2025届北京市朝阳区高三上学期期末质量检测数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1北京市朝阳区2025届高三上学期期末质量检测数学试题一、选择题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.1.已知全集，集合，则（）A. B.C. D.【答案】D【解析】因为全集，集合，所以.故选：D.2.在复平面内，复数对应的点位于（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限【答案】B【解析】令，在复平面内，实部代表横坐标，虚部代表纵坐标，所以复数所对应坐标为，位于第二象限故选：B3.已知抛物线．若其焦点到准线的距离为4，则抛物线的焦点坐标为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】因为抛物线的焦点为，准线为：，所以焦点到准线的距离为：，所以焦点坐标为：.故选：C.4.函数的图象的一个对称中心是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】函数对称中心横坐标满足：，即，当时，对称中心为，A选项正确；当时，对称中心为，当时，对称中心为，B,C,D选项不正确；故选：A.5.“”是“”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】当时，，所以充分性成立；若，即，当时，，所以不成立，故必要性不成立，所以“”是“”的充分不必要条件.故选：A6.已知圆，过点的直线与圆交于两点．当取最小值时，直线的方程为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由题意知，当点为弦的中点时，即时，取最小值，因为，所以,此时直线方程为，即故选：C7.沙漏是一种古代计时仪器．如图，某沙漏由上下两个相同圆锥组成，圆锥的底面直径和高均为6cm，细沙全部在上部时，其高度为圆锥高度的，则这些细沙的体积为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由题意可知：这些细沙的体积为.故选：B.8.若函数,恰有两个零点，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】当时，由可得，依题意，时，有1个零点，即方程在上有一个实根，也即直线与在上有一个交点.如图作出函数的图象.因在上单调递增，由图可知，此时.综上，实数的取值范围是.故选：D.9.“三分损益法“是古代中国发明制定音律时所用的方法，现有一古琴是以一根确定长度的琴弦为基准，第二根琴弦的长度是第一根琴弦长度的，第三根琴弦的长度是第二根琴弦长度的，第四根琴弦的长度是第三根琴弦长度的，第五根琴弦的长度是第四根琴弦长度的．琴弦越短，发出的声音音调越高，这五根琴弦发出的声音按音调由低到高分别称为“宫，商，角，徵，羽“，则“宫“与“角“所对琴弦长度之比为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】设基准琴弦的长度为，则根据“三分损益法”得到的另外四根琴弦的长度依次为，五根琴弦的长度从大到小依次为所以“宫“与“角对应的琴弦长度分别为和，其长度之比为．故选：D.10.设是无穷数列，若存在正整数使得对任意，均有，则称是间隔递减数列，其中称为数列的间隔数．给出下列三个结论：①若，则是间隔递减数列；②若，则是间隔递减数列；③若，则是间隔递减数列且的间隔数的最小值是．其中所有正确结论的序号是（）A.① B.①③ C.②③ D.①②③【答案】B【解析】对于①，因为，则数列为单调递减数列，即对任意恒成立，此时，，满足题中条件，①对；对于②，若，假设数列是间隔递减数列，则存在，使得，即，若为奇数，则有，可得，因为，显然当为奇数时，合乎题意；当为偶数时，，不等式不成立，故为奇数；若为偶数，则有，可得，当为奇数时，不成立，故假设不成立，即数列不是间隔递减数列，②错；对于③，若，因为，则，所以，数列是间隔递减数列，假设存在正整数，使得，即，可得，由于，当且仅当且时，等号成立，当时，，这与为正整数矛盾，故，所以，，解得，所以，若，则是间隔递减数列且的间隔数的最小值是，③对.故选：B.二，填空题共5小题，每小题5分，共25分.11.在的展开式中，的系数为__________．（用数字作答）【答案】【解析】的展开式中的通项为，∴令，可得的系数为.故答案为：.12.双曲线的渐近线方程是__________；设是双曲线的两个焦点，点在双曲线上，且，则__________．【答案】①.②.7【解析】由双曲线方程可知：，且焦点在x轴上，可得渐近线方程是；且，即，解得.故答案为：；7.13.使不等式成立的一个的值是__________．【答案】（答案不唯一）【解析】结合单位圆中的正弦线，余弦线及正切线可知：当时，.