2024-2025學年北京市東城區高三上學期期末數學檢測試題一、單選題（本大題共10小題）1．已知全集，集合，則（

）A． B．C． D．2．若復數滿足，則的共軛復數（

）A． B．C． D．3．設，且，則（

）A． B．C． D．4．設等差數列的前項和為，且，則的最大值為（

）A． B．3 C．9 D．365．已知雙曲線的一個焦點是，漸近線方程為，則的方程是（

）A． B．C． D．6．已知圓，直線與圓交于，兩點.若為直角三角形，則（

）A． B．C． D．7．已知函數，則（

）A．在上是減函數，且曲線存在對稱軸B．在上是減函數，且曲線存在對稱中心C．在上是增函數，且曲線存在對稱軸D．在上是增函數，且曲線存在對稱中心8．已知是兩個不共線的單位向量，向量（）．“，且”是“”的（

）A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件9．已知函數，，設，若存在，使得，則實數的取值范圍是（

）A． B． C． D．10．如圖，水平地面上有一正六邊形地塊，設計師規劃在正六邊形的頂點處矗立六根與地面垂直的柱子，用以固定一塊平板式太陽能電池板.若其中三根柱子，，的高度依次為，則另外三根柱子的高度之和為（

）A．47m B．48m C．49m D．50m二、填空題（本大題共5小題）11．在的展開式中，的系數是．12．已知函數，若，則的一個取值為．13．北京中軸線是世界城市建設歷史上最杰出的城市設計范例之一．其中鐘鼓樓?萬寧橋?景山?故宮?端門?天安門?外金水橋?天安門廣場及建筑群?正陽門?中軸線南段道路遺存?永定門，依次是自北向南位列軸線中央相鄰的11個重要建筑及遺存．某同學欲從這11個重要建筑及遺存中隨機選取相鄰的3個游覽，則選取的3個中一定有故宮的概率為．14．已知拋物線.①則的準線方程為；②設的頂點為，焦點為.點在上，點與點關于軸對稱.若平分，則點的橫坐標為.15．一般地，對于數列，如果存在一個正整數，使得當取每一個正整數時，都有，那么數列就叫做周期數列，叫做這個數列的一個周期．給出下列四個判斷：①對于數列，若，則為周期數列；②若滿足：，則為周期數列；③若為周期數列，則存在正整數，使得恒成立；④已知數列的各項均為非零整數，為其前項和，若存在正整數，使得恒成立，則為周期數列．其中所有正確判斷的序號是．三、解答題（本大題共6小題）16．在中，(1)求證為等腰三角形；(2)再從條件①、條件②、條件③這三個條件中選擇一個作為已知，使存在且唯一，求b的值.條件①：；

條件②：的面積為；條件③：邊上的高為3.17．“雙減”政策執行以來，中學生有更多的時間參加志愿服務和體育鍛煉等課后活動.某校為了解學生課后活動的情況，從全校學生中隨機選取100人，統計了他們一周參加課后活動的時間（單位：小時），分別位于區間，，，，，，用頻率分布直方圖表示如下，假設用頻率估計概率，且每個學生參加課后活動的時間相互獨立.(1)估計全校學生一周參加課后活動的時間位于區間的概率；(2)從全校學生中隨機選取3人，記表示這3人一周參加課后活動的時間在區間的人數，求的分布列和數學期望；(3)設全校學生一周參加課后活動的時間的眾數、中位數、平均數的估計值分別為，，，請直接寫出這三個數的大小關系.（樣本中同組數據用區間的中點值替代）18．如圖，在四棱錐中，底面是菱形，平面，平面平面，為中點，.(1)求證：平面；(2)求直線與平面所成角的大小；(3)求四面體的體積.19．已知橢圓的右焦點為，左?右頂點分別為，.(1)求橢圓的方程；(2)設是坐標原點，是橢圓上不同的兩點，且關于軸對稱，分別為線段的中點，直線與橢圓交于另一點.證明：三點共線.20．已知函數．(1)求曲線在點處的切線方程；(2)設，證明：在上單調遞增；(3)判斷與的大小關系，并加以證明．21．給定正整數，已知項數為且無重復項的數對序列：滿足如下三個性質：①，且；②；③與不同時在數對序列中.(1)當，時，寫出所有滿足的數對序列；(2)當時，證明：；(3)當為奇數時，記的最大值為，求.

