第1頁/共1頁2025北京清華附中高三（下）統練一數學一、選擇題共10小題，每小題4分，共40分．在每小題列出的四個選項中，選出符合題目要求的一項．1.已知集合，集合，則（）A. B.C. D.2.在復平面內，復數，則的共軛復數對應的點的坐標是（）A. B. C. D.3.在的展開式中，常數項為（）A.12 B.6C. D.4.已知數列滿足對任意的，都有．若，則（）A.1 B.2C.3 D.45.已知，且，則（）A. B.C. D.6.已知點，，若直線上存在點滿足，則實數的取值范圍是（）A. B.C. D.7.“”是“對任意，”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件8.已知函數在區間單調遞增，直線和為函數的圖像的兩條相鄰對稱軸，則（）A. B. C. D.9.在中，，，為所在平面內的動點，且，則的最小值為（）A. B.C. D.10.對于正整數集合，如果去掉其中任意一個元素之后，剩余的所有元素組成的集合都能分為兩個交集為空集的集合，且這兩個集合的所有元素之和相等，就稱集合為“可分集”，則下列說法正確的是（）A.是“可分集” B.是“可分集”C.若是“可分集”，則中元素全為奇數 D.若是“可分集”，則中元素個數為奇數二、填空題共5道小題，每小題5分，共25分．11.已知函數，則_______12.如圖，五面體，其中兩個面是全等的等腰梯形，兩個面是全等的等腰三角形．已知，且等腰梯形所在平面，等腰三角形所在平面與平面的夾角的正切值均為，則該五面體的體積為_______．13.寫出與圓和都相切的一條直線的方程________________．14.如圖，正方形ABCD和正方形DEFG的邊長分別為，原點O為AD的中點，拋物線經過C，F兩點，則=_________.15.設數列和的項數均為m，稱為數列和的距離．記滿足的所有數列構成的集合為C．已知數列和為集合C中的兩個元素，項數均為m，給出下列四個結論：①數列1，3，5，7和數列2，4，6，8的距離為4②若，則③若則④若數列和的距離不超過2025，則m的最大值為3470．其中，所有正確結論的序號是_______三、解答題共6道小題，共85分．解答應寫出文字說明、演算步驟或證明過程．16.在中，．（1）求B；（2）若求邊a以及的面積．17.四棱錐中，底面為平行四邊形，平面平面，，E為棱的中點，過點B，C，E的平面交棱于點F．（1）求證：F為中點；（2）若，再從條件①，條件②，條件③中選擇一個作為已知，使四棱錐唯一確定，求二面角的余弦值．條件①：條件②：條件③：與平面所成角的正切值為2如果選擇的條件不符合要求，第（2）問得0分；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.上學期間，甲每天7:30之前到校的概率為，乙每天7:30之前到校的概率為.假定甲、乙兩位同學到校情況互不影響，且任一同學每天到校情況相互獨立.（1）設為事件“在上學期間隨機選擇三天，甲在7:30之前到校的天數恰為2天”，求事件發生的概率；（2）在上學期間隨機選擇兩天，記為甲7:30之前到校的天數，記為乙7:30之前到校的天數，，求的分布列和數學期望；（3）在上學期間隨機選擇天，若在這天中，甲7:30之前到校的天數多于乙，則記，否則記，分別比較，的大小和，的大小，直接寫出結論.19.已知函數．（1）求曲線在點處的切線方程：（2）當時，求不等式的解集；（3）若不等式無整數解，求實數a的取值范圍．20.已知橢圓，E的離心率，短軸長為4.（1）求橢圓E的標準方程：（2）對于給定的點，在E上存在不同的三點A，B，Q，使得四邊形為平行四邊形，且直線AB過點，求t的取值范圍.21.已知m為大于0的偶數，集合．給定項數為的有限數列，對于集合中任意元素，記．（1）若，數列，寫出的所有可能值．（2）對于各項均為正數的數列，證明：存在，使得．（3）對于各項均為正數的數列和，證明：存在，使得同時成立．注：表示中最大的數，表示中最小的數．

