2025届北京市朝阳区高三下学期质量检测一（3月）数学试卷（解析版）

高级中学名校试题PAGEPAGE1北京市朝阳区2025届高三下学期质量检测一（3月）数学试卷一、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，集合，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】，所以，故选：A.2.设复数的共轭复数为，则（）A.1 B. C.2 D.4【答案】C【解析】因为复数，所以复数的共轭复数为，所以.故选：C.3.在的展开式中，常数项为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】的展开式通项为，令，解得，所以，展开式中的常数项为.故选：D.4.为了得到函数的图象，可以将函数的图象A.向右平移个单位 B.向左平移个单位C.向右平移个单位 D.向左平移个单位【答案】D【解析】因为，所以将函数的图象向左平移个单位，选D.考点：三角函数图像变换5.已知等比数列，，，则（）A. B. C. D.1【答案】A【解析】已知，，可得公比.再将，代入通项公式，可得，解得.

可得：；；.

可得：.故选：A.6.已知曲线，则“”是“为焦点在轴上的双曲线”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】A【解析】若，则，所以，即，所以为焦点在轴上的双曲线；若为焦点在轴上的双曲线，则对于，即，可得，即且，不一定得到，综上，“”是“为焦点在轴上的双曲线”的充分不必要条件.故选：A7.已知，，则（）A. B. C. D.1【答案】B【解析】由，，得，整理得，所以.故选：B8.某市计划在一条河上修建一座水上休闲公园，如图所示．这条河两岸所在直线，互相平行，桥DE与河岸所在直线垂直．休闲公园的形状可视为直角三角形，它的三个入口分别设在直角三角形的顶点A，B，C处，其中入口A点（定点）在桥DE上，且A到直线，的距离分别为，（为定值），入口B，C分别在直线，上，公园的一边AB与直线所成的锐角为，另一边AC与AB垂直．设该休闲公园的面积为，当变化时，下列说法正确的是（）A.函数的最大值为B.函数的最小值为C.若，且则D.若，且，则【答案】D【解析】在中，，，根据正弦函数的定义，可得.

因为，，所以，在中，，根据余弦函数的定义，可得.

对于，，将，代入可得：，进一步化简为，.

对于选项A，因为，所以，.当取最小值（取不到），最大值时，没有最大值，所以A错误.

对于选项B，由，，当，即，时，取得最小值，所以B错误.

对于选项C，当时，，单调递增，单调递减；当时，，单调递减，单调递增.所以若且，不一定有，C错误.

对于选项D，若且，则，.因为，，所以，D正确.

