第1頁/共1頁北京市房山區2024-2025學年高三下學期第一次綜合練習數學試卷本試卷共6頁，150分.考試時長120分鐘.考生務必將答案答在答題卡上，卷上作答無效.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回.第一部分（選擇題共40分）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，選出題目要求的一項.1.已知集合，集合，則（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】先解一元二次不等式得出集合B，再應用交集定義計算求解.【詳解】集合，集合，則.故選：A.2.在復平面內，復數對應的點位于（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限【答案】B【解析】【分析】化簡復數，根據復數的幾何意義可得答案.【詳解】，復數對應的點為位于第二象限.故選：B3.已知，且，則（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】對選項逐一判斷，不正確的舉反例，正確的加以說明即可．【詳解】對于A選項：舉反例可知不成立；對于B選項：舉反例可知不成立；對于C選項：，因為，所以，而且不同時為0，故，即，正確；對于D選項：舉反例可知不成立；故選：C．4.直線與圓交于兩點，則（）A.1 B.2 C. D.【答案】B【解析】【分析】先求出圓心到直線的距離，再由幾何法求出弦長即可.【詳解】由題意可得圓心，半徑，到直線的距離為，由幾何關系可得.故選：B.5.已知向量，若，則（）A.2 B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先由向量垂直的坐標表示求出，然后再由模長的計算可得.【詳解】若，則，即又，.故選：D.6.若，則（）A. B.41 C. D.40【答案】C【解析】【分析】寫出展開式的通項公式，求出和，求出答案.【詳解】展開式的通項公式為，令得，故，令得，故，所以.故選：C7.已知函數，則“”是“”的（）A.充分而不必要條件B.必要而不充分條件C.充要條件D.既不充分也不必要條件【答案】A【解析】【分析】根據正弦函數的對稱性，結合充分條件與必要條件的定義，可得答案.【詳解】由函數，則易知其圖象對稱中心，當時，為函數圖象的對成中心，則當時，，充分性成立；當時，由，可能得到，必要性不成立.故選：A.8.如圖，將棱長為2的正方體六個面的中心連線，可得到八面體，為棱上一點，則下列四個結論中錯誤的是（）A.平面B.八面體的體積為C.的最小值為D.點到平面的距離為【答案】D【解析】【分析】依據線面平行判定定理，棱錐體積公式，等體積法求點到面的距離等知識對選項逐一判斷即可.【詳解】在正方體中，連接可知相交于點，且被互相平分，故四邊形是平行四邊形，所以，而平面，平面，所以平面，故A正確；因為正方體棱長為2，所以四邊形是正方形且，面,，所以八面體的體積等于棱錐體積的2倍，而棱錐體積等于，故八面體的體積為，B正確；因為為棱上一點，將和展開成一個平面，由題和均為正三角形，且邊長為，由三角形兩邊之和大于第三邊知最小值為，在中由余弦定理可知，故C正確；對于D選項：設點到平面的距離為,由等體積法知：，故錯誤.故選：D.9.自然界中，大多數生物存在著世代重疊現象，它們在生活史中會持續不斷地繁殖后代，且有時不同的世代能在同一時間進行繁殖.假定某類生物的生長發育不受密度制約時，其增長符合模型：，其中為種群起始個體數量，為增長系數，為時刻的種群個體數量.當時，種群個體數量是起始個體數量的2倍.若，則（）A.300 B.450 C.600 D.750【答案】C【解析】【分析】根據已知函數模型計算得出，再結合指數運算計算求解.【詳解】因為模型：，其中為種群起始個體數量，為增長系數，因為當時，種群個體數量是起始個體數量的2倍.所以，所以，若，則.故選：C.10.已知數列的各項均為正數，且滿足（是常數，），則下列四個結論中正確的是（）A.若，則數列是等比數列B.若，則數列是遞增數列C.若數列是常數列，則D.若數列是周期數列，則最小正周期可能為2【答案】C【解析】【分析】當時，得到，當時，得到，數列不能構成等比數列，可判定A錯誤；當時，求得，可判定B錯誤；若數列為常數列，得到，結合二次函數的性質，求得，可判定C正確；假設列是周期數列，且最小正周期為，得到且，結合，得到，化簡求得，這與矛盾，可判定D錯誤.