2025年北京平谷区高三一模数学试题答案详解

第1页/共1页平谷区2024—2025学年度第二学期高三年级质量监控数学试卷2025.3注意事项1.本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共4页.共150分，考试时间为120分钟.2.试题所有答案必须书写在答题纸上，在试卷上作答无效.3.考试结束后，将答题纸交回，试卷按学校要求保存好.第I卷选择题（共40分）一､选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分；在每小题给出的四个选项中，只有，个选项符合题意，请将正确选项填涂在答题卡上，）1.已知集合，则（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】根据并集的定义即可求.【详解】，故选：D2.在复平面内，复数满足，则复数对应的点位于（）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】【分析】利用复数的除法运算化简，即可根据几何意义求解.【详解】由可得，故复数z对应的点为，位于第二象限.故选：B3.下列函数中，在区间上单调递增的是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】根据常见函数的单调性即可逐一求解.【详解】对于A，，由于，故在区间上不是单调递增的，A错误，对于B,在区间上单调递减，B错误，对于C,当时，单调递增，且值恒为正，故为单调递减，所以为单调递增，C正确，对于D，在区间上单调递增，故在区间上单调递减，D错误，故选：C4.在的展开式中，的系数为（）．A. B.5 C. D.10【答案】C【解析】【分析】首先写出展开式的通项公式，然后结合通项公式确定的系数即可.【详解】展开式的通项公式为：，令可得：，则的系数为：.故选：C.【点睛】二项式定理的核心是通项公式，求解此类问题可以分两步完成：第一步根据所给出的条件(特定项)和通项公式，建立方程来确定指数(求解时要注意二项式系数中n和r的隐含条件，即n，r均为非负整数，且n≥r，如常数项指数为零、有理项指数为整数等)；第二步是根据所求的指数，再求所求解的项．5.已知是平面内两个非零向量，，那么“”是“”的（）A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】根据充分必要条件的定义，结合向量平行定理，即可判断.【详解】若，，所以，，当时，，当时，，此时故“”是“”的不充分条件，因为，若，则，当且仅当方向相同时取到等号，则恒成立，故，所以是必要条件，综上可知，，那么“”是“”的必要不充分条件，故选：B6.在等比数列中，，记，则数列（）A.无最大项，有最小项 B.有最大项，无最小项C.有最大项，有最小项 D.无最大项，无最小项【答案】C【解析】【分析】根据等比数列的通项公式求出，进而结合等差数列的求和公式可得，设，分析可得，进而求解判断即可.【详解】设等比数列的公比为，由，则，解得，，则，则，设，则，所以，则时，，即，当时，，即，则，则为最大项，此时为正数项，且在正数项中最大；再比较和，其中一个为第二大的项，由于，，因此为最小项.故选：C.7.已知函数，若在区间上没有最值，则的最大值为（）A. B. C. D.2【答案】A【解析】【分析】由，得，进而结合题意可得，进而求解即可.【详解】由，，则，因为在区间上没有最值，所以，则，解得，所以的最大值为.故选：A.8.冰淇淋蛋筒是大家常见的一种食物，有种冰淇淋蛋筒可以看作是由半径为10cm，圆心角为的扇形蛋卷坯卷成的圆锥，假设高出蛋筒部分的奶油和包裹在蛋筒内部的奶油体积相等，则该种冰淇淋中奶油的总体积约为（）（忽略蛋筒厚度）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】由扇形弧长，求得底面半径及高，再由圆锥体积公式即可求解；【详解】设圆锥底面面积为，由题意可知，所以，设圆锥得高为，则，所以圆锥的体积为：，所以该种冰淇淋中奶油的总体积约为，故选：D9.某工厂产生的废气经过滤后排放，过滤过程中废气的污染物含量（单位：）与时间（单位：）间的关系为，其中是正的常数，如果前消除了的污染物，那么从消除的污染物到消除的污染物大约需要经历（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由题意得到，求得，再设消除的污染物对应事件为，消除的污染物对应事件为，得到方程，，求解即可；【详解】由题意可知：，即，即，设消除的污染物对应事件为，即，设消除的污染物对应事件为，即，两式相除可得：，即，所以：，即从消除的污染物到消除的污染物大约需要经历，故选：A10.