2025届北京市房山区高三下学期一模考试数学试卷（解析版）

高级中学名校试题PAGEPAGE1北京市房山区2025届高三下学期一模考试数学试卷一､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，选出题目要求的一项.1.已知集合，集合，则（）A. B.C. D.【答案】A【解析】集合，集合，则.故选：A.2.在复平面内，复数对应的点位于（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限【答案】B【解析】，复数对应的点为位于第二象限.故选：B3.已知，且，则（）A. B.C. D.【答案】C【解析】对于A选项：举反例可知不成立；对于B选项：举反例可知不成立；对于C选项：，因为，所以，而且不同时为0，故，即，正确；对于D选项：举反例可知不成立；故选：C．4.直线与圆交于两点，则（）A.1 B.2 C. D.【答案】B【解析】由题意可得圆心，半径，到直线的距离为，由几何关系可得.故选：B.5.已知向量，若，则（）A.2 B. C. D.【答案】D【解析】若，则，即又，.故选：D.6.若，则（）A. B.41 C. D.40【答案】C【解析】展开式的通项公式为，令得，故，令得，故，所以.故选：C7.已知函数，则“”是“”的（）A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】由函数，则易知其图象对称中心，当时，为函数图象的对成中心，则当时，，充分性成立；当时，由，可能得到，必要性不成立.故选：A.8.如图，将棱长为2的正方体六个面的中心连线，可得到八面体，为棱上一点，则下列四个结论中错误的是（）A.平面B.八面体的体积为C.的最小值为D.点到平面的距离为【答案】D【解析】在正方体中，连接可知相交于点，且被互相平分，故四边形是平行四边形，所以，而平面，平面，所以平面，故A正确；因为正方体棱长为2，所以四边形是正方形且，面,，所以八面体的体积等于棱锥体积的2倍，而棱锥体积等于，故八面体的体积为，B正确；因为为棱上一点，将和展开成一个平面，由题和均为正三角形，且边长为，由三角形两边之和大于第三边知最小值为，在中由余弦定理可知，故C正确；对于D选项：设点到平面的距离为,由等体积法知：，故错误.故选：D.9.自然界中，大多数生物存在着世代重叠现象，它们在生活史中会持续不断地繁殖后代，且有时不同的世代能在同一时间进行繁殖.假定某类生物的生长发育不受密度制约时，其增长符合模型：，其中为种群起始个体数量，为增长系数，为时刻的种群个体数量.当时，种群个体数量是起始个体数量的2倍.若，则（）A.300 B.450 C.600 D.750【答案】C【解析】因为模型：，其中为种群起始个体数量，为增长系数，因为当时，种群个体数量是起始个体数量的2倍.所以，所以，若，则.故选：C.10.已知数列的各项均为正数，且满足（是常数，），则下列四个结论中正确的是（）A.若，则数列是等比数列B.若，则数列是递增数列C.若数列是常数列，则D.若数列是周期数列，则最小正周期可能为2【答案】C【解析】对于A中，若，可得，即，当且时，两边取对数，可得，即，此时数列表示首项为，公比为的等比数列；当时，可得，此时，数列不能构成等比数列，故A错误；对于B中，当时，可得，即，例如：当时，由，可得，又由，可得，此时，所以，当，数列是不一定是递增数列，所以B错误；对于C中，若数列为常数列，则，因为，即，又因为，所以，所以的取值范围为，所以C正确；对于D中，假设数列是周期数列，且最小正周期为，即且，因为，可得，所以，则，即，又因为数列的各项均为正数，即，所以，即，这与矛盾，所以数列的最小正周期不可能是，所以D错误.故选：C.二､填空题共5小题，每小题5分，共25分.11.已知函数，则__________.【答案】4【解析】，，故.故答案为：412.已知是等差数列，且，则的通项公式__________.【答案】【解析】设等差数列的公差为，由，因代入解得，故.故答案为：.13.已知是抛物线的焦点，则的坐标为__________，设是直线上一点，直线与抛物线的一个交点为，若，则点到轴的距离为__________.【答案】①.②.1【解析】抛物线的焦点，准线.过作垂直于直线于，则轴.设直线与轴交于点，因为，所以，，由轴得，，所以，因此点到轴的距离为1.14.若对任意实数恒成立，则满足条件的一组的值为__________，__________.【答案】①.1②.【解析】若对任意实数x,cos则满足条件的一组的值为，.故答案为：1；（答案不唯一）.15.数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，曲线就是其中之一.