




版權說明:本文檔由用戶提供并上傳,收益歸屬內容提供方,若內容存在侵權,請進行舉報或認領
文檔簡介
高級中學名校試題PAGEPAGE1北京市門頭溝區(qū)2025屆高三下學期3月一模數(shù)學試題一、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,,則()A. B. C. D.【答案】D【解析】由可得,又,所以,即為.故選:D.2.在復平面內,復數(shù)對應的點的坐標是,則()A. B. C. D.【答案】B【解析】已知復數(shù)對應的點的坐標是,所以.
將代入,可得.即:.故選:B.3.下列函數(shù)中,既是奇函數(shù)又在上單調遞增的是()A. B. C. D.【答案】A【解析】對于A,是奇函數(shù),在上單調遞增,滿足條件;對于B,是奇函數(shù),因為導函數(shù),所以函數(shù)在上單調遞減,在上單調遞增,所以在上不是單調函數(shù),不滿足條件;對于C,的定義域為,不關于原點對稱,所以函數(shù)為非奇非偶函數(shù),不滿足條件;對于D,是奇函數(shù),但在上不是單調函數(shù),不滿足條件.故選:A.4.“”是“直線與雙曲線只有一個公共點”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】C【解析】法一:由題意,聯(lián)立方程可得,當時,即時,方程有一解,即只有一個公共點;當時,,方程有兩解,即有兩個公共點,不符合題意.所以,直線與雙曲線只有一個公共點時,.所以“”是“直線與雙曲線只有一個公共點”的充要條件.法二:因為直線過定點,雙曲線的右頂點為,如圖,根據(jù)圖象可知,當且僅當直線與雙曲線的漸近線平行時,直線與雙曲線只有交點.所以“”是“直線與雙曲線只有一個公共點”的充要條件.故選:C.5.已知向量,滿足,,且,的夾角為,則()A. B. C.5 D.10【答案】C【解析】由題意得.故選:C.6.已知圓,直線,當變化時,若過直線上任意一點總能作圓的切線,則的最大值為()A.0 B. C.1 D.【答案】D【解析】由圓可知圓心,半徑;根據(jù)題意若過直線上任意一點總能作圓的切線,可知直線和圓相離或相切;因此圓心到直線的距離,解得,因此的最大值為.故選:D7.已知函數(shù),滿足,且在區(qū)間上具有單調性,則的值可以是()A. B. C. D.【答案】B【解析】因為滿足,且在區(qū)間上具有單調性,則點和關于點對稱,即為函數(shù)的對稱中心,又由函數(shù)的零點為,解得,所以,解得,當時,,即的值可以是.故選:B.8.某紀念塔的一部分建筑結構可抽象為三棱錐,,底面是等腰直角三角形,,頂點到底面的距離為3,則點到平面的距離為()A. B. C. D.【答案】C【解析】因為,且底面是等腰直角三角形,,所以點在平面上的射影為邊的中點,在直角三角形中,由勾股定理得,所以,又因為底面是等腰直角三角形,,;設點到平面的距離為,則,所以.故選:C9.已知函數(shù),若既不存在最大值也不存在最小值,則下列,關系中一定成立的是()A. B. C. D.【答案】B【解析】當時,,對其求導可得.因為恒成立,所以在上單調遞增.此時.,,則,故在上函數(shù)值的取值范圍為.當時,,的值域是,所以的值域是.因為既不存在最大值也不存在最小值,所以且,即且.選項A:由且,不能推出,例如,時,,所以A選項錯誤.選項B:前面已推出,所以B選項正確.選項C:由且,不能得出,例如,時,,所以C選項錯誤選項D:由且不能得出,例如,時,,所以D選項錯誤.故選:B.10.已知函數(shù),其中表示不超過的最大整數(shù),例如,,則下列說法正確的是()A.不存在,使得有無數(shù)個零點 B.有3個零點的充要條件是C.存在,使得有4個零點 D.存在,使得有5個零點【答案】C【解析】由題意知,是函數(shù)的一個零點,時,,可得,令,通過GeoGebra得到函數(shù)圖象當時;;;當時;;;由函數(shù)圖象可知的值域為.