2025屆北京市門頭溝區(qū)高三下學期3月一模數(shù)學試題（解析版）

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