边设有如图所示的护栏，护栏与护栏之间用一条铁链相连.数学中把这种两端固定的一条均匀，柔软的链条，在重力的作用下所具有的曲线形状称为悬链线.已知函数的部分图象与悬链线类似，则下列说法正确的是（ ）

A. 为奇函数B. 的最大值为1
C. 在上单调递增D. 方程有2个实数解
【答案】D
【解析】
【分析】根据函数奇偶性的定义判断函数的奇偶性，结合导数判断原函数的单调区间，进而确定最值，即可判断ABC；对D解出，再结合指数函数性质即可判断.
【详解】对A，定义域为R，∵，则为偶函数，A错误；
对BC，又∵，根据，在R上均单调递增，
则在在R上单调递增，且，
则当时，则，当时，则，
∴的单调递减区间为，单调递增区间为，故C错误；
则，即的最小值为，B错误；
对D，令,，
再结合指数函数性质知方程有2个实数根,故D正确.
故选：D
7. “”是“直线与抛物线只有一个公共点”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】A
【解析】
【分析】求出直线与抛物线有一个交点的等价条件结合充分条件和必要条件的定义，即可得出结论.
【详解】由，得，
因为直线与抛物线只有一个公共点，
所以当时，交点为只有一个公共点，符合题意；
当时，，
所以直线与抛物线只有一个公共点的充要条件是或，
所以”能推出“直线与抛物线只有一个公共点，
直线与抛物线只有一个公共点不能推出，
“”是“直线与抛物线只有一个公共点”的充分而不必要条件，
故选：A
8. 已知圆和两点，（）.若圆C上存点P，使得，则m的最大值为（ ）
A. 4B. 5C. 6D. 7
【答案】C
【解析】
【分析】将问题转化为以为直径的圆与圆有公共点的问题来列不等式，解不等式求得的取值范围，由此求得的最大值.
【详解】以为直径的圆的方程为，圆心为原点，半径为.
圆的圆心为，半径为.
要使圆上存在点，使得，则圆与圆有公共点，
所以，即，
所以，解得，
所以的最大值为6.
故选：C
9. 已知等比数列的公比为q，前n项和为.若，且，则下列结论错误的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】对于B：根据通项公式可得恒成立，进而可得；对于A：利用B项结论直接判断；对于C：根据等比数列求和公式分析判断；对于D：通过通项作差比较即可判断；
【详解】对于选项B：因为，且对恒成立，
则，整理可得恒成立，
则，故B正确；
对于选项A：因为，故A正确；
对于选项C：因为，
由B项已得，，则，，而，
则，故C错误；
对于选项D：因为，即，故D正确.
故选：C.
10. 已知正方体的棱长为1，若在该正方体的棱上有点M，满足，则点M的个数为（ ）
A. 2B. 4C. 6D. 8
【答案】C
【解析】
【分析】结合点M在正方体的棱上，可分点M在棱和棱上，在棱，棱，棱，棱上两类讨论即可
【详解】因为，所以点M不在棱，棱上，
所以当点M在棱上时，设，连，
在中，，由余弦定理可得，，
即，可解得，
所以在棱上存在满足题意的一个点M；
由对称性可知在棱，棱，棱上各存在一个点M；
因为，所以点M不在平面内.
所以当点M在棱上时，设，连，
在直角三角形中，，
所以，即，可解得，
所以在棱上存在满足题意的一个点M；
由对称性可知在棱上也存在一个点M；
综上可知满足题意的点M共6个.
故选：C.
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________.
【答案】60
【解析】
【分析】根据二项式展开式的通项公式求解即可.
【详解】二项式展开式通项公式：，
令，解得，
所以可得第三项中的系数是.
故答案为：60
12. 已知双曲线的一条渐近线过点，则其离心率为________.
【答案】
【解析】
【分析】将点代入渐近线方程得，结合离心率公式即可得解.
【详解】由题意双曲线渐近线方程为，它过点，
所以，即，所以其离心率为.
故答案为：.
13. 已知是第四象限角且，，则的值为________.
【答案】
【解析】
【分析】由已知求得，再根据两角差的正切公式计算即可．
【详解】因为是第四象限角且，所以，，
因为，所以，
则.
故答案为：.
14. 数列中，若存在，使得“且”成立，（，）则称为的一个峰值.若，则的峰值为________；若，且不存在峰值，则实数的取值范围为________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】根据二次函数的性质结合数列峰值的定义即可求出数列的峰值；构造函数，利用导数求出函数的单调区间，再结合数列峰值的定义即可得解.