【詳解】對于A中，若，可得，即，當且時，兩邊取對數，可得，即，此時數列表示首項為，公比為的等比數列；當時，可得，此時，數列不能構成等比數列，故A錯誤；對于B中，當時，可得，即，例如：當時，由，可得，又由，可得，此時，所以，當，數列是不一定是遞增數列，所以B錯誤；對于C中，若數列為常數列，則，因為，即，又因為，所以，所以的取值范圍為，所以C正確；對于D中，假設數列是周期數列，且最小正周期為，即且，因為，可得，所以，則，即，又因為數列的各項均為正數，即，所以，即，這與矛盾，所以數列的最小正周期不可能是，所以D錯誤.故選：C.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.已知函數，則__________.【答案】4【解析】【分析】求出，得到答案.【詳解】，，故.故答案為：412.已知是等差數列，且，則的通項公式__________.【答案】【解析】【分析】設等差數列的公差為，利用等差數列的基本量運算求出，代入通項即可.【詳解】設等差數列的公差為，由，因代入解得，故.故答案為：.13.已知是拋物線的焦點，則的坐標為__________，設是直線上一點，直線與拋物線的一個交點為，若，則點到軸的距離為__________.【答案】①.②.1【解析】【分析】由拋物線性質可知焦點坐標；過作垂直于直線，由比例關系得出到軸的距離.【詳解】拋物線的焦點，準線.過作垂直于直線于，則軸.設直線與軸交于點，因為，所以，，由軸得，，所以，因此點到軸的距離為1.14.若對任意實數恒成立，則滿足條件的一組的值為__________，__________.【答案】①.1②.【解析】【分析】應用誘導公式計算求解即可.【詳解】若對任意實數x,cos則滿足條件的一組的值為，.故答案為：1；（答案不唯一）.15.數學中有許多形狀優美、寓意美好的曲線，曲線就是其中之一.設曲線與軸交于兩點，與軸交于兩點，點是上一個動點，給出下列四個結論：①曲線關于軸對稱；②曲線恰好經過2個整點（即橫、縱坐標均為整數的點）；③面積的最大值為1；④（為坐標原點）.其中正確結論的序號是__________.【答案】①③④【解析】【分析】曲線上的任意點，其關于的對稱點為，代入曲線方程驗證判斷①，根據方程易知，均在曲線上判斷②，結合曲線的對稱性研究時的曲線性質確定最大值，結合即可判斷③，在上，才能保證最大，再應用三角換元及三角恒等變換、正弦型函數的性質求范圍判斷④.【詳解】曲線上的任意點，其關于的對稱點為，代入曲線左側有，即點也在曲線上，所以曲線關于軸對稱，①對；由方程易知，均在曲線上，曲線至少經過4個整數點，②錯；由，即，且，根據曲線關于軸對稱，只需研究時的曲線性質，對于，當且僅當時取等號，對于在上單調遞增，則，令，則，可得，結合曲線的對稱性有，所以，最大，③對；在上，才能保證最大，令且，此時，所以，且，所以，當且僅當取等號，④對.故答案為：①③④三?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.在中，.（1）求；（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，使得存在，求的面積.條件①：；條件②：；條件③：.注：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.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）應用正弦定理結合兩角和正弦公式計算得出余弦值進而得出角；（2）選擇條件①三角形不存在；選擇條件②應用同角三角函數關系得出，再應用正弦定理及余弦定理計算求出邊長，最后應用面積公式計算；選擇條件③先應用正弦定理得出，再應用余弦定理得出，最后應用面積公式計算.【小問1詳解】由正弦定理，得.所以.所以.因為，所以.所以.所以.【小問2詳解】選條件①：，，由余弦定理，得.，不存在；選條件②：.由，可得.由正弦定理，得.由余弦定理，得，整理得.解得，或（舍）.所以的面積.條件③：.因為，且，所以.由余弦定理，得.解得，或（舍）所以的面積.17.如圖，在長方體中，為的中點，與平面交于點.（1）求證：為的中點；（2）若二面角的余弦值為，求的長度.【答案】（1）證明見解析（2）.【解析】【分析】（1）運用長方體性質，得到面面平行，再用面面平行性質得到線線平行，進而得到是平行四邊形.則.借助勾股定理和已知條件得到即可.