對于選項A,當時,有無數(shù)個零點,故A錯誤;對于選項B,有3個零點的條件是,故B錯誤;對于選項C,當時,有4個零點;對于選項D,不存在,使得有5個零點.故選:C.二、填空題共5小題,每小題5分,共25分.11.的展開式中的系數(shù)為______________.(用數(shù)字作答)【答案】【解析】對于,則式展開式的通項為.要得到項,令,解得.當時,.所以.故的系數(shù)為.故答案為:.12.已知拋物線的焦點為,過點且垂直于其對稱軸的直線交于點,,若,則焦點到其準線的距離為_________________.【答案】2【解析】拋物線的焦點為,因為過點且垂直于其對稱軸的直線交于點,,所以,將,代入拋物線方程,可得,所以,解得,焦點到其準線的距離為.故答案為:.13.在平面直角坐標系中,角以為始邊,其終邊與單位圓交點的橫坐標為,寫出一個符合題意的_______________.【答案】(答案不唯一)【解析】由題意,,則或故答案為:(答案不唯一).14.某城市為推動新能源汽車普及,第1年在市區(qū)公共區(qū)域建設了2萬個新能源汽車充電樁,隨著新能源汽車保有量快速增長,以及城市對綠色出行基礎設施建設的持續(xù)投入,每年新建設的充電樁數(shù)量比上一年增加20%,按照這樣的發(fā)展趨勢,那么該城市第3年在市區(qū)公共區(qū)域新建設了_____________萬個充電樁;從第1年起,約_____________年內,可使該城市市區(qū)公共區(qū)域的充電樁總量達到30萬個(結果保留到個位).(參考數(shù)據(jù):,)【答案】①.2.88②.8【解析】由題意可知第3年新建設萬個充電樁;假設第年后充電樁總量達到30萬個,則,即,取對數(shù)得,即約8年內,可達到要求.故答案為:2.88,815.已知數(shù)列滿足,,給出下列四個結論:①存在,使得為常數(shù)列;②對任意的,為遞增數(shù)列;③對任意的,既不是等差數(shù)列也不是等比數(shù)列;④對于任意的,都有.其中所有正確結論的序號是_______________.【答案】②③④【解析】對于①,若為常數(shù)列,則,根據(jù)遞推公式,可得,進而可得,解得,又,故不存在,使得為常數(shù)列,故①錯誤;對于②,對于,由遞推公式,可得,所以,,所以,所以數(shù)列是遞增數(shù)列,結論②正確;對于③,若是等差數(shù)列,則為常數(shù),可得常數(shù),則可得是常數(shù)數(shù)列,則,與矛盾,故對任意的,既不是等差數(shù)列,若是等比數(shù)列,則為常數(shù)。根據(jù)遞推公式,即為常數(shù),則為常數(shù)數(shù)列,則可得,這與矛盾,所以對任意,不是等比數(shù)列;綜上所述:對任意的,既不是等差數(shù)列也不是等比數(shù)列,故③正確;對于④,由,兩邊平方得,故④正確.故答案為:②③④.三、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,在正方體中,中點,與平面交于點.(1)求證:為的中點;(2)求平面與平面夾角的余弦值.(1)證明:依題意連接,如下圖所示:由正方體性質可得,又平面,平面,可得平面,因為與平面交于點,即平面平面,可得,因此,又為中點,可得為的中點;(2)解:以為坐標原點,所在直線分別為軸建立空間直角坐標系,如下圖所示:不妨設正方體的棱長為2,可得,即;設平面的一個法向量為,則,令,可得,即;顯然平面的一個法向量可以為,因此平面與平面夾角的余弦值為;可得平面與平面夾角的余弦值.17.在中,角,,的對邊分別為,,,已知.(1)求;(2)再從以下條件①、條件②、條件③這三個條件中選擇一個作為已知,使得存在且唯一確定,求的面積.條件①:,;條件②:,;條件③:邊上的高,.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.解:(1)因為,由正弦定理得,,又,所以,得到,又,又,所以,得到,所以.(2)選條件①:,;由(1)知,,根據(jù)正弦定理知,所以存在或兩種情況,存在,但不唯一,故不選此條件;選條件②:,因為,即,又,所以,所以只有成立,存在且唯一確定,所以的面積為.