高級中學名校試題PAGEPAGE1北京市朝陽區2025屆高三下學期質量檢測一（3月）數學試卷一、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.【答案】A【解析】，所以，故選：A.2.設復數的共軛復數為，則（）A.1 B. C.2 D.4【答案】C【解析】因為復數，所以復數的共軛復數為，所以.故選：C.3.在的展開式中，常數項為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】的展開式通項為，令，解得，所以，展開式中的常數項為.故選：D.4.為了得到函數的圖象，可以將函數的圖象A.向右平移個單位 B.向左平移個單位C.向右平移個單位 D.向左平移個單位【答案】D【解析】因為，所以將函數的圖象向左平移個單位，選D.考點：三角函數圖像變換5.已知等比數列，，，則（）A. B. C. D.1【答案】A【解析】已知，，可得公比.再將，代入通項公式，可得，解得.

可得：；；.

可得：.故選：A.6.已知曲線，則“”是“為焦點在軸上的雙曲線”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【答案】A【解析】若，則，所以，即，所以為焦點在軸上的雙曲線；若為焦點在軸上的雙曲線，則對于，即，可得，即且，不一定得到，綜上，“”是“為焦點在軸上的雙曲線”的充分不必要條件.故選：A7.已知，，則（）A. B. C. D.1【答案】B【解析】由，，得，整理得，所以.故選：B8.某市計劃在一條河上修建一座水上休閑公園，如圖所示．這條河兩岸所在直線，互相平行，橋DE與河岸所在直線垂直．休閑公園的形狀可視為直角三角形，它的三個入口分別設在直角三角形的頂點A，B，C處，其中入口A點（定點）在橋DE上，且A到直線，的距離分別為，（為定值），入口B，C分別在直線，上，公園的一邊AB與直線所成的銳角為，另一邊AC與AB垂直．設該休閑公園的面積為，當變化時，下列說法正確的是（）A.函數的最大值為B.函數的最小值為C.若，且則D.若，且，則【答案】D【解析】在中，，，根據正弦函數的定義，可得.

因為，，所以，在中，，根據余弦函數的定義，可得.

對于，，將，代入可得：，進一步化簡為，.

對于選項A，因為，所以，.當取最小值（取不到），最大值時，沒有最大值，所以A錯誤.

對于選項B，由，，當，即，時，取得最小值，所以B錯誤.

對于選項C，當時，，單調遞增，單調遞減；當時，，單調遞減，單調遞增.所以若且，不一定有，C錯誤.

對于選項D，若且，則，.因為，，所以，D正確.