（2）建立空間直角坐標系，設，求出關鍵點坐標和平面法向量坐標，結合向量夾角公式得到，解出即可.小問1詳解】在長方體中，因為平面平面，平面平面，平面平面，所以.同理.所以是平行四邊形.所以.又，.所以.所以為的中點.【小問2詳解】在長方體中，建立空間直角坐標系，設，則.因此.設平面的法向量為，則即令，則，因此.易知平面的法向量為，則.解得.所以.18.隨著科技的飛速發展，人工智能已經逐漸融入人們的日常生活，在教育領域，賦能潛力巨大.為了解某校學生對某款學習軟件的使用情況，根據男女學生人數比例，使用分層抽樣的方法隨機抽取了90名學生，獲得數據如下：是否使用該款學習軟件男生女生使用40人30人不使用10人10人假設學生是否使用該款學習軟件相互獨立.用頻率估計概率.（1）估計該校學生使用該款學習軟件的概率；（2）從該校全體男生中隨機抽取2人，全體女生中隨機抽取1人，記這3人中使用該習軟件的人數為，求的分布列和數學期望；（3）從該校所有學生中隨機抽取1人，“”表示該生使用該款學習軟件，“”表示該生不使用該款學習軟件.假設該校一年級有200名男生和180名女生，從除一年級外其他年級學生中隨機抽取1人，“”表示該生使用該款學習軟件，“”表示該生不使用該款學習軟件.的方差分別記為，試比較與的大小（結論不要求證明）.【答案】（1）（2）分布列見解析，（3）【解析】【分析】（1）根據題中數據，90名學生中使用學習軟件的共人，即可求出；（2）隨機變量的可能取值為，分別計算每個取值的概率，即可得到分布列和數學期望；（3）設從一年級學生中隨機抽取1人，該生使用該款學習軟件的方差記為，求出一年級學生和該校全體學生中使用該款學習軟件的概率，由二項分布的方差計算公式求出，由的大小，即可比較的大小.【小問1詳解】根據題中數據，90名學生中使用該款學習軟件的共人，所以該校學生使用該款學習軟件的概率可估計為.【小問2詳解】從該校全體男生中隨機抽取1人，“他使用該學習軟件”記為事件A，從該校全體女生中隨機抽取1人，“她使用該學習軟件”記為事件，根據題中數據可知：.隨機變量的可能取值為.則，，，.所以的分布列為：0123數學期望.【小問3詳解】設從一年級學生中隨機抽取1人，“”表示該生使用該款學習軟件，“”表示該生不使用該款學習軟件，的方差記為，一年級有200名男生和180名女生，一年級學生使用該學習軟件的概率為，則，該校所有學生中使用該款學習的概率為，則，因為，即，所以除一年級外其他年級學生中使用該款學習軟件的方差，即.19.已知橢圓的長軸長為4，一個焦點為.（1）求橢圓的方程及離心率；（2）過點且斜率存在的直線交橢圓于兩點，在軸上是否存在點，使得？若存在，求出點的坐標；若不存在，說明理由.【答案】（1），離心率；（2）存在，.【解析】【分析】（1）由題意確定橢圓參數值，即可得橢圓方程，進而得到離心率；（2）設直線的方程為，，，聯立橢圓并應用韋達定理得，法一：根據面積比得到，即直線的斜率與直線的斜率互為相反數，列方程求得；法二：根據面積比得，結合兩點距離公式并整理求得，即得結論.【小問1詳解】由題意，得，所以.所以橢圓的方程為，離心率.【小問2詳解】設直線的方程為（顯然），點，設，聯立方程，整理得.所以.法一：因為.又，所以.所以，直線斜率與直線的斜率互為相反數.設直線的斜率為，直線的斜率為，，整理可得，，因為，所以，，即，解得.所以點的坐標.法二：因為，又，所以，即，，所以，且，整理得，則，而，顯然，所以，故，所以，解得.所以點的坐標.20.已知函數在處取得極值.（1）求的單調區間；（2）設，求證：曲線存在兩條斜率為且不重合切線.【答案】（1）的單調遞增為；單調遞減區間為.（2）證明見解析【解析】【分析】（1）根據函數的極值點求得，再利用導函數的符號確定函數的單調區間即可;（2）求導得，由（1）得，計算得，，由函數單調性推出存在，使.法一：寫出曲線在點處的切線方程：，根據的單調性推出可得證；法二：利用推出，寫出曲線在處的切線的方程，同理得曲線在處的切線的方程，證明即可.【小問1詳解】由，得.因為函數在處有定義，所以.因在處取得極值，所以，解得，或（舍）.當時，，.令，解得，或（舍）.與的變化情況如下：00極大值所以函數的單調遞增為；單調遞減區間為.【小問2詳解】由，得.由（1）可知，，因為，所以存在，使.方法一：曲線在點處的切線方程為，即下面證明：.設，則.當時，，所以，即.所以在上單調遞增.因為，所以.所以，即.所以曲線存在兩條斜率為且不重合的切線.方法二：由，可得.所以曲線在處的切線的方程為，即.因