參考答案一、選擇題共10小題，每小題4分，共40分．在每小題列出的四個選項中，選出符合題目要求的一項．1.【答案】B【分析】求出集合后可求它們的交集.【詳解】，，故，故選：B.2.【答案】D【分析】應用復數乘法求復數，根據共軛復數的定義求，進而確定點坐標.【詳解】由，則，對應點為.故選：D3.【答案】A【分析】求出展開式的通項后可求常數項.【詳解】展開式的通項公式為，令得，故常數項為，故選：A.4.【答案】D【分析】根據已知條件賦值可求得結果.【詳解】因為，所以.故選：D.5.【答案】B【分析】分別畫出的圖像，結合圖像即可求解；【詳解】分別畫出的圖像，為的交點橫坐標，為的交點橫坐標，為的交點橫坐標，結合圖像可知：故選：B6.【答案】D【分析】先求出動點的軌跡方程（雙曲線的右支），再根據漸近線方程可求參數的范圍.【詳解】因為，故在雙曲線的右支上，而半焦距，實半軸長為，故雙曲線右支的方程為：，故漸近線方程為，而直線與雙曲線右支有公共點，故，故選：D.7.【答案】C【分析】根據兩者之間的推出關系可判斷條件關系.【詳解】若，則，當時，，故；當時，，故；當時，，故能推出；反之，若對任意，，因為時，，故，故即；而時，，故，故即；時顯然成立，故，故對任意，能得到，故“”是“對任意，”的充要條件，故選：C.8.【答案】D【分析】根據題意分別求出其周期，再根據其最小值求出初相，代入即可得到答案.【詳解】因為在區間單調遞增，所以，且，則，，當時，取得最小值，則，，則，，不妨取，則，則，故選：D.9.【答案】B【分析】可證，延長至，使得，則為的垂直平分線，根據對稱可求的最小值.【詳解】因為，故，故，故，所以，延長至，使得，連接，則為的垂直平分線，故，故，當且僅當共線時等號成立，而，故的最小值為，故選：B.10.【答案】D【分析】選項A，B根據“可分集”定義性質進行判斷即可；選項C，D，根據“可分集”定義可知“可分集”元素之和減去任意一個元素一定為偶數，根據此特性分類討論集合中元素為奇數和為偶數時的情況即可.【詳解】對于選項A，當集合為時，去掉3，其余數字和為24，若分拆成為符合題意的兩個集合，則每個集合的數字之和為12，但｛3，5，7，9｝中任意一個，兩個或三個的和都不為12，故不可拆分成符合題意的可分集，故不是“可分集”，故A錯誤.對于選項B，對于集合，去掉后，其余各數的和為27，是奇數，不可能分解成兩個整數集合的并集，故無法分成兩個交集為空且元素之和相等的集合，所以不是“可分集”，故B錯誤.設集合所有元素之和為M.由題意可知集合中除去任意一個元素后所得集合可以分拆成兩個元素和相等各元素都是正整數的集合，因此，均為偶數，因此同為奇數或同為偶數.(Ⅰ)當M為奇數時，則也均為奇數，由于，所以n為奇數.(Ⅱ)當M為偶數時，則也均為偶數，此時可設，因為為“可分集”，所以也為“可分集”.重復上述有限次操作后，便可得到一個各元素和為奇數的“可分集”，從而其各個元素也都是奇數，由(Ⅰ)可知此時n也為奇數.綜上所述，集合A中元素個數為奇數.故C錯D對.故選：D.二、填空題共5道小題，每小題5分，共25分．11.【答案】【分析】代入函數的解析式，利用對數與指數的運算求解即可.【詳解】因為函數，所以，故答案為:.12.【答案】##【分析】作出圖形，結合二面角的定義分別求出，最后利用五面體的體積為2倍的四棱錐的體積加上三棱柱的體積求出結果即可.【詳解】如圖，作于，，連接；同理作于，，連接，取中點，連接，再作于，因為等腰梯形所在平面?等腰三角形所在平面與平面的夾角的正切值均為，因為，房頂的底面為矩形，，所以，又中點，，且，所以，所以，，所以由二面角的定義可得，正切值均為.則.所以，因為，，，且底面，所以底面，所以該五面體的體積為2倍的四棱錐的體積加上三棱柱的體積，即，故答案為：.13.【答案】或或【分析】先判斷兩圓位置關系，分情況討論即可.【詳解】[方法一]：顯然直線的斜率不為0，不妨設直線方程為，于是，故①，于是或，再結合①解得或或，所以直線方程有三條，分別為，，填一條即可[方法二]：設圓的圓心，半徑為，圓的圓心，半徑，則，因此兩圓外切，由圖像可知，共有三條直線符合條件，顯然符合題意；又由方程和相減可得方程，即為過兩圓公共切點的切線方程，又易知兩圓圓心所在直線OC的方程為，直線OC與直線的交點為，設過該點的直線為，則，解得，從而該切線的方程為填一條即可[方法三]：圓的圓心為，半徑為，圓的圓心為，半徑為，兩圓圓心距為，等于兩圓半徑之和，故兩圓外切，如圖，當切線為l時，因為，所以，設方程為O到l的距離，解得，所以l的方程為，當切線為m時，設直線方程為，其中，，由題意，解得，當切線為n時，易知切線方程為，故答案為：或或.14.【答案】【分析】將相應點的坐標代入，列方程即可.【詳解】由題可得，將點的坐標代入拋物線方程，得，，設，有，，解得（舍）或，，；故答案為：.15.【答案】①②④【分析】對于①，利用定義求解即可；對于②，找出，是以4為周期的周期數列，即可求解；對于③，由②知是以4為周期的周期數列，結合，基本不等式即可求解；對于④，利用定義結合周期性求解.