2025北京清华附中高三（上）开学考数学试题及答案

高中2025北京清华附中高三（上）开学考数学2025.8（G23级试卷数学）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.2.已知表示复数的共轭复数，且满足，则（）A.3 B. C. D.43.若双曲线：上的某点到两个焦点的距离之差为4，则双曲线的渐近线的方程为（）A. B. C. D.4.若，则（）A. B.0 C.1 D.325.为得到函数的图象，只需（）A.把函数的图象上的所有点向左平移10个单位B.把函数的图象上的所有点向左平移1个单位C.把函数的图象上的所有点横坐标变成原来的10倍，纵坐标不变D.把函数的图象上的所有点横坐标变成原来的倍，纵坐标不变6.已知：，点，O是坐标原点．若点B在上，则面积的最大值为（）A. B.3 C. D.27.音量大小用声强级（单位：dB）表示，声强级与声强I（单位：）的关系是：，其中指的是人能听到的最低声强.人能承受的最大声强为1，对应的声强级为120dB.若学生早读期间读书的声音的声强级范围为（单位：dB），则下列选项中错误的是（）A.（单位：）B.学生早读期间读书的声强范围为（单位：）C.如果声强变为原来的2倍，则对应声强级也变为原来的2倍D.如果声强级增加10dB，则声强变为原来的10倍8.设函数在上有零点且有唯一极大值点，同时存在，使得且，则的值为（）A.2 B.4 C.6 D.89.已知无穷等比数列的前n项和为，则“”是“既无最大值也无最小值”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10.已知，，，且，则的取值范围是（）A. B. C. D.二、填空题共5小题，每小题5分，共25分．11.已知且，写出满足条件的一组_____________．12.已知抛物线：的焦点到准线的距离为4，则上的纵坐标为的点到焦点的距离为______．13.如图，三棱柱中，平面，，，则三棱柱的体积为_____．14.已知函数，其中．（1）当时，_____．（2）若有最大值，则的取值范围为_____．15.设无穷数列的前项和为，且，．给出下列四个结论：①若，；②若，则；③当时，是等比数列；④对任意，总存在直线，使得点到的距离随着的变大而变小．其中正确结论的序号是_____．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.在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，面积为S，且．（1）求角B的大小；（2）再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为已知，使得唯一确定，求的周长，条件①：条件②：条件③：边上的高是7．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．17.已知四棱锥，，，，于点E，．（1）若点F在线段PE上，且∥平面，证明：F是中点．（2）若平面，求直线与平面所成角的正弦值．18.北京中轴线位于北京老城中心，纵贯老城南北，是统领整个老城规划格局的建筑与遗址的组合体，其中9处中轴线遗产点分为A、B、C三种类型，如下表：类型A（古代皇家宫苑建筑）B（古代皇家祭祀建筑）C（古代城市管理设施）中轴线遗产点景山故宫端门太庙社稷坛天坛钟鼓楼正阳门永定门在上述9处中轴线遗产点中，某研学团队计划随机选取3处进行研学（1）求选取的3处遗产点都为A类的概率；（2）设选取的3处遗产点的类型种数为X，求X的分布列及数学期望；（3）设选取的3处遗产点中，A，B，C类遗产点的个数分别为，，，记，，，直接写出方差，与大小关系．（无需证明）19.已知椭圆：的右顶点为，焦距为．（1）求椭圆的方程及离心率；（2）过作直线交椭圆E于不同两点，设直线，分别与直线交于点，，比较与的大小，并给出证明．20.已知函数．（1）当时，若直线过原点，且是曲线的切线，求的斜率；（2）当时，求证：存在唯一极值点且为极大值点；（3）若直线与曲线有且仅有两个交点，请直接写出的取值范围．21.对给定的，已知A为（n行n列）数表，记数表A的第i行第j列元素为，其中，，，数表A所有元素构成的集合为．若数表A的任意行及任意列的n个元素都至多只有两种取值，称数表A满足性质P．（1）当时，对满足性质P的3×3数表A，①若数表A有如下形式，请直接写出的所有可能取值．122342②请判断是否存在数表A，使得？若存在，求出满足的数表A的个数；若不存在，请说明理由．（2）对给定的，对满足性质P的数表A，求的最大值．注：用表示有限集合的元素个数，特别地．

