/北京市延慶區2024?2025學年高三下學期統測數學試卷一、單選題（本大題共10小題）1．已知集合，，則（

）A． B． C． D．2．已知，為虛數單位，若為實數，則（

）A． B．1 C． D．43．已知向量，，，若，則（

）A． B． C．0 D．14．某圓錐高為，母線與底面所成的角為，則該圓錐的表面積為（

）A． B． C． D．5．設x，，且，則（

）A． B． C． D．6．延慶媯水公園岸邊設有如圖所示的護欄，護欄與護欄之間用一條鐵鏈相連.數學中把這種兩端固定的一條均勻，柔軟的鏈條，在重力的作用下所具有的曲線形狀稱為懸鏈線.已知函數的部分圖象與懸鏈線類似，則下列說法正確的是（

）

A．為奇函數 B．的最大值為1C．在上單調遞增 D．方程有2個實數解7．“”是“直線與拋物線只有一個公共點”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8．已知圓和兩點，（）.若圓C上存點P，使得，則m的最大值為（

）A．4 B．5 C．6 D．79．已知等比數列的公比為q，前n項和為.若，且，則下列結論錯誤的是（

）A． B． C． D．10．已知正方體的棱長為1，若在該正方體的棱上有點M，滿足，則點M的個數為（

）A．2 B．4 C．6 D．8二、填空題（本大題共5小題）11．的展開式中，的系數為.12．已知雙曲線的一條漸近線過點，則其離心率為.13．已知是第四象限角且，，則的值為.14．數列中，若存在，使得“且”成立，（，）則稱為的一個峰值.若，則的峰值為；若，且不存在峰值，則實數的取值范圍為.15．已知函數，給出下列四個結論：①，使得關于直線對稱；②，使得存在最小值；③，在上單調遞減；④，使得有三個零點；其中所有正確的結論的序號是.三、解答題（本大題共6小題）16．如圖，在四棱錐中，底面ABCD是矩形，底面ABCD，且，E是PC的中點，平面ABE與線段PD交于點F.(1)求證：；(2)若，求直線BE與平面BCF所成角的正弦值.17．在中，，.(1)求b；(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，使為銳角三角形，并求的面積.條件①：；條件②：AB邊上中線的長為；條件③：.注：如果選擇多個符合要求的條件分別解答，按第一個解答計分.18．在北京延慶，源遠流長的傳統大集文化依舊煥發著生機.這是一種融合了傳統文化與飲食娛樂的民間活動，人們在這里沉浸于這份樸素而直接的歡樂之中.2025年延慶大集的時間和地點信息匯總如下表，根據下表的統計結果，回答以下問題.時間地點周一周二周三周四周五周六周日康莊鎮刁千營村√√康莊鎮榆林堡村√√康莊鎮小豐營村√√延慶鎮付余屯村√√延慶鎮東小河屯村√√√√√√√香營鄉屈家窯村√舊縣鎮米糧屯村√√舊縣鎮東羊坊村√永寧鎮古城北街√√√√√√√(1)若從周一和周四的大集中各隨機選一個大集，求恰好選的都是延慶鎮大集的概率；(2)若從周六和周日的大集中隨機選3個大集，記X為選延慶鎮東小河屯村大集的次數，求X的分布列及期望；(3)從周一到周四這四天的大集中任選2個大集，設為選永寧鎮古城北街大集的個數，從周五到周日這三天的大集中任選2個大集，設為選永寧鎮古城北街大集的個數，比較隨機變量和隨機變量的數學期望的大小.（結論不要求證明）19．已知橢圓的左，右頂點分別為A，B，且，離心率為.(1)求橢圓E的標準方程；(2)設直線與x軸交于點Q，點P是直線上不同于點Q的一點，直線BP與橢圓E交于點M，直線AM與直線交于點N，判斷是否存在點P，使得？若存在，求出點P的坐標；若不存在，說明理由.20．已知函數.(1)若，求在處的切線方程；(2)若，求的單調區間；(3)若，且，證明：.21．數字的任意一個排列記作，設為所有這樣的排列構成的集合.集合任意整數都有，集合任意整數都有（1）用列舉法表示集合；（2）求集合的元素個數；（3）記集合的元素個數為，證明：數列是等比數列.