故選：D.9.在中，，，點M為所在平面內一點且，則的最小值為（）A.0 B. C. D.【答案】C【解析】在三角形中，由余弦定理，故為鈍角；又，故點在三角形底邊的高線上，則以所在直線為軸，以其上的高線為軸建立平面直角坐標系如下所示：又，則，故，；則，設，，故，當且僅當時取得等號；也即的最小值為.故選：C.10.位同學參加學校組織的某棋類單循環制比賽，即任意兩位參賽者之間恰好進行一場比賽．每場比賽的計分規則是：勝者計分，負者計分，平局各計分．所有比賽結束后，若這位同學的得分總和為分，且平局總場數不超過比賽總場數的一半，則平局總場數為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】設平局總場數為，且所有比賽的場數為，由題意可知，，由于能決定勝負的每場選手的得分之和為分，每場平局選手的得分之和為分，由題意可得，所以，，因為平局總場數不超過比賽總場數一半，則，整理可得，因為，解得，所以，平局的局數為.故選：B.第二部分（非選擇題共110分）二、填空題共5小題，每小題5分，共25分．11.函數的定義域為_______．【答案】【解析】對于函數，有，解得，故函數的定義域為.故答案為：.12.已知點在拋物線上，則拋物線C的焦點F的坐標為_______；以F為圓心，為半徑的圓與拋物線C的準線的位置關系是_______．（填“相交”“相切”或“相離”）【答案】①.②.相切【解析】由題意可得，所以，所以拋物線C的焦點F的坐標為；由兩點間距離公式可得，即為圓的半徑，又焦點到準線的距離為2，所以為半徑的圓與拋物線C的準線的位置關系是相切.故答案為：；相切.13.已知函數是上的奇函數，當時，則_______；若存在，使得，則c的一個取值為_______．【答案】①.②.4（答案不唯一）【解析】因為函數是上的奇函數，且時，，所以.當時，由，可得，令，即，解得，所以函數在單調遞減，在單調遞增，所以時，，，由為函數是上的奇函數，可得時，，又，由，可得或，所以的取值范圍為.故答案為：；4（答案不唯一）.14.干支紀年法是我國古代一種紀年方式，它以十天干（甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸）和十二地支（子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥）的組合來表示年份，循環紀年．比如某一年為甲子年‘，則下一年為乙丑年，再下一年為丙寅年，以此類推，排列到癸酉年后，天干回到“甲”，即甲戌年，下一年為乙亥年，之后地支回到“子”，即丙子年，以此類推．已知2025年是乙巳年，則2025年之后的首個己巳年是_______年．（用數字作答）【答案】2049【解析】天干是以10為公差的等差數列，地支是以12為公差的等差數列，從2025年是乙巳年，以2025年的天干和地支分別為首項，因為地支為巳，則經過的年數為12的倍數，又因為2025年為天干為乙，到天干為已，需經過丙、丁、戊、己，故經過年數除以10的余數為4，故需經過24年，所以2025年之后的首個已巳年是2049.故答案為：2049.15.在棱長為的正方體中，點P是底面內的動點，給出下列四個結論：①的最小值為；②的最小值為；③的最大值為；④的最小值為．其中所有正確結論的序號是_______．【答案】①②④【解析】設點、、、關于平面的對稱點分別為、、、，設底面、的中心分別為點、，如下圖所示：對于①，易知為的中點，則，可得，所以，，當點與點重合時，底面，此時，取最小值，即的最小值為，①對；對于④，，當點與點重合時，底面，此時，取最小值，則的最小值為，④對；對于②，由對稱性可知，，則，當且僅當點為線段與平面的交點時，取最小值，②對；對于③，當點與點重合時，，所以，的最大值不是，③錯.故答案為：①②④.三、解答題共6小題，共85分．解答應寫出文字說明，演算步驟或證明過程．16.如圖，在四棱柱中，平面，在四邊形中，，為線段的中點．（1）求證：平面；（2）若平面平面，，求平面與平面夾角的余弦值．（1）證明：連接．因為為的中點，所以．又，所以四邊形為平行四邊形．所以．又因為，所以．所以四邊形為平行四邊形．所以．又因為平面平面，所以平面．（2）解：因為平面，所以．又因為平面平面，平面平面，且平面，所以平面．所以．所以兩兩垂直．如圖建立空間直角坐標系，則．所以．因為平面，所以是平面的法向量．設平面的法向量為，則，即，令，則．于是．設平面與平面夾角為，則．17.