2024-2025学年北京市丰台区高三上册1月期末数学模拟检测试卷（含解析）

2024-2025学年北京市丰台区高三上学期1月期末数学模拟检测试卷选择题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题中选出符合题目要求的一项。1．已知集合，，则（

）A． B． C． D．2．已知复数（i为虚数单位），则（

）A． B． C. D．3．已知双曲线的离心率为，则渐近线方程为（

）A． B．C． D．4．直线截圆所得的弦长等于（

）A． B． C． D．5．展开式中所有二项式系数之和为8，则该展开式中的常数项为（

）A．-6 B．6 C．7 D．96．“”是“”的（

）A．充要条件 B．必要不充分条件C．充分不必要条件 D．既不充分也不必要条件7．在中，角，，所对的边分别为a，b，c，且，若，则等于（

）A． B． C． D．8．生物学上，J型增长是指在理想状态下，物种迅速爆发的一种增长方式，其表达式为，其中为初始个体数，为最终个体数.若某种群在该模型下，个体数由100增长至120消耗了10天，则个体数由120增长至160消耗的时间大约为（

）（参考数据：，）A．12 B．13 C．14 D．159．设，若是的最小值，则的取值范围为（

）A． B． C． D．10．数学中的数形结合可以组成世间万物的绚丽画面，优美的曲线是数学形象美、对称美、和谐美的产物，曲线为四叶玫瑰线，下列结论正确的是（

）A.方程，表示的曲线在第一和第三象限；B.曲线上任一点到坐标原点的距离都不超过1；C.曲线构成的四叶玫瑰线面积大于；D.曲线上有5个整点（横、纵坐标均为整数的点）．二、填空题共5小题，每小题5分，共25分。11．已知点在抛物线上，则点到抛物线的焦点的距离为．12．已知数列是等比数列，若，且是与2的等差中项，则q的值是．13．如图，一倒立的圆锥和一个底面圆直径为2R的圆柱内装等高H的液体，圆锥的轴截面为等腰直角三角形，圆柱的轴截面为矩形，，圆锥内液体体积为V1，圆柱内液体体积为V2，则＝．14．已知在矩形中，，，动点在以点为圆心且与相切的圆上，则的最大值为；若，则的最大值为.15．如果数列满足（k为常数），那么数列叫做等比差数列，k叫做公比差．下列四个结论中所有正确结论的序号有①若数列满足，则该数列是等比差数列；②数列是等比差数列；③所有的等比数列都是等比差数列；④存在等差数列是等比差数列．解答题共6小题，共85分。解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程。16．如图，四棱锥的底面为直角梯形，，，，，为等边三角形，平面平面，，为的中点．(1)证明：平面；(2)求平面与平面夹角的余弦值．17．在某地区进行高中学生每周户外运动调查，随机调查了名高中学生户外运动的时间（单位：小时），得到如下样本数据的频率分布直方图.(1)求的值；(2)为进一步了解这名高中学生户外运动的时间分配，在，两组内的学生中，采用分层抽样的方法抽取了人，现从这人中随机抽取人进行访谈，记在内的人数为，求的分布列和期望；(3)以频率估计概率，从该地区的高中学生中随机抽取名学生，用“”表示这名学生中恰有名学生户外运动时间在内的概率，当最大时，此时k的值.（其中k=2.3.4）（直接写出答案，结论不需要证明）18．已知函数．从下列四个条件中选择两个作为已知，使函数存在且唯一确定．(1)求的解析式；(2)设，求函数在上的单调递增区间．条件①：；条件②：为偶函数；条件③：的最大值为1；条件④：图象的相邻两条对称轴之间的距离为．注：如果选择的条件不符合要求，第（1）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．19．已知函数，且曲线在点处的切线方程为．(1)求；(2)证明：存在唯一的极小值点，且．20．已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的短轴长为，离心率为分别是椭圆的上下顶点，过(1)求椭圆的标准方程；(2)求证：直线恒过定点；(3)求面积的最大值.21．已知等差数列，若存在有穷等比数列，满足，其中，则称数列为数列的长度为的“等比伴随数列”．(1)数列的通项公式为，写出数列的一个长度为的“等比伴随数列”；(2)等差数列的公差为，若存在长度为的“等比伴随数列”，其中，求的最大值；(3)数列的通项公式为，数列为数列的长度为的“等比伴随数列”，其中，求的最大值．2024-2025学年北京市丰台区高三上学期1月期末数学模拟检测试卷选择题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题中选出符合题目要求的一项。1．已知集合，，则（

