2025北京海淀进修学校附中高三（下）开学考数学（教师版）

第1页/共1页2025北京海淀进修学校附中高三（下）开学考数学本试卷共4页，150分.考试时长120分钟.考生务必将答案答在答题纸上，在试卷上作答无效.考试结束后，将本试卷和答题纸一并交回.第一部分（选择题共40分）一、选择题（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）1.已知集合，，则（）A. B. C. D.2.已知复数满足，则=A. B. C. D.3.下列函数中，是偶函数且在区间上单调递减的是（）A. B.C. D.4.已知为坐标原点，为抛物线的焦点，点在上，且，则的焦点坐标为（）A. B. C. D.5.如图，已知某圆锥形容器的轴截面为等边三角形，其边长为4，在该容器内放置一个圆柱，使得圆柱上底面的所在平面与圆锥底面的所在平面重合.若圆柱的高是圆锥的高的，则圆柱的体积为（）A. B. C. D.6.设函数的定义域为，则“是上的增函数”是“任意，无零点”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7.已知点在圆上，点的坐标为为原点，则的取值范围是（）A. B. C. D.8.已知等差数列与等比数列的首项均为－3，且，，则数列（）A.有最大项，有最小项 B.有最大项，无最小项C.无最大项，有最小项 D.无最大项，无最小项9.《九章算术》是我国古代的数学名著，其中《方田》一章记录了弧田面积的计算问题.如图，某弧田由弧和其所对的弦围成，若弦长度为2，弧所对的圆心角的弧度数为2，则该弧田的面积为（）A. B.C. D.10.形如(n是非负整数)的数称为费马数，记为数学家费马根据都是质数提出了猜想:费马数都是质数.多年之后，数学家欧拉计算出不是质数，那的位数是（）(参考数据:lg2≈0.3010)A.9 B.10 C.11 D.12第二部分（非选择题共110分）二、填空题（本题共5小题，每小题5分，共25分）11.在的展开式中，的系数为__________.12.写一个焦点在轴上且渐近线方程为的双曲线标准方程______.13.在中，角所对的边分别为，且，则__________；若的面积，则__________.14.已知的图象向右平移个单位后得到的图象，则函数的最大值为_________；若的值域为，则a的最小值为_________．15.在数列中，，．给出下列三个结论：①存在正整数，当时，；②存在正整数，当时，；③存在正整数，当时，．其中所有正确结论的序号是_______．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.已知函数的两个相邻零点之间的距离为，__________；从以下三个条件中任选一个补充在上面空白横线中，然后完成下面问题.（1）确定的解析式；（2）令，若函数在上不单调，求整数的最小值.条件①：的一条对称轴为；条件②：的一个对称中心为；条件③：为偶函数.17.如图，在多面体中，为等边三角形，，，.点为的中点，平面平面；（1）求证：平面；（2）设点为上一点，且，求直线与平面所成角的正弦值.18.在新冠病毒疫情防控期间，北京市中小学开展了“优化线上教育与学生线下学习相结合”的教育教学实践活动.为了解某区教师对五类线上教育软件的使用情况每位教师都使用这五类教育软件中的某一类且每位教师只选择一类教育软件.，从该区教师中随机抽取了人，统计数据如下表，其中，.教育软件类型选用教师人数假设所有教师选择使用哪类软件相互独立.（1）若某校共有名教师，试估计该校教师中使用教育软件或的人数；（2）从该区教师中随机抽取人，估计这人中至少有人使用教育软件的概率；（3）设该区有名教师，从中随机抽取人，记该教师使用教育软件或的概率估计值为；该区学校有名教师，其中有人使用教育软件，人使用教育软件，从学校中随机抽取人，该教师使用教育软件或的概率值为；从该区其他教师除学校外.中随机抽取人，该教师使用教育软件或的概率估计值为.试比较，和之间的大小.结论不要求证明.19.已知椭圆，椭圆的短轴长的，离心率为.过点与轴不重合的直线交椭圆于不同的两点，点关于轴对称.（1）求椭圆的方程；（2）证明：直线过定点.20.已知函数.（1）求曲线在点处的切线方程；（2）设函数.①若在处取得极大值，求的单调区间；②若恰有三个零点，求的取值范围.21.已知无穷数列满足.对于集合，定义若，则；若，则.（1）若，求集合；（2）若，集合，且，求中元素个数的可能值；（3）若，集合，对任意的，满足，且，证明:.