選條件③:邊上的高,;如圖所示,邊上的高,在中,,即,由(1)知,,根據(jù)余弦定理知,,化簡得,得(舍去)或,存在且唯一確定,所以的面積為.18.不同AI大模型各有千秋,適配領域也各有所長.為了解某高校甲、乙兩個學院學生對兩款不同AI大模型是否使用,對學生進行簡單隨機抽樣,獲得數(shù)據(jù)如下表:甲學院乙學院使用不使用使用不使用款40人80人60人20人款70人50人30人50人假設所有學生對,兩款大模型是否使用相互獨立,用頻率估計概率,(1)分別估計該校甲學院學生使用款大模型的概率、該校乙學院學生使用款大模型的概率;(2)從該校甲學院全體學生中隨機抽取2人,乙學院全體學生中隨機抽取1人,記這3人中使用款大模型的人數(shù)為,估計的數(shù)學期望;(3)從該校甲學院全體學生中隨機抽取2人,記這2人中使用款大模型的人數(shù)為,其方差估計值為,從該校乙學院全體學生中隨機抽取2人,記這2人中使用款大模型的人數(shù)為,其方差估計值為,比較與的大小,(結論不要求證明).解:(1)由表格可知:該校甲學院學生使用款大模型概率為,該校乙學院學生使用款大模型的概率為(2)由題意可知的可能取值為:,則,,,,所以;(3)同第一問,可知該校甲學院學生使用款大模型的概率為,該校乙學院學生使用款大模型的概率為,易知,由二項分布的方差公式可知,,則.19.已知橢圓的一個頂點為,離心率為.(1)求橢圓的方程;(2)過點作斜率為的直線與橢圓交于不同的兩點,,直線,分別與軸交于點,,點關于軸的對稱點為,求證:四邊形為菱形.解:(1)因橢圓頂點為,離心率為,則,所以,故橢圓方程為:;(2)由題,設直線方程為,將直線方程與橢圓方程聯(lián)立,可得.即得化簡得因直線與橢圓交于不同的兩點,則.設,由韋達定理.又設,令得;設,令得;又因為.所以,,所以平分,所以四邊形為菱形.20.已知函數(shù).(1)當時,求曲線在點處的切線方程;(2)設,討論函數(shù)的單調性;(3)若在定義域上單調遞減,求的取值范圍.解:(1)當時可得,則,此時,因此切線方程為,即;(2)由可得其定義域為;且,即,顯然,當時,,此時在上單調遞增;當時,令可得,若,,此時在上單調遞增;若,,此時在上單調遞減;綜上可得,當時,在上單調遞增;當時,上單調遞增,在上單調遞減.(3)若在定義域上單調遞減,可得在上恒成立;由(2)可得當時,即在上單調遞增,當,可得,顯然不合題意;當時,可得在上單調遞增,在上單調遞減;即在處取得極大值,也是最大值;即恒成立;令,;則,顯然當時,,此時在上單調遞減;當時,,此時在上單調遞增;因此,即,又恒成立,可得,即.所以的取值范圍為.21.已知有限數(shù)列,其中,.在中選取若干項按照一定次序排列得到的數(shù)列稱為的一個子列,對某一給定正整數(shù),若對任意的,均存在的相應子列,使得該子列的各項之和為,則稱具有性質.(1)判斷:,,,,,,是否具有性質?說明理由;(2)若,是否存在具有性質?若存在,寫出一個,若不存在,說明理由;(3)若,且存在具有性質,求的取值范圍.解:(1)根據(jù)定義知取,有;取,有,取,有,即對任意,都存在的相應子列,使得該子列的各項之和為,所以:,,,,,,具有性質;(2)不能,理由如下:假設,具有性質,因為,所以M的任意四項和小于4,所以,則對于M的任意四項子列S,不妨設,有,又具有性質,,所以M的任意三項和小于3,故不存在的子列其各項和為3,與具有性質矛盾,所以時,不存在具有性質;(3)由題可知,時,又,所以,由(2)道理相同可知,,取,因為,,,所以具有性質,綜上.北京市門頭溝區(qū)2025屆高三下學期3月一模數(shù)學試題一、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,,則()A. B. C. D.【答案】D【解析】由可得,又,所以,即為.故選:D.2.在復平面內,復數(shù)對應的點的坐標是,則()A. B. C. D.【答案】B【解析】已知復數(shù)對應的點的坐標是,所以.