参考答案一、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．12345678910ABCDBBCABA二、填空题共5小题，每小题5分，共25分．11.【答案】①.（答案不唯一）②.（答案不唯一）【分析】由已知条件直接写出答案.【详解】由，且，可取，.故答案为：（答案不唯一）.12.【答案】【分析】结合题意求出抛物线方程和焦点坐标，再代入求出，最后结合两点间距离公式求解即可.【详解】因为抛物线的焦点到准线的距离为4，所以，则方程为，可得焦点为，设抛物线上纵坐标为的点为，代入抛物线方程，可得8=8x0，解得，故，由两点间距离公式得距离为.故答案为：13.【答案】【分析】由题易得，根据勾股定理可得，继而可得，再利用求解即可.【详解】平面，，又，所以，又，所以，即，则，又，所以.故答案为：14.【答案】①.②.【分析】根据分段函数的解析式求函数值，可得空1的答案；数形结合，可得空2的答案.【详解】（1）当时，，f−2=4所以ff（2）在同一坐标系内作函数和的图象，如下图：由图可知，函数与的图象只有一个交点，且.所以当时，函数才有最大值.故答案为：；15.【答案】②③④【分析】对于①，代入通过赋值可求；对于②，由，可求，再代入可得，继而得到；对于③，，根据与的关系可得，由此可确定是等比数列；对于④，根据与的关系可得，整理得，继而得到，设直线，利用点到直线距离公式得，由此可知时，即可判断.【详解】对于①，，则，时，，时，，故①错误；对于②，，则数列是首项为，公差为2的等差数列，所以，则，所以，故②正确；对于③，时，，时，，时，，则，所以，故数列是首项为，公比为的等比数列，故③正确；对于④，时，，时，，则，整理得，所以数列是首项为，公比为的等比数列，所以，即，设直线，则点到的距离，当时，，又，所以，而随着的变大而变小，所以点到的距离随着的变大而变小，故④正确.故答案为：②③④.三、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.【答案】（1）（2）答案见解析【分析】（1）已知条件利用余弦定理和三角形面积公式化简得，可求角B的大小；（2）根据所选条件，结合正余弦定理解三角形，求周长.【小问1详解】由余弦定理和三角形面积公式，，，已知，则，所以，由，得.【小问2详解】若选择条件①和条件②：在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，有，，，由，得，，由正弦定理和，，，，周长为.若选项条件①和条件③：在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，有，，边上的高是7．由，得，，边上的高是7，则有，即，得，，，周长为.若选择条件②和条件③：在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，有，，边上的高是7．边上的高是7，则有，又，则有，由正弦定理有，则，不合题意，此时不存在.17.【答案】（1）证明见解析；（2）【分析】（1）过点作，交于,证四边形是平行四边形即可；（2）平面，，以为原点，分别以EC,ED,EP所在直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系,用向量法求线面角的正弦值.【小问1详解】过点作，交于,连接，因为，所以，所以B,C,F,G四点共面，因为平面，平面，平面∩平面BCGF=CG，所以，又，所以四边形是平行四边形，所以FG=BC=1=12DE，所以分别是即是中点得证.【小问2详解】因为平面，平面，所以，又，，平面，所以平面，连接，因为，，所以四边形是平行四边形，所以，所以，以为原点，分别以EC,ED,EP所在直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系,如图，则A0,−1,0PB→=1,−1,−2设是平面的法向量，则n→·PC→=0n→所以n→=2,1,1是平面设直线与平面所成角为，则sinθ=即直线与平面所成角的正弦值是.18.