在中，（1）求c的值；（2）已知，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，使得存在且唯一，求的周長．條件①：；條件②：AB邊上的高為；條件③：．注：如果選擇的條件不符合要求，第（Ⅱ）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．解：（1）由正弦定理及得．所以．所以．又因為，所以．所以．（2）選條件①：因為，且，所以．因為，所以．所以．又因為，所以．所以．又，所以．所以的周長為．選條件②：因為邊上的高為，所以．又因為，所以．所以．因為，所以．a.當時，由，得．又，所以．所以．所以周長為．b.當時，由，得．又，所以，不符合題意．綜上，的周長為．選條件③：由余弦定理，可得，即。解得或，此時不唯一，不符合要求.18.某高中組織學生研學旅行．現有A，B兩地可供選擇，學生按照自愿的原則選擇一地進行研學旅行．研學旅行結束后，學校從全體學生中隨機抽取100名學生進行滿意度調查，調查結果如下表：高一高二高三A地B地A地B地A地B地滿意122183156一般226568不滿意116232假設所有學生的研學旅行地點選擇相互獨立．用頻率估計概率．（1）估計該校學生對本次研學旅行滿意的概率；（2）分別從高一、高二、高三三個年級中隨機抽取1人，估計這3人中至少有2人選擇去B地的概率；（3）對于上述樣本，在三個年級去A地研學旅行的學生中，調查結果為滿意的學生人數的方差為，調查結果為不滿意的學生人數的方差為，寫出和的大小關系．`（結論不要求證明）解：（1）從表格數據可知，隨機抽取的100名學生對本次研學旅行滿意的人數為，因此該校學生對本次研學旅行滿意的概率可估計為．（2）設事件：抽取的高一學生選擇去B地，事件：抽取的高二學生選擇去B地，事件：抽取的高三學生選擇去B地，事件：抽取的3人中恰有人選擇去B地，，事件：抽取的3人中至少有2人選擇去B地．從數據表格可知，抽取的100名學生中高一年級學生總數為，選擇去B地的總數為，所以可估計為；抽取的100名學生中高二年級學生總數為，選擇去B地的總數為，所以可估計為；抽取的100名學生中高三年級學生總數為，選擇去B地的總數為，所以可估計為；因為，所以．所以抽取的3人中至少有2人選擇去地的概率可估計為．（3）在三個年級去A地研學旅行的學生中，調查結果為滿意的學生人數的平均數為，則調查結果為滿意的學生人數的方差為，調查結果為不滿意的學生人數的平均數為，則調查結果為不滿意的學生人數的方差為，則.19.已知橢圓的右焦點為，離心率為．（1）求橢圓E的方程；（2）過點作直線l與橢圓E交于不同的兩點A，B．設，直線BC與直線交于點N，求證：直線AN的斜率為定值．（1）解：由題意得，解得，所以橢圓的方程是．（2）證明：由題可知直線斜率存在．設直線．由，得．由，得，即．設，則．直線的方程為．令，得的縱坐標為．因為，所以．．又．所以，即．所以直線的斜率為定值．20.已知函數．（1）當時，求曲線在點處的切線方程；（2）若，求證：當時，；（3）若函數有個不同的零點，求的取值范圍．（1）解：當時，，則，所以，．所以曲線在點處的切線方程為，即．（2）證明：由題設知．設函數．當時，因為，所以對任意的恒成立，即．所以函數在區間上單調遞增，所以．所以當且時，．（3）解：函數的定義域為，．當時，，函數在區間上單調遞減，函數至多一個零點，不合題意；②當時，由（2）可知函數在區間上單調遞增，函數至多一個零點，不合題意．③當時，對于函數，因為，所以方程有兩個實數根、，滿足，，不妨設，則，、的情況如下：增極大值減極小值增所以函數的單調遞增區間是、，單調遞減區間是．因為，所以為的一個零點．又，，且，所以存在唯一實數，使得．又，，且，所以存在唯一實數，使得．所以函數有個不同的零點．綜上，的取值范圍為．21.已知，，，為有窮正整數數列，若存在，其使得，其中，則稱Q為連續可歸零數列．（1）判斷：1，3，2和：4，2，4是否為連續可歸零數列？并說明理由；（2）對任意的正整數，記，其中表示數集S中最大的數．令，求證：數列，，，不是連續可歸零數列；（3）若，，，的每一項均為不大于的正整數，求證：當時，Q是連續可歸零數列．證明：（1）數列連續可歸零數列，理由如下：取，則，所以數列是連續可歸零數列．數列不是連續可歸零數列，理由如下：當時，，因為是奇數，故是奇數，所以．當時，，因為是奇數，故是奇數，所以．當時，，因為是奇數，故是奇數，所以．所以數列不是連續可歸零數列．（2）因為1，3，5，7是奇數，故，所以．因為，所以．因為，所以．所以數列．因為，所以與奇偶性相同．當或時，因為中，為奇數，其余各項均