【详解】由，
函数的对称轴为，
又，
所以，
所以的峰值为；
若，则，
令，则，
当时，，所以函数在上单调递减，
则数列是递减数列，符合题意；
当时，令，则，令，则，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
要使数列不存在峰值，
则，即，解得，
综上所述，实数的取值范围为.
故答案为：；.
15. 已知函数，给出下列四个结论：
①，使得关于直线对称；
②，使得存在最小值；
③，在上单调递减；
④，使得有三个零点；
其中所有正确的结论的序号是________.
【答案】①③④
【解析】
【分析】赋值法判断①；数形结合判断②④；利用导函数判断③，
【详解】取，得，
因为，
所以，使得关于直线对称；故①对；
由，
所以，
若，
当时，令，则，
令，则，
所以在单调递减，所以，
所以 在单调递减，
当时，令，则，
所以 在单调递减，
所以，在上单调递减，故，不存在最小值，故②错，③对，
如图

若，则当函数与直线的图象相切时，
设切点横坐标为，此时，则，
得到方程组，化简得，易得，
则此时有两个零点，图象见下图，
AI
当时，只需将上图相切时的直线向左偏一点，图象如下图所示，
则两函数会出现三个交点，此时有三个零点，如下图所示，
AI
故④对，
故答案为：①③④
【点睛】方法点睛：对于复杂函数的零点个数问题我们常将其转化成两个函数的交点个数问题，其次就是相切的临界状态将是零点变化得关键位置.
三、解答题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
16. 如图，在四棱锥中，底面ABCD是矩形，底面ABCD，且，E是PC的中点，平面ABE与线段PD交于点F.
（1）求证：；
（2）若，求直线BE与平面BCF所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由线面平行的判定与性质定理得证；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【小问1详解】
在矩形中，，
又平面，平面，
所以平面，
又因为平面，且平面平面，
所以.
【小问2详解】
由（1）可知，
又因为E是的中点，所以F是的中点，
因为，即，故.
因为平面平面，
所以
又正方形中，，
所以两两垂直.
如图建立空间直角坐标系，
则
所以，
设平面的一个法向量为
由，得，
令，得，
设直线与平面所成角为，
则
故直线BE与平面BCF所成角的正弦值为.
17. 在中，，.
（1）求b；
（2）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，使为锐角三角形，并求的面积.
条件①：；条件②：AB边上中线的长为；条件③：.
注：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）根据正弦定理边角互化，结合三角恒等变换，即可求解；
（2）若选择①②，应用余弦定理结合锐角三角形，即可判断；若选择③应用余弦定理及同角三角函数关系，以及三角形面积公式即可求解.
【小问1详解】
在中，因为，
再由
可得.
所以，即，
所以.
因为，所以.
【小问2详解】
选择条件①：，，，
由余弦定理得，，
因为为锐角三角形，所以不符合题意，不存在三角形；
选择条件②： 在中，设点为的中点，则，，
中，根据余弦定理
解得，所以，所以，
因为，所以为锐角三角形，
所以，
在中，.
选择条件③：在中，为锐角三角形，
因为，所以，
所以，，，所以，
所以，所以，解得或舍.
所以，所以为锐角三角形，
所以，
在中，.
18. 在北京延庆，源远流长的传统大集文化依旧焕发着生机.这是一种融合了传统文化与饮食娱乐的民间活动，人们在这里沉浸于这份朴素而直接的欢乐之中.2025年延庆大集的时间和地点信息汇总如下表，根据下表的统计结果，回答以下问题.
（1）若从周一和周四的大集中各随机选一个大集，求恰好选的都是延庆镇大集的概率；
（2）若从周六和周日的大集中随机选3个大集，记X为选延庆镇东小河屯村大集的次数，求X的分布列及期望；
（3）从周一到周四这四天的大集中任选2个大集，设为选永宁镇古城北街大集的个数，从周五到周日这三天的大集中任选2个大集，设为选永宁镇古城北街大集的个数，比较随机变量和随机变量的数学期望的大小.（结论不要求证明）
【答案】（1）
（2）分布列见解析，
（3）
【解析】
【分析】（1）根据相互独立事件同时发生的概率公式得解；
（2）求出随机变量的概率，列出分布列，求期望即可；
（3）分别计算两个随机变量的期望，即可得解.
【小问1详解】
记“周一和周四的大集中各随机选一次大集，恰好选的都是延庆镇大集”为事件 A，
由表可知，周一选一次大集，恰好选的是延庆镇大集的概率为,
周四选一次大集，恰好选的是延庆镇大集的概率为，
所以.
【小问2详解】
随机变量的所有可能取值为，
根据题意，，
，
随机变量的分布列是:
数学期望
【小问3详解】
由题意，可能取值为，
，，，
故；
由题意，可能取值为，
，，，
故，
所以.
