2025届北京市航空航天大学附属中学数学高三上期末联考模拟试题含解析

2025届北京市航空航天大学附属中学数学高三上期末联考模拟试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．命题：的否定为A． B．C． D．2．已知为一条直线，为两个不同的平面，则下列说法正确的是（）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则3．已知三棱锥P﹣ABC的顶点都在球O的球面上，PA，PB，AB＝4，CA＝CB，面PAB⊥面ABC，则球O的表面积为（）A． B． C． D．4．在边长为1的等边三角形中，点E是中点，点F是中点，则（）A． B． C． D．5．已知函数的图像向右平移个单位长度后，得到的图像关于轴对称，，当取得最小值时，函数的解析式为（）A． B．C． D．6．已知函数f(x)=xex2+axeA．1 B．-1 C．a D．-a7．已知抛物线和点，直线与抛物线交于不同两点，，直线与抛物线交于另一点．给出以下判断：①以为直径的圆与抛物线准线相离；②直线与直线的斜率乘积为；③设过点，，的圆的圆心坐标为，半径为，则．其中，所有正确判断的序号是（）A．①② B．①③ C．②③ D．①②③8．执行如图所示的程序框图，若输出的结果为3，则可输入的实数值的个数为（）A．1 B．2 C．3 D．49．我国古代数学名著《九章算术》有一问题：“今有鳖臑(biēnaò)，下广五尺，无袤；上袤四尺，无广；高七尺.问积几何？”该几何体的三视图如图所示，则此几何体外接球的表面积为()A．平方尺 B．平方尺C．平方尺 D．平方尺10．已知，，若，则实数的值是（）A．-1 B．7 C．1 D．1或711．如图，在三棱锥中，平面，，现从该三棱锥的个表面中任选个，则选取的个表面互相垂直的概率为（）A． B． C． D．12．“且”是“”的（）A．充分非必要条件 B．必要非充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．有甲、乙、丙、丁四位歌手参加比赛，其中只有一位获奖，有人走访了四位歌手，甲说“是乙或丙获奖.”乙说：“甲、丙都未获奖.”丙说：“我获奖了”.丁说：“是乙获奖.”四位歌手的话只有两句是对的，则获奖的歌手是__________．14．设、、、、是表面积为的球的球面上五点，四边形为正方形，则四棱锥体积的最大值为__________.15．已知函数，若，则___________.16．已知一个正四棱锥的侧棱与底面所成的角为，侧面积为，则该棱锥的体积为__________．三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）在中，角的对边分别为.已知，且.（1）求的值；（2）若的面积是，求的周长.18．（12分）在中，角的对边分别为，且.（1）求角的大小；（2）已知外接圆半径,求的周长.19．（12分）如图，在四棱锥中，平面ABCD平面PAD，，，，，E是PD的中点．证明：；设，点M在线段PC上且异面直线BM与CE所成角的余弦值为，求二面角的余弦值．20．（12分）如图,四棱锥,侧面是边长为2的正三角形,且与底面垂直,底面是的菱形,为棱上的动点,且.(I)求证：为直角三角形；(II)试确定的值，使得二面角的平面角余弦值为.21．（12分）已知等差数列和等比数列的各项均为整数，它们的前项和分别为，且，.（1）求数列，的通项公式；（2）求；（3）是否存在正整数，使得恰好是数列或中的项？若存在，求出所有满足条件的的值；若不存在，说明理由.22．（10分）已知在中，角，，的对边分别为，，，且.（1）求的值；（2）若，求面积的最大值.

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、C【解析】

命题为全称命题，它的否定为特称命题，将全称量词改为存在量词，并将结论否定，可知命题的否定为，故选C．2、D【解析】A.若，则或，故A错误；B.若，则或故B错误；C.若，则或，或与相交；D.若，则，正确.故选D.3、D【解析】

由题意画出图形，找出△PAB外接圆的圆心及三棱锥P﹣BCD的外接球心O，通过求解三角形求出三棱锥P﹣BCD的外接球的半径，则答案可求.【详解】如图；设AB的中点为D；∵PA，PB，AB＝4，∴△PAB为直角三角形，且斜边为AB，故其外接圆半径为：rAB＝AD＝2；设外接球球心为O；∵CA＝CB，面PAB⊥面ABC，∴CD⊥AB可得CD⊥面PAB；且DC.∴O在CD上；故有：AO2＝OD2+AD2⇒R2＝（R）2+r2⇒R；∴球O的表面积为：4πR2＝4π.故选：D.【点睛】本题考查多面体外接球表面积的求法，考查数形结合的解题思想方法，考查思维能力与计算能力，属于中档题.4、C【解析】

