北京市昌平区2024-2025学年高三数学上学期期末质量检测试题

北京市昌平区2024-2025学年高三数学上学期期末质量检测试题一､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，则集合（）A.B.C.D.2.在复平面内，复数对应的点的坐标是，且满意，则（）A.1 B. C.2 D.3.下列函数中，是奇函数且在定义域内是减函数的是（）A.B.C.D.4.若，，则肯定有（）A. B. C. D.5.已知二项式的绽开式中的系数是10，则实数（）A. B.1 C. D.26.若，则（）A. B. C. D.7.在平面直角坐标系中，角与角均以为始边，则“角与角的终边关于轴对称”是“”的（）A充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件8.图1：在一块木板上钉着若干排相互平行但相互错开圆柱形小木钉，小木钉之间留有适当的空隙作为通道，前面挡有一块玻璃.将小球从顶端放入，小球下落的过程中，每次遇到小木钉后都等可能的向左或向右落下，最终落入底部的格子中.在图2中，将小球放入容器中从顶部下落，则小球落入D区的路途数有（）A.16 B.18 C.20 D.229.设抛物线的焦点为，准线为.斜率为的直线经过焦点，交抛物线于点，交准线于点（在轴的两侧）.若，则抛物线的方程为（）A.B.C.D.10.已知向量满意，则的最大值是（）A.B.C.D.二､填空题共5小题，每小题5分，共25分.11.已知数列中，，则数列的通项公式为__________.12.已知双曲线的焦点为，点在双曲线上，则该双曲线的渐近线方程为__________；若，则__________.13.在中，，则__________，__________.14.若直线与圆有公共点，则的最小值为__________.15.已知正三棱锥的六条棱长均为是底面的中心，用一个平行于底面的平面截三棱锥，分别交于点（不与顶点，重合）.给出下列四个结论：①三棱锥为正三棱锥；②三棱锥的高为；③三棱锥的体积既有最大值，又有最小值；④当时，.其中全部正确结论的序号是__________.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，再从条件①､条件②､条件③中选择一个作为已知，（1）求解析式；（2）当时，关于的不等式恒成立，求实数的取值范围.条件①：函数的图象经过点；条件②：函数的图象可由函数的图象平移得到；条件③：函数图象相邻的两个对称中心之间的距离为.注：假如选择条件①､条件②和条件③分别解答，按第一个解答计分.17.不粘锅是家庭常用厨房用具，近期，某市消费者权益爱护委员会从市场上购买了12款不粘锅商品，并托付第三方检测机构进行检测.本次选取了食物接触材料平安项目中与消费者运用亲密相关的6项性能项目进行比较试验，性能检测项目包含不粘性､耐磨性､耐碱性､手柄温度､温度匀称性和运用体验等6个指标.其中消费者关注最多的两个指标“不沾性､耐磨性”检测结果的数据如下：检测结果序号品牌名称不粘性耐磨性1品牌1Ⅰ级Ⅰ级2品牌2Ⅱ级Ⅰ级3品牌3Ⅰ级Ⅰ级4品牌4Ⅱ级Ⅱ级5品牌5Ⅰ级Ⅰ级6品牌6Ⅱ级Ⅰ级7品牌7Ⅰ级Ⅰ级8品牌8Ⅰ级Ⅰ级9品牌9Ⅱ级Ⅱ级10品牌10Ⅱ级Ⅱ级11品牌11Ⅱ级Ⅱ级12品牌12Ⅱ级Ⅱ级（Ⅰ级代表性能优秀，Ⅱ级代表性能较好）（1）从这12个品牌的样本数据中随机选取两个品牌的数据，求这两个品牌的“不粘性”性能都是Ⅰ级的概率；（2）从前六个品牌中随机选取两个品牌的数据，设为性能都是Ⅰ级的品牌个数，求随机变量的分布列和数学期望；（3）从后六个品牌中随机选取两个品牌的数据，设为性能都是Ⅰ级的品牌个数，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）.18.如图，在多面体中，侧面为矩形，平面，平面.（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值；（3）求直线到平面的距离.19.已知椭圆过点，且离心率是.（1）求椭圆的方程和短轴长；（2）已知点，直线过点且与椭圆有两个不同的交点，问：是否存在直线，使得是以点为顶点的等腰三角形，若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由.20.已知函数.（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）探讨函数的单调性；（3）当时，证明：对随意的恒成立.21.已知数列满意：，且.记集合.（1）若，写出集合的全部元素；（2）若集合存在一个元素是3的倍数，证明：的全部元素都是3的倍数；（3）求集合的元素个数的最大值.

1【答案】C【详解】依题意.2【答案】A详解】由得，又复数对应的点的坐标是，即，3【答案】B【详解】对于A，设，则，故在定义域内不是减函数，故A错误.对于B，设，其定义域为且，故为奇函数，而为上的增函数，故为上的减函数，故B正确.对于C，设，因为，故在定义域内不是减函数，故C错误.对于D，的定义域为，故该函数不是奇函数，故D错误.4【答案】C【详解】不妨令，则，∴A、B不正确；

