北京市海淀区北京一零一中2025届高三下学期统考四（开学）数学试题含答案

/北京一零一中2024-2025学年度第一学期高三数学统考四一、选择题共10小题．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项．1.若，，则下列结论一定成立的是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用不等式性质可知，即可对A判断；由不等式性质得，即可对B判断，利用特殊值可对C、D判断；【详解】对A：由，所以，故A错误；对B：由，所以，故B正确；对C：由，令，则，故C错误；对D：由，，令，所以，故D错误.故选：B.2.在的展开式中，的系数为（）A. B. C.40 D.80【答案】A【解析】【分析】利用二项式定理写出其通项，求得时，展开式中含有项，代入计算可得结果.【详解】由二项式的通项为可得，当，即时，展开式中含有项，此时，因此的系数为.故选：A3.已知角，且，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用诱导公式计算可得.【详解】因为，所以.故选：B4.在不等边三角形中，为最大边，且，则角的范围是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据已知边长条件利用余弦定理得到，再由为最大边，求角的范围即可；【详解】因为，所以，所以，又因为为最大边且三角形是不等边三角形，所以，所以，即，所以.故选：C.5.已知是两个互相垂直的平面，是两条直线，，则“”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】B【解析】【分析】根据面面垂直的性质与线面垂直的性质，结合充分、必要条件的定义即可求解.【详解】由题意知，，若，当时，有；当时，与可能相交、平行、垂直.若，由，得.故“”是“”是必要不充分条件.故选：B6.若，，，则、、的大小关系为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用指数函数、对数函数以及幂函数结合中间值法可得出、、的大小关系.【详解】因为函数在上为减函数，函数在上为增函数，则，即，因为对数函数在上为增函数，则，因此，.故选：B7.已知双曲线的焦点在轴上，且的离心率为，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由题意可得，化简即可得出答案.【详解】化简双曲线可得，因为双曲线的焦点在轴上，所以，所以的离心率为，则，所以.故选：C.8.已知等差数列的公差为，首项，那么“”是“集合恰有两个元素”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】A【解析】【分析】依据题意证明充分性成立，举反例否定必要性即可.【详解】对于充分性，已知等差数列的公差为，首项，当“”时，集合恰有两个元素，故充分性成立，对于必要性，当时，“集合也恰有两个元素”，故必要性不成立，故“”是“集合恰有两个元素”的充分而不必要条件.故选：A9.在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则外接圆面积与面积之比的最小值为（）．A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由题意可得，设外接圆半径为，则外接圆面积为，面积为，所以，由三角函数的性质求出的最大值，即可求出答案.【详解】由可得：，所以，因为，所以，所以，所以或，则或（舍去），设外接圆半径为，则外接圆面积为：，面积为所以，而，因为，所以，，当时，即时，.故选：B.10.对于曲线，给出下列三个命题：①关于坐标原点对称；②曲线上任意一点到坐标原点的距离不小于2；③曲线与曲线有四个交点．其中正确的命题个数是（）A.0 B.1 C.2 D.3【答案】C【解析】【分析】分析两个曲线的对称性，并结合函数的图象和性质，利用数形结合，即可判断①③，利用基本不等式，即可判断②.【详解】①将曲线中的换成，将换成，方程不变，所以曲线关于原点对称，并且关于轴和轴对称，故①正确；②设曲线上任一点为，当，即时，等号成立，所以，曲线上任意一点到坐标原点的距离不小于2，故②正确；③曲线中的换成，将换成，方程不变，所以曲线关于原点对称，并且关于轴和轴对称，并且将换成，换成，方程不变，所以曲线也关于对称，曲线中，且，将曲线中的换成，换成，方程不变，所以曲线也关于对称，当时，联立，得，当时，，当时，函数单调递减，因为，所以点在直线的下方，如图，在第一象限有2个交点，根据两个曲线的对称性可知，其他象限也是2个交点，则共有8个交点，故③错误；故选：C【点睛】关键点点睛：本题的关键是③的判断，判断的关键是对称性的判断，以及将方程转化为函数，判断函数的单调性，即可判断.二、填空题共5小题．11.双曲线离心率是_________．