2025届北京市延庆区高三下学期统测数学试卷（解析版）

高级中学名校试题PAGEPAGE1北京市延庆区2025届高三下学期统测数学试卷一、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，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】因为，又，所以.故选：A2.已知，为虚数单位，若为实数，则（）A. B.1 C. D.4【答案】C【解析】因为为实数，所以，解得，故选：C3.已知向量，，，若，则（）A. B. C.0 D.1【答案】B【解析】因为，，所以，因为，所以，解得，故选：B4.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】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：A5.设x，，且，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】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1C.在上单调递增 D.方程有2个实数解【答案】D【解析】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：D7.“”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】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：A8.已知圆和两点，（）.若圆C上存点P，使得，则m的最大值为（）A.4 B.5 C.6 D.7【答案】C【解析】以为直径的圆的方程为，圆心为原点，半径为.圆圆心为，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：C9.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】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.2 B.4 C.6 D.8【答案】C【解析】因为，所以点M不在棱，棱上，所以当点M在棱上时，设，连，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.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】二项式展开式的通项公式：，令，解得，所以可得第三项中的系数是.故答案为：6012.已知双曲线的一条渐近线过点，则其离心率为________.【答案】【解析】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】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】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】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.（1）证明：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.（2）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，所以又在正方形中，，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.解：（1）在中，因为，再由可得.所以，即，所以.因为，所以.（2）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.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√√√√√√√（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）解：（1）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.（2）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:012数学期望（3）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.解：（1）由题意得，解得，所以，所以椭圆E的标准方程为；（2）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：.解：（1）由，所以所以，又，所以曲线在处的切线方程为，即（2）由，定义域为，令得或因为，所以.所以，列表：00递减递增递减所以的单调递增区间为，单调递减区间为，（3）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.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.（1）解：,（2）解：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）证明：由(2)知,.因为,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.北京市延庆区2025届高三下学期统测数学试卷一、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，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】因为，又，所以.故选：A2.已知，为虚数单位，若为实数，则（）A. B.1 C. D.4【答案】C【解析】因为为实数，所以，解得，故选：C3.已知向量，，，若，则（）A. B. C.0 D.1【答案】B【解析】因为，，所以，因为，所以，解得，故选：B4.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】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：A5.设x，，且，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】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1C.在上单调递增 D.方程有2个实数解【答案】D【解析】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：D7.“”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】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：A8.已知圆和两点，（）.若圆C上存点P，使得，则m的最大值为（）A.4 B.5 C.6 D.7【答案】C【解析】以为直径的圆的方程为，圆心为原点，半径为.圆圆心为，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：C9.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】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.2 B.4 C.6 D.8【答案】C【解析】因为，所以点M不在棱，棱上，所以当点M在棱上时，设，连，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.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】二项式展开式的通项公式：，令，解得，所以可得第三项中的系数是.故答案为：6012.已知双曲线的一条渐近线过点，则其离心率为________.【答案】【解析】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】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】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】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.（1）证明：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.（2）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，所以又在正方形中，，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.解：（1）在中，因为，再由可得.所以，即，所以.因为，所以.（2）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.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√√√√√√√（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）解：（1）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.（2）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:012数学期望（3）由题意，可能取值为，，，，故；由题意，可能