故选：D.9.在中，，，点M为所在平面内一点且，则的最小值为（）A.0 B. C. D.【答案】C【解析】在三角形中，由余弦定理，故为钝角；又，故点在三角形底边的高线上，则以所在直线为轴，以其上的高线为轴建立平面直角坐标系如下所示：又，则，故，；则，设，，故，当且仅当时取得等号；也即的最小值为.故选：C.10.位同学参加学校组织的某棋类单循环制比赛，即任意两位参赛者之间恰好进行一场比赛．每场比赛的计分规则是：胜者计分，负者计分，平局各计分．所有比赛结束后，若这位同学的得分总和为分，且平局总场数不超过比赛总场数的一半，则平局总场数为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】设平局总场数为，且所有比赛的场数为，由题意可知，，由于能决定胜负的每场选手的得分之和为分，每场平局选手的得分之和为分，由题意可得，所以，，因为平局总场数不超过比赛总场数一半，则，整理可得，因为，解得，所以，平局的局数为.故选：B.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.函数的定义域为_______．【答案】【解析】对于函数，有，解得，故函数的定义域为.故答案为：.12.已知点在抛物线上，则抛物线C的焦点F的坐标为_______；以F为圆心，为半径的圆与抛物线C的准线的位置关系是_______．（填“相交”“相切”或“相离”）【答案】①.②.相切【解析】由题意可得，所以，所以抛物线C的焦点F的坐标为；由两点间距离公式可得，即为圆的半径，又焦点到准线的距离为2，所以为半径的圆与抛物线C的准线的位置关系是相切.故答案为：；相切.13.已知函数是上的奇函数，当时，则_______；若存在，使得，则c的一个取值为_______．【答案】①.②.4（答案不唯一）【解析】因为函数是上的奇函数，且时，，所以.当时，由，可得，令，即，解得，所以函数在单调递减，在单调递增，所以时，，，由为函数是上的奇函数，可得时，，又，由，可得或，所以的取值范围为.故答案为：；4（答案不唯一）.14.干支纪年法是我国古代一种纪年方式，它以十天干（甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸）和十二地支（子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥）的组合来表示年份，循环纪年．比如某一年为甲子年‘，则下一年为乙丑年，再下一年为丙寅年，以此类推，排列到癸酉年后，天干回到“甲”，即甲戌年，下一年为乙亥年，之后地支回到“子”，即丙子年，以此类推．已知2025年是乙巳年，则2025年之后的首个己巳年是_______年．（用数字作答）【答案】2049【解析】天干是以10为公差的等差数列，地支是以12为公差的等差数列，从2025年是乙巳年，以2025年的天干和地支分别为首项，因为地支为巳，则经过的年数为12的倍数，又因为2025年为天干为乙，到天干为已，需经过丙、丁、戊、己，故经过年数除以10的余数为4，故需经过24年，所以2025年之后的首个已巳年是2049.故答案为：2049.15.在棱长为的正方体中，点P是底面内的动点，给出下列四个结论：①的最小值为；②的最小值为；③的最大值为；④的最小值为．其中所有正确结论的序号是_______．【答案】①②④【解析】设点、、、关于平面的对称点分别为、、、，设底面、的中心分别为点、，如下图所示：对于①，易知为的中点，则，可得，所以，，当点与点重合时，底面，此时，取最小值，即的最小值为，①对；对于④，，当点与点重合时，底面，此时，取最小值，则的最小值为，④对；对于②，由对称性可知，，则，当且仅当点为线段与平面的交点时，取最小值，②对；对于③，当点与点重合时，，所以，的最大值不是，③错.故答案为：①②④.三、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，在四棱柱中，平面，在四边形中，，为线段的中点．（1）求证：平面；（2）若平面平面，，求平面与平面夹角的余弦值．（1）证明：连接．因为为的中点，所以．又，所以四边形为平行四边形．所以．又因为，所以．所以四边形为平行四边形．所以．又因为平面平面，所以平面．（2）解：因为平面，所以．又因为平面平面，平面平面，且平面，所以平面．所以．所以两两垂直．如图建立空间直角坐标系，则．所以．因为平面，所以是平面的法向量．设平面的法向量为，则，即，令，则．于是．设平面与平面夹角为，则．17.在中，（1）求c的值；（2）已知，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，使得存在且唯一，求的周长．条件①：；条件②：AB边上的高为；条件③：．注：如果选择的条件不符合要求，第（Ⅱ）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．解：（1）由正弦定理及得．所以．所以．又因为，所以．所以．（2）选条件①：因为，且，所以．因为，所以．所以．又因为，所以．所以．又，所以．所以的周长为．选条件②：因为边上的高为，所以．又因为，所以．所以．因为，所以．a.当时，由，得．又，所以．所以．所以周长为．b.当时，由，得．又，所以，不符合题意．综上，的周长为．选条件③：由余弦定理，可得，即。解得或，此时不唯一，不符合要求.18.某高中组织学生研学旅行．现有A，B两地可供选择，学生按照自愿的原则选择一地进行研学旅行．