故答案为：.（答案不唯一）14.已知为所在平面内一点，满足，且，，设为向量的夹角，则__________；__________．【答案】①.②.【解析】，，，即，解得，.同理可得：，即，解得..故答案为：；.15.在棱长为1的正方体中，点在线段上（不与重合），于于，以下四个结论：①平面；②线段与线段的长度之和为定值；③面积的最大值为；④线段长度的最小值为．其中所有正确的结论的序号是_________．【答案】①②④【解析】对于①，如图，在正方体中，平面，因平面，则平面平面，因平面平面，平面且，故平面，又平面，则，又因，，平面，故平面，故①正确；对于②，由①分析易得，则有，即得；又由，可得，则有，即得，故得：，即为定值1，故②正确；对于③，由①，已得平面，因平面，则有，则的面积，当且仅当时等号成立，即当时，面积的最大值为，故③错误；对于④，由③已得，则，当且仅当时等号成立，即当时，线段长度的最小值为，故④正确.故答案为：①②④.三、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.在中，．（1）求；（2）若，再从条件①，条件②，条件③这三个条件中选择一个作为已知，使存在，求的面积．条件①：；条件②：；条件③：注：如果选择的条件不符合要求，第（2）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.解：（1）因为，所以．由正弦定理得．又，所以．又，所以．（2）选条件①：根据余弦定理有，则．又，则．两式相减，解得．可得或所以．选条件②：由（1）知，则，所以，不符合题意；选条件③：因为且，所以．由正弦定理可知．又．所以．17.随着科技飞速发展，人工智能已经逐渐融人我们的日常生活．在教育领域，AI的赋能潜力巨大.为了解教师对AI大模型使用情况，现从某地区随机抽取了200名教师，对使用A、B、C、D四种AI大模型的情况统计如下：使用AI大模型的种数性别01234男427231610女648272415在上述样本所有使用3种AI大模型的40人中，统计使用A、B、C、D的AI大模型人次如下：AI大模型种类ABCD人次32303028用频率估计概率.（1）从该地区教师中随机选取一人，估计至少使用两种AI大模型（A、B、C、D中）概率；（2）从该地区使用3种AI大模型（A、B、C、D中）的教师中，随机选出3人，记使用B的有人，求的分布列及其数学期望；（3）从该地区男，女教师中各随机选一人，记他们使用AI大模型（A、B、C、D中）的种数分别为，比较的数学期望的大小．（结论不要求证明）解：（1）记事件M为“从该地区教师中随机选取一人，至少使用两种AI大模型”，则估计.（2）记事件为“从该地区使用3种AI大模型的40名教师中随机选1人，该人使用模型B”，根据题中数据，.的可能取值为，，，．.的分布列为0123.（3）由题意可得该地区男，女教师人数分别为：80和120，则易求，，故.18.如图，在五面体中，平面，，，，，，分别为的中点，连接．（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值；（3）线段上是否存在点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，说明理由．（1）证明：因为平面平面，所以．又因为，平面，所以平面．又平面，所以．又因为为线段的中点，所以．因为，所以．因为分别为线段的中点，所以．又，所以．即四点共面．又平面平面，所以平面．（2）解：因为平面，所以．又，所以两两垂直．如图建立空间直角坐标系．于是．可得由（1）可得AP平面DCE．所以平面的一个法向量为．设直线与平面所成角为，则有．则直线与平面所成角的正弦值为．（3）解：设是线段上的一点，则存在，使．，从而．由点的坐标可得．设平面的法向量为则有，即令，则法向量为令，即，解得．此时，又显然有平面，从而平面．所以，线段上存在点，使得平面，此时．19.已知函数，其中是常数，．（1）当时，求曲线y=fx在点（2）求的极值．解：（1）当时，，所以．所以，又，所以曲线在点处的切线方程为，即．（2）依题意，．当时，由（1）可知，，所以在上单调递减，无极值．当）时，．（i）当时．，所以在上单调递减，无极值．（ii））时．时．在上单调递增，时，在上单调递减．所以时，取极大值，无极小值．综上，当时，无极值；当时有极大值，无极小值.20.已知椭圆的离心率为，右顶点为．（1）求椭圆的方程；（2）过原点且与轴不重合的直线与椭圆交于两点．已知点，直线与椭圆的另一个交点分别为．证明：直线过定点．（1）解：由题意可得，解得，所以椭圆的方程为．（2）证明：设点，则，且．直线，即．由，得．所以，则．所以．所以．同理．依题意，所以．所以直线的方程为，整理得．所以直线过定点0,1．21.已知无穷数列，给定正整数，若数列满足以下两个性质，则称数列：①；②（1）已知和分别为数列和数列，且，求和；（2）已知正整数数列是数列.