【答案】【解析】【分析】由双曲线的标准方程求出，即可求出双曲线的离心率.【详解】由双曲线可得：，所以双曲线的离心率是.故答案为：.12.在数列中，.数列满足.若是公差为1的等差数列，则的通项公式为______，的最小值为______.【答案】①.②.【解析】【分析】求出等差数列的首项，直接求出的通项公式即可，利用数列的单调性得最小项为或，利用累加法即可求解.【详解】由题意，又等差数列的公差为1，所以；故，所以当时，，当时，，所以，显然的最小值是或.又，所以，即的最小值是.故答案为：，13.已知平面上不共线的四点，若，则______【答案】【解析】【分析】根据向量的线性运算得到，即可得解.【详解】由，得，即，所以，所以，即，故答案为：14.已知抛物线的焦点为，则的坐标为______；抛物线的焦点为，若直线分别与交于两点；且，则______.【答案】①.②.【解析】【分析】根据抛物线的方程即可得出焦点坐标，根据抛物线的定义求出，进而可得出.【详解】由抛物线，可得，设，则，故，所以，所以.故答案为：；.15.如图，在棱长为4的正方体中，点P是线段AC上的动点（包含端点），点E在线段上，且，给出下列四个结论：①存在点P，使得直线平面；②点P沿直线AC从点A移动到点C的过程中，四面体的体积逐渐减小；③若，则点P轨迹的长度为；④当二面角的平面角的正切值为时，平面截正方体所得截面图形的面积为．其中所有正确结论的序号是______．【答案】①②④【解析】【分析】根据面面平行以及线面平行的判断可判断A；结合三棱锥体积的公式可判断B；判断出点P所处的位置，即可求其轨迹长度，判断C；由二面角的平面角的正切值确定P点位置，进而求得截面面积，判断D.【详解】对于①，当P点位于A点时，由于，即四边形为平行四边形，则，同理可证，由于平面，平面，故平面，同理平面，而平面，故平面平面，此时平面，则平面，即存在点P，使得直线平面，①正确；对于②，由于平面，平面，故，而，而平面，故平面，平面，故，同理可证,平面，故平面，由于，过点P作平面，垂足为Q，则，当P点沿直线AC从点A移动到点C的过程中，长逐渐变小，而的面积为定值，故逐渐变小，即逐渐减小，②正确；对于③，，作，垂足为G，连接，则，此时则P点轨迹为在上的线段，如图示，为等腰三角形，则其底边上的高为，故当P向点C运动时，逐渐变小，故在线段上存在一点P，使得,同理在靠近C的那一侧也存在一点P，使得,当时，，则点P轨迹的长度为，③错误；对于④，设交于R，则R为的中点，由于，故，即为二面角的平面角，而，故，即锐角，则，即，当P点由A向C运动时，将变小，即可知当二面角的平面角的正切值为时，P点位于A处，由于，此时平面截正方体所得截面即为矩形，面积为，④正确，故答案为：①②④【点睛】关键点睛：解答此类立体几何问题，关键是要发挥空间想象能力，明确空间的位置关系，继而结合相关的概念进行解答.三、解答题共6小题．解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程．16.已知函数的部分图象如图所示，在条件①､条件②､条件③这三个条件中选择两个作为已知.（1）求函数的解析式：（2）设函数，若在区间上单调递减，求的最大值.条件①：；条件②：；条件③：.注：如果选择多个条件组合分别解答，则按第一个解答计分.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由图象可知，若选①②可得函数的周期，进而可得，代入点，即可得，即可得函数解析式；若选①③可得函数的周期，进而可得，代入点，即可得，即可得函数解析式；若选②③可得函数的周期，进而可得，代入点，即可得，即可得函数解析式.（2）结合（1）可得函数解析式，进而可求函数单调区间，根据单调性可得参数的取值范围.【小问1详解】选条件①②：因为，所以，即，则.由题意可知，则.因为，，所以，即.因为，所以，.所以.选条件①③：因为，所以，即，则.由题意可知，则.因为，，所以，即.因为，所以，.所以.选条件②③：因为，，所以，即，则.由题意可知，则.因为，，所以，即.因为，所以，.所以.【小问2详解】由题意得.函数的单调递减区间为.由，得.因为函数在区间上单调递减，且，此时.所以，所以的最大值是.17.如图，在三棱锥中，侧面底面，，.（1）求证：；（2）已知，，，是线段上一点，当时，求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）借助线面垂直的判定定理与性质定理即可得；（2）建立适当空间直角坐标系，借助空间向量计算即可得.【小问1详解】取中点，连接、，由，，故、，又、平面，，则平面，又平面，故；【小问2详解】由侧面底面，且，平面，平面平面，故平面，又平面，故，即有、、两两垂直，故可以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，由，，，，，则，，即、、、、，、、，令，则，由，故，解得，故，令平面的法向量为，则有，令，则有，由轴平面，故平面的法向量可为，则，故二面角的余弦值为.18.