研学旅行结束后，学校从全体学生中随机抽取100名学生进行满意度调查，调查结果如下表：高一高二高三A地B地A地B地A地B地满意122183156一般226568不满意116232假设所有学生的研学旅行地点选择相互独立．用频率估计概率．（1）估计该校学生对本次研学旅行满意的概率；（2）分别从高一、高二、高三三个年级中随机抽取1人，估计这3人中至少有2人选择去B地的概率；（3）对于上述样本，在三个年级去A地研学旅行的学生中，调查结果为满意的学生人数的方差为，调查结果为不满意的学生人数的方差为，写出和的大小关系．`（结论不要求证明）解：（1）从表格数据可知，随机抽取的100名学生对本次研学旅行满意的人数为，因此该校学生对本次研学旅行满意的概率可估计为．（2）设事件：抽取的高一学生选择去B地，事件：抽取的高二学生选择去B地，事件：抽取的高三学生选择去B地，事件：抽取的3人中恰有人选择去B地，，事件：抽取的3人中至少有2人选择去B地．从数据表格可知，抽取的100名学生中高一年级学生总数为，选择去B地的总数为，所以可估计为；抽取的100名学生中高二年级学生总数为，选择去B地的总数为，所以可估计为；抽取的100名学生中高三年级学生总数为，选择去B地的总数为，所以可估计为；因为，所以．所以抽取的3人中至少有2人选择去地的概率可估计为．（3）在三个年级去A地研学旅行的学生中，调查结果为满意的学生人数的平均数为，则调查结果为满意的学生人数的方差为，调查结果为不满意的学生人数的平均数为，则调查结果为不满意的学生人数的方差为，则.19.已知椭圆的右焦点为，离心率为．（1）求椭圆E的方程；（2）过点作直线l与椭圆E交于不同的两点A，B．设，直线BC与直线交于点N，求证：直线AN的斜率为定值．（1）解：由题意得，解得，所以椭圆的方程是．（2）证明：由题可知直线斜率存在．设直线．由，得．由，得，即．设，则．直线的方程为．令，得的纵坐标为．因为，所以．．又．所以，即．所以直线的斜率为定值．20.已知函数．（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）若，求证：当时，；（3）若函数有个不同的零点，求的取值范围．（1）解：当时，，则，所以，．所以曲线在点处的切线方程为，即．（2）证明：由题设知．设函数．当时，因为，所以对任意的恒成立，即．所以函数在区间上单调递增，所以．所以当且时，．（3）解：函数的定义域为，．当时，，函数在区间上单调递减，函数至多一个零点，不合题意；②当时，由（2）可知函数在区间上单调递增，函数至多一个零点，不合题意．③当时，对于函数，因为，所以方程有两个实数根、，满足，，不妨设，则，、的情况如下：增极大值减极小值增所以函数的单调递增区间是、，单调递减区间是．因为，所以为的一个零点．又，，且，所以存在唯一实数，使得．又，，且，所以存在唯一实数，使得．所以函数有个不同的零点．综上，的取值范围为．21.已知，，，为有穷正整数数列，若存在，其使得，其中，则称Q为连续可归零数列．（1）判断：1，3，2和：4，2，4是否为连续可归零数列？并说明理由；（2）对任意的正整数，记，其中表示数集S中最大的数．令，求证：数列，，，不是连续可归零数列；（3）若，，，的每一项均为不大于的正整数，求证：当时，Q是连续可归零数列．证明：（1）数列连续可归零数列，理由如下：取，则，所以数列是连续可归零数列．数列不是连续可归零数列，理由如下：当时，，因为是奇数，故是奇数，所以．当时，，因为是奇数，故是奇数，所以．当时，，因为是奇数，故是奇数，所以．所以数列不是连续可归零数列．（2）因为1，3，5，7是奇数，故，所以．因为，所以．因为，所以．所以数列．因为，所以与奇偶性相同．当或时，因为中，为奇数，其余各项均为偶数，所以为奇数．所以．当取时，由（1）可知，综上，数列不是连续可归零数列．（3）设，则是整数数列．下面证明对任意，均有．显然满足．假设结论不成立，则存在，使得或，且当时都有．（i）若，当时，，因，所以，矛盾；当时，，因为，所以，矛盾．（ii）若，当时，，因为，所以，矛盾；当时，，因为，又是整数，所以，矛盾．综上，对任意，均有．若存在，使得，则存在且，使得，此时数列是连续可归零数列．若任意，因为中共个非零整数，当时，数列中存在且，使得，从而存在，使得，此时数列是连续可归零数列．综上，当时，数列是连续可归零数列．北京市朝阳区2025届高三下学期质量检测一（3月）数学试卷一、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，集合，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】，所以，故选：A.2.设复数的共轭复数为，则（）A.1 B. C.2 D.4【答案】C【解析】因为复数，所以复数的共轭复数为，所以.故选：C.3.在的展开式中，常数项为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】的展开式通项为，令，解得，所以，展开式中的常数项为.故选：D.4.为了得到函数的图象，可以将函数的图象A.向右平移个单位 B.向左平移个单位C.向右平移个单位 D.向左平移个单位【答案】D【解析】因为，所以将函数的图象向左平移个单位，选D.考点：三角函数图像变换5.已知等比数列，，，则（）A. B. C. D.1【答案】A【解析】已知，，可得公比.再将，代入通项公式，可得，解得.