（i）无穷数列满足且为奇数，其中，证明：对于任意的，；（ii）求满足条件的，并写出与对应的所有可能取值．（1）解：根据数列的定义可知：,则；根据数列的定义可知：，则．（2）（i）证明：假设结论不成立，不妨设为满足且使得取最小的某个整数．由，可知，因为是奇数，从而，且，这与最小性矛盾，所以对于任意的，．（ii）解：假设及的取值已使得为数列且每一个项均为整数．由（i）中所定义出的构成数列，首先证明满足对任意的，有．若，则，从而；若，则．分三种情况讨论①若，则．故；②若，则．故；③若，则．又因为为奇数，所以也为奇数，从而有；综上所述，对任意的，有．又根据（i）的结论可知必存在某个，使得对于任意的，均有；由于当时，总有，于是，数列中存在无穷多项小于，从而，可取某个，使得．由前面的证明可知只有当且时，才可使得及同时成立，所以．又因为对任意的，有，所以对任意，有，进而对任意均为2的次幂．由，依次得，因此也为2的次幂．显然，只有当时才成立．因此，只能为2．对，若，则数列的各项为，满足要求．当时，数列各项为，也符合题意．若，则，不满足要求．综上，，且此时的全部可能取值为．北京市朝阳区2025届高三上学期期末质量检测数学试题一、选择题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.1.已知全集，集合，则（）A. B.C. D.【答案】D【解析】因为全集，集合，所以.故选：D.2.在复平面内，复数对应的点位于（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限【答案】B【解析】令，在复平面内，实部代表横坐标，虚部代表纵坐标，所以复数所对应坐标为，位于第二象限故选：B3.已知抛物线．若其焦点到准线的距离为4，则抛物线的焦点坐标为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】因为抛物线的焦点为，准线为：，所以焦点到准线的距离为：，所以焦点坐标为：.故选：C.4.函数的图象的一个对称中心是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】函数对称中心横坐标满足：，即，当时，对称中心为，A选项正确；当时，对称中心为，当时，对称中心为，B,C,D选项不正确；故选：A.5.“”是“”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】当时，，所以充分性成立；若，即，当时，，所以不成立，故必要性不成立，所以“”是“”的充分不必要条件.故选：A6.已知圆，过点的直线与圆交于两点．当取最小值时，直线的方程为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由题意知，当点为弦的中点时，即时，取最小值，因为，所以,此时直线方程为，即故选：C7.沙漏是一种古代计时仪器．如图，某沙漏由上下两个相同圆锥组成，圆锥的底面直径和高均为6cm，细沙全部在上部时，其高度为圆锥高度的，则这些细沙的体积为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由题意可知：这些细沙的体积为.故选：B.8.若函数,恰有两个零点，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】当时，由可得，依题意，时，有1个零点，即方程在上有一个实根，也即直线与在上有一个交点.如图作出函数的图象.因在上单调递增，由图可知，此时.综上，实数的取值范围是.故选：D.9.“三分损益法“是古代中国发明制定音律时所用的方法，现有一古琴是以一根确定长度的琴弦为基准，第二根琴弦的长度是第一根琴弦长度的，第三根琴弦的长度是第二根琴弦长度的，第四根琴弦的长度是第三根琴弦长度的，第五根琴弦的长度是第四根琴弦长度的．琴弦越短，发出的声音音调越高，这五根琴弦发出的声音按音调由低到高分别称为“宫，商，角，徵，羽“，则“宫“与“角“所对琴弦长度之比为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】设基准琴弦的长度为，则根据“三分损益法”得到的另外四根琴弦的长度依次为，五根琴弦的长度从大到小依次为所以“宫“与“角对应的琴弦长度分别为和，其长度之比为．故选：D.10.设是无穷数列，若存在正整数使得对任意，均有，则称是间隔递减数列，其中称为数列的间隔数．给出下列三个结论：①若，则是间隔递减数列；②若，则是间隔递减数列；③若，则是间隔递减数列且的间隔数的最小值是．其中所有正确结论的序号是（）A.① B.①③ C.②③ D.