北京市通州区2024-2025学年高三上学期期末摸底考试数学试卷 含解析

2025年北京市通州区高三上学期期末数学试卷本试卷共9页，共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.已知全集，集合，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】解不等式求得集合，进而求得.【详解】由，解得，所以，所以.故选：C2.若复数满足，其中为虚数单位，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用复数的运算化简复数即可求解.【详解】因为，所以.故选：B3.已知函数，则（）A.是偶函数，且在上是增函数B.是偶函数，且在上是减函数C.是奇函数，且在上是增函数D.是奇函数，且在上是减函数【答案】A【解析】【分析】根据函数的奇偶性的定义判断函数的奇偶性，再利用导数说明函数的单调性．【详解】函数的定义域是，关于原点对称，，故函数是偶函数，又因为，易知其为增函数，当时，，故在上是增函数，故选：A．4.在二项式的展开式中，常数项为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】求出通项，找到常数项即可.【详解】的通项公式为，常数项时，则，所以常数项为，故选：D.5.圆与圆的位置关系是（）A.相交 B.内切 C.外切 D.外离【答案】D【解析】【分析】直接根据两圆位置关系的判断方法即可得到答案.【详解】圆的标准方程为，圆心为，半径为，圆：，圆心为，半径为，则，∴，，，，故圆和圆的位置关系是外离.故选：D．6.设为的一个排列，则满足的不同排列的个数为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据题意，分析可得则且，或且，或且，分别在不同情况下，列出所有可能，进而得到答案.【详解】根据题意，若，则且，或且，或且，当且时，有，或，或，或，共4种可能；当且时，有，或，或，或，共4种可能，当且时，有，或，或，或，或，或，或，或，共8种可能，满足的不同排列的个数为，故选：B．7.已知直线，双曲线，则“”是“直线与双曲线无交点”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】求出双曲线的渐近线方程，利用充分条件、必要条件的定义，结合双曲线的性质判断即可.【详解】双曲线的渐近线方程为，当时，直线为双曲线的一条渐近线，直线与双曲线无交点；反之直线与双曲线无交点，，即，所以“”是“直线与双曲线无交点”的充分而不必要条件.故选：A8.如图某实心零部件的形状是正四棱台，已知，，棱台的高为，先需要对该零部件的表面进行防腐处理，若每平方厘米的防腐处理费用为元，则该零部件的防腐处理费用是（）A.元 B.元C.元 D.元【答案】A【解析】【分析】根据棱台的高求出侧面等腰梯形的高，再计算出棱台的表面积，即可求得该零部件的防腐处理费用.【详解】如图所示，，，连接，分别是的中点，连接，取的中点，连接.由题意，在正四棱台中，平面，则，因为分别是的中点，所以，且，又分别是中点，所以，且，故，则四点共面；因为平面，平面，所以，所以四边形为直角梯形，在直角梯形中，，又点是的中点，所以四边形为矩形，则，且，又，因此，在直角中，，所以在正四棱台中，侧面积，底面积，表面积（平方厘米），又每平方厘米的防腐处理费用为元，所以该零部件的防腐处理费用是（元）.故选：A9.关于函数，有下列命题：①若，则；②的图象可由向左平移得到；③若且，则一定有；④函数的图象关于直线对称.其中正确命题的个数有（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】①选项，求出函数的零点，从而求出两零点的差值，根据平移得出解析式判断②，根据正弦函数的单调性判断③，代入检验法判断④.【详解】令，解得：，，即，，所以两个零点的距离：，①错误；由向左平移得到，故②错误；因为，所以，所以单调递增，所以时，则一定有，③正确；当时，，，所以直线是函数的对称轴，④正确；故选：B10.已知数列的各项均为正数，其前项和为，且，下列说法正确的是（）A.当时，数列为递减数列B.数列不可能为等比数列C.当，，都有D.当时，，，都有【答案】C【解析】【分析】本题通过给定的数列递推式，写出项，分析数列的单调性、常数列情况、分类讨论，逐个判定即可.【详解】对于选项A，当时，可得，即.因为数列的各项均为正数，解这个方程.再由，即，解得.，，，可以发现，所以数列不为递减数列，所以选项A错误.由，因为，得出，即.又由解出.由推出，进一步得到，结合得出，从而得到时，；同理得到时，；时，.当时，由变形为，得出，进而得到，推出，即，所以时，；同理时，.对于选项B，时，，为等比数列，所以选项B错误.对于选项C，当时，根据前面分析的单调性，所以在时恒成立且单调递减.当时，因为单调递减且，所以恒成立，进而，所以选项C正确.对于选项D，当时，且.当时，因为数列单调递增且，所以不存在使，所以选项D错误.故选：C.【点睛】关键点点睛：由，因为，得出，即.由推出，进一步得到，分类讨论得到数列单调性是关键.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.已知函数，则_________.【答案】3【解析】【分析】直接代入计算即可.【详解】.

