2025北京汇文中学高三（上）期中数学试题及答案

高中2025北京汇文中学高三（上）期中数学1.本试卷共6页，分为两部分：第一部分为选择题，共40分；第二部分为非选择题，共110分.2.试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效.第一部分必须用2B铅笔作答，第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答.第一部分（选择题共40分）一､选择题共10小题，每小题5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.设集合,若集合有且仅有个元素,则实数的取值范围为（）A. B. C. D.2.复数在复平面上所对应的点位于（）A.第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限3.在等比数列中，，则（）A. B. C. D.14.已知函数，且，则（）A.，都有 B.，都有C.，使得 D.，使得5.若，则（）A. B.1 C. D.6.在平面直角坐标系中，已知三点，若向量在上的投影向量相同，则的值为（）A.6 B.3 C.2 D.07.如图所示的几何体是从棱长为2的正方体中截去到正方体的某个顶点的距离均为2的几何体后的剩余部分，则该几何体的表面积为（）A.24－3π B.24－π C.24＋π D.24＋5π8.已知不等式的解集为，不等式的解集为，其中为非零常数.则“”是“”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9.在中，，为边上一点，且，则面积的最小值为（

）A. B. C. D.10.对于函数，若存在实数，使，其中，则称为“可移倒数函数”，为“的可移倒数点”.设，若函数恰有3个“可移1倒数点”，则的取值范围（）A. B. C. D.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__________．12.圆与直线相切于点，则圆的半径为__________，直线的方程为__________.13.如图是由六个边长为1的正六边形组成的蜂巢图形，其中正六边形的顶点称为“晶格点”，若四个不同的点均为“晶格点”，两点的位置如图所示，则的最大值为__________，的最大值为__________.14.如图，在边长为3的正方形中，点在上，正方形以为轴逆时针旋转角（）到的位置，同时点沿着从点运动到点，，点在上，在运动过程中点始终满足，记点在面上的射影为，则在运动过程中向量与夹角的正切值的最大值为__________.15.对正整数，其中，记．设，给出下面四个结论：①；②③；④数列为等差数列．其中所有正确结论的序号是_________．三､解答题共5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，在正三棱柱中，，，分别为，的中点.（1）证明：平面；（2）求直线与平面所成角的大小；（3）线段上是否存在点，使得？若存在，求出点到平面的距离；若不存在，说明理由.17.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）18.已知函数，且在上单调.从以下三个条件中选择一个作为已知，使得存在.①的最大值为2；②；③的图象关于直线对称；（1）求函数的单调增区间；（2）已知，且，求的最小值.注：如果选择的条件不符合要求，本题得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.19.已知函数（1）求曲线在点处的切线方程（2）设函数（i）求的单调区间；（ii）判断的零点个数，并说明理由；（3）若存在条互相平行的直线与曲线相切，写出的最大值（只需写出结论）20.已知椭圆的左顶点为，两个焦点与短轴一个顶点构成等腰直角三角形，过点且与x轴不重合的直线l与椭圆交于M，N不同的两点．（Ⅰ）求椭圆P的方程；（Ⅱ）当AM与MN垂直时，求AM的长；（Ⅲ）若过点P且平行于AM的直线交直线于点Q，求证：直线NQ恒过定点．21.对于无穷数列，，若－…，则称是的“收缩数列”.其中，，分别表示中的最大数和最小数.已知为无穷数列，其前项和为，数列是的“收缩数列”.（1）若，求的前项和；（2）证明：的“收缩数列”仍是；（3）若，求所有满足该条件的.