设曲线与轴交于两点，与轴交于两点，点是上一个动点，给出下列四个结论：①曲线关于轴对称；②曲线恰好经过2个整点（即横、纵坐标均为整数的点）；③面积的最大值为1；④（为坐标原点）.其中正确结论的序号是__________.【答案】①③④【解析】曲线上的任意点，其关于的对称点为，代入曲线左侧有，即点也在曲线上，所以曲线关于轴对称，①对；由方程易知，均在曲线上，曲线至少经过4个整数点，②错；由，即，且，根据曲线关于轴对称，只需研究时的曲线性质，对于，当且仅当时取等号，对于在上单调递增，则，令，则，可得，结合曲线的对称性有，所以，最大，③对；在上，才能保证最大，令且，此时，所以，且，所以，当且仅当取等号，④对.故答案为：①③④三､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）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，求的面积.条件①：；条件②：；条件③：.注：如果选择的条件不符合要求，第（2）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，得.所以.所以.因为，所以.所以.所以.（2）选条件①：，，由余弦定理，得.，不存在；选条件②：.由，可得.由正弦定理，得.由余弦定理，得，整理得.解得，或（舍）.所以的面积.条件③：.因为，且，所以.由余弦定理，得.解得，或（舍）所以的面积.17.如图，在长方体中，为的中点，与平面交于点.（1）求证：为的中点；（2）若二面角的余弦值为，求的长度.（1）证明：在长方体中，因为平面平面，平面平面，平面平面，所以.同理.所以是平行四边形.所以.又，.所以.所以为的中点.（2）解：在长方体中，建立空间直角坐标系，设，则.因此.设平面的法向量为，则即令，则，因此.易知平面的法向量为，则.解得.所以.18.随着科技的飞速发展，人工智能已经逐渐融入人们的日常生活，在教育领域，赋能潜力巨大.为了解某校学生对某款学习软件的使用情况，根据男女学生人数比例，使用分层抽样的方法随机抽取了90名学生，获得数据如下：是否使用该款学习软件男生女生使用40人30人不使用10人10人假设学生是否使用该款学习软件相互独立.用频率估计概率.（1）估计该校学生使用该款学习软件的概率；（2）从该校全体男生中随机抽取2人，全体女生中随机抽取1人，记这3人中使用该习软件的人数为，求的分布列和数学期望；（3）从该校所有学生中随机抽取1人，“”表示该生使用该款学习软件，“”表示该生不使用该款学习软件.假设该校一年级有200名男生和180名女生，从除一年级外其他年级学生中随机抽取1人，“”表示该生使用该款学习软件，“”表示该生不使用该款学习软件.的方差分别记为，试比较与的大小（结论不要求证明）.解：（1）根据题中数据，90名学生中使用该款学习软件的共人，所以该校学生使用该款学习软件的概率可估计为.（2）从该校全体男生中随机抽取1人，“他使用该学习软件”记为事件A，从该校全体女生中随机抽取1人，“她使用该学习软件”记为事件，根据题中数据可知：.随机变量的可能取值为.则，，，.所以的分布列为：0123数学期望.（3）设从一年级学生中随机抽取1人，“”表示该生使用该款学习软件，“”表示该生不使用该款学习软件，的方差记为，一年级有200名男生和180名女生，一年级学生使用该学习软件的概率为，则，该校所有学生中使用该款学习的概率为，则，因为，即，所以除一年级外其他年级学生中使用该款学习软件的方差，即.19.已知椭圆的长轴长为4，一个焦点为.（1）求椭圆的方程及离心率；（2）过点且斜率存在的直线交椭圆于两点，在轴上是否存在点，使得？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由.解：（1）由题意，得，所以.所以椭圆的方程为，离心率.（2）设直线的方程为（显然），点，设，联立方程，整理得.所以.法一：因为.又，所以.所以，直线斜率与直线的斜率互为相反数.设直线的斜率为，直线的斜率为，，整理可得，，因为，所以，，即，解得.所以点的坐标.法二：因为，又，所以，即，，所以，且，整理得，则，而，显然，所以，故，所以，解得.所以点的坐标.20.已知函数在处取得极值.（1）求的单调区间；（2）设，求证：曲线存在两条斜率为且不重合切线.（1）解：由，得.因为函数在处有定义，所以.因在处取得极值，所以，解得，或（舍）.当时，，.令，解得，或（舍）.与的变化情况如下：00极大值所以函数的单调递增为；单调递减区间为.（2）证明：由，得.由（1）可知，，因为，所以存在，使.方法一：曲线在点处的切线方程为，即下面证明：.设，则.当时，，所以，即.所以在上单调递增.