2025北京四中高三（上）阶段测试数学试题及答案

高中2025北京四中高三（上）阶段测试数学（试卷满分为150分，考试时间为120分钟）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.已知复数满足，则复数在复平面上对应的点位于（）A.第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限3.下列函数中，既是奇函数，又在区间上单调递增的是（）A. B. C. D.4.将函数（）的图象沿轴向左平移个单位后，得到一个偶函数的图象，则的最小值为A. B. C.(D)5.已知等边三角形的一个顶点是抛物线的焦点，另外两个顶点在抛物线上，则这个等边三角形的边长为（）A.或 B.C.或 D.6.已知是等比数列，则“”是“是增数列”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7.直线与圆相交于，两点，当面积最大时，的值为（）A.1 B. C.2 D.8.已知函数，且函数在，内恰有2025个零点，则满足条件的有序数对（）A.有且仅有1对 B.有且仅有2对C.有且仅有3对 D.有无数对9.噪声污染问题越来越受到重视．用声压级来度量声音的强弱，定义声压级，其中常数是听觉下限阈值，是实际声压，下表为不同声源的声压级：声源与声源的距离/m声压级/dB燃油汽车1060-90混合动力汽车1050-60电动汽车1040已知在距离燃油汽车、混合动力汽车、电动汽车10m处测得实际声压分别为，，，则（）A. B.C. D.10.设是均含有2个元素的集合，且，记，则B中元素个数的最小值是（）A.4 B.5 C.6 D.7二、填空题共5小题，每小题5分，共25分．11.在平面直角坐标系中，已知点，若点A绕原点顺时针旋转到点B，则点B的横坐标为______12.若双曲线的一条渐近线方程为，则______；离心率______．13.已知向量，若对任意实数t，都有，则实数的值为______．14.如图，在棱长为2的正方体中，M是棱的中点．（1）三棱锥的体积是______；（2）点P是侧面内（含边界）的动点，且MP∥平面，则线段MP长度的取值范围是______15.在平面直角坐标系中，动直线过点，且与轴交于点，点在直线上，满足，点的轨迹为曲线．给出下列四个结论：①曲线关于轴对称；②曲线与轴交于点和；③曲线上的点满足；④已知点，则曲线上的点满足．其中所有正确结论的序号是______．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.如图，在多面体中，面是正方形，平面，平面平面，，．（1）求证：；（2）求二面角的余弦值；（3）若直线上存在点，使得，求线段的长度．17.在中，角，，的对边分别为，，，已知.（1）求；（2）再从以下条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在且唯一确定，求的面积.条件①：，；条件②：，；条件③：边上的高，.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.18.不同AI大模型各有千秋，适用领域也各有所长．为了解某高校甲、乙两个学院学生对两款不同大模型是否使用，对学生进行简单随机抽样，获得数据如下表：甲学院乙学院使用不使用使用不使用A款40人80人60人20人款70人50人30人50人假设所有学生对两款大模型是否使用相互独立，用频率估计概率．（1）分别估计该校甲学院学生使用A款大模型的概率、该校乙学院学生使用A款大模型的概率；（2）从该校甲学院全体学生中随机抽取2人，从乙学院全体学生中随机抽取1人，记这3人中使用款大模型的人数为，求的分布列及数学期望；（3）从该校甲学院全体学生中随机抽取2人，记这2人中使用款大模型的人数为，其方差估计值为，从该校乙学院全体学生中随机抽取2人，记这2人中使用款大模型的人数为，其方差估计值为，比较与的大小．19.已知椭圆，其中，为椭圆的左焦点．（1）若椭圆离心率为，求椭圆方程；（2）点是第一象限内椭圆与直线的公共点，直线与直线交于，直线与轴交于，直线与轴交于，连接，设的面积为，的面积为，试比较与的大小．20.设函数，且在处的切线方程为．（1）求的值；（2）求函数的单调区间；（3）设是曲线在点处的切线方程，若函数是单调函数，求实数的值．21.已知有穷整数数列，满足.记集合为，或，或，.若数列，则称数列是的“恒元”.（1）已知数列，请写出中所有满足的数列；（2）当时，是否存在数列满足，且是的“恒元”?若存在，请写出一个满足条件的数列；若不存在，请说明理由；（3）当数列是的“恒元”时，若是个连续正整数的一个排列，求数列的项数的最大值.

