2025北京理工大附中高三（下）开学考数学（教师版）

第1页/共1页2025北京理工大附中高三（下）开学考数学2025.2第一部分（选择题共40分）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.已知集合，，则（）A. B. C. D.2.已知是虚数单位，复数、在复平面内对应的点坐标分别为、，则为（）A. B. C. D.3.抛物线上一点到焦点的距离为，则点到轴的距离为（）A.6 B.7 C.8 D.94.如图，在中，是的中点.若，则（）A. B. C. D.5.已知直线l经过点，则“直线l的斜率为”是“直线l与圆C：相切”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6.在二项式的展开式中二项式系数的和是32，则展开式中的系数为（）A.40 B.80 C. D.7.已知函数，如果点是角终边上一点，则的值为（）A. B. C. D.8.如图所示的几何体是从棱长为2的正方体中截去到正方体的某个顶点的距离均为2的几何体后的剩余部分，则该几何体的表面积为（）A.24－3π B.24－π C.24＋π D.24＋5π9.已知函数，下面表述不正确的为（）A.是的极小值点 B.当时，C.当时， D.当时，10.某软件研发公司对某软件进行升级，主要是软件程序中的某序列重新编辑，编辑新序列为，它的第项为，若序列的所有项都是2，且，，则（）A. B. C.. D.第二部分（非选择题共110分）二、填空题共5小题，每小题5分，共25分.11.若双曲线的离心率为，则两条渐近线的方程为____12.在等差数列中，，则的值为____．13.已知函数在上单调递减，则的取值范围是_____14.设函数，若存在最小值，写出满足条件的a的一个值是______；的最大值为______.15.在2024年巴黎奥运会艺术体操项目集体全能决赛中，中国队以分的成绩夺得金牌，这是中国艺术体操队在奥运会上获得的第一枚金牌．艺术体操的绳操和带操可以舞出类似四角花的图案，它可看作由抛物线绕其顶点分别逆时针旋转后所得三条曲线与围成的（如图阴影区域），为与其中两条曲线的交点．若，下面四个结论：①开口向上的抛物线的方程为；②；③直线截第一象限花瓣的弦长的最大值为；④阴影区域的面积大于，上述结论中所有正确的序号是_______．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，已知，（1）求；（2）的周长为9，再从以下条件中选择一个，使三角形存在且唯一确定，并求的面积．①；②；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．17.在三棱锥中，平面平面，，，O是棱的中点，在棱上，且平面.（1）证明：D是棱的中点；（2）证明：平面，并求三棱锥的体积；（3）求二面角的余弦值.18.某高校“植物营养学专业”学生将鸡冠花的株高增量作为研究对象，观察长效肥和缓释肥对农作物影响情况.其中长效肥、缓释肥、未施肥三种处理下的鸡冠花分别对应1,2,3三组.观察一段时间后，分别从1,2,3三组随机抽取40株鸡冠花作为样本，得到相应的株高增量数据整理如下表.株高增量（单位：厘米）第1组鸡冠花株数92092第2组鸡冠花株数416164第3组鸡冠花株数1312132假设用频率估计概率，且所有鸡冠花生长情况相互独立.（1）从第1组所有鸡冠花中随机选取1株，估计株高增量为厘米的概率；（2）分别从第1组，第2组，第3组的所有鸡冠花中各随机选取1株，记这3株鸡冠花中恰有株的株高增量为厘米，求的分布列和数学期望；（3）用“”表示第组鸡冠花的株高增量为，“”表示第组鸡冠花的株高增量为厘米，，直接写出方差，，的大小关系.（结论不要求证明）19.已知椭圆的离心率为，且短轴长2，O为坐标原点．（1）求椭圆C的方程；（2）设过点的直线l与椭圆C交于M，N两点，当的面积最大时，求直线l的方程．20.已知函数，其中．（1）若在区间上为增函数，求的取值范围；（2）当时，（ⅰ）证明：；（ⅱ）试判断方程是否有实数解，并说明理由．21.已知为有穷正整数数列，且，集合．若存在，使得，则称为可表数，称集合为可表集．（1）若，判定31，1024是否为可表数，并说明理由；（2）若，证明：；（3）设，若，求的最小值．