將代入,可得.即:.故選:B.3.下列函數(shù)中,既是奇函數(shù)又在上單調遞增的是()A. B. C. D.【答案】A【解析】對于A,是奇函數(shù),在上單調遞增,滿足條件;對于B,是奇函數(shù),因為導函數(shù),所以函數(shù)在上單調遞減,在上單調遞增,所以在上不是單調函數(shù),不滿足條件;對于C,的定義域為,不關于原點對稱,所以函數(shù)為非奇非偶函數(shù),不滿足條件;對于D,是奇函數(shù),但在上不是單調函數(shù),不滿足條件.故選:A.4.“”是“直線與雙曲線只有一個公共點”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】C【解析】法一:由題意,聯(lián)立方程可得,當時,即時,方程有一解,即只有一個公共點;當時,,方程有兩解,即有兩個公共點,不符合題意.所以,直線與雙曲線只有一個公共點時,.所以“”是“直線與雙曲線只有一個公共點”的充要條件.法二:因為直線過定點,雙曲線的右頂點為,如圖,根據(jù)圖象可知,當且僅當直線與雙曲線的漸近線平行時,直線與雙曲線只有交點.所以“”是“直線與雙曲線只有一個公共點”的充要條件.故選:C.5.已知向量,滿足,,且,的夾角為,則()A. B. C.5 D.10【答案】C【解析】由題意得.故選:C.6.已知圓,直線,當變化時,若過直線上任意一點總能作圓的切線,則的最大值為()A.0 B. C.1 D.【答案】D【解析】由圓可知圓心,半徑;根據(jù)題意若過直線上任意一點總能作圓的切線,可知直線和圓相離或相切;因此圓心到直線的距離,解得,因此的最大值為.故選:D7.已知函數(shù),滿足,且在區(qū)間上具有單調性,則的值可以是()A. B. C. D.【答案】B【解析】因為滿足,且在區(qū)間上具有單調性,則點和關于點對稱,即為函數(shù)的對稱中心,又由函數(shù)的零點為,解得,所以,解得,當時,,即的值可以是.故選:B.8.某紀念塔的一部分建筑結構可抽象為三棱錐,,底面是等腰直角三角形,,頂點到底面的距離為3,則點到平面的距離為()A. B. C. D.【答案】C【解析】因為,且底面是等腰直角三角形,,所以點在平面上的射影為邊的中點,在直角三角形中,由勾股定理得,所以,又因為底面是等腰直角三角形,,;設點到平面的距離為,則,所以.故選:C9.已知函數(shù),若既不存在最大值也不存在最小值,則下列,關系中一定成立的是()A. B. C. D.【答案】B【解析】當時,,對其求導可得.因為恒成立,所以在上單調遞增.此時.,,則,故在上函數(shù)值的取值范圍為.當時,,的值域是,所以的值域是.因為既不存在最大值也不存在最小值,所以且,即且.選項A:由且,不能推出,例如,時,,所以A選項錯誤.選項B:前面已推出,所以B選項正確.選項C:由且,不能得出,例如,時,,所以C選項錯誤選項D:由且不能得出,例如,時,,所以D選項錯誤.故選:B.10.已知函數(shù),其中表示不超過的最大整數(shù),例如,,則下列說法正確的是()A.不存在,使得有無數(shù)個零點 B.有3個零點的充要條件是C.存在,使得有4個零點 D.存在,使得有5個零點【答案】C【解析】由題意知,是函數(shù)的一個零點,時,,可得,令,通過GeoGebra得到函數(shù)圖象當時;;;當時;;;由函數(shù)圖象可知的值域為.對于選項A,當時,有無數(shù)個零點,故A錯誤;對于選項B,有3個零點的條件是,故B錯誤;對于選項C,當時,有4個零點;對于選項D,不存在,使得有5個零點.故選:C.二、填空題共5小題,每小題5分,共25分.11.的展開式中的系數(shù)為______________.(用數(shù)字作答)【答案】【解析】對于,則式展開式的通項為.