已知函数，任取，定义集合：，点，满足.设分别表示集合中元素的最大值和最小值，记.则函数的最小值是（）A. B.1 C. D.2【答案】B【解析】【分析】作出函数的图象，根据的位于不同的位置，即可分情况求解.【详解】如图所示，的图象，此时，函数的最小正周期为，点,当点在点时，点在曲线上，，当点在曲线上从接近时，减小，所以逐渐增大；当点在点时，当点在曲线上从接近时，减小，逐渐减小，当点在点时，当点在曲线上从接近时，增大,逐渐增大，当点点时，当点在曲线上从接近时，增大,逐渐见减小，当点在点时，,综上可得的最小值是1故选：B【点睛】关键点点睛：根据点的位置变化，分别求解的值.第II卷非选择题（共110分）二､填空题（本大题共5小题，每小题5分，共25分，请把答案填在答题卡中相应题中横线上.）11.抛物线上一点到准线的距离与到对称轴的距离相等，则__________.【答案】##0.5【解析】【分析】由抛物线的定义可知，过作轴的垂线垂足是焦点，即可得到答案.【详解】抛物线焦点在轴上，且焦点，故抛物线的对称轴为轴，抛物线上一点到准线的距离与到对称轴的距离相等，由抛物线的定义可知，点到准线的距离与到焦点的距离相等，所以，若轴，则垂足为点，即，故答案为：12.《张邱健算经》是公元5世纪中国古代内容丰富的数学著作，书中记载着这样一个问题：“有个女子善织布，每天比前一天多织相同的布，第一天织5尺，一个月（按30天计）共织了440尺，推算第10天该女子织了__________尺布.”【答案】11【解析】【分析】记公差为，根据已知求出再利用等差数列的通项公式求解.【详解】由题得每天的织布数成等差数列，首项，记公差为，由题得，所以所以.故答案为：1113.记双曲线的离心率为e，写出满足条件“直线与C无公共点”的e的一个值为_________.【答案】2（注：区间内任何一个值）【解析】【分析】利用双曲线的性质计算即可.【详解】由题意可知双曲线的渐近线为，离心率，若满足直线与C无公共点，则需，故答案为：214.已知函数，当时，的值域是__________，若有两个极值点，则的取值范围是__________.【答案】①.②.【解析】【分析】结合二次函数与一次函数的单调性，可得分段函数的单调性，结合值域的概念以及极值点的概念，建立不等式，可得答案.【详解】由，则，当时，，易知函数在上单调递增，在上单调递减，此时；当时，，易知函数在上单调递减，则.综上可得.由题意可设函数的两个极值点分别为，且，由二次函数在上单调递增，在上单调递减，一次函数，当时，在上单调递减，当时，在上单调递增，易知函数在与上单调递增，在上单调递减，且，，可得，解得.故答案为：；.15.已知各项均不为零的数列，其前项和是，且.给出如下结论：①；②若为递增数列，则的取值范围是；③存在实数，使得为等比数列；④，使得当时，总有.其中所有正确结论的序号是__________.【答案】①②④【解析】【分析】根据的递推关系可得，所以的奇数项和偶数项分别为公差为1的等差数列，进而得，即可结合选项求解.【详解】由得，相减可得，由于各项均不为零，所以，所以的奇数项和偶数项分别为公差为1的等差数列，对于①，，故正确；对于②，由于的奇数项和偶数项分别为公差为1的等差数列，所以，若，则需要，则，故正确，对于③，，若为等比数列，则为常数，则，此时，故，进而可得数列的项为显然这不是等比数列，故错误，对于④，若，只要足够大，一定会有，则，只要足够的大，趋近于0，而，显然能满足，故，当时，总有，故正确，故答案为：①②④【点睛】方法点睛：本题考查了数列的递推公式，数列单调性及与数列有关的比较大小问题．根据数列前项和与数列的项的递推关系求通项公式时，注意分析，在处理涉及隔项数列问题，一般要考虑分为奇数和偶数来分类讨论，含参的恒成立或者存在类问题，先分离参数，转化为求式子的最大值或最小值问题来处理．三､解答题（本大题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.）16.在中，.（1）求的大小；（2）再从下列三个条件中，选择一个作为已知，使得存在且唯一，求的面积.条件①：；条件②：；条件③：边上的高为.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.【答案】（1）（2）答案见解析【解析】【分析】（1）利用正弦定理边角互化，结合正弦的和差角公式即可求解，或者利用余弦定理边角互化求解，（2）根据三角形存在可知不能选①，选②，利用余弦定理可求解，即可利用三角形面积公式求解，或者利用正弦定理求解，进而根据和差角公式求解,由面积公式求解，选③根据高，即可利用选②的方法求解.