19. 已知椭圆的左，右顶点分别为A，B，且，离心率为.
（1）求椭圆E的标准方程；
（2）设直线与x轴交于点Q，点P是直线上不同于点Q的一点，直线BP与椭圆E交于点M，直线AM与直线交于点N，判断是否存在点P，使得？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由.
【答案】（1）
（2）存在，点的坐标为或
【解析】
【分析】（1）由题意得，再结合求出，从而可求出椭圆E的标准方程；
（2）假设存在点P，使得，则‖，设，由结合点在直线上，可求得，再由在椭圆上可求出，从而可求出，进而可求出点的坐标.
【小问1详解】
由题意得，解得，
所以，
所以椭圆E的标准方程为；
【小问2详解】
假设存在点P，使得，则‖，
所以，
设，则，
所以，直线的方程为，
因为点在直线上，所以，
所以，
因为点P是直线上不同于点Q的一点，所以，
所以，解得，
因为点在椭圆上，所以，解得或，
当时，，得，
当时，，得，
所以存在点P，使得，点的坐标为或
【点睛】关键点点睛：此题考查椭圆方程的求解，考查直线与椭圆的位置关系，考查椭圆中的定点问题，第（2）问解题的关键是将问题转化为，再结合直线的方程和椭圆方程可求得结果，考查数学转化思想和计算能力，属于中档题.
20 已知函数.
（1）若，求在处的切线方程；
（2）若，求的单调区间；
（3）若，且，证明：.
【答案】（1）
（2）单调递增区间为，单调递减区间为，
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据导数的几何意义求出切线斜率即可得解；
（2）求出导数，再根据得出方程的根，列表即可求出函数单调区间；
（3）求出，构造函数，利用导数判断函数单调性，由单调性求出函数最小值即可得证.
【小问1详解】
由，所以
所以，
又，
所以曲线在处的切线方程为，
即
【小问2详解】
由，定义域为，
令得或
因为，所以.
所以，
列表：
所以的单调递增区间为，单调递减区间为，
【小问3详解】
因为，
又，，
所以是方程的两个根.
依题意，有，
所以，即，
所以
，
令，则，
令，则
因为，所以，
所以在上是增函数，
所以，所以在为减函数，
所以，即.
【点睛】关键点点睛：根据题意计算出是解题的第一个关键，再由二次求导判断出函数单调性，利用单调性求最值是解决问题的第二个关键所在.
21. 数字的任意一个排列记作，设为所有这样的排列构成的集合.集合任意整数都有，集合任意整数都有
（1）用列举法表示集合；
（2）求集合的元素个数；
（3）记集合的元素个数为，证明：数列是等比数列.
【答案】(1), ；(2) 的元素个数为1；(3)证明见解析
【解析】
【分析】(1)集合属于单调递增排列,集合属于实数对,利用列举法表示集合即可；
(2)根据题意知、,所以．所以集合的元素个数为1．
(3)由(2)知,.先求得.当时,考虑中的元素.
分类讨论：假设与两种情况,再结合等比数列的定义进行证明．
【详解】(1),
(2)考虑集合中的元素.
由已知,对任意整数都有,
所以,
所以.
由的任意性可知,是的单调递增排列,
所以.
又因为当时,对任意整数
都有.
所以,所以.
所以集合的元素个数为1.
(3)由(2)知,.
因,所以.
当时,考虑中的元素.
(i)假设.由已知, ,
所以,
又因为,所以.
依此类推,若,则,,.
①若,则满足条件的的排列有1个.
②若,则.
所以.
此时满足条件的的排列有1个.
③若,
只要是的满足条件的一个排列,就可以相应得到的一个满足条件的排列.
此时,满足条件的的排列有个.
(ii)假设,只需是的满足条件的排列,此时满足条件的的排列有个.
综上.
因为,
且当时, ,
所以对任意,都有.
所以成等比数列.
【点睛】本题主要考查了集合的新定义推导以及等比数列的证明,需要根据题意分情况进行讨论,结合集合间的基本关系进行分析.属于难题.时间
地点
周一
周二
周三
周四
周五
周六
周日
康庄镇刁千营村
√
√
康庄镇榆林堡村
√
√
康庄镇小丰营村
√
√
延庆镇付余屯村
√
√
延庆镇东小河屯村
√
√
√
√
√
√
√
香营乡屈家窑村
√
旧县镇米粮屯村
√
√
旧县镇东羊坊村
√
永宁镇古城北街
√
√
√
√
√
√
√
0
1
2
0
0
递减
递增
递减