根据平面向量基本定理，用来表示，然后利用数量积公式，简单计算，可得结果.【详解】由题可知：点E是中点，点F是中点，所以又所以则故选：C【点睛】本题考查平面向量基本定理以及数量积公式，掌握公式，细心观察，属基础题.5、A【解析】

先求出平移后的函数解析式，结合图像的对称性和得到A和.【详解】因为关于轴对称，所以，所以，的最小值是.，则，所以.【点睛】本题主要考查三角函数的图像变换及性质.平移图像时需注意x的系数和平移量之间的关系.6、A【解析】

令xex=t，构造g(x)=xex，要使函数f(x)=xex2+axex-a有三个不同的零点x1,x2,【详解】令xex=t，构造g(x)=xex，求导得g'(x)=故g(x)在-∞,1上单调递增，在1,+∞上单调递减，且x<0时，g(x)<0，x>0时，g(x)>0，g(x)max=g(1)=1e，可画出函数g(x)的图象（见下图），要使函数f(x)=xex2+axex-a有三个不同的零点x1,x若a>0，即t1+t2=-a<0t1故1-x若a<-4，即t1+t2=-a>4t1故选A.【点睛】解决函数零点问题，常常利用数形结合、等价转化等数学思想.7、D【解析】

对于①，利用抛物线的定义，利用可判断；对于②，设直线的方程为，与抛物线联立，用坐标表示直线与直线的斜率乘积，即可判断；对于③，将代入抛物线的方程可得，，从而，，利用韦达定理可得，再由，可用m表示，线段的中垂线与轴的交点（即圆心）横坐标为，可得a，即可判断.【详解】如图，设为抛物线的焦点，以线段为直径的圆为，则圆心为线段的中点．设，到准线的距离分别为，，的半径为，点到准线的距离为，显然，，三点不共线，则．所以①正确．由题意可设直线的方程为，代入抛物线的方程，有．设点，的坐标分别为，，则，．所以．则直线与直线的斜率乘积为．所以②正确．将代入抛物线的方程可得，，从而，．根据抛物线的对称性可知，，两点关于轴对称，所以过点，，的圆的圆心在轴上．由上，有，，则．所以，线段的中垂线与轴的交点（即圆心）横坐标为，所以．于是，，代入，，得，所以．所以③正确．故选：D【点睛】本题考查了抛物线的性质综合，考查了学生综合分析，转化划归，数形结合，数学运算的能力，属于较难题.8、C【解析】试题分析：根据题意，当时，令，得；当时，令，得，故输入的实数值的个数为1．考点：程序框图．9、A【解析】

根据三视图得出原几何体的立体图是一个三棱锥，将三棱锥补充成一个长方体，此长方体的外接球就是该三棱锥的外接球，由球的表面积公式计算可得选项.【详解】由三视图可得，该几何体是一个如图所示的三棱锥，为三棱锥外接球的球心，此三棱锥的外接球也是此三棱锥所在的长方体的外接球，所以为的中点，设球半径为，则,所以外接球的表面积，故选：A．【点睛】本题考查求几何体的外接球的表面积，关键在于由几何体的三视图得出几何体的立体图，找出外接球的球心位置和半径，属于中档题.10、C【解析】

根据平面向量数量积的坐标运算，化简即可求得的值.【详解】由平面向量数量积的坐标运算，代入化简可得.∴解得.故选：C.【点睛】本题考查了平面向量数量积的坐标运算，属于基础题.11、A【解析】

根据线面垂直得面面垂直，已知平面，由，可得平面，这样可确定垂直平面的对数，再求出四个面中任选2个的方法数，从而可计算概率．【详解】由已知平面，，可得，从该三棱锥的个面中任选个面共有种不同的选法，而选取的个表面互相垂直的有种情况，故所求事件的概率为．故选：A．【点睛】本题考查古典概型概率，解题关键是求出基本事件的个数．12、A【解析】