【答案】（1）（2）分布列见解析；（3）【分析】（1）利用古典概型的概率公式计算；（2）利用古典概型和排列组合的相关知识求出分布列，最后利用期望公式即可；（3）利用，以及方差的性质即可求证.【小问1详解】在9处中轴线遗产点中，随机选取3处共有种，因类遗产点只有3处，故选取的3处遗产点都为类的概率为；【小问2详解】由题意可知，的可能取值为，其中：选取的3处遗产点为同一类型，共种；：处中包含两种类型，一种1个，一种2个，共有种；：从三种类型中各选一个，共有种，则，，，则的分布列为：则数学期望为；【小问3详解】因，则，，则，，又由于具有相同的分布，故，故.19.【答案】（1）；（2），证明见解析【分析】（1）利用已知得，又利用即可求椭圆的方程，利用离心率的公式即可求解；（2）设直线的方程为：，与椭圆方程联立，设，由韦达定理得，求直线的方程，进而得，同理得，求出和即可求解.【小问1详解】由题意有：，所以，又，所以椭圆的方程为：，所以离心率为；【小问2详解】由题意得直线的斜率存在且不为0，可设直线的方程为：，所以，所以，即，设，所以，由，所以直线的方程为：，令得，同理得，所以，，当且时，，当时，或，此时与平行，没有交点，不合题意.所以.20.【答案】（1）（2）证明见解析（3）【分析】（1）求过某点的切线，设出切点之后，利用切线斜率等于切点处的导数，写出切线方程，再带入所过点，解方程即可.（2）求导之后对导数的分子进行讨论，结合零点存在定理，讨论清楚即可证明.（3）根据前两问的提示，临界情况，，划分区间讨论即可.【小问1详解】当时，，定义域为，，设切点坐标为，则，切线斜率，切线方程为，因为切线过原点，将其代入切线方程可得：，解得，，代入切线斜率可得，则的斜率为.【小问2详解】已知，其定义域为，则，设，因为，所以在上单调递减，因为，，且，所以由零点存在定理可知，存在唯一，使得，当时，，即，在上单调递增，当时，，即，在上单调递减，所以在处取得极大值，且为唯一极值点，因此存在唯一极值点且为极大值点.【小问3详解】设，则在上有且仅有2个零点，因，设，则，①当时，，，当时，，，，当时，，，，此时有且只有1个零点，不符合题意，②当时，，当趋于0时，趋于正无穷，趋于负无穷，趋于0，故趋于负无穷，当趋于正无穷时，由于一次函数单调递增且增长速度远大于，，故趋于正无穷，由零点存在定理可得，在都至少存在1个零点，不符合题意，③当时，，，函数在单调递减，且，当时，，，在上单调递增，当时，，，在上单调递减，函数取得极大值，有且只有1个零点，不符合题意，④当时，单调递减，且，，故存在唯一，使得，当时，，，在上单调递增，当时，，，在上单调递减，设，，则是关于的一次函数，由①③得，，故即，所以，不会有2个零点，不符合题意，⑤当时，，设，对称轴，，当时，，在上单调递减，，当趋于正无穷时，趋于负无穷，当时，存在，使得，当时，，，在上单调递减，当时，，，在上单调递增，当时，，，在上单调递减，而，结合，则，则时，，当趋于正无穷时，趋于负无穷，所以无论正负，在存在唯一零点，当时，，，在上单调递增，当时，，，在上单调递减，则函数取得极大值，当趋于0时，趋于正无穷，趋于负无穷，趋于0，故趋于负无穷，当趋于正无穷时，由于一次函数单调递增且增长速度远大于，故趋于负无穷，由零点存在定理，在上各存在1个零点，符合题意，综上：.21.【答案】（1）①；②不存在，理由见解析；（2）【分析】（1）①根据性质分情况讨论的可能取值；②列出的各种可能情况，验证性质；（2）根据出现最大值的可能情况构造数表，验证性质.【小问1详解】①第3列‌已有元素，因列中元素至多两个不同取值，故必与或相同.第2行‌元素为，该行至多两个不同取值，因此只能是或，若，第3列元素为​，此时列中已有两个不同取值，故只能是或；而第一列已经有，则只能是或：若是，则只能是；若是，则是或.若，第3列元素为，此时列中已有两个不同取值，故只能是或.而第一列已经有，则只能是或：若是，则只能是；若是，则也只能是.即不可能是.综上，的所有可能取值为.②假设存在数表满足，因为每行至多两种取值，所以这个元素必按分布于行，不妨设第一行只含，第二行只含，第三行