2024-2025学年北京166中高三（上）期末数学模拟试卷（12月份）（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年北京166中高三（上）期末数学模拟试卷（12月份）一、单选题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.已知全集U=R，集合A={x|x2−4<0}，B={x|x≥1}，则A∩A.(1,2) B.(−2,2) C.(−∞,2) D.(−2,1)2.设复数z=3−i，则复数zi在复平面内对应的点的坐标是(

)A.(1,3) B.(−1,3) C.(−1,−3) D.(−3,−1)3.求圆x2+y2−2x+6y=0的圆心到A.23 B.2 C.34.已知抛物线C：y2=8x的焦点为F，点M在C上，若M到直线x=−3的距离为5，则|MF|=(

)A.7 B.6 C.5 D.45.已知α，β是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，能使m⊥n成立的一组条件是(

)A.α//β，m⊥α，n⊥β B.α//β，m⊂α，n⊥β

C.α⊥β，m⊥α，n//β D.α⊥β，m⊂α，n//β6.设函数f(x)=sin(ωx−π3)(ω>0)，已知f(x0)=−1A.1 B.2 C.3 D.47.已知函数f(x)=x2+5x,x≥0−ex+1,x<0.若A.(−∞,0] B.(−∞,5] C.(0,5] D.[0,5]8.已知(x1,y1)，(A.ex1+y2>x1+9.△ABC的外接圆的半径等于3，AB=4，则AB⋅AC的取值范围是(

)A.[−4,24] B.[−8,20] C.[−8,12] D.[−4,20]10.如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，动点M在线段CC1上，动点P在平面A1A.[1,2]B.[1,3]

二、填空题：本题共5小题，共30分。11.(2x−1)6的展开式中含x312.设向量a=(1,2),b=(m,1)，且|a+b|=|a−b13.已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为3，则圆锥的体积为______．14.直线y=k(x−3)与双曲线x24−y215.设{an}与{bn}是两个不同的无穷数列，且都不是常数列.记集合M={k|ak=bk,k∈N∗}，给出下列四个结论：

①若{an}与{bn}均为等差数列，则M中最多有1个元素；

②若{an}与{bn}均为等比数列，则M中最多有2个元素；

③三、解答题：本题共6小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。16.(本小题12分)

在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，∠A为钝角，a=7，sin2B=37bcosB，

(1)求∠A；

(2)若csinA=517.(本小题12分)

如图，四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面ABCD是边长为2的正方形，D1D=3，侧面ADD1A1⊥底面ABCD，E是棱BC上一点，D1B//平面C1ED．

(1)求证：E是BC的中点；

(2)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个条件作为已知，使四棱柱ABCD−A1B1C1D1唯一确定，

(i)求二面角D−C1E−B1的余弦值；

(ii)18.(本小题12分)

某社区计划组织一次公益讲座向居民普及垃圾分类知识.为掌握居民对垃圾分类知识的了解情况并评估讲座的效果，主办方从全体居民中随机抽取10位参加试讲讲座活动，让他们在试讲讲座前后分别回答一份垃圾分类知识问卷.试讲讲座前后.这10位居民答卷的正确率如下表：编号正确率1号2号3号4号5号6号7号8号9号10号试讲讲座前65%60%0%100%65%75%90%85%80%60%试讲讲座后90%85%80%95%85%85%95%100%85%90%根据居民答卷的正确率可以将他们垃圾分类的知识水平分为以下三个层级：答卷正确率Pp<70%70≤p<90%90%≤p≤100垃圾分类知识水平一般良好优秀假设每位居民回答问卷的结果之间互相独立，用频率估计概率．

(Ⅰ)正式讲座前，从该社区的全体居民中随机抽取1人，试估计该居民垃圾分类知识水平恰为“一般”的概率；

(Ⅱ)正式讲座前，从该社区的全体居民中随机抽取3人，这3人垃圾分类知识水平分别是“一般”、“良好”、“良好”.设随机变量X为“这3人讲座后垃圾分类知识水平达到‘优秀’的人数”，试估计X的分布列和数学期望；