画出“,,,所表示的平面区域,即可进行判断.【详解】如图，“且”表示的区域是如图所示的正方形，记为集合P，“”表示的区域是单位圆及其内部，记为集合Q，显然是的真子集,所以答案是充分非必要条件，故选:.【点睛】本题考查了不等式表示的平面区域问题,考查命题的充分条件和必要条件的判断,难度较易.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、丙【解析】若甲获奖，则甲、乙、丙、丁说的都是错的，同理可推知乙、丙、丁获奖的情况，可知获奖的歌手是丙．考点：反证法在推理中的应用.14、【解析】

根据球的表面积求得球的半径，设球心到四棱锥底面的距离为，求得四棱锥的表达式，利用基本不等式求得体积的最大值.【详解】由已知可得球的半径，设球心到四棱锥底面的距离为，棱锥的高为，底面边长为，的体积，当且仅当时等号成立.故答案为：【点睛】本小题主要考查球的表面积有关计算，考查球的内接四棱锥体积的最值的求法，属于中档题.15、【解析】

根据题意，利用函数奇偶性的定义判断函数的奇偶性，利用函数奇偶性的性质求解即可.【详解】因为函数，其定义域为，所以其定义域关于原点对称，又，所以函数为奇函数，因为，所以.故答案为:【点睛】本题考查函数奇偶性的判断及其性质；考查运算求解能力；熟练掌握函数奇偶性的判断方法是求解本题的关键;属于中档题、常考题型.16、【解析】

如图所示，正四棱锥，为底面的中心，点为的中点，则，设，根据正四棱锥的侧面积求出的值，再利用勾股定理求得正四棱锥的高，代入体积公式，即可得到答案.【详解】如图所示，正四棱锥，为底面的中心，点为的中点，则，设，，，，，，.故答案为：.【点睛】本题考查棱锥的侧面积和体积，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查运算求解能力.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（1）；（2）【解析】

（1）由正弦定理可得,,化简并结合,可求得三者间的关系,代入余弦定理可求得;（2）由（1）可求得,再结合三角形的面积公式,可求出,从而可求出答案.【详解】（1）因为,所以,整理得:.因为,所以,所以.由余弦定理可得.（2）由（1）知,则,因为的面积是,所以,即,解得,则.故的周长为:.【点睛】本题考查了正弦定理、余弦定理在解三角形中的应用,考查了三角形面积公式的应用,属于基础题.18、（1）（2）3+3【解析】

（1）利用余弦的二倍角公式和同角三角函数关系式化简整理并结合范围0＜A＜π，可求A的值．（2）由正弦定理可求a，利用余弦定理可得c值，即可求周长．【详解】（1），即又（2）,∵，∴由余弦定理得a2＝b2+c2﹣2bccosA，∴，∵c＞0，所以得c=2,∴周长a+b+c=3+3．【点睛】本题考查三角函数恒等变换的应用，正弦定理，余弦定理在解三角形中的应用，考查了转化思想，属于中档题．19、（1）见解析；（2）【解析】

（1）由平面平面的性质定理得平面，.在中，由勾股定理得，平面，即可得；（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，由空间向量法和异面直线与所成角的余弦值为，得点M的坐标，从而求出二面角的余弦值.【详解】（1）平面平面，平面平面=，，所以.由面面垂直的性质定理得平面，，在中，，，由正弦定理可得：，，即，平面，.（2）以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，设，则，,得，，而，设平面的法向量为，由可得：，令，则，取平面的法向量，则，故二面角的余弦值为.【点睛】本题考查了线线垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，解题时要注意空间思维能力的培养和向量法的合理运用，属于中档题.20、（1）见解析；(II).【解析】

试题分析：（1）取中点,连结,以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能证明为直角三角形；（2）设，由，得，求出平面的法向量和平面的法向量，，根据空间向量夹角余弦公式能求出结果.试题解析：(I)取中点,连结，依题意可知均为正三角形，所以,又平面平面，所以平面，又平面，所以,因为,所以，即,从而为直角三角形.(II)法一：由(I)可知,又平面平面,平面平面,平面，所以平面.以为原点，建立空间直角坐标系如图所示,则,由可得点的坐标所以,设平面的法向量为，则,即解得，令，得，显然平面的一个法向量为,依题意，解得或（舍去），所以，当时，二面角的余弦值为