①②③【答案】B【解析】对于①，因为，则数列为单调递减数列，即对任意恒成立，此时，，满足题中条件，①对；对于②，若，假设数列是间隔递减数列，则存在，使得，即，若为奇数，则有，可得，因为，显然当为奇数时，合乎题意；当为偶数时，，不等式不成立，故为奇数；若为偶数，则有，可得，当为奇数时，不成立，故假设不成立，即数列不是间隔递减数列，②错；对于③，若，因为，则，所以，数列是间隔递减数列，假设存在正整数，使得，即，可得，由于，当且仅当且时，等号成立，当时，，这与为正整数矛盾，故，所以，，解得，所以，若，则是间隔递减数列且的间隔数的最小值是，③对.故选：B.二，填空题共5小题，每小题5分，共25分.11.在的展开式中，的系数为__________．（用数字作答）【答案】【解析】的展开式中的通项为，∴令，可得的系数为.故答案为：.12.双曲线的渐近线方程是__________；设是双曲线的两个焦点，点在双曲线上，且，则__________．【答案】①.②.7【解析】由双曲线方程可知：，且焦点在x轴上，可得渐近线方程是；且，即，解得.故答案为：；7.13.使不等式成立的一个的值是__________．【答案】（答案不唯一）【解析】结合单位圆中的正弦线，余弦线及正切线可知：当时，.故答案为：.（答案不唯一）14.已知为所在平面内一点，满足，且，，设为向量的夹角，则__________；__________．【答案】①.②.【解析】，，，即，解得，.同理可得：，即，解得..故答案为：；.15.在棱长为1的正方体中，点在线段上（不与重合），于于，以下四个结论：①平面；②线段与线段的长度之和为定值；③面积的最大值为；④线段长度的最小值为．其中所有正确的结论的序号是_________．【答案】①②④【解析】对于①，如图，在正方体中，平面，因平面，则平面平面，因平面平面，平面且，故平面，又平面，则，又因，，平面，故平面，故①正确；对于②，由①分析易得，则有，即得；又由，可得，则有，即得，故得：，即为定值1，故②正确；对于③，由①，已得平面，因平面，则有，则的面积，当且仅当时等号成立，即当时，面积的最大值为，故③错误；对于④，由③已得，则，当且仅当时等号成立，即当时，线段长度的最小值为，故④正确.故答案为：①②④.三、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.在中，．（1）求；（2）若，再从条件①，条件②，条件③这三个条件中选择一个作为已知，使存在，求的面积．条件①：；条件②：；条件③：注：如果选择的条件不符合要求，第（2）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.解：（1）因为，所以．由正弦定理得．又，所以．又，所以．（2）选条件①：根据余弦定理有，则．又，则．两式相减，解得．可得或所以．选条件②：由（1）知，则，所以，不符合题意；选条件③：因为且，所以．由正弦定理可知．又．所以．17.随着科技飞速发展，人工智能已经逐渐融人我们的日常生活．在教育领域，AI的赋能潜力巨大.为了解教师对AI大模型使用情况，现从某地区随机抽取了200名教师，对使用A、B、C、D四种AI大模型的情况统计如下：使用AI大模型的种数性别01234男427231610女648272415在上述样本所有使用3种AI大模型的40人中，统计使用A、B、C、D的AI大模型人次如下：AI大模型种类ABCD人次32303028用频率估计概率.（1）从该地区教师中随机选取一人，估计至少使用两种AI大模型（A、B、C、D中）概率；（2）从该地区使用3种AI大模型（A、B、C、D中）的教师中，随机选出3人，记使用B的有人，求的分布列及其数学期望；（3）从该地区男，女教师中各随机选一人，记他们使用AI大模型（A、B、C、D中）的种数分别为，比较的数学期望的大小．（结论不要求证明）解：（1）记事件M为“从该地区教师中随机选取一人，至少使用两种AI大模型”，则估计.（2）记事件为“从该地区使用3种AI大模型的40名教师中随机选1人，该人使用模型B”，根据题中数据，.的可能取值为，，，．.的分布列为0123.（3）由题意可得该地区男，女教师人数分别为：80和120，则易求，，故.18.如图，在五面体中，平面，，，，，，分别为的中点，连接．（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值；（3）线段上是否存在点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，说明理由．（1）证明：因为平面平面，所以．又因为，平面，所以平面．又平面，所以．又因为为线段的中点，所以．因为，所以．因为分别为线段的中点，所以．又，所以．即四点共面．又平面平面，所以平面．（2）解：因为平面，所以．又，所以两两垂直．如图建立空间直角坐标系．于是．可得由（1）可得AP平面DCE．所以平面的一个法向量为．设直线与平面所成角为，则有．则直线与平面所成角的正弦值为．（3）解：设是线段上的一点，则存在，使．，从而．由点的坐标可得．设平面的法向量为则有，即令，则法向量为令，即，解得．此时，又显然有平面，从而平面．所以，线段上存在点，使得平面，此时．19.已知函数，其中是常数，．（1）当时，求曲线y=f