第1頁/共1頁2025北京四中高三（下）開學考數學（試卷滿分為150分，考試時間為120分鐘）一、選擇題（本大題共10小題，每小題4分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一個選項正確．）1.在復平面內，復數對應的點的坐標為，則等于A. B. C. D.2.下列函數中，在區間上單調遞增的是（）A. B.C. D.3.已知且，則下列結論中不正確的是（）A. B.C. D.4.的展開式中的常數項為A. B. C. D.5.已知均為第二象限角，則“”是“”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6.在中，若的面積為，，，則（）A. B. C. D.7.如圖，是平面上一點，以為圓心，分別畫出半徑為1，2，3，4，5的同心圓.記半徑為4的圓的一條切線為，再畫出與平行的各圓的切線和一條穿過圓心與平行的直線.若以為焦點，為準線的拋物線記為，則這個點（）A.都不在拋物線線上 B.只有個點在拋物線上C.有個點在拋物線上 D.有個點在拋物線上8.點聲源亦稱“球面聲源”或“簡單聲源”.已知點聲源在空間中傳播時，衰減量（單位：）與傳播距離（單位：）的關系式為，其中為常數.當傳播距離為時，衰減量為；當傳播距離為時，衰減量為.若，則約為（）（參考數據：）A. B.C. D.9.如圖，在棱長為2的正方體中，E為的中點，動點F沿著線段從點B移動到點．則下列結論中正確的是（）A.直線與直線為異面直線 B.恒為鈍角C.三棱錐體積越來越大 D.10.已知函數的定義域為，定義集合，在使得的所有中，下列成立的是（）A.存在是偶函數 B.存在在處取最大值C.存在是增函數 D.存在在處取到極小值二、填空題（本大題共5小題，每小題5分，共25分．）11.函數的定義域是______．12.設是等比數列，，，則__________.13.已知雙曲線的一個焦點是，則其漸近線的方程為_____14.函數是奇函數，且對任意成立，則滿足條件的一組值可以是________，________．15.已知函數，其中表示不大于實數的最大整數．給出下列四個結論：（1）的定義域為：（2）不等式恒成立；（3）存在，使得關于的方程有解；（4）存在，使得當、且時，都有．其中所有正確結論的序號是______．三、解答題（本大題共6．小題，共85分．）16.已知函數，.（1）求的最小正周期及單調遞減區間；（2）直線與曲線、分別交于點、，求的最大值．17.如圖，在四棱錐中，，，，，，，為的中點，平面與棱交于點．（1）求證：，且是的中點；（2）若為的中點，再從條件①、條件②這兩個條件中選擇一個作為已知，求二面角的余弦值．條件①：；條件②：．注：如果選擇條件①和條件②分別解答，按第一個解答計分．18.某校開展了為期一年的“弘揚傳統文化，閱讀經典名著”活動活動后，為了解閱讀情況，學校隨機選取了幾名學生，統計了他們的閱讀量并整理得到以下數據（單位：本）：男生：3，4，6，7，7，10，11，11，12；女生：5，5，6，7，8，9，11，13．假設用頻率估計概率，且每個學生的閱讀情況相互獨立．（1）根據樣本數據，估計此次活動中學生閱讀量超過10本的概率；（2）現從該校的男生和女生中分別隨機選出1人，記為選出的2名學生中閱讀量超過10本的人數，求的分布列和數學期望；（3）現增加一名女生得到新的女生樣本．記原女生樣本閱讀量的方差為，新女生樣本閱讀量的方差為．若女生的閱讀量為8本，寫出方差與的大小關系．（結論不要求證明）19.已知橢圓的右焦點為，點在上，且軸．（1）求的方程；（2）過點的直線交于兩點，為線段的中點，直線交直線于點，證明：軸．20.已知函數，，其中．（1）當時，求曲線在點處切線的方程；（2）求函數的零點；（3）用表示、的最大值，記．