答案1．【正確答案】C【詳解】由題意，易得.故選：C.2．【正確答案】D【詳解】因為，所以，所以.故選：D3．【正確答案】D【詳解】對于A：當，時，滿足，但是，故A錯誤；對于B：當，時，滿足，但是，故B錯誤；對于C：當，時，滿足，但是，故C錯誤；對于D：因為，所以在上單調遞增，又，所以，即，故D正確.故選：D4．【正確答案】C【詳解】因為，所以，又，所以，當且僅當時取等號，所以的最大值為.故選：C5．【正確答案】D【詳解】因為雙曲線的一個焦點是，設雙曲線方程為，則雙曲線的漸近線為，所以，解得，所以的方程是.故選：D6．【正確答案】A【詳解】因為圓，圓心為，半徑為，即因為為直角三角形，所以,設圓心到直線的距離為，由弦長公式得，所以，化簡得.故選：A.7．【正確答案】D【詳解】由得，解得，所以的定義域是?1,1，，在?1,1上單調遞增，在0,+∞上單調遞增，根據復合函數單調性同增異減可知在?1,1上是增函數，，所以是奇函數，圖象關于原點對稱，即D選項正確.故選：D8．【正確答案】A【詳解】當，且時，，充分性滿足；當時，，當，時，是可以大于零的，即當時，可能有，，必要性不滿足，故“，且”是“”的充分而不必要條件.故選：A.9．【正確答案】A【詳解】因為，作出函數y=fx的圖象，如圖所示，所以當時，；當時，，可函數的值域為，設，若存在，使得成立，即，只需，即對于，滿足成立，即，解得，所以實數的取值范圍為.故選：A.10．【正確答案】A【詳解】依題意可知六點共面，設正六邊形的中心為，連接，平面且平面，依題意可知相交于，連接交于，連接交于，根據正六邊形的性質可知四邊形是菱形，所以相互平分，則相互平分，根據梯形中位線有，即，在梯形中，是的中點，則是的中點，所以，同理可得，所以.故選：A11．【正確答案】【詳解】二項式展開式的通項為（且），令，解得，所以，所以的系數是.故12．【正確答案】（答案不唯一）【詳解】，，即，解得，，，.的一個取值為.故（答案不唯一）.13．【正確答案】【詳解】設11個重要建筑依次為，其中故宮為，從這11個重要建筑及遺存中隨機選取相鄰的3個有：，，共9種情況，其中選取的3個中一定有故宮的有：共3種，所以其概率.故答案為.14．【正確答案】【詳解】拋物線，，所以準線方程為，焦點，設，則，由于軸，平分，所以，所以，即，，所以的橫坐標為.故；15．【正確答案】②③【詳解】對于①，若為:，，滿足題意，但是數列不是周期數列，故①錯誤;對于②，由可知，......，即數列的偶數項都相等，奇數項都相等，所以當時，能使得當取每一個正整數時，都有，故數列為周期數列，故②正確;對于③，若為周期數列，不妨設周期為，所以數列中項的值有個，即數列中的項是個數重復出現，故存在正整數，使得恒成立，故③正確;對于④，取數列為首項，當時，，即，則當為奇數時，，當為偶數時，，取，則恒成立，但不為周期數列，故④錯誤.故②③.16．【正確答案】(1)證明見解析(2)【詳解】（1）在中，，設，根據余弦定理，得，整理得，因為，解得，所以，所以為等腰三角形.（2）若選擇條件①：若，由（1）可知，及，所以，所以不存在.若選擇條件②：在中，由，由（1），所以，解得，即，若選擇條件③：在中，由邊上的高為3，得，由，解得.17．【正確答案】(1)(2)答案見解析(3)【詳解】（1）參加課后活動的時間位于區間的概率.（2）活動的時間在區間的概率，的可能取值為，，，，.故分布列為：（3）眾數為：；，，則，；，故18．【正確答案】(1)證明詳見解析(2)(3)【詳解】（1）因為，是的中點，所以，由于平面平面且交線為，平面，所以平面，由于平面，所以，由于平面，平面，所以，由于平面，所以平面；（2）因為平面，，所以平面，平面，所以，而平面，平面，所以，由此以為空間坐標原點建立如圖所示空間直角坐標系，則，所以，設平面的法向量為m=x,y,z則，故可設，設直線與平面所成角為，則，由于，所以，所以直線與平面所成角的大小為.（3）因為，所以點到平面的距離，由于平面，平面，所以，由于平面，所以平面，由于平面，所以，所以四面體的體積.19．【正確答案】(1)(2)證明見解析【分析】（1）由題意得，結合平方關系即可得解.（2）由題意不妨設，則，將直線的方程，與橢圓方程聯立，結合韋達定理得點坐標，要證三點共線，只需證明即可，在化簡時注意利用，由此即可順利得證.【詳解】（1）由題意，所以，所以橢圓的方程為.（2）由題意不妨設，其中，即，則，且直線的方程為，將其與橢圓方程聯立得，消去并化簡整理得，由韋達定理有，所以，，即點，而，，所以三點共線.20．【正確答案】(1)(2)證明見解析(3)，證明見解析【詳解】（1）因所以，所以曲線在點處的切線方程為.（2）由題設，，所以.當時，因所以，即在上單調遞增，故得證.（3）,證明如下：設則，由（2）知在上單調遞增，所以，則，即在上單調遞增，故，即得證.21．【正確答案】(1)或；(2)證明詳見解析；(3).【分析】（1）利用列舉法求得正確答案.（2）利用組合數公式求得的一個大致范圍，然后根據序列滿足的性質證得.（3）先證明，然后利用累加法求得.【詳解】（1）依題意，當，時有：或.（2）當時，因為與不同時在數對序列中，所以，所以每個數至多出現次，又因為，所以只有對應的數可以出現次，所以.（3）當為奇數時，先證明.因為與不同時在數對序列中，所以，當時，構造恰有項，且首項的第個分量與末項的第個分量都為,對奇數，如果和可以構造一個恰有項的序列，且首項的第個分量與末項的第個分量都為，那么多奇數而言，可按如下方式構造滿足條件的序列：首先，對于如下個數對集合：，，……，，每個集合中都至多有一個數對出現在序列