参考答案第一部分（选择题共40分）一、选择题（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）1.【答案】C【分析】根据交集的定义即可求解.【详解】由可得，故，故选：C2.【答案】D【分析】根据复数的除法运算以及模长公式得到结果.【详解】复数满足，故答案为D.【点睛】本题考查了复数的除法运算以及复数的模长公式的应用属于基础题.3.【答案】C【分析】由函数奇偶性以及单调性定义对选项逐个判断即可.【详解】对于A，的定义域为，，故为奇函数，故A错误；对于B，的定义域为，不关于原点对称，故是非奇非偶函数，故B错误；对于C，的定义域为，，故为偶函数，当时，，在区间上单调递减，故C正确；对于D，的图象如下图，故D错.故选：C.4.【答案】B【分析】根据焦半径公式可得，根据点在抛物线可得，联立即可求解.【详解】在上，所以，由于，故，联立可得，，故焦点坐标为，故选；B5.【答案】C【分析】根据题意，作出轴截面图，求出正三角形的高，再结合题意得圆柱的底面半径和高，进而计算体积即可.【详解】根据题意，轴截面如图：在等边三角形中，高，因为圆柱的高是圆锥的高的，所以圆柱的高,又且，所以是的中点，即，于是该圆柱的底面半径为1，高为，则体积为.故选：C.6.【答案】A【分析】由是上的增函数得，即无零点，满足充分性；反之若对任意，，满足无零点，但不满足是上的增函数，不满足必要性，即可判断.【详解】若是上的增函数，则对任意，显然，故，即无零点，满足充分性；反之，若对任意，，即，满足无零点，但是上的减函数，不满足必要性，故“是上的增函数”是“任意，无零点”的充分而不必要条件.故选：A.7.【答案】D【分析】设，利用平面向量数量积的坐标运算结合直线与圆的位置关系可得结果.【详解】设，因点的坐标为，所以，则，设，即，依题意，求t的范围即求直线与圆有公共点时在y轴上截距的范围，即圆心到的距离，解得，所以的取值范围为，故选：D.8.【答案】A【分析】求出等差数列和等比数列的通项公式，得出，确定数列中项的正负，然后设，用作差法得出的单调性，从而可得数列的最值．【详解】，，则，，，，，，，，显然第一项为正，第二项为负，时，奇数项都是负数，偶数项都是正数，设，则，时，，，即数列从往后递减，且，所以中，最大，又所以是最小项．故选：A．9.【答案】D【分析】过作，垂足为，利用锐角三角函数求出，即可求出弧的长，最后根据弧田的面积即可求解.【详解】过作，垂足为，易知为中点，，因为，，所以，，所以弧的长为，因为，，所以弧田的面积.故选：D10.【答案】B【分析】,设,两边取常用对数估算的位数即可.【详解】,设，则两边取常用对数得.，故的位数是10，故选：B．【点睛】解决对数运算问题的常用方法：(1)将真数化为底数的指数幂的形式进行化简．(2)将同底对数的和、差、倍合并．(3)利用换底公式将不同底的对数式转化成同底的对数式，要注意换底公式的正用、逆用及变形应用．(4)利用常用对数中的简化计算.第二部分（非选择题共110分）二、填空题（本题共5小题，每小题5分，共25分）11.【答案】【分析】由展开式的通项求解即可.【详解】的展开式的通项为，令，解得，所以x的系数为，故答案为：-56.12.【答案】（答案不唯一）【分析】根据渐近线方程可得，即可根据焦点位置求解.【详解】渐近线方程为的双曲线方程可以为，取，则焦点在轴上，故，故答案为：（答案不唯一）13.【答案】①.##②.【分析】由正弦定理化简已知式可得，即可求出；再由三角形的面积公式和余弦定理可求出.【详解】因为，由正弦定理可得，所以由可得：，则，所以；，解得：，因为，所以由余弦定理可得：，则.故答案为：；.14.【答案】①.；②.【分析】第一空：先由辅助角公式写出，再结合平移变换写出，即可求得最大值；第二空：由值域为得恒成立，结合诱导公式可得，结合求出a的最小值即可.【详解】第一空：由可得，易得的最大值为；第二空：若的值域为，则恒成立，即，又，故，解得，又，故当时，a的最小值为.故答案为：；.15.【答案】②③【分析】根据递推关系求出，用差比较法可判定各选项.【详解】对于①：由，，可得，又，当时，因为，所以时，故①错误；对于②：，又，结合①的结论时，所以当时，，故②正确；对于③：，，所以当时，，所以，故③正确；故答案为：②③.【点睛】关键点睛：本题关键在于求出，根据递推关系分析出当时，进而判定①，利用差比较法结合结论①可判定②③.