問：是否存在實數，使得對任意，恒成立？若存在，求的取值范圍；若不存在，請說明理由．21.設數陣，其中.設，其中，且.定義變換為“對于數陣的每一列，若其中有t或，則將這一列中所有數均保持不變；若其中沒有t且沒有，則這一列中每個數都乘以”（），表示“將經過變換得到，再將經過變換得到，…，以此類推，最后將經過變換得到.記數陣中四個數的和為.（1）若，，寫出經過變換后得到的數陣，并求的值；（2）若，，求的所有可能取值的和；（3）對任意確定的一個數陣，證明：的所有可能取值的和不大于.

參考答案一、選擇題（本大題共10小題，每小題4分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一個選項正確．）1.【答案】A【分析】由已知可得z，代入（1+i）z，利用復數代數形式的乘除運算化簡得答案．【詳解】解：由已知得，z＝2﹣i，∴（1+i）z＝（1+i）（2﹣i）＝3+i．故選A．【點睛】本題考查復數代數形式的乘除運算，考查復數的代數表示法及其幾何意義，是基礎題．2.【答案】C【分析】利用基本初等函數的單調性，結合復合函數的單調性判斷ABC，舉反例排除D即可.【詳解】對于A，因為在上單調遞增，在上單調遞減，所以在上單調遞減，故A錯誤；對于B，因為在上單調遞增，在上單調遞減，所以在上單調遞減，故B錯誤；對于C，因為在上單調遞減，在上單調遞減，所以在上單調遞增，故C正確；對于D，因為，，顯然在上不單調，D錯誤.故選：C3.【答案】D【分析】對A：由對數性質運算即可得；對B：由對數性質運算即可得；對C：借助基本不等式運算即可得；對D：找出反例即可得.【詳解】對A：，故A正確；對B：由，則，故，故B正確；對C：由，故，當且僅當時等號成立，由，故等號不成立，即，故C正確；對D：當、時，符合題意，但此時，故D錯誤.故選：D.4.【答案】B【分析】根據二項展開式通項公式可知當時得常數項，代入通項公式求得結果.【詳解】展開式的通項公式為：當，即時常數項為：本題正確選項：【點睛】本題考查利用二項式定理求解指定項的問題，關鍵是熟練掌握二項展開式通項公式的形式，屬于基礎題.5.【答案】C【分析】結合三角函數的單調性、平方關系，并根據充分、必要條件的知識判斷即可.【詳解】由題意，若，因為均為第二象限角，所以，所以，即，所以，且均為第二象限角，所以，所以，即充分性成立.若，因為均為第二象限角，所以，即，所以，即，因為均為第二象限角，所以，所以，故必要性成立,所以“”是“”的充要條件.故選：C.6.【答案】C【分析】由同角三角函數的基本關系求出、的值，利用三角形的面積公式可得出的值，再利用余弦定理可求得的值.【詳解】在中，因為，則，故，，由同角三角函數的基本關系可得，解得，，由三角形的面積公式可得，可得，由余弦定理可得，故.故選：C.7.【答案】D【分析】建立平面直角坐標系，得出拋物線及同心圓方程，聯立可得，據此判斷即可.【詳解】不妨以點D為坐標原點，過點D且平行于直線的直線為軸，過點D且垂直于直線的直線為軸，建立平面直角坐標系，如圖，此時，則拋物線的方程為，易知該組同心圓的方程為，聯立解得，由圖可知，所給5點的縱坐標不小于0，故，當時，可得，該點為點D；當時，，該點為點E；當時，，該點不存在；當時，，該點為點B；綜上所述，有3個點在拋物線上.故選：D.8.【答案】A【分析】利用給定的模型，結合對數運算計算得解.【詳解】依題意，（）.故選：A9.【答案】D【分析】根據直線共面可得A錯誤，利用的特殊位置可得B錯誤，利用線面平行可判斷C錯誤，利用線面垂直可判斷D正確.【詳解】對于A，易知，所以直線與直線為共面直線，A錯誤；對于B，由正方體的性質可知，當F與重合時，為銳角，B錯誤；對于C，因為，又平面，平面，所以平面，又在上，所以到平面的距離為定值，又三角形也為定值，所以三棱錐體積為定值，C錯誤；對于D，因為平面，所以，又，，所以平面，因為平面，所以，D正確.