）A． B． C． D．【详解】因为，所以.故选：D.2．已知复数（i为虚数单位），则（

）A． B． C. D．【详解】因为，所以．故选：C.3．已知双曲线的离心率为，则渐近线方程为（

）A． B．C． D．【详解】双曲线的离心率为，故，则，故渐近线方程为，故选：A4．直线截圆所得的弦长等于（

）A． B． C． D．【详解】由圆的方程知：圆心为，半径，所以圆心为到直线距离为，所以直线被圆截得弦长为.故选：C5．展开式中所有二项式系数之和为8，则该展开式中的常数项为（

）A．-6 B．6 C．7 D．9【详解】解：因为展开式中所有二项式系数之和为8，即，所以，展开式为，令，则，所以该展开式中的常数项为.故选：B6．“”是“”的（

）A．充要条件 B．必要不充分条件C．充分不必要条件 D．既不充分也不必要条件【详解】由得，所以即或，所以充分性不成立；由知，，所以，当且仅当，即时等号成立，又因为，所以，所以必要性成立.所以“”是“”的必要不充分条件，故选：B7．在中，角，，所对的边分别为a，b，c，且，若，则等于（

）A． B． C． D．【详解】方法一：，由正弦定理可得，，，．又，．．，则．方法二：因为，由射影定理可得，又，．．，则．故选：A8．生物学上，J型增长是指在理想状态下，物种迅速爆发的一种增长方式，其表达式为，其中为初始个体数，为最终个体数.若某种群在该模型下，个体数由100增长至120消耗了10天，则个体数由120增长至160消耗的时间大约为（

）（参考数据：，）A．12 B．13 C．14 D．15【详解】由题意可得，，所以，即，所以，当，时，，即，所以，由给定数据.故选：D9．设，若是的最小值，则的取值范围为（

）A． B． C． D．【详解】由题意，函数，若是的最小值，可得，对称轴为，若是的最小值，则，即得，可得，当时，可得，当且仅当时等号成立，要使得函数的最小值为，则，解得，综上可得实数的取值范围为.故选：A.10．数学中的数形结合可以组成世间万物的绚丽画面，优美的曲线是数学形象美、对称美、和谐美的产物，曲线为四叶玫瑰线，下列结论正确的是（