参考答案第一部分（选择题共40分）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.【答案】A【分析】求出函数的定义域，即可求出集合，再根据集合的交集求解即可.【详解】因为，所以，即，所以.故选：A2.【答案】D【分析】由复数的几何意义，除法运算和复数的模计算即可.【详解】由题意，，，.故选：D.3.【答案】B【分析】求出抛物线的准线方程，再根据抛物线的定义计算可得.【详解】抛物线的准线方程为，因为点到焦点的距离为，所以点到准线的距离为，则点到轴的距离为.故选：B4.【答案】C【分析】根据平面向量的线性运算可得答案.【详解】因为是的中点，，，所以.故选：C.5.【答案】C【分析】由题求得过且与圆相切的直线方程，即可判断命题关系【详解】由题，圆是圆心为，半径为的圆，当直线的斜率不存在时，直线方程为，此时圆心到直线距离为1，不等于半径，与圆不相切不符合；当直线的斜率存在时，设直线为，化为一般式即，则圆心到直线距离为，解得,所以“直线的斜率为”是“直线与圆相切”的充要条件,故选：C.6.【答案】A【分析】根据二项式系数的和可得，再利用二项展开式的通项计算可得结果.【详解】由展开式二项式系数和为，可得，易知展开式第项，令，即的系数为40，故选：A.7.【答案】C【分析】根据三角函数的定义，先求出角的正弦和余弦，再根据两角和的正弦公式求解即可.【详解】因为点是角终边上一点，所以，，则.故选：C8.【答案】B【分析】根据几何体结构特征，利用球、正方体和圆的面积公式可得.【详解】由题意知，该几何体是从棱长为2的正方体中截去以正方体某个顶点为球心，2为半径的球后的剩余部分，其表面积等于正方体表面积减去三个半径为2的圆，再加上2为半径的球面，则.故选：B9.【答案】B【分析】对函数求导，求出函数在区间，上单调递增，在区间上单调递减，再对每个选项逐一判断即可.【详解】对函数求导，得，令，解得：或；令，解得：，所以函数在区间，上单调递增，在区间上单调递减，如下图：对于选项A：观察图像可知，选项A正确；对于选项B：当时，，且函数在区间上单调递增，故，故选项B错误；对于选项C：当时，，且函数在区间上单调递减，且，故，故选项C正确；对于选项D：当时，，由，得，故，故选项D正确；故选：B10.【答案】B【分析】设，由题意得到第项为，然后利用累乘法求解.【详解】解：设，由题意得，第项为，则时，，因为，，所以，解得，故选：B第二部分（非选择题共110分）二、填空题共5小题，每小题5分，共25分.11.【答案】【分析】首先将双曲线的方程化为标准方程，再根据离心率得出的关系，进而得出渐近线方程.【详解】将已知双曲线的方程化为标准方程由，知，所以双曲线的渐近线方程为【点睛】本题的易错点有两个：（1）没有将双曲线化成标准方程导致出错；（2）混淆规范标准方程下公式中的和本题中的.12.【答案】【分析】先根据等差中项的性质求得，进而根据＝2，求得答案．【详解】＝5∴＝24，即+7d＝24∴＝2+14d＝2＝48故答案为48．【点睛】本题主要考查了等差数列的性质．特别是利用了等差中项的性质和等差数列的通项公式，准确计算是关键，是基础题13.【答案】【分析】根据三角函数的单调区间以及复合函数的单调性，解得函数的单调递减区间，结合题意，建立不等式组，可得答案.【详解】；令，，则，所以在是减函数，因为在区间单调递减，所以有，即，又，所以，.故答案为：.14.【答案】①.0（答案不唯一，即可）②.【分析】根据分段函数中的函数的单调性进行分类讨论，可知，a＝0符合条件，a＜0不符合条件，a＞0时函数没有最小值，故的最小值只能取的最小值，根据定义域讨论可列出不等式，求解即可．【详解】，，当时，，单调递减；当时，，单调递增，所以，当时，取极小值0.若a＝0时，，，若a＜0时，当x＜a时，单调递增，当时，，故没有最小值，不符合题目要求；若a＞0时，当x＜a时，单调递减，，当x＞a时，，由题意①或②，由①解得，当时，均单调递增，则单调递增，，故②无解，综上可得，的最大值为．故答案为：0（答案不唯一，即可）；．15.【答案】①②④【分析】对于①，利用旋转前后抛物线焦点和对称轴变化，即可确定抛物线方程；对于②，联立抛物线方程，求出点的坐标，即得；对于③，将直线与抛物线方程联立求出的坐标，由两点间距离公式求得弦长，利用换元和函数的图象即可求得弦长最大值；对于④，利用以直线近似取代曲线的思想求出三角形面积，即可对阴影部分面积大小进行判断.【详解】由题意，开口向右的抛物线方程为，顶点在原点，焦点为,将其逆时针旋转后得到的抛物线开口向上，焦点为，则其方程为，即，故①正确；对于B，根据①项分析，由可解得，或，即，代入可得，由图象对称性，可得，故，即②正确；对于C，如图，设直线与第一象限花瓣分别交于点,由，解得，由，解得,即得,则弦长为：，由图知，直线经过点时取最大值4，经过点时取最小值0，即在第一象限部分满足，不妨设，则，且，代入得，，（）由此函数的图象知，当时，取得最大值为，即③错误；对于④，根据对称性，每个象限的花瓣形状大小相同，故可以先求部分面积的近似值.如图，在抛物线上取一点，使过点的切线与直线平行，由可得切点坐标为，因，则点到直线的距离为，于是，由图知，半个花瓣的面积必大于，故原图中的阴影部分面积必大于，故④正确.