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．题号12345678910答案ACDCABCCDB二、填空题共5小题，每小题5分，共25分．11.【答案】以点为角的顶点，轴非负半轴为角的始边，设以射线为终边的角为，则，以射线为终边的角为，因此，所以点B的横坐标为.故答案为：12.【答案】标准方程的一条渐近线方程为,则,,故.故答案为：，.13.【答案】根据题意，，，，，整理得，因，故，解得．故答案为：．14.【答案】（1）；（2）取的中点为，的中点为，的中点为，作图如下：由图可知，，所以四边形为平行四边形，所以，因为，所以，因为，故平面平面，因为平面，所以平面，线段MP扫过的图形为，由知，，在中，，即，所以，所以，即为直角，故线段长度的取值范围为，即，故答案为：；．15.【答案】设点，设点，由可得，整理可得，由题意可知直线的斜率存在，又因为、、都在直线上，由得，故，其中，将代入可得，化简得出，故曲线的方程为，对于①，在曲线上任取一点，则，因为，故点关于轴的对称点也在曲线上，故①正确；对于②，在曲线中，令可得，解得或（舍去），所以曲线与轴交于点，故②错误；对于③，当时，则有，故，由可得，由于，解得，所以，当时，，故③错误；对于④，对于曲线，当时，则，因为点，则，当时，设，设，其中，由对勾函数的单调性可知，函数在上单调递减，在上单调递增，所以，又因为，，故对任意的，，故曲线上的点满足，故④正确.故答案为：①④.三、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）因为平面平面，，，，四点共面，且平面平面，平面平面，所以.（2）因为平面，是正方形，则以为坐标原点，分别以，，所在直线为，，轴，如图建立空间直角坐标系，则，，，得：，，，设平面的法向量为，则，令，得，，得：；设平面的法向量为，则，令，得，，得：，设二面角F－BE－C为，则.故二面角F－BE－C的余弦值为.（3）如图，已知在上，令（），由，，由于，则，即，解得：.可得：，则，即线段的长度为.17.【答案】（1）因为，由正弦定理得，，又，所以，得到，又，又，所以，得到，所以.（2）选条件①：，；由（1）知，，根据正弦定理知，所以存在或两种情况，存在，但不唯一，故不选此条件；选条件②：，因为，即，又，所以，所以只有成立，存在且唯一确定，所以的面积为.选条件③：边上的高，；如图所示，边上的高，在中，，即，由（1）知，，根据余弦定理知，，化简得，得(舍去)或，存在且唯一确定，所以的面积为.18.【答案】（1）由表格可知：该校甲学院学生使用款大模型的概率为，该校乙学院学生使用款大模型的概率为；（2）由题意可知的可能取值为：，则，，，，的分布列如下：0123P所以；（3）同第一问，可知该校甲学院学生使用款大模型的概率为,该校乙学院学生使用款大模型的概率为，易知，由二项分布的方差公式可知，，所以.19.【答案】（1）由于，则，∴，∴，（2），得，∴，，∴，∴，∵，∴，∴，∴，又，，所以∵，∴，∴，∵，∴．20.【答案】（1）由题意，函数，则，定义域为，又函数在处的切线方程为，所以，即，解得；（2）由（1）得，，，令，即，解得或，结合二次函数的图象性质，可得当或时，恒成立，所以函数在区间，单调递增，当时，恒成立，所以函数在区间单调递减，综上所述，函数的单调递增区间是，，单调递减区间是；（3）由题意，是曲线在点处的切线方程，所以，且切线方程为，即，所以，，所以，因为，，所以，令，根据二次函数的图象性质，可得为开口向上的二次函数，又函数是单调函数，若函数是单调递减函数，则在恒成立，又，所以在恒成立，与题设矛盾，所以函数不是单调递减函数，所以函数是单调递增函数，即在恒成立，又，所以在恒成立，令，即，解得或，当，即时，恒成立，即恒成立，所以函数为单调递增函数，满足题意，故当时，函数为单调递增函数.21.【答案】（1）因为数列，所以中的数列满足．因为，所以中所有满足的数列有；；；.（2）假设存在满足条件的数列，则满足，有，或，或．所以与同为奇数或同为偶数．所以是偶数．所以是偶数．又是奇数，矛盾．所以假设不成立，不存在满足条件