要得到項,令,解得.當時,.所以.故的系數(shù)為.故答案為:.12.已知拋物線的焦點為,過點且垂直于其對稱軸的直線交于點,,若,則焦點到其準線的距離為_________________.【答案】2【解析】拋物線的焦點為,因為過點且垂直于其對稱軸的直線交于點,,所以,將,代入拋物線方程,可得,所以,解得,焦點到其準線的距離為.故答案為:.13.在平面直角坐標系中,角以為始邊,其終邊與單位圓交點的橫坐標為,寫出一個符合題意的_______________.【答案】(答案不唯一)【解析】由題意,,則或故答案為:(答案不唯一).14.某城市為推動新能源汽車普及,第1年在市區(qū)公共區(qū)域建設了2萬個新能源汽車充電樁,隨著新能源汽車保有量快速增長,以及城市對綠色出行基礎設施建設的持續(xù)投入,每年新建設的充電樁數(shù)量比上一年增加20%,按照這樣的發(fā)展趨勢,那么該城市第3年在市區(qū)公共區(qū)域新建設了_____________萬個充電樁;從第1年起,約_____________年內,可使該城市市區(qū)公共區(qū)域的充電樁總量達到30萬個(結果保留到個位).(參考數(shù)據(jù):,)【答案】①.2.88②.8【解析】由題意可知第3年新建設萬個充電樁;假設第年后充電樁總量達到30萬個,則,即,取對數(shù)得,即約8年內,可達到要求.故答案為:2.88,815.已知數(shù)列滿足,,給出下列四個結論:①存在,使得為常數(shù)列;②對任意的,為遞增數(shù)列;③對任意的,既不是等差數(shù)列也不是等比數(shù)列;④對于任意的,都有.其中所有正確結論的序號是_______________.【答案】②③④【解析】對于①,若為常數(shù)列,則,根據(jù)遞推公式,可得,進而可得,解得,又,故不存在,使得為常數(shù)列,故①錯誤;對于②,對于,由遞推公式,可得,所以,,所以,所以數(shù)列是遞增數(shù)列,結論②正確;對于③,若是等差數(shù)列,則為常數(shù),可得常數(shù),則可得是常數(shù)數(shù)列,則,與矛盾,故對任意的,既不是等差數(shù)列,若是等比數(shù)列,則為常數(shù)。根據(jù)遞推公式,即為常數(shù),則為常數(shù)數(shù)列,則可得,這與矛盾,所以對任意,不是等比數(shù)列;綜上所述:對任意的,既不是等差數(shù)列也不是等比數(shù)列,故③正確;對于④,由,兩邊平方得,故④正確.故答案為:②③④.三、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,在正方體中,中點,與平面交于點.(1)求證:為的中點;(2)求平面與平面夾角的余弦值.(1)證明:依題意連接,如下圖所示:由正方體性質可得,又平面,平面,可得平面,因為與平面交于點,即平面平面,可得,因此,又為中點,可得為的中點;(2)解:以為坐標原點,所在直線分別為軸建立空間直角坐標系,如下圖所示:不妨設正方體的棱長為2,可得,即;設平面的一個法向量為,則,令,可得,即;顯然平面的一個法向量可以為,因此平面與平面夾角的余弦值為;可得平面與平面夾角的余弦值.17.在中,角,,的對邊分別為,,,已知.(1)求;(2)再從以下條件①、條件②、條件③這三個條件中選擇一個作為已知,使得存在且唯一確定,求的面積.條件①:,;條件②:,;條件③:邊上的高,.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.解:(1)因為,由正弦定理得,,又,所以,得到,又,又,所以,得到,所以.