可得：；；.

可得：.故选：A.6.已知曲线，则“”是“为焦点在轴上的双曲线”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】A【解析】若，则，所以，即，所以为焦点在轴上的双曲线；若为焦点在轴上的双曲线，则对于，即，可得，即且，不一定得到，综上，“”是“为焦点在轴上的双曲线”的充分不必要条件.故选：A7.已知，，则（）A. B. C. D.1【答案】B【解析】由，，得，整理得，所以.故选：B8.某市计划在一条河上修建一座水上休闲公园，如图所示．这条河两岸所在直线，互相平行，桥DE与河岸所在直线垂直．休闲公园的形状可视为直角三角形，它的三个入口分别设在直角三角形的顶点A，B，C处，其中入口A点（定点）在桥DE上，且A到直线，的距离分别为，（为定值），入口B，C分别在直线，上，公园的一边AB与直线所成的锐角为，另一边AC与AB垂直．设该休闲公园的面积为，当变化时，下列说法正确的是（）A.函数的最大值为B.函数的最小值为C.若，且则D.若，且，则【答案】D【解析】在中，，，根据正弦函数的定义，可得.

因为，，所以，在中，，根据余弦函数的定义，可得.

对于，，将，代入可得：，进一步化简为，.

对于选项A，因为，所以，.当取最小值（取不到），最大值时，没有最大值，所以A错误.

对于选项B，由，，当，即，时，取得最小值，所以B错误.

对于选项C，当时，，单调递增，单调递减；当时，，单调递减，单调递增.所以若且，不一定有，C错误.

对于选项D，若且，则，.因为，，所以，D正确.