參考答案1．【答案】A【詳解】因為，又，所以.故選：A2．【答案】C【詳解】因為為實數，所以，解得，故選：C3．【答案】B【詳解】因為，，所以，因為，所以，解得，故選：B4．【答案】A【詳解】由圓錐高為，母線與底面所成的角為，得圓錐底面圓半徑，母線，所以圓錐的表面積.故選：A5．【答案】D【詳解】因為，對于A：取，所以，A選項錯誤；對于B：取，所以，B選項錯誤；對于C：取，所以，C選項錯誤；對于D，，當且僅當取等號，所以，因為，所以，當且僅當取等號，所以，所以，D選項正確.故選：D.6．【答案】D【詳解】對A，定義域為R，∵，則為偶函數，A錯誤；對BC，又∵，根據，在R上均單調遞增，則在在R上單調遞增，且，則當時，則，當時，則，∴的單調遞減區間為，單調遞增區間為，故C錯誤；則，即的最小值為，B錯誤；對D，令,，再結合指數函數性質知方程有2個實數根,故D正確.故選：D7．【答案】A【詳解】由，得，因為直線與拋物線只有一個公共點，所以當時，交點為只有一個公共點，符合題意；當時，，所以直線與拋物線只有一個公共點的充要條件是或，所以”能推出“直線與拋物線只有一個公共點，直線與拋物線只有一個公共點不能推出，“”是“直線與拋物線只有一個公共點”的充分而不必要條件，故選：A8．【答案】C【詳解】以為直徑的圓的方程為，圓心為原點，半徑為.圓的圓心為，半徑為.要使圓上存在點，使得，則圓與圓有公共點，所以，即，所以，解得，所以的最大值為6.故選：C9．【答案】C【詳解】對于選項B：因為，且對恒成立，則，整理可得恒成立，則，故B正確；對于選項A：因為，故A正確；對于選項C：因為，由B項已得，，則，，而，則，故C錯誤；對于選項D：因為，即，故D正確.故選：C.10．【答案】C【詳解】因為，所以點M不在棱，棱上，所以當點M在棱上時，設，連，在中，，由余弦定理可得，，即，可解得，所以在棱上存在滿足題意的一個點M；由對稱性可知在棱，棱，棱上各存在一個點M；因為，所以點M不在平面內.所以當點M在棱上時，設，連，在直角三角形中，，所以，即，可解得，所以在棱上存在滿足題意的一個點M；由對稱性可知在棱上也存在一個點M；綜上可知滿足題意的點M共6個.故選：C.11．【答案】60【詳解】二項式展開式的通項公式：，令，解得，所以可得第三項中的系數是.故答案為：6012．【答案】【詳解】由題意雙曲線漸近線方程為，它過點，所以，即，所以其離心率為.故答案為：.13．【答案】【詳解】因為是第四象限角且，所以，，因為，所以，則.故答案為：.14．【答案】【詳解】由，函數的對稱軸為，又，所以，所以的峰值為；若，則，令，則，當時，，所以函數在上單調遞減，則數列是遞減數列，符合題意；當時，令，則，令，則，所以函數在上單調遞增，在上單調遞減，要使數列不存在峰值，則，即，解得，綜上所述，實數的取值范圍為.故答案為：；.15．【答案】①③④【詳解】取，得，因為，所以，使得關于直線對稱；故①對；由，所以，若，當時，令，則，令，則，所以在單調遞減，所以，所以在單調遞減，當時，令，則，所以在單調遞減，所以，在上單調遞減，故，不存在最小值，故②錯，③對，如圖

若，則當函數與直線的圖象相切時，設切點橫坐標為，此時，則，得到方程組，化簡得，易得，則此時有兩個零點，圖象見下圖，AI

當時，只需將上圖相切時的直線向左偏一點，圖象如下圖所示，則兩函數會出現三個交點，此時有三個零點，如下圖所示，AI

故④對，故答案為：①③④16．【答案】(1)證明見解析(2)【詳解】（1）在矩形中，，又平面，平面，所以平面，又因為平面，且平面平面，所以.（2）由（1）可知，又因為E是的中點，所以F是的中點，因為，即，故.因為平面平面，所以又在正方形中，，所以兩兩垂直.如圖建立空間直角坐標系，則所以，設平面的一個法向量為由，得，令，得，設直線與平面所成角為，則故直線BE與平面BCF所成角的正弦值為.17．【答案】(1)(2)答案見解析【詳解】（1）在中，因為，再由可得.所以，即，所以.因為，所以.（2）選擇條件①：，，，由余弦定理得，，因為為銳角三角形，所以不符合題意，不存在三角形；選擇條件②：在中，設點為的中點，則，，中，根據余弦定理解得，所以，所以，因為，所以為銳角三角形，所以，在中，.選擇條件③：在中，為銳角三角形，因為，所以，所以，，，所以，所以，所以，解得或舍.所以，所以為銳角三角形，所以，在中，.18．【答案】(1)(2)分布列見解析，(3)【詳解】（1）記“周一和周四的大集中各隨機選一次大集，恰好選的都是延慶鎮大集”為事件A，由表可知，周一選一次大集，恰好選的是延慶鎮大集的概率為,周四選一次大集，恰好選的是延慶鎮大集的概率為，所以.（2）隨機變量的所有可能取值為，根據題意，，，隨機變量的分布列是:012數學期望（3）由題意，可能取值為，，，，故；由題意，可能取值為，，，，故，所以.19．【答案】(1)(2)存在，點的坐標為或【詳解】（1）由題意得，解得，所以，所以橢圓E的標準方程為；（2）假設存在點P，使得，則‖，所以，設，則，所以，直線的方程為，因為點在直線上，所以，所以，因為點P是直線上不同于點Q的一點，所以，所以，解得，因為點在橢圓上，所以，解得或，當時，，得，當時，，得，所以存在點P，使得，點的坐標為或20．【答案】(1)(2)單調遞增區間為，單調遞減區間為，(3)證明見解析【詳解】（1）由，所以所以，又，所以曲線在處的切線方程為，即（2）由，定義域為，令得或因為，所以.所以，列表：00遞減遞增遞減所以的單調遞增區間為，單調遞減區間為，（3）因為，又，，所以是方程的兩個根.依題意，有，所以，即，所以，令，則，令，則因為，所以，所以在上是增函數，所以，所以在為減函數，所以，即.21．【答案】(1),；(2)的元素個數為1；(3)證明見解析【詳解】(1),(2)考慮集合中的元素.由已知,對任意整數都有,所以,所以.由的任意性可知,是的單調遞增排列,所以.又因為當時,對任意整數都有.所以