故答案为：3.12.，，三个班共有120名学生，为调查他们的体育锻炼情况，通过分层抽样获得了部分学生一周的锻炼时间，数据如下表(单位：小时）：A班66.577.588B班6789101112C班46.588.51012.513.5估计A班的人数有_________人；设B班体育锻炼时间的方差为，C班体育锻炼时间的方差为，则_________(填：).【答案】①.36②.【解析】【分析】由表格数据可知，样本有20人，其中A班有6人，然后再利用抽样比计算A班的学生人数；分别由题计算两班平均数，在算出方差，比较即可.【详解】由题意知，抽出的20名学生中，来自A班的学生有6名.根据分层抽样方法，A班的学生人数估计为人；设B班体育锻炼时间的平均数为，C班体育锻炼时间的平均数为，，，，，由此可知.故答案为：36；13.已知抛物线的焦点为，点在上，若，则线段的中点的横坐标为______.【答案】3【解析】【分析】设，，根据抛物线定义可得，即可求解中点横坐标.【详解】设，，则根据抛物线定义可得，解得，所以线段的中点的横坐标为3．故答案为：3.14.已知是同一平面上的三个向量，满足，，则与的夹角等于_________；若与的夹角为，则的最大值为_________.【答案】①.②.4【解析】【分析】第1空，利用可得；第2空，根据向量夹角的关系，利用向量的几何表示，设，，确定为的外接圆直径时最大，进而可得.【详解】第1空：，因，故，第2空：设，，则,设，则，，因与的夹角为，而，故在两段优弧上，如下图，右上方的弧所在圆的半径为，左下方的弧所在的圆的半径为2且圆心为，结合图形可得即可取得最大值为直径即为，故答案为：；415.如图，正方形和正方形所在的平面互相垂直.为中点，为正方形内一点（包括边界），且满足，为正方形内一点（包括边界），设，给出下列四个结论：①，使；②，使；③点到的最小值为；④四棱锥体积的最大值为.其中正确结论的序号是_________.【答案】①③④【解析】【分析】先求出点的轨迹方程，建立适当的直角坐标系后，借助空间线面的概念研究位置关系，结合距离公式、三棱锥体积公式逐项判断即可得.【详解】根据题意，正方形和正方形所在的平面互相垂直，平面平面，为正方形内一点，所以平面，平面，平面，所以、均为直角三角形，因为，所以，又因为为中点，,所以,如图，以D为原点，所在直线分别作，轴，建立平面直角坐标系，因为，所以，，，设，由可得，化简可得，点的轨迹为以圆心半径为的圆的一部分，如图所示，当与重合，在点时，此时平面，平面，所以，故①正确；当与重合，在点时，最大，即，，，所以在中，，因为,故不存在，使，故②错误；设到的距离为，点到的距离最小值为-，在中，利用等面积法可得：，即，解得，所以点到的距离最小值为，故③正确；四边形的面积，，当在点时，四棱锥体积有最大值，，故④正确.故答案为：①③④【点睛】关键点点睛：求出点的轨迹方程，建立适当的直角坐标系，借助空间线面的概念研究位置关系是解题关键，第④个结论的关键点在于借助四面体的体积公式，分别求出高与底面三角形的最大值.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.在中，.（1）求；（2）若，边上中线的长为2，求的面积.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据同角三角函数的商数关系和正弦定理化简可得，进而求出；（2）根据余弦定理求出，再根据三角形面积公式求出面积.【小问1详解】因为，由正弦定理得所以，即，又因为，所以，所以，所以.【小问2详解】设中点为，，，则，即，即，所以，所以.17.如图，在四棱锥中，底面为菱形，且，平面，是的中点.（1）求证：平面；（2）再从条件①、条件②中选择一个作为已知，求直线与平面所成角的正弦值.条件①：平面平面；条件②：.注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）由菱形得，结合线面平行的判定定理，即可证得平面；（2）选择条件①：由是的中点，，得，结合平面平面，得到平面，得到，进而，再结合平面，得，进而得平面,证得两两垂直.以为原点，建立空间直角坐标系，分别求得和平面的法向量的坐标，结合向量的夹角公式，即可求解；若选择条件②，平面得，利用勾股定理及其逆定理可得，，进而，再结合平面，得两两垂直.