(Ⅲ)在未参加讲座的全部居民中再随机抽取若干人参加下一轮的公益讲座并让他们在讲座前后分别填写问卷.从讲座后的答卷中随机抽取一份，如果完成该答卷的居民的知识水平为“良好”，他在讲座前属于哪一知识水平的概率最大？(结论不要求证明)19.(本小题12分)

设椭圆M：x2a2+y2b2=1(a>b>0)，离心率为32，长轴长为4.过点P(4,0)的直线l与椭圆交于A，B两点，直线l与x轴不重合．

(1)求椭圆M的方程；

(2)已知点T(1,1)，直线AT与x轴交于E，与y轴交于C，直线BT与x轴交于20.(本小题12分)

已知函数f(x)=(2x−a)lnx(a∈R)．

(1)当a=0时，求函数f(x)的单调区间；

(2)证明：当a=−1，曲线y=f(x)的切线不经过点(0,0)；

(3)当a>0时，若曲线y=f(x)与直线y=−x在区间(1,+∞)上有两个不同的交点，求实数a的取值范围．21.(本小题12分)

已知Q：a1，a2，…，ak为有穷整数数列．给定正整数m，若对任意的n∈{1,2,…,m}，在Q中存在ai，ai+1，ai+2，…，ai+j(j≥0)，使得ai+ai+1+ai+2+…+ai+j=n，则称Q为m−连续可表数列．

(Ⅰ)判断Q：2，1，4是否为5−连续可表数列？是否为6−连续可表数列？说明理由；

(Ⅱ)若Q：a1，a2，…，ak为8−连续可表数列，求证：k的最小值为4；

参考答案1.D

2.C

3.C

4.D

5.B

6.B

7.D

8.D

9.D

10.D

11.−160

12.−2

90°

13.314.[−115.①③④

16.解：(1)由sin2B=37bcosB，可得2sinBcosB=37bcosB，

因为A为钝角，即cosB≠0，所以2sinB=37b，

由正弦定理得asinA=bsinB=237，结合a=7，解得sinA=32，所以A=2π3(A=π3不符合题意，舍去)．

(2)法一：根据题意，可得c=532sinA=5，

根据余弦定理，得a2=b2+c217.解：(1)证明：连接CD1交C1D于O，连接OE，

因为D1B/​/平面C1ED，D1B⊂平面D1CB，平面C1ED∩平面D1CB=OE，

所以D1B//OE，又因为四边形DCC1D1是平行四边形，所以O是CD1的中点，

所以E是BC的中点；

(2)(i)