为了调查居民对垃圾分类的了解程度，某社区居委会从A小区与B小区各随机抽取300名社区居民（分为18-40岁、41岁-70岁及其他人群各100名）参与问卷测试，按测试结果将居民对垃圾分类的了解程度分为“比较了解”（得分不低于60分）和“不太了解”（得分低于60分），并将问卷得分不低于60分绘制频数分布表如下分组A小区频数B小区频数18-40岁人群603041-70岁人群8090其他人群3050假设用频率估计概率，所有居民的问卷测试结果互不影响．（1）从A小区随机抽取一名居民参与问卷测试，估计其对垃圾分类比较了解的概率；（2）从A、B小区41-70岁人群中各随机抽取一名居民，记其对垃圾分类比较了解的居民人数为随机变量，求的分布列和数学期望；（3）设事件为“从A小区的三个年龄组随机抽取两组，且每个年龄组各随机抽取一名居民，则这两名居民均为对垃圾分类比较了解”，设事件为“从B小区的三个年龄组随机抽取两组，且每个年龄组各随机抽取一名居民，则这两名居民均为对垃圾分类比较了解”，试比较事件发生的概率与事件发生的概率的大小，并说明理由．【答案】（1）（2）分布列见解析，期望值；（3），理由见解析；【解析】【分析】（1）由频数分布表计算出样本中的频率，即可估计出其概率；（2）分别估计出A、B小区41-70岁人群中对垃圾分类比较了解的概率，求出随机变量对应取值的概率，即可得出分布列和期望值；（3）分别估计出A、B小区三个不同群体对垃圾分类比较了解的概率，根据题意由概率乘法公式分别计算可得，即可得出结论.【小问1详解】根据频数分布表可知，抽取的A小区300人样本中，有人对垃圾分类比较了解，所以样本中对垃圾分类比较了解的概率为；由样本估计总体的思想，用频率估计概率可知：从A小区随机抽取一名居民，估计其对垃圾分类比较了解的概率为；【小问2详解】根据频数分布表可知，A小区41-70岁人群中对垃圾分类比较了解的概率可估计为；B小区41-70岁人群中对垃圾分类比较了解的概率可估计为；易知随机变量的所有可能取值为；易知，；；所以的分布列如下：012期望值【小问3详解】，理由如下：从三个年龄组随机抽取两组共有种，每一种组合出现的可能为；易知A小区三个年龄组对垃圾分类比较了解的概率分别为，所以可得，同理，显然；即.19.已知椭圆：经过点，且点到两个焦点的距离之和为8.（1）求椭圆的方程；（2）直线：与椭圆分别相交于两点，直线，分别与轴交于点，.试问是否存在直线，使得线段的垂直平分线经过点，如果存在，写出一条满足条件的直线的方程，并证明；如果不存在，请说明理由.【答案】（1）（2）（答案不唯一）【解析】【分析】（1）根据椭圆的定义，得到，代入，可得，计算得到椭圆的方程.（2）联立直线与椭圆，利用韦达定理，得到和，再分别利用，得到直线和直线，进而得到与，利用线段的垂直平分线经过点，必有，整理可得，此时，利用韦达定理进行换元，然后，对进行赋值，即可得到满足题意的直线方程.【小问1详解】点到两个焦点的距离之和为8，故，,椭圆的方程为，代入，可得，解得，故椭圆的方程为：【小问2详解】由题意，设，联立直线与椭圆的方程，可得，，整理得，，化简得，，故；，，又，可设直线：，设直线：，故，，若线段的垂直平分线经过点，必有，故有，整理得，，化简得，，得到，，，，，，，利用韦达定理，得，，，，，，，当时，，此时，直线为：，直线过点P,不合题意；当时，满足，结合直线不过点P,可得，此时，满足题意的直线为：（答案不唯一）20.已知函数．（1）当时，求的最大值；（2）若恰有一个零点，求a的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由导数确定函数的单调性，即可得解；（2）求导得，按照、及结合导数讨论函数的单调性，求得函数的极值，即可得解.【小问1详解】当时，，则，当时，，单调递增；当时，，单调递减；所以；【小问2详解】，则，当时，，所以当时，，单调递增；当时，，单调递减；所以，此时函数无零点，不合题意；当时，，在上，，单调递增；在上，，单调递减；又，由（1）得，即，所以，当时，，则存在，使得，所以仅在有唯一零点，符合题意；当时，，所以单调递增，又，所以有唯一零点，符合题意；当时，，在上，，单调递增；在上，，单调递减；此时，由（1）得当时，，，所以，此时存在，使得，所以在有一个零点，在无零点，所以有唯一零点，符合题意；综上，a的取值范围为.【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用导数研究函数的极值与单调性，把函数零点问题转化为函数的单调性与极值的问题.21.将数列中项数为平方数的项依次选出构成数列，此时数列中剩下的项构成数列；再将数列中项数为平方数的项依次选出构成数列，剩下的项构成数列；…．如此操作下去，将数列中项数为平方数的项依次选出构成数列，剩下的项构成数列．（1）分别写出数列的前2项；（2）记数列的第项为．求证：当时，；（3）若，求的值．【答案】（1）的前2项为3，8；的前2项为5，11；（2）证明见解析；（3）【解析】【