三、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.【答案】（1）答案见解析（2）2【分析】（1）选①②③时，均可根据整体法求出，结合周期可求解析式；（2）利用三角变换公式可得，结合可得，由正弦函数的性质可得满足的不等式，故可求的范围.【小问1详解】因为两个相邻零点之间的距离为，故，故.选①，因为函数的一条对称轴，则，解得，所以，故；选②，因为函数的一个对称中心，则，解得，所以，故；选③，函数为偶函数，为偶函数，得，解得，，所以，故；【小问2详解】，当时，，函数在上不单调，解得.的最小值为2.17.【答案】（1）证明见解析（2）【分析】（1）根据面面垂直的性质可得平面,进而可得平面平面，进而根据面面垂直的性质即可求证平面，（2）利用等体积法求解点到平面的距离为，即可求解.【小问1详解】平面平面,且交线为，，平面，故平面,平面，故平面平面，由于平面平面，为等边三角形，为的中点,故,平面，故平面，【小问2详解】由于平面，平面，故，平面,平面，故，由于，,,故,设到平面的距离为，则，故,故，设直线与平面所成角为,则，18.【答案】（1）人；（2）；（3）．【分析】（1）用样本频率估计总体频率计算；（2）用样本频率估计概率，求出抽取一名教师，使用的概率为，记被抽取的人中使用软件的人数为，则.所求概率为，由二项分布概率计算；（3）由已知得，设该区有名教师中，使用教育软件或的人数为，则，，比较的大小后再与比较．【详解】解：（1）从表格数据可知，，则，所以样本中教师使用教育软件或的人数为人，故估计该校教师中使用教育软件或的人数为人.（2）设事件为“从该区教师中随机抽取人，至少有人使用教育软件”.由题意，样本中的名教师使用软件的频率为.用频率估计概率，从该区教师中随机抽取一名教师，估计该教师使用教育软件的概率为.记被抽取的人中使用软件的人数为，则.所以，，所以.（3）由已知得，设该区有名教师中，使用教育软件或的人数为，则，，，由，，所以，，所以，，，所以.19.【答案】（1）（2）证明见解析【分析】（1）由椭圆短轴长的，离心率为，列方程组即可求得椭圆方程；（2）设直线方程为，联立直线方程与椭圆方程得到韦达定理，结合椭圆的对称性，可知定点在轴上，利用韦达定理化简即可求得直线恒过定点；【小问1详解】因为椭圆的短轴长的，离心率为，所以解得所以椭圆的方程为．【小问2详解】设直线的方程为，，则，联立整理得，则，，，所以，直线的方程为，由椭圆的对称性知，若存在定点，则必在轴上．当时，，即直线恒过定点．【点睛】方法点睛：圆锥曲线中定点问题的两种解法（1）引进参数法：先引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点.（2）特殊到一般法：先根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.20.【答案】（1）（2）①单调递减区间为，单调递增区间为和；②【分析】（1）由导数的几何意义计算即可得；（2）①对求导后，令，结合在处取得极大值可得的范围，即可得的单调区间；②由，可得是的一个零点，故有两个不为2实数根，即方程有两个不为2实数根，构造函数，利用导数讨论函数的单调性后计算即可得.【小问1详解】因为，所以，所以，所以曲线在点处的切线方程为，即；【小问2详解】①因为函数，所以，所以，令，得，或，（i）当时，即时，令，得；令，得，或，所以在区间上单调递减，在区间和上单调递增，所以在处取得极小值，此时不符合题意，（ii）当时，即时，，所以在区间上单调递增，所以在处不取极值，此时不符合题意，（iii）当时，即时，令，得；令，得，或，所以在区间上单调递减，在区间和上单调递增，所以在处取得极大值，此时符合题意，综上所述，的单调递减区间为，单调递增区间为和；②因为，所以，所以是的一个零点，因为恰有三个零点，所以方程有两个不为2实数根，即方程有两个不为2实数根，令，所以，令，得，令，得，所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，当时，的值域为；当时，的值域为，所以，且，所以，且，所以的取值范围是.【点睛】关键点睛：本体最后一问关键在于对函数因式分解，可得一零点，再研究另一因式，结合方程与函数的关系参变