选择条件①：

因为底面ABCD是正方形，所以CD⊥AD，

侧面ADD1A1⊥平面ABCD，且侧面ADD1A1∩平面ABCD=AD，CD⊂平面ABCD，

故CD⊥平面ADD1A1，又DD1⊂平面ADD1A1，则CD⊥DD1，

即四边形DCC1D1为矩形，因为D1D=3，CD=C1D1=2，则C1D=13，

与选择条件①：C1D=13等价，故条件C1D=13不能进一步确定DD1，AD的夹角大小，故二面角D−C1E−B1不能确定；

选择条件②：

连结D1A，因为底面ABCD是正方形，所以BA⊥AD，

又因为侧面ADD1A1⊥平面ABCD，且侧面ADD1A1∩平面ABCD=AD，BA⊂平面ABCD，

所以BA⊥平面ADD1A1，又D1A，DD1⊂平面ADD1A1，所以BA⊥D1A，BA⊥D1D，

在Rt△D1AB中，因为D1B=17，AB=2，所以D1A=13，

在△D1AD中，因为AD=2，D1D=3，所以AD⊥DD1，

又AB∩AD=A，AB，AD⊂平面ABCD，所以DD1⊥平面ABCD，又AD⊥CD，

所以如图建立空间直角坐标系D−xyz，其中D(0,0,0)，C1(0,2,3)，E(1,2,0)，C(0,2,0)，

且DC1=(0,2,3)，DE=(1,2,0)，易知DC=(0,2,0)为平面C1EB1的一个法向量，

设n=(x,y,z)为平面18.解：正式讲座前，10位选取的居民中，垃圾分类知识水平为“一般”的人数为5人，所以垃圾分类知识水平位“一般”的频率为：12，

所以估计居民垃圾分类知识水平恰为“一般”的频率为：P=12．

(Ⅱ)由表中提供的数据可得：正式讲座前，垃圾分类知识水平为“一般”的人在讲座后，达到“优秀”的概率估计为：25，

正式讲座前，垃圾分类知识水平为“良好”的人在讲座后，达到“优秀”的概率估计为：13，

由题意，X的值可以为：0，1，2，3，

且：P(X=0)=35×(23)2=415

X0

1

2

3

P

4

20

11

2所以E(X)=0×415+1×2045+2×1145+3×245=1615．

(Ⅲ)从未参加讲座的居民中抽取1人，垃圾分类水平为“一般”记为事件A，则P(A)=12，讲座后，知识水平为“良好”的概率估计为35；

从未参加讲座的居民中抽取1人，垃圾分类水平为“良好”记为事件B，则P(B)=310，讲座后，知识水平为“良好”的概率估计为23；

从未参加讲座的居民中抽取1人，垃圾分类水平为“优秀”记为事件C，则P(C)=1519.解：(1)因为椭圆M的离心率为32，长轴长为4，

所以2a=4ca=32a2=b2+c2，

解得a=2，b=1，c=3，

则M：x24+y2=1．

(2)因为过点P(4,0)的直线l与椭圆交于A，B两点，直线l与x轴不重合，所以直线l的斜率不为0，

设直线AB得方程为x=my+4，A(x1,y1)，B(x2,y2)，

联立x=my+4x24+y2=1，消去x并整理得(m2+4)y2+8my+12=0，

此时Δ=64m2−48(m2+4)>0，

解得m<−23或m>23，k∈(−36,0)∪(0,36)；

由韦达定理得y1+y2=−8mm220.解：(1)当a=0时，f(x)=2xlnx，函数定义域为(0,+∞)，

可得f′(x)=2lnx+2，

当0<x<1e时，f′(x)<0；当x>1e时，f′(x)>0，

所以f(x)的单调递增区间为(1e,+∞)，单调递减区间为(0,1e)；

(2)证明：当a=−1时，f(x)=(2x+1)lnx，函数定义域为(0,+∞)，

可得f′(x)=2lnx+2+1x．

设曲线y=f(x)的切点为(t,f(t))(t>0)，

此时切线方程为y−(2t+1)lnt=(2lnt+1t+2)(x−t)，

假设切线过原点，

可得−(2t+1)lnt=(2lnt+1t+2)⋅(−t)，

整理得lnt−2t−1=0．

令g(t)=lnt−2t−1，函数定义域为(0,+∞)，

可得g′(t)=1t−2，

当0<t<12时，g′(t)>0，g(t)单调递增；

当t>12时，g′(t)<0，g(t)单调递减，

所以g(t)≤g(12)=−ln2−2<0，

则方程lnt−2t−1=0无解，

综上可知，曲线y=f(x)在点的(t,f(t))切线不过原点；

(3)若曲线y=f(x)与直线y=−x在区间(1,+∞)上有两个不同的交点，

即f(x)=−x在区间(1,+∞)上有两个不同的解，

所以(2x−a)lnx=−x在区间(1,+∞)上有两个不同的解，

即a=2x+xlnx在区间(1,+∞)上有两个不同的解，

设ℎ(x)=2x+xlnx，函数定义域为(1,+∞)，

可得ℎ′(x)=2+lnx−1ln2x=(lnx+1)(2lnx−1)ln2x，

令ℎ′(x)=0，

解得x1=1e,x2=e，

因为x>1，

所以x=21.解：(Ⅰ)若m=5，则对于任意的n∈{1,2,3,4,5}，

a2=1，a1=2，a1+a2=2+1=3，a3=4，a2+a3=1+4=5，

所以Q是5−连续可表数列；

由于不存在任意连续若干项之和相加为6，

所以Q不是6−连续可表数列；

(Ⅱ)假设k的值为3，则a1，a2，a3最多能表示a1，a2，a3，a1+a2