【小问1详解】方法一：由正弦定理及，得.①因为，所以.②由①②得因为，所以.所以.因为，所以.方法二：在中，因为，由余弦定理得，整理得所以，所以.【小问2详解】若选条件①：；，所以,而，这与矛盾，故不能选①.选条件②：方法一：由余弦定理，得即，解得.所以方法二：由正弦定理，所以，因为，所以，所以.选条件③：边上的高，所以，以下与选择条件②相同.17.如图，在四棱锥中，平面平面等腰直角三角形，.（1）点在棱上，若平面，求证：为的中点；（2）求与平面所成的角.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）根据线面平行的性质，结合平行四边形的定义，可得答案；（2）由题意建立空间直角坐标系，求得直线的方向向量与平面的法向量，利用线面角的向量公式，可得答案.【小问1详解】在中，过点作交于点，连接，因为，所以，所以四点共面.因为平面，平面，平面平面，所以.所以四边形是平行四边形，所以，所以为的中点.【小问2详解】过作于，连接因为，所以为中点，，，所以四边形为平行四边形，又，所以，又因为平面平面，平面平面，平面，所以平面.所以，所以.如图建立空间直角坐标系.因为，由题意得，，所以.设平面的法向量为，则即令，则.所以平面的一个法向量为.设与平面所成角为，则，又，解得.所以与平面所成的角为18.某科研团队研发了一款快速检测某种疾病的试剂盒.为了解该试剂盒检测的准确性，科研团队从某地区（人数众多）随机选取了40位患者和60位非患者，用该试剂盒分别对他们进行了一次检测，结果如下：抽样人群阳性人数阴性人数患者364非患者258（1）试估计使用该试剂盒进行一次检测结果正确的概率；（2）若从该地区的患者和非患者中分别抽取2人进行一次检测，求恰有一人检测结果错误的概率；（3）假设该地区有10万人，患病率为0.01.从该地区随机选取一人，用该试剂盒对其检测一次.若检测结果为阳性，能否判断此人患该疾病的概率超过0.2？并说明理由.【答案】（1）0.94（2）（3）超过，理由见解析【解析】【分析】（1）由古典概型概率计算公式求解即可；（2）设事件：患者检测结果正确，事件：非患者检测结果正确“，事件：该地区的患者和非患者中分别抽取2人进行一次检测，恰有一人检测结果错误，由求解即可；（3）求得检测一次结果为阳性的人数，确定其中患者人数，即可判断；【小问1详解】由题意知，使用该试剂盒进行一次检测共有100人，其中检测结果正确的共有94人，所以使用该试剂盒进行一次检测结果正确的概率估计为.【小问2详解】设事件：患者检测结果正确，事件：非患者检测结果正确“，事件：该地区的患者和非患者中分别抽取2人进行一次检测，恰有一人检测结果错误；根据题中数据，可估计为可估计为该地区的患者中抽取2人进行一次检测，恰有一人检测结果错误的概率为该地区的非患者中抽取2人进行一次检测，恰有一人检测结果错误的概率为所以，所以.因此恰有一人检测结果错误的概率为【小问3详解】此人患该疾病的概率超过0.2.理由如下：由题意得，如果该地区所有人用该试剂盒检测一次，那么结果为阳性的人数为，其中患者人数为900.若某人检测结果为阳性，那么他患该疾病的概率为.19.已知椭圆的离心率为，短轴长为2，斜率为的直线与椭圆交于两点，与轴交于点，点关于轴的对称点为点，直线与轴交于点为坐标原点.（1）求椭圆的方程；（2）求的值.【答案】（1）（2）1【解析】【分析】（1）由短轴长的概念以及离心率的计算，解得的关系式，建立方程组，可得答案；（2）设出直线方程，联立椭圆方程，写出韦达定理，由直线方程求得交点坐标，可得答案.【小问1详解】由题意可知：，解得，所以椭圆的标准方程为.【小问2详解】设直线的方程为，点.由得所以题意，即..直线与轴交于点，所以.点直线的方程为，令，得，①又因为，带入①式所以.20.已知函数.（1）若，求曲线在点处的切线方程；（2）若，求的单调区间；（3）当变化时，曲线在点处的切线斜率能否为1？若能，求的值，若不能，说明理由.【答案】（1）（2）在为减函数.（3）能，【解析】【分析】（1）利用导数求得，利用点斜式方程可求切线方程；（2）求导得，令，求导得，可得结论；（3）由题意判断方程的解的情况，令求导可得结论.【小问1详解】当时，则，，，所以在点处的切线方程为.【小问2详解】当时，函数的定义域是，所以，令，所以，当时，；当时，，所以在时为增函数，在上为减函数，在处取得最大值，又，故恒成立，所以在减函数.【小问3详解】由题意知，因为，所以，即有，令则，故是上的增函数，又，因此0是的唯一零点，即方程有唯一实根0，所以.所以曲线在点处的切线斜率能为1，此时.21.对于数列，若满足，则称数列为“数列”.定义变换，若，将变成0，1，若，将变成1，0，得到新“数列”.设是“数列”，令