，∴D不正确，C正确.5【答案】B【详解】二项式的绽开式为，令，解得，所以.6【答案】D【详解】，所以，所以.7【答案】A【详解】由题意知，角与角的终边关于轴对称时，则，故，则，即；当时，此时，角与角的终边不关于轴对称，即“”成立不能得出“角与角的终边关于轴对称”成立，故“角与角的终边关于轴对称”是“”的充分而不必要条件，8【答案】C【详解】第一层只有一个小球，其左右各有一个空隙，小球到这两个空隙处的线路数均为1；其次层有两个小球，共有三个空隙，小球到这三个空隙处的线路数从左到右依次为：1,2,1，第三层有三个小球，共有4个空隙，小球到这四个空隙处的线路数从左到右依次为：即为，第四层有四个小球，共有5个空隙，小球到这五个空隙处的线路数从左到右依次为：即为，第五层有五个小球，共有6个空隙，小球到这六个空隙处的线路数从左到右依次为：即为，第六层有六个小球，共有7个空隙，小球到这七个空隙处的线路数从左到右依次为：即为，故小球落入D区的路途数有20条.9【答案】B【详解】直线的斜率为，倾斜角为，过作，垂足为，连接，由于，所以三角形是等边三角形，所以，由于，所以，所以抛物线方程为.10【答案】C【详解】把平移到共起点，以的起点为原点，所在的直线为轴，的方向为轴的正方向，见下图，设，则又则点的轨迹为以为直径的圆，又因为所以故以为直径的圆为，所以的最大值就是以为直径的圆上的点到原点距离的最大值，所以最大值为11【答案】【详解】数列中，，则，否则与冲突，故，即数列为首项为2，公比为2的等比数列，所以，12【答案】①.②.【详解】依题意，所以双曲线的渐近线方程为，由于，所以在双曲线的左支，所以.13【答案】①.②.##【详解】由余弦定理可得，故，故（舍）或，故，而为三角形内角，故.14【答案】5【详解】由题意知,直线过定点，当点在圆上或圆内时，直线与圆总有公共点,即，即的最小值为5，15【答案】①②④【详解】如图所示∵用一个平行于底面的平面截三棱锥，且为正三棱锥，是底面的中心∴三棱锥为正三棱锥，故①正确；∵正三棱锥的六条棱长均为,是底面的中心，∴三棱锥的高为,的高为，且,,∴，故②正确，∵点不与顶点，重合，∴，设的高为，则，得，∴，，在上，上，所以在上递增，上递减，故在上有最大值，无最小值，故③错误；当时，点分别为线段的三等分点，∴，且∴.故④正确;16【答案】（1）;（2）.【小问1详解】;选①：函数的图象经过点，则，所以，则，由，可得，则；选②：函数的图象可由函数的图象平移得到，即的图象可由函数的图象平移得到，则，则.选③：函数的图象相邻的两个对称中心之间的距离为，则函数的最小正周期为，故，故.【小问2详解】当时，,则，故，又当时，关于的不等式恒成立，故,即实数的取值范围为.17【答案】（1）（2）（3）【小问1详解】“不粘性”性能都是Ⅰ级的品牌有5个，记事务A为两个品牌的“不粘性”性能都是Ⅰ级，则【小问2详解】前六个品牌中性能都是Ⅰ级的品牌有3个，可能取值为0,1,2,;;;∴分布列为【小问3详解】后六个品牌性能都是Ⅰ级的品有2个，可能取值为0,1,2,；；；∴数学期望为18【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）.【小问1详解】证明：由题意平面，平面,故平面平面，又侧面为矩形，故,而平面平面平面，所以平面，又平面，所以,而平面，平面，故平面.【小问2详解】因为平面，平面，故，而平面，故以A为坐标原点，分别以的方向为x轴，y轴，z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，因为,则,则设平面的法向量为，则,即，令，则，设直线与平面所成角为，则.【小问3详解】因为侧面为矩形，所以,而平面,平面,故平面，则直线到平面的距离即为点到平面的距离，，平面的法向量为，故点到平面的距离为,即直线到平面的距离为.19【答案】（1）,.（2）存在,直线.【小问1详解】由题意知椭圆过点，且离心率是，则，且，故椭圆的方程为，短轴长为.【小问2详解】假设存在直线，使得是以点为顶点的等腰三角形,由于直线过点,当直线斜率不存在时,直线l为，此时为椭圆的短轴上的两顶点，此时是以点为顶点的等腰三角形；当直线斜率存在时，设直线方程为，联立，得，当直线与椭圆C有两个不同的交点时，该方程，整理得，设，则，所以，设的中点为点D，则，即，则,当时，斜率不存在，此时的斜率k为0，不满意，故，由题意可知,即，解得或，由于，故或不适合题意，综合以上，存在直线，使得是以点为顶点的等腰三角形.20【答案】（1）（2）答案详见解析（3）证明详见解析【小问1详解】当时，，，所以切线方程为.【小问2详解】依题意，，，当时，，解得,则在区间递减；在区间递增.当时，解得或,当时，在区间递增；在区间递减.当时，在上递增.当时，在区间递增；区间递减.【小问3详解】当时，，由（2）可知，在递减，在递增，所以，所以对随意的恒成立.21【答案】（1）（2）见解析（3）5【小问1详解】若，则，，，，故中的项的大小从第3项起先周期改变，且周期为2.故.【小问2详解】设，若，则，因互质，故为3的倍数；若，则即，因互质，故为3的倍数，依次类推，有均为3的倍数.当时，我们用数学归纳法证明：也是3的倍数.当时，若，则，故为3的倍数；若，则，故为3的倍数，设当时，是3的倍数即为3的倍数，若，则，故为3的倍数；若，则，因为3的倍数，故为3的倍数，故当时，是3的倍数也成立，由数学归纳法