参考答案第一部分（选择题共40分）一､选择题共10小题，每小题5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BBABCDBBDA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.【答案】，，解得．故答案为：．12.【答案】①由条件可知点在圆上，即，解得：，圆的方程，所以圆的半径；设圆的圆心，②由条件可知直线与直线垂直，所以直线的斜率，所以直线的方程，即.故答案为：①;②13.【答案】建立如图所示平面直角坐标系，由且在竖直方向，可得，则，设，那么，则，要使最大，需要最大，结合图形，的最大值可达到5（例如当处于图中点时），此时，即的最大值为25，虽然两点异于两点，但因为图中蜂巢的对称性，两点距离最远的问题仍可以等价为蜂巢中任意两点间距离最远的问题，为使得两点相距最远，两点之间应靠近边界，根据对称性，可假设点位于原点A，此时根据对称性只需要考虑点位于轴左边即可，所以，由图观察可见，离点最远的顶点应是六边形的顶点，而对于正六边形，其中为中点，，，在正六边形中，外边界四点离点相对较远，对应坐标为，即，即，即，即，可知，所以外边界四点中，只需要考虑两点，因，故应取更大的，故答案为：25，.14.【答案】由题意可知，则与的距离为，作正方形的平面图形，如下图：可知，设，，因为，当且仅当，即时取等号，即，所以的最大值为.故答案为：.15.【答案】①因为，所以，从而.故而①错；②因为，所以.故而②正确；③因为所以，又所以，满足，故而③正确；④当时，;当时，因为所以=，当时，符合上式，所以，所以；从而，数列为等差数列.故而④正确.故答案为：②③④.三､解答题共5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）证明：取中点，连接.因为正三棱柱，所以，且.因为E为线段的中点，所以且.所以且.因为D为中点，所以.所以且.所以四边形是平行四边形.所以.又因为平面平面，所以平面.（2）解：分别取中点O，，连接.因为是正三棱柱，所以平面，.所以平面.所以.以O为原点，所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系.则.所以.设平面的法向量为，所以，即令，解得，所以.设直线与平面所成角为，，则，所以.即直线与平面所成角为.（3）解：假设存在点G，设.所以.所以.由知，若，则.解得.即G与C为同一个点.因为，平面的法向量为，所以点G到平面的距离.17.【答案】（1）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；（2）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；（3）因，则，，则，，又由于具有相同的分布，故，故.18.【答案】（1）因为，若选①，的最大值为2，因为（其中）所以，解得或；当时，，当时，，因为在上不单调，不符合题意；当时，，当时，，因为在上单调递增，符合题意，令，解得，所以函数的单调递增区间为；若选②，则，所以，当时，，因为在上单调递增，符合题意，令，解得，所以函数的单调递增区间为；若选③的图象关于直线对称，则，解得，所以，当时，，因为在上单调递增，符合题意，令，解得，所以函数的单调递增区间为；（2）由（1）可得，则，令，即，即，即或，当，则或，解得或；当，则或，解得或；因为且，所以.19.【答案】（1）因为，所以，所以，又，所以曲线在点处的切线方程为.（2）（i），定义域为，则，所以函数只有单调减区间为，无单调增区间；（ii）又，所以在区间上存在唯一的零点.因为，所以在区间上存在唯一的零点，因此恰有2个零点；（3）.由（1）可得在上都是减函数，作出函数图象，如图，现作出切线，可得最多有4条平行直线与函数图象相切.20.【答案】（1）因为，所以因为两个焦点与短轴一个顶点构成等腰直角三角形，所以,又,所以，所以椭圆方程为.（2）方法一：设,，,,,，（舍）所以.方法二：设，因为与垂直，所以点在以为直径的圆上，又以为直径的圆的圆心为，半径为，方程为,，，（舍）所以方法三：设直线的斜率为，，其中化简得当时，得，显然直线存在斜率且斜率不为0.因为与垂直，所以,得，，,所以（3）直线恒过定点,设，，由题意，设直线的方程为，由得，显然，，则，，因为直线与平行，所以，则的直线方程为，令，则，即,，直线的方程为,令，得,因为，故，所以直线恒过定点.21.【答案】解：（1）由可得为递增数列，所以，故的前项和为.（2）因为，，所以所以.又因为，所以，所以的“收缩数列”仍是.（3）由可得当时，；当时，，即，所以；当时，，即（*），若，则，所以由（*）可得，与矛盾；若，则，所以由（*）可得，所以与同号，这与矛盾；若，则，由（*）