以为原点，建立空间直角坐标系，分别求得和平面的法向量的坐标，结合向量的夹角公式，即可求解；【小问1详解】∵为菱形，所以.又因为平面，平面，所以平面.【小问2详解】若条件①：平面平面.∵底面是边长为2的菱形，，∴，∵是的中点，∴∵平面平面，平面平面，平面，∴平面.∵平面，所以.∵，∴，∵平面，平面，∴又平面，∴平面.∵平面，∴∴两两垂直，以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，则，所以，设平面的法向量为，则，令，得，设直线与平面所成角为，则.故直线与平面所成角的正弦值为.若选择条件②：∵平面，平面，∴∵菱形棱长为2，∴∵，所以,所以，即.所以底面是边长为2的正方形，所以.∵平面，平面，∴所以两两垂直.以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，则，所以，设平面的法向量为，则，令，得，设直线与平面所成角为，则.故直线与平面所成角的正弦值为.18.为服务北京城市副中心三大文化建筑（北京艺术中心，北京城市图书馆和北京大运河博物馆）游客差异化出行需求，北京市交通委于2024年开通三大文化建筑周边自动驾驶微公交接驳服务.无人驾驶微公交每辆车满载可乘坐9名乘客，为预测未来某站点在客流量高峰期乘车人数的规律，收集了以往某个客流量高峰期连续20辆微公交的乘车人数数据.如下：车次序号乘车人数110号89998999971120号9989999978用频率估计概率.（1）试估计该站点客流量高峰期微公交乘车人数为9人的概率；（2）假设微公交乘车人数相互独立，记为未来该站点客流量高峰期两辆微公交乘车人数之和，求的分布列及数学期望；（3）假设客流量高峰期该站点每辆微公交乘车人数只受前一辆微公交乘车人数影响，若该站点连续两辆微公交都满载9人的概率不低于，则需要缩短连续两辆微公交的时间间隔，判断公交公司在客流量高峰期是否需要缩短发车间隔.（写出结论，不用说明理由）【答案】（1）（2）分布列见解析，（3）公交公司在客流量高峰期需要缩短发车间隔【解析】【分析】（1）结合数据，20辆微公交的乘车人数为9人的共有14辆，求得概率；（2）结合数据，求出的可能取值，求出概率，列出分布列求出期望；（3）结合古典概型，求出连续两辆微公交都满载9人的可能情况，求出概率.【小问1详解】根据数据可得，20辆微公交的乘车人数为9人的共有14辆，所以该站点客流量高峰期微公交乘车人数为9人的概率为.【小问2详解】根据数据，20辆微公交的乘车人数为7人的共有2辆，8人的共有4辆，9人的共有14辆，所以乘车人数为7人的概率为，乘车人数为8人的概率为，乘车人数为9人的概率为，记为未来该站点客流量高峰期两辆微公交乘车人数之和，则可能取值为14,15,16,17,18.，，，，，所以的分布列为：1415161718【小问3详解】公交公司在客流量高峰期需要缩短发车间隔，理由：20辆公交车连续两辆共有19种可能，其中共有10种两辆微公交都满载9人，其连续两辆微公交都满载9人的概率，所以公交公司在客流量高峰期需要缩短发车间隔.19.已知椭圆，以椭圆的一个焦点和短轴端点为顶点的三角形是边长为2的等边三角形.（1）求椭圆的方程及离心率；（2）斜率存在且不为0的直线与椭圆交于两点，与轴交于点，点关于轴的对称点为，直线交轴于点.在轴上是否存在定点，使得（为坐标原点）？若存在，求出点坐标；若不存在，请说明理由.【答案】（1）；（2）存在，或【解析】【分析】(1)由题可知，进而得到椭圆方程和离心率；(2)假设存在定点，使得，原问题等价于满足，表示直线、的方程，可表示出，，据此计算可得点的坐标.【小问1详解】因为以椭圆的一个焦点和短轴端点为顶点的三角形是边长为2的等边三角形，所以，即，，故椭圆的方程：，，故离心率；【小问2详解】假设轴上存在点，使得，当时，所以，设，，所以满足，设，，由题意可知直线斜率存在且不为0，故,,直线的方程为，所以当时，即，因为点与点关于轴对称，所以．同理可得，因为，，所以，因为，在椭圆上，即，，，所以或，故在轴上存在点，使得，点的坐标为或．20.已知在点处与轴相切.（1）求的值；（2）求的单调区间；（3）若，求证【答案】（1）（2）单调递减区间为，无单调递增区间（3）证明见解析【解析】【分析】（1）依题意知，，联立求得答案；（2）对，利用导数求单调区间；（3）对不等式变形，换元，构造函数证明.【小问1详解】因为在点处与轴相切，，所以，，解得.【小问2详解】由（1）