故選：D10.【答案】B【分析】A選項利用偶函數的性質找到矛盾即可；B選項找到合適函數即可；C選項由定義得到集合與已知條件矛盾；D選項由集合的定義找到矛盾.【詳解】對于A選項：時，，當時，，任意的，恒成立，若時偶函數，此時矛盾，故A選項錯誤；對于B選項：若函數圖像如下：當時，，時，，當，，∴存在在處取最大值，故B選項正確；對于C選項：在時，若函數嚴格遞增，則集合的取值不會是，而是全體定義域，故C選項錯誤；對于D選項：若存在在處取到極小值，則在在左側存在，，與集合定義矛盾，故D選項錯誤.故選：B二、填空題（本大題共5小題，每小題5分，共25分．）11.【答案】【分析】根據函數解析式有意義可得出關于的不等式組，由此可解得原函數的定義域.【詳解】對于函數，有，即，解得.因此，函數的定義域為.故答案為：.12.【答案】16【分析】結合等比數列通項公式計算即可得.【詳解】設，則，故.故答案為：16.13.【答案】【詳解】試題分析：由焦點坐標可知，漸近線方程為考點：雙曲線方程及性質14.【答案】①.1②.0【分析】由奇函數確定，再由最值確定.【詳解】因為函數是奇函數，所以，得，經驗證符合；所以，又恒成立，所以恒成立，所以，即.故答案為：1；015.【答案】（1）（2）（4）【分析】求出函數的定義域，可判斷（1）；分析可知，結合對數函數的單調性可判斷（2）；利用指數和對數的互化結合，可判斷（3）；取，，確定、的取值區間推理判斷④即可得解.【詳解】對于（1），對任意的，，則且，所以，對于函數，，即則，解得或，因此，函數的定義域為，故（1）正確；對于（2），由（1）可知，，則，由于，當且僅當時，等號成立，則，所以，不等式恒成立，故（2）正確；對于（3），存在，使得關于的方程有解，即，可得，因為，而，故不存在，使得關于的方程有解，故（3）錯誤；對于（4），取，，，，由，得，令、，則，由，得，而，當，取，此時、，、，則，所以，，都有，故（4）正確.故答案為：（1）（2）（4）.【點睛】關鍵點點睛：令，借助單調性是求出函數的關鍵.三、解答題（本大題共6．小題，共85分．）16.【答案】（1）最小正周期為，遞減區間為（2）【分析】（1）利用誘導公式及二倍角公式化簡解析式，求解最小正周期和單調遞減區間即可；（2）利用題意把線段長度表示為三角函數，利用三角函數的性質求解最值即可.【小問1詳解】因為，則的最小正周期為.由可得，所以，函數的單調遞減區間為.【小問2詳解】由題意可知，、兩點的坐標為、，則，即，故，因為，所以，所以，所以在時的最大值為.17.【答案】（1）證明見解析（2）條件選擇見解析，【分析】（1）推導出平面，利用線面平行的性質可得出，結合可證得，結合中位線的性質可證得是的中點；（2）若選條件①，推導出平面，以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立空間直角坐標系，利用空間向量法可求得二面角的余弦值；若選條件②，推導出平面，以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立空間直角坐標系，利用空間向量法可求得二面角的余弦值.【小問1詳解】因為，平面，平面，則平面，因為平面，平面平面，所以，，因為，所以，，因為平面與棱交于點，，為的中點，故為的中點.