因为，所以.所以，即.所以曲线存在两条斜率为且不重合的切线.方法二：由，可得.所以曲线在处的切线的方程为，即.因为，所以的方程为.同理，曲线在处的切线的方程为.下面证明：.设.所以函数在上单调递增，因为，所以.所以，即.所以曲线存在两条斜率为且不重合的切线.21.设为正整数，集合，对于集合中2个元素，若，则称具有性质．记为中的最小值．（1）当时，若，判断是否具有性质．如果是，求出；如果不是，说明理由；（2）当时，若具有性质，求的最大值；（3）给定不小于3的奇数，对于集合中任意2个具有性质的元素，求的最大值．解：（1）因为，所以具有性质；因为，所以．（2）方法：1：由性质得，所以，因为，所以，则，，，所以，所以，又因为当时，具有性质，且，所以的最大值为1．方法2：先用反证法证明，假设，由，则，所以，同理，所以，由，所以，与已知矛盾，假设不成立，所以，当时，，此时，所以的最大值为1．（3）由性质可得，所以①，且②，在①中不妨设，在②中不妨设，由对称性可以设，所以，所以，即，因为存在，（其中有个个），（其中有个，个）具有性质，并且，，，所以，综上最大值为．北京市房山区2025届高三下学期一模考试数学试卷一､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，选出题目要求的一项.1.已知集合，集合，则（）A. B.C. D.【答案】A【解析】集合，集合，则.故选：A.2.在复平面内，复数对应的点位于（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限【答案】B【解析】，复数对应的点为位于第二象限.故选：B3.已知，且，则（）A. B.C. D.【答案】C【解析】对于A选项：举反例可知不成立；对于B选项：举反例可知不成立；对于C选项：，因为，所以，而且不同时为0，故，即，正确；对于D选项：举反例可知不成立；故选：C．4.直线与圆交于两点，则（）A.1 B.2 C. D.【答案】B【解析】由题意可得圆心，半径，到直线的距离为，由几何关系可得.故选：B.5.已知向量，若，则（）A.2 B. C. D.【答案】D【解析】若，则，即又，.故选：D.6.若，则（）A. B.41 C. D.40【答案】C【解析】展开式的通项公式为，令得，故，令得，故，所以.故选：C7.已知函数，则“”是“”的（）A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】由函数，则易知其图象对称中心，当时，为函数图象的对成中心，则当时，，充分性成立；当时，由，可能得到，必要性不成立.故选：A.8.如图，将棱长为2的正方体六个面的中心连线，可得到八面体，为棱上一点，则下列四个结论中错误的是（）A.平面B.八面体的体积为C.的最小值为D.点到平面的距离为【答案】D【解析】在正方体中，连接可知相交于点，且被互相平分，故四边形是平行四边形，所以，而平面，平面，所以平面，故A正确；因为正方体棱长为2，所以四边形是正方形且，面,，所以八面体的体积等于棱锥体积的2倍，而棱锥体积等于，故八面体的体积为，B正确；因为为棱上一点，将和展开成一个平面，由题和均为正三角形，且边长为，由三角形两边之和大于第三边知最小值为，在中由余弦定理可知，故C正确；对于D选项：设点到平面的距离为,由等体积法知：，故错误.故选：D.9.自然界中，大多数生物存在着世代重叠现象，它们在生活史中会持续不断地繁殖后代，且有时不同的世代能在同一时间进行繁殖.假定某类生物的生长发育不受密度制约时，其增长符合模型：，其中为种群起始个体数量，为增长系数，为时刻的种群个体数量.当时，种群个体数量是起始个体数量的2倍.若，则（）A.300 B.450 C.600 D.750【答案】C【解析】因为模型：，其中为种群起始个体数量，为增长系数，因为当时，种群个体数量是起始个体数量的2倍.所以，所以，若，则.故选：C.10.已知数列的各项均为正数，且满足（是常数，），则下列四个结论中正确的是（）A.若，则数列是等比数列B.若，则数列是递增数列C.若数列是常数列，则D.若数列是周期数列，则最小正周期可能为2【答案】C【解析】对于A中，若，可得，即，当且时，两边取对数，可得，即，此时数列表示首项为，公比为的等比数列；当时，可得，此时，数列不能构成等比数列，故A错误；对于B中，当时，可得，即，例如：当时，由，可得，又由，可得，此时，所以，当，数列是不一定是递增数列，所以B错误；对于C中，若数列为常数列，则，因为，即，又因为，所以，所以的取值范围为，所以C正确；对于D中，假设数列是周期数列，且最小正周期为，即且，因为，可得，所以，则，即，又因为数列的各项均为正数，即，所以，即，这与矛盾，所以数列的最小正周期不可能是，所以D错误.