(2)選條件①:,;由(1)知,,根據(jù)正弦定理知,所以存在或兩種情況,存在,但不唯一,故不選此條件;選條件②:,因為,即,又,所以,所以只有成立,存在且唯一確定,所以的面積為.選條件③:邊上的高,;如圖所示,邊上的高,在中,,即,由(1)知,,根據(jù)余弦定理知,,化簡得,得(舍去)或,存在且唯一確定,所以的面積為.18.不同AI大模型各有千秋,適配領域也各有所長.為了解某高校甲、乙兩個學院學生對兩款不同AI大模型是否使用,對學生進行簡單隨機抽樣,獲得數(shù)據(jù)如下表:甲學院乙學院使用不使用使用不使用款40人80人60人20人款70人50人30人50人假設所有學生對,兩款大模型是否使用相互獨立,用頻率估計概率,(1)分別估計該校甲學院學生使用款大模型的概率、該校乙學院學生使用款大模型的概率;(2)從該校甲學院全體學生中隨機抽取2人,乙學院全體學生中隨機抽取1人,記這3人中使用款大模型的人數(shù)為,估計的數(shù)學期望;(3)從該校甲學院全體學生中隨機抽取2人,記這2人中使用款大模型的人數(shù)為,其方差估計值為,從該校乙學院全體學生中隨機抽取2人,記這2人中使用款大模型的人數(shù)為,其方差估計值為,比較與的大小,(結論不要求證明).解:(1)由表格可知:該校甲學院學生使用款大模型概率為,該校乙學院學生使用款大模型的概率為(2)由題意可知的可能取值為:,則,,,,所以;(3)同第一問,可知該校甲學院學生使用款大模型的概率為,該校乙學院學生使用款大模型的概
溫馨提示
- 1. 本站所有資源如無特殊說明,都需要本地電腦安裝OFFICE2007和PDF閱讀器。圖紙軟件為CAD,CAXA,PROE,UG,SolidWorks等.壓縮文件請下載最新的WinRAR軟件解壓。
- 2. 本站的文檔不包含任何第三方提供的附件圖紙等,如果需要附件,請聯(lián)系上傳者。文件的所有權益歸上傳用戶所有。
- 3. 本站RAR壓縮包中若帶圖紙,網(wǎng)頁內容里面會有圖紙預覽,若沒有圖紙預覽就沒有圖紙。
- 4. 未經(jīng)權益所有人同意不得將文件中的內容挪作商業(yè)或盈利用途。
- 5. 人人文庫網(wǎng)僅提供信息存儲空間,僅對用戶上傳內容的表現(xiàn)方式做保護處理,對用戶上傳分享的文檔內容本身不做任何修改或編輯,并不能對任何下載內容負責。
- 6. 下載文件中如有侵權或不適當內容,請與我們聯(lián)系,我們立即糾正。
- 7. 本站不保證下載資源的準確性、安全性和完整性, 同時也不承擔用戶因使用這些下載資源對自己和他人造成任何形式的傷害或損失。
最新文檔
- 地方政府與電力公司新能源充電樁共建合作框架協(xié)議
- Brand KPIs for sauces condiments in Brazil-外文版培訓課件(2025.2)
- 路政聯(lián)合執(zhí)法協(xié)議書
- 黃石食堂承包協(xié)議書
- 倉庫登高梯租用協(xié)議書
- 資產(chǎn)整體轉讓協(xié)議書
- 公司建合同框架協(xié)議書
- 餐飲法人變更協(xié)議書
- 解除勞務外包協(xié)議書
- 食堂污水清掏協(xié)議書
- 小學新課標《義務教育數(shù)學課程標準(2022年版)》新修訂解讀課件
- 七年級下學期語文5月月考試卷
- 2024年樂山市市級事業(yè)單位選調工作人員真題
- 社區(qū)衛(wèi)生服務與試題及答案
- 補單合同范本10篇
- 2025年下半年湘潭市技師學院招考人員易考易錯模擬試題(共500題)試卷后附參考答案
- 心血管-腎臟-代謝綜合征患者的綜合管理中國專家共識2025解讀-2
- 舞臺劇合作合同協(xié)議
- 初級qc考試題及答案
- 影視文化試題及答案解析
- 浙江開放大學2025年《行政復議法》形考作業(yè)3答案
評論
0/150
提交評論