故选：D.9.在中，，，点M为所在平面内一点且，则的最小值为（）A.0 B. C. D.【答案】C【解析】在三角形中，由余弦定理，故为钝角；又，故点在三角形底边的高线上，则以所在直线为轴，以其上的高线为轴建立平面直角坐标系如下所示：又，则，故，；则，设，，故，当且仅当时取得等号；也即的最小值为.故选：C.10.位同学参加学校组织的某棋类单循环制比赛，即任意两位参赛者之间恰好进行一场比赛．每场比赛的计分规则是：胜者计分，负者计分，平局各计分．所有比赛结束后，若这位同学的得分总和为分，且平局总场数不超过比赛总场数的一半，则平局总场数为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】设平局总场数为，且所有比赛的场数为，由题意可知，，由于能决定胜负的每场选手的得分之和为分，每场平局选手的得分之和为分，由题意可得，所以，，因为平局总场数不超过比赛总场数一半，则，整理可得，因为，解得，所以，平局的局数为.故选：B.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.函数的定义域为_______．【答案】【解析】对于函数，有，解得，故函数的定义域为.故答案为：.12.已知点在抛物线上，则抛物线C的焦点F的坐标为_______；以F为圆心，为半径的圆与抛物线C的准线的位置关系是_______．（填“相交”“相切”或“相离”）【答案】①.②.相切【解析】由题意可得，所以，所以抛物线C的焦点F的坐标为；由两点间距离公式可得，即为圆的半径，又焦点到准线的距离为2，所以为半径的圆与抛物线C的准线的位置关系是相切.故答案为：；相切.13.已知函数是上的奇函数，当时，则_______；若存在，使得，则c的一个取值为_______．【答案】①.②.4（答案不唯一）【解析】因为函数是上的奇函数，且时，，所以.当时，由，可得，令，即，解得，所以函数在单调递减，在单调递增，所以时，，，由为函数是上的奇函数，可得时，，又，由，可得或，所以的取值范围为.故答案为：；4（答案不唯一）.14.干支纪年法是我国古代一种纪年方式，它以十天干（甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸）和十二地支（子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥）的组合来表示年份，循环纪年．比如某一年为甲子年‘，则下一年为乙丑年，再下一年为丙寅年，以此类推，排列到癸酉年后，天干回到“甲”，即甲戌年，下一年为乙亥年，之后地支回到“子”，即丙子年，以此类推．已知2025年是乙巳年，则2025年之后的首个己巳年是_______年．（用数字作答）【答案】2049【解析】天干是以10为公差的等差数列，地支是以12为公差的等差数列，从2025年是乙巳年，以2025年的天干和地支分别为首项，因为地支为巳，则经过的年数为12的倍数，又因为2025年为天干为乙，到天干为已，需经过丙、丁、戊、己，故经过年数除以10的余数为4，故需经过24年，所以2025年之后的首个已巳年是2049.故答案为：2049.15.在棱长为的正方体中，点P是底面内的动点，给出下列四个结论：①的最小值为；②的最小值为；③的最大值为；④的最小值为．其中所有正确结论的序号是_______．【答案】①②④【解析】设点、、、关于平面的对称点分别为、、、，设底面、的中心分别为点、，如下图所示：对于①，易知为的中点，则，可得，所以，，当点与点重合时，底面，此时，取最小值，即的最小值为，①对；对于④，，当点与点重合时，底面，此时，取最小值，则的最小值为，④对；对于②，由对称性可知，，则，当且仅当点为线段与平面的交点时，取最小值，②对；对于③，当点与点重合时，，所以，的最大值不是，③错.故答案为：①②④.三、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，在四棱柱中，平面，在四边形中，，为线段的中点．（1）求证：平面；（2）若平面平面，，求平面与平面夹角的余弦值．（1）证明：连接．因为为的中点，所以．又，所以四边形为平行四边形．所以．又因为，所以．所以四边形为平行四边形．所以．又因为平面平面，所以平面．（2）解：因为平面，所以．又因为平面平面，平面平面，且平面，所以平面．所以．所以两两垂直．如图建立空间直角坐标系，则．所以．因为平面，所以是平面的法向量．设平面的法向量为，则，即，令，则．于是．设平面与平面夹角为，则．17.在中，（1）求c的值；（2）已知，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，使得存在且唯一，求的周长．条件①：；条件②：AB边上的高为；条件③：．注：如果选择的条件不符合要求，第（Ⅱ）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．解：（1）由正弦定理及得．所以．所以．又因为，所以．所以．（2）选条件①：因为，且，所以．因为，所以．所以．又因为，所以．所以．又，所以．所以的周长为．选条件②：因为边上的高为，所以．又因为，所以．所以．因为，所以．a.当时，由，得．又，所以．所以．所以周长为．b.当时，由，得．又，所以，不符合题意．综上，的周长为．选条件③：由余弦定理，可得，即。解得或，此时不唯一，不符合要求.18.某高中组织学生研学旅行．现有A，B两地可供选择，学生按照自愿的原则选择一地进行研学旅行．研学旅行结束后，学校从全体学生中随机抽取100名学生进行满意度调查，调查结果如下表：高一高二高三A地B地A地B地A地B地满意122183156一般226568不满意116232假设所有学生的研学旅行地点选择相互独立．用频率估计概率．（1）估计该校学生对本次研学旅行满意的概率；（2）分别从高一、高二、高三三个年级中随机抽取1人，估计这3人中至少有2人选择去B地的概率；（3）对于上述样本，在三个年级去A地研学旅行的学生中，调查结果为满意的学生人数的方差为，调查结果为不满意的学生人数的方差为，写出和的大小关系．`（结论不要求证明）解：（1）从表格数据可知，随机抽取的100名学生对本次研学旅行满意的人数为，因此该校学生对本次研学旅行满意的概率可估计为．（2）设事件：抽取的高一学生选择去B地，事件：抽取的高二学生选择去B地，事件：抽取的高三学生选择去B地，事件：抽取的3人中恰有人选择去B地，，事件：抽取的3人中至少有2人选择去B地．从数据表格可知，抽取的100名学生中高一年级学生总数为，选择去B地的总数为，所以可估计为；抽取的100名学生中高二年级学生总数为，选择去B地的总数为，所以可估计为；抽取的100名学生中高三年级学生总数为，选择去B地的总数为，所以可估计为；因为，所以．所以抽取的3人中至少有2人选择去地的概率可估计为．（3）在三个年级去A地研学旅行的学生中，调查结果为满意的学生人数的平均数为，则调查结果为满意的学生人数的方差为，调查结果为不满意的学生人数的平均数为，则调查结果为不满意的学生人数的方差为，则.19.已知椭圆的右焦点为，离心率为．（1）求椭圆E的方程；（2）过点作直线l与椭圆E交于不同的两点A，B．设，直线BC与直线交于点N，求证：直线AN的斜率为定值．（1）解：由题意得，解得，所以椭圆的方程是．（2）证明：由题可知直线斜率存