【詳解】對于①，根據數列距離的定義可得，數列1，3，5，7和數列2，4，6，8的距離為，故①正確；對于②，設，由可得：，故是以4為周期的周期數列，且，同理可得也滿足此性質，故則，故②正確；對于③，由②知，因為，故，所以所以，故③錯誤；對于④，因為所以數列中，,數列中，,因為故項數越大，數列和的距離越大，，故，故數列和的距離不超過2025，則m的最大值為3470，故④正確；故答案為：①②④.【點睛】方法點睛：新定義問題，用題上的新概念、新法則去解決問題，有時還需要用到類比，結合所學知識，透過現象看本質，考查的還是基礎數學知識，掌握三基，以不變應萬變.三、解答題共6道小題，共85分．解答應寫出文字說明、演算步驟或證明過程．16.【答案】（1）（2），【分析】（1）由利用正弦定理以及兩角差的正弦公式化簡，可得，進而可求B的值；（2）由結合（1）利用余弦定理可求a的值，再利用三角形面積公式可求的面積．【小問1詳解】由正弦定理得，又，所以，即，，得，所以.【小問2詳解】由余弦定理得即，解得或(舍)，所以17.【答案】（1）證明見解析（2）選條件①：不合題意；選條件②：；選條件③：；【分析】（1）根據線面平行的判定定理及性質定理可得結果；（2）選條件①：根據面面垂直的性質定理結合已知，不合題意；選條件②：根據面面垂直的性質定理結合已知，建立空間直角坐標系，由向量法求二面角可得結果；選條件③：根據面面垂直的性質定理得為與平面所成角，建立空間直角坐標系，由向量法求二面角可得結果.【小問1詳解】因為四邊形為平行四邊形，所以，又平面，平面，所以平面，又平面，平面平面，所以，所以，又E為棱的中點，所以F為中點.【小問2詳解】選條件①：因為平面平面，平面平面，，所以平面，所以，又，且平面，所以平面，所以，故四邊形為菱形，但，在中，，這與四邊形為菱形矛盾，不合題意；選條件②：因為平面平面，平面平面，，所以平面，所以，又，在中，，所以，所以在中，，在中，，所以，如圖，以A為坐標原點建立空間直角坐標系，所以，設平面的一個法向量為，又，因為，所以，令，則，故，設平面的一個法向量為，又，因為，所以，令，則，故，則，因為二面角為鈍角，所以二面角的余弦值為.選條件③：因為平面平面，平面平面，，所以平面，所以為在平面內的射影，故為與平面所成角，即，所以，在中，，所以，如圖，以A為坐標原點建立空間直角坐標系，所以，設平面的一個法向量為，又，因為，所以，令，則，故，設平面的一個法向量為，又，因為，所以，令，則，故，則，因為二面角為鈍角，所以二面角的余弦值為.18.【答案】（1）（2）分布列見解析，（3）；【分析】（1）先判斷在上學期間隨機選擇三天，甲在7:30之前到校的天數符合二項分布，利用二項分布概率公式計算即得；（2）根據隨機變量的可能值，利用獨立事件的概率公式分別計算其概率，得到的分布列，即可得到數學期望；（3）依題意，隨機變量服從兩點分布，根據兩點分布的方差公式計算比較即得.【小問1詳解】依題意知在上學期間隨機選擇三天，甲在7:30之前到校的天數符合二項分布,即，故；【小問2詳解】，，則的可能值有.,,,.故的分布列為：012；【小問3詳解】由題，隨機變量服從兩點分布，不妨設，則.故當時，，于是；故當時，，于是，故同理可得：.即：；.19.【答案】（1）（2）（3）【分析】（1）先求出函數的導數，利用導數求出曲線在某點處的切線斜率，進而得到切線方程；（2）當確定時，分類討論，結合指數函數單調性解不等式的解集；（3）不等式轉化為，設函數，利用導數求函數的取值范圍，再結合不等式，討論的取值，即可求解.【小問1詳解】將代入，可得..將代入，.則切線方程為，即.【小問2詳解】當時，.即,解得;或，無解.綜上所得，不等式的解集為.【小問3詳解】由，不等式，即，設，，設，，所以單調遞增，且，，所以存在，使，即，當時，，單調遞減，當時，，單調遞增，所以，因為，所以，當時，，當時，，不等式無整數解，即無整數解，若時，不等式恒成立，有無窮多個整數解，不符合題意，若時，即，因為函數在上單調遞減，在上單調遞增，所以時，，所以無整數解，符合題意，當時，因為，顯然是的兩個整數解，不符合題意，綜上可知，.20.【答案】（1）（2）【分析】（1）根據橢圓的離心率得到，根據短軸長得到，然后結合解方程即可；（2）利用點差法和直線過點得到中點的軌跡方程，然后根據，得到，再結合點在橢圓上得到，最后根據的范圍求的范圍即可.【小問1詳解】由題意得，又，解得，，，所以橢圓的標準方程為.【小問2詳解】設，，，中點坐標，聯立得，又直線過點，所以，整理得，即中點的軌跡方程為①，因為四邊形為平行四邊形，所以，，代入①式可得②，又點在橢圓