）A.方程，表示的曲线在第一和第三象限；B.曲线上任一点到坐标原点的距离都不超过1；C.曲线构成的四叶玫瑰线面积大于；D.曲线上有5个整点（横、纵坐标均为整数的点）．【详解】对于A，因为，所以与异号，所以表示的曲线在第二和第四象限，所以A错误，对于B，设曲线上一点，则其到原点的距离为，考虑到该图形对称性，故研究第一象限的点，因为，所以，当且仅当时取等号，所以，当且仅当时取等号，所以，所以，当且仅当时取等号，所以曲线上任一点到坐标原点的距离都不超过1，所以B正确，对于C，以为圆心，1为半径的圆的面积为，由B知曲线在圆内部，所以曲线构成的四叶玫瑰线面积小于，所以C错误，对于D，由B可知曲线在圆内部，而圆内在第一象限无整点，所以曲线在第一象限没有经过整点，由曲线的对称性可知，曲线在其它象限也没有经过整点，所以由图可知曲线只经过整点，所以D错误，故选：B二、填空题共5小题，每小题5分，共25分。11．已知点在抛物线上，则点到抛物线的焦点的距离为．【详解】因为点在抛物线上，所以.所以，抛物线：，焦点：所以到焦点的距离.故412．已知数列是等比数列，若，且是与2的等差中项，则q的值是．【详解】由题意有：，而，显然，，则，所以，故，可得．故1.13．如图，一倒立的圆锥和一个底面圆直径为2R的圆柱内装等高H的液体，圆锥的轴截面为等腰直角三角形，圆柱的轴截面为矩形，，圆锥内液体体积为V1，圆柱内液体体积为V2，则＝．【详解】因为圆锥的轴截面为等腰直角三角形，且，则圆锥的水面圆的直径为，由，所以V1＝V2，即.故14．已知在矩形中，，，动点在以点为圆心且与相切的圆上，则的最大值为；若，则的最大值为.【详解】如图：以为原点，以所在的直线为,轴建立如图所示的坐标系，则，，，，动点在以点为圆心且与相切的圆上，设圆的半径为，，，，，圆的方程为，设点的坐标为，则，，故的最大值为，，，，，，，，，故的最大值为3，故，315．如果数列满足（k为常数），那么数列叫做等比差数列，k叫做公比差．下列四个结论中所有正确结论的序号有①若数列满足，则该数列是等比差数列；②数列是等比差数列；③所有的等比数列都是等比差数列；④存在等差数列是等比差数列．【详解】①数列满足，则，满足等比差数列的定义，故①正确；②数列，，不满足等比差数列的定义，故②错误；③设等比数列的公比为，则，满足等比差数列，故③正确；④设等差数列的公差为，则，故当时，满足，故存在等差数列是等比差数列，即④正确；故①③④解答题共6小题，共85分。解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程。16．如图，四棱锥的底面为直角梯形，，，，，为等边三角形，平面平面，，为的中点．(1)证明：平面；(2)求平面与平面夹角的余弦值．【详解】（1）因为为等边三角形，为的中点，所以．过作，垂足为，因为底面为直角梯形，，，，，所以，则，由得，所以因为平面平面，且平面平面，平面，所以平面．因为平面，所以．又，平面，所以平面．（2）由（1）可知，，，两两垂直，以为原点，过且平行于的直线为轴，，所在直线分别为轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，设平面的法向量为m=x,y,z则，令，则，由（1）可知，轴⊥平面，不妨取平面的法向量为，则，故平面与平面夹角的余弦值为．17．在某地区进行高中学生每周户外运动调查，随机调查了名高中学生户外运动的时间（单位：小时），得到如下样本数据的频率分布直方图.(1)求的值；(2)为进一步了解这名高中学生户外运动的时间分配，在，两组内的学生中，采用分层抽样的方法抽取了人，现从这人中随机抽取人进行访谈，记在内的人数为，求的分布列和期望；(3)以频率估计概率，从该地区的高中学生中随机抽取名学生，用“”表示这名学生中恰有名学生户外运动时间在内的概率，当最大时，此时k的值.（其中k=2.3.4）（直接写出答案，结论不需要证明）【详解】（1）由已知，解得，所以平均数为.（2）这名高中学生户外运动的时间分配，在，两组内的学生分别有人，和人；所以根据分层抽样可知人中在的人数为人，在内的人数为人，所以随机变量的可能取值有，，所以，，则分布列为期望；（3）由频率分布直方图可知运动时间在内的频率为，则，若为最大值，则，即，即，解得，又，且，则.18．已知函数．从下列四个条件中选择两个作为已知，使函数存在且唯一确定．(1)求的解析式；(2)设，求函数在上的单调递增区间．条件①：；条件②：为偶函数；条件③：的最大值为1；条件④：图象的相邻两条对称轴之间的距离为．注：如果选择的条件不符合要求，第（1）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．【详解】（1）因为，所以，显然当时为奇函数，故②不能选，若选择①③，即最大值为，所以，解得，所以，又，所以，即，，解得，，故不能唯一确定，故舍去；若选择①④，即图象的相邻两条对称轴之间的距离为，所以，解得，所以，又，所以，解得，所以；若选择③④，即图象的相邻两条对称轴之间的距离为，所以，解得，所以，又的最大值为，所以，解得，所以；（2）由（1）可得，，令，，解得，，所以函数的单调递增区间为，，又x∈0,π，所以在0,π上的单调递增区间有和.19．已知函数，且曲线在点处的切线方程为．(1)求；(2)证明：存在唯一的极小值点，且．【详解】（1）函数定义域为，由题意可知，，联立解得．（2）由（1）可知，则，令，则，所以函数在区间0,+∞内单调递增，又，所以存在唯一实数使得gx0=0，即当x∈0,x0时，g当x∈x0,+∞时，gx>0，即单调递增，所以由①知，，所以．一方面由知，；另一方面，由于是的唯一的极小值点，且，所以．综上所述，，证毕．20．已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的短轴长为，离心率为分别是椭圆的上下顶点，过(1)求椭圆的标准方程；(2)求证：直线恒过定点；(3)求面积的最大值.【详解】（1）因为，又解得：故椭圆的标准方程为（2）证明：方法一：当轴时，不可能垂直，故可设直线方程为由，得，设，则，所以，又因为，所以即，即：，所以代入可得，整理，解得（舍）或，所以直线的方程为，令，得，所以直线过定点，方法二：显然均不