故选：①②④【点睛】思路点睛：解题思路是，理解题意，结合图形对称性特征，通过曲线方程联立，计算判断，并运用函数的图象单调性情况，有时还需要以直代曲的思想进行估算、判断求解.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.【答案】（1）（2）答案见解析【分析】（1）根据正弦定理及两角和的正弦公式化简求解即可；（2）选择条件①：利用特殊角的三角函数值求解判断即可；选择条件②：利用特殊角的三角函数值求出则，，可得为等边三角形，进而求解；选择条件③：由余弦定理结合周长求出，可得为等边三角形，进而求解.【小问1详解】由，根据正弦定理得，，则，又，所以，则，即，又，所以.【小问2详解】选择条件①：由，，无解，不符合题意；选择条件②：由，，则，，所以为等边三角形，因为的周长为9，则，即，所以的面积为；选择条件③：由题意，，，因为的周长为9，则，即，由余弦定理得，，则，即，即，则，此时为等边三角形，则的面积为.17.【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析，体积为（3）【分析】（1）根据线面平行的性质定理得到，即可得证；（2）作出辅助线，得到线线垂直，根据面面垂直，得到线面垂直，并利用锥体体积公式求出答案；（3）证明出两两垂直，建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，利用空间向量法计算可得.【小问1详解】因为平面，平面，平面平面，所以，又是棱的中点，所以D是棱的中点；【小问2详解】连接，因为，O是棱的中点，所以⊥，因为平面平面，平面平面，平面，所以⊥平面，因为，所以⊥，，，故，又，由勾股定理得，又⊥平面，三棱锥的体积；【小问3详解】由（2）知，⊥平面，平面，所以⊥，⊥，又⊥，故两两垂直，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，则，所以，设平面的一个法向量为，则，令得，故，又平面的一个法向量为，故，由图可知，二面角为锐角，故二面角的余弦值为.18.【答案】（1）（2）分布列见解析，（3）【分析】（1）根据表格数据，第1组所有鸡冠花中随机选取1株，得厘米的总数，由古典概型概率公式可得结果；（2）首先估计各组鸡冠花增量为厘米的概率，然后可确定所有可能的取值，根据独立事件概率公式可求得每个取值对应的概率，由此可得分布列；根据数学期望计算公式可求得期望；（3）由两点分布方差计算公式可求得，，的值，由此可得大小关系．【小问1详解】设事件为“从第1组所有鸡冠花中随机选取1株，株高增量为厘米”，根据题中数据，第1组所有鸡冠花中，有20株鸡冠花增量为厘米,所以估计为；【小问2详解】设事件为“从第2组所有鸡冠花中随机选取1株，株高增量为厘米”，设事件为“从第3组所有鸡冠花中随机选取1株，株高增量为厘米”，根据题中数据，估计为，估计为，根据题意，随机变量的所有可能取值为0,1,2.3，且；；；，则的分布列为：0123所以.【小问3详解】理由如下：，所以；，所以；，所以；所以.19.【答案】（1）（2）或【分析】（1）根据椭圆短轴长和离心率，结合，求得的值，由此求得椭圆方程；（2）设出直线的方程，联立直线方程和椭圆方程，写出韦达定理，利用弦长公式求得，利用点到直线的距离公式求得，由此求得三角形的面积的表达式，利用换元法，结合基本不等式，求得面积的最大值，以及此时直线的斜率，进而求得直线的方程.【小问1详解】由题意得:，解得:，所以椭圆的方程为:【小问2详解】由题意得直线l的斜率存在且不为零，设直线l的方程:，，联立与椭圆的方程整理得:，，得，，，所以弦长，原点到直线l的距离，所以，令，所以，所以，当且仅当时等号成立，即，满足条件，解得，所以直线l的方程为:或【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；（5）代入韦达定理求解.20.【答案】（1）；（2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）答案见解析．【分析】（1）对求导，则问题等价于在上恒成立，参变分离后即可求解；（2）（ⅰ）证明的最大值小于等于零（ⅱ）设，，再求出，最后判断方程没有实数解．【详解】（1）因为在区间上为增函数，所以在上恒成立，即，在上恒成立，则；（2）（ⅰ）当时，，．令，得，令，得，所以函数在单调递增；令，得，所以函数在单调递减，所以，所以成立．（ⅱ）由（ⅰ）知，，所以．设，，所以．令，得，令，得，所以函数在单调递增；令，得，所以函数在单调递减，所以，即，所以，即．所以方程没有实数解．【点睛】（1）本题主要考查利用