故选：C.二､填空题共5小题，每小题5分，共25分.11.已知函数，则__________.【答案】4【解析】，，故.故答案为：412.已知是等差数列，且，则的通项公式__________.【答案】【解析】设等差数列的公差为，由，因代入解得，故.故答案为：.13.已知是抛物线的焦点，则的坐标为__________，设是直线上一点，直线与抛物线的一个交点为，若，则点到轴的距离为__________.【答案】①.②.1【解析】抛物线的焦点，准线.过作垂直于直线于，则轴.设直线与轴交于点，因为，所以，，由轴得，，所以，因此点到轴的距离为1.14.若对任意实数恒成立，则满足条件的一组的值为__________，__________.【答案】①.1②.【解析】若对任意实数x,cos则满足条件的一组的值为，.故答案为：1；（答案不唯一）.15.数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，曲线就是其中之一.设曲线与轴交于两点，与轴交于两点，点是上一个动点，给出下列四个结论：①曲线关于轴对称；②曲线恰好经过2个整点（即横、纵坐标均为整数的点）；③面积的最大值为1；④（为坐标原点）.其中正确结论的序号是__________.【答案】①③④【解析】曲线上的任意点，其关于的对称点为，代入曲线左侧有，即点也在曲线上，所以曲线关于轴对称，①对；由方程易知，均在曲线上，曲线至少经过4个整数点，②错；由，即，且，根据曲线关于轴对称，只需研究时的曲线性质，对于，当且仅当时取等号，对于在上单调递增，则，令，则，可得，结合曲线的对称性有，所以，最大，③对；在上，才能保证最大，令且，此时，所以，且，所以，当且仅当取等号，④对.故答案为：①③④三､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）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，求的面积.条件①：；条件②：；条件③：.注：如果选择的条件不符合要求，第（2）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，得.所以.所以.因为，所以.所以.所以.（2）选条件①：，，由余弦定理，得.，不存在；选条件②：.由，可得.由正弦定理，得.由余弦定理，得，整理得.解得，或（舍）.所以的面积.条件③：.因为，且，所以.由余弦定理，得.解得，或（舍）所以的面积.17.如图，在长方体中，为的中点，与平面交于点.（1）求证：为的中点；（2）若二面角的余弦值为，求的长度.（1）证明：在长方体中，因为平面平面，平面平面，平面平面，所以.同理.所以是平行四边形.所以.又，.所以.所以为的中点.（2）解：在长方体中，建立空间直角坐标系，设，则.因此.设平面的法向量为，则即令，则，因此.易知平面的法向量为，则.解得.所以.18.随着科技的飞速发展，人工智能已经逐渐融入人们的日常生活，在教育领域，赋能潜力巨大.为了解某校学生对某款学习软件的使用情况，根据男女学生人数比例，使用分层抽样的方法随机抽取了90名学生，获得数据如下：是否使用该款学习软件男生女生使用40人30人不使用10人10人假设学生是否使用该款学习软件相互独立.用频率估计概率.（1）估计该校学生使用该款学习软件的概率；（2）从该校全体男生中随机抽取2人，全体女生中随机抽取1人，记这3人中使用该习软件的人数为，求的分布列和数学期望；（3）从该校所有学生中随机抽取1人，“”表示该生使用该款学习软件，“”表示该生不使用该款学习软件.假设该校一年级有200名男生和180名女生，从除一年级外其他年级学生中随机抽取1人，“”表示该生使用该款学习软件，“”表示该生不使用该款学习软件.的方差分别记为，试比较与的大小（结论不要求证明）.解：（1）根据题中数据，90名学生中使用该款学习软件的共人，所以该校学生使用该款学习软件的概率可估计为.（2）从该校全体男生中随机抽取1人，“他使用该学习软件”记为事件A，从该校全体女生中随机抽取1人，“她使用该学习软件”记为事件，根据题中数据可知：.随机变量的可能取值为.则，，，.所以的分布列为：0123数学期望.（3）设从一年级学生中随机抽取1人，“”表示该生使用该款学习软件，“”表示该生不使用该款学习软件，的方差记为，一年级有200名男生和180名女生，一年级学生使用该学习软件的概率为，则，该校所有学生中使用该款学习的概率为，则，因为，即，所以除一年级外其他年级学生中使用该款学习软件的方差，即.19.已知椭圆的长轴长为4，一个焦点为.（1）求椭圆的方程及离心率；（2）过点且斜率存在的直线交椭圆于两点，在轴上是否存在点，使得？若存在，求出点的