【小問2詳解】若選條件①，因為，，，、平面，所以，平面，因為，則平面，因為，以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立如下圖所示的空間直角坐標系，則、、、、、，設平面的一個法向量為，，，所以，，取，可得，設平面的一個法向量為，，，所以，，取，可得，所以，，由圖可知，二面角的平面角為銳角，故二面角的余弦值為；若選條件②，連接、，因為，，，則，所以，，則，因為，則，故，且，則為等邊三角形，所以，，因為，，則，所以，，因為，，、平面，所以，平面，以點為坐標原點，、、所在直線分別為、、軸建立如下圖所示的空間直角坐標系，則、、、、、，設平面的一個法向量為，，，所以，，取，可得，設平面的一個法向量為，，，所以，，取，可得，所以，，由圖可知，二面角的平面角為銳角，故二面角的余弦值為.18.【答案】（1）（2）分布列見解析；期望為（3）【分析】（1）根據樣本數據統計超過10本的個數即可求解，（2）根據乘法公式求解概率，進而得分布列，由期望公式即可求解，（3）根據方差的計算公式即可求解.【小問1詳解】共選出了17名學生，其中有5人的閱讀量超過10本，所以此次活動中學生閱讀量超過10本的概率為．【小問2詳解】由題意，從男生中隨機選出1人其閱讀量超過10本的概率為；從女生中隨機選出1人，其閱讀量超過10本的概率為．由題設，的可能取值為0，1，2．且；；．所以的分布列為：012的數學期望．【小問3詳解】．理由：設原女生的8個閱讀量分別為，原女生閱讀量的平均數為，新增一名女生后，平均數依然為8，則所以19.【答案】（1）（2）證明見解析【分析】（1）設，根據的坐標及軸可求基本量，故可求橢圓方程.（2）設，，，聯立直線方程和橢圓方程，用的坐標表示，結合韋達定理化簡前者可得，故可證軸.【小問1詳解】設，由題設有且，故，故，故，故橢圓方程為.【小問2詳解】直線的斜率必定存在，設，，，由可得，故，故，又，而，故直線，故，所以，故，即軸.【點睛】方法點睛：利用韋達定理法解決直線與圓錐曲線相交問題的基本步驟如下：（1）設直線方程，設交點坐標為；（2）聯立直線與圓錐曲線的方程，得到關于（或）的一元二次方程，注意的判斷；（3）列出韋達定理；（4）將所求問題或題中的關系轉化為、（或、）的形式；（5）代入韋達定理求解.20.【答案】（1）（2）（3）存在，的取值范圍是【分析】（1）當時，求出，利用導數的幾何意義可求得曲線在點處切線的方程；（2）利用導數分析函數的單調性，結合可得出函數的零點；（3）由題意，將恒成立轉化為當時，恒成立即可，對求導得，分、、三種情況討論，結合單調性可得答案.【小問1詳解】當時，，則，所以，，，此時曲線在點處切線的方程為，即.【小問2詳解】函數的定義域為，且，當時，，則；當時，，則，所以函數在上為增函數，又因為，故函數有且只有一個零點.【小問3詳解】函數的定義域為，由（2）知，當時，，又，所以當時，恒成立，由于當時，恒成立，所以等價于：當時，，且.下面考慮，當時，恒成立，①若，當時，，故，在遞增，此時，不合題意；②若，當時，由知，存在，使得，根據余弦函數的單調性可知，在上遞增，故當，，遞增，此時，不合題意；③若，當時，由知，對任意，，遞減，此時，符合題意.且當時，，合乎題意，綜上可知：存在實數滿足題意，的取值范圍是.【點睛】方法點睛：利用導數解決函數零點問題的方法：（1）直接法：先對函數求導，根據導數的方法求出函數的單調區間與極值，根據函數的基本性質作出圖象，然后將問題轉化為函數圖象與軸的交點問題，突出導數的工具作用，體現了轉化與化歸思想、數形結合思想和分類討論思想的應用；（2）構造新函數法：將問題轉化為研究兩函數圖象的交點問題；（3）參變量分離法：由分離變量得出，將問題等價轉化為直線與函數的圖象的交點問題.21.【答案】（1），0（2）40（3）證明見解析【分析】（1）直接由變換以及的定義即可求解；（2）對集合分類討論，進而得出的所有情況即可求解；（3）分是否相等進行討論，當，在的所有非空子集中，分：含有且不含的子集、含有且不含的子集、同時含有和的子集和不含也不含的子集，四種