2025北京清华附中高三（下）统练一数学（教师版）

第1页/共1页2025北京清华附中高三（下）统练一数学一、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，集合，则（）A. B.C. D.2.在复平面内，复数，则的共轭复数对应的点的坐标是（）A. B. C. D.3.在的展开式中，常数项为（）A.12 B.6C. D.4.已知数列满足对任意的，都有．若，则（）A.1 B.2C.3 D.45.已知，且，则（）A. B.C. D.6.已知点，，若直线上存在点满足，则实数的取值范围是（）A. B.C. D.7.“”是“对任意，”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8.已知函数在区间单调递增，直线和为函数的图像的两条相邻对称轴，则（）A. B. C. D.9.在中，，，为所在平面内的动点，且，则的最小值为（）A. B.C. D.10.对于正整数集合，如果去掉其中任意一个元素之后，剩余的所有元素组成的集合都能分为两个交集为空集的集合，且这两个集合的所有元素之和相等，就称集合为“可分集”，则下列说法正确的是（）A.是“可分集” B.是“可分集”C.若是“可分集”，则中元素全为奇数 D.若是“可分集”，则中元素个数为奇数二、填空题共5道小题，每小题5分，共25分．11.已知函数，则_______12.如图，五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，两个面是全等的等腰三角形．已知，且等腰梯形所在平面，等腰三角形所在平面与平面的夹角的正切值均为，则该五面体的体积为_______．13.写出与圆和都相切的一条直线的方程________________．14.如图，正方形ABCD和正方形DEFG的边长分别为，原点O为AD的中点，抛物线经过C，F两点，则=_________.15.设数列和的项数均为m，称为数列和的距离．记满足的所有数列构成的集合为C．已知数列和为集合C中的两个元素，项数均为m，给出下列四个结论：①数列1，3，5，7和数列2，4，6，8的距离为4②若，则③若则④若数列和的距离不超过2025，则m的最大值为3470．其中，所有正确结论的序号是_______三、解答题共6道小题，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B；（2）若求边a以及的面积．17.四棱锥中，底面为平行四边形，平面平面，，E为棱的中点，过点B，C，E的平面交棱于点F．（1）求证：F为中点；（2）若，再从条件①，条件②，条件③中选择一个作为已知，使四棱锥唯一确定，求二面角的余弦值．条件①：条件②：条件③：与平面所成角的正切值为2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．18.上学期间，甲每天7:30之前到校的概率为，乙每天7:30之前到校的概率为.假定甲、乙两位同学到校情况互不影响，且任一同学每天到校情况相互独立.（1）设为事件“在上学期间随机选择三天，甲在7:30之前到校的天数恰为2天”，求事件发生的概率；（2）在上学期间随机选择两天，记为甲7:30之前到校的天数，记为乙7:30之前到校的天数，，求的分布列和数学期望；（3）在上学期间随机选择天，若在这天中，甲7:30之前到校的天数多于乙，则记，否则记，分别比较，的大小和，的大小，直接写出结论.19.已知函数．（1）求曲线在点处的切线方程：（2）当时，求不等式的解集；（3）若不等式无整数解，求实数a的取值范围．20.已知椭圆，E的离心率，短轴长为4.（1）求椭圆E的标准方程：（2）对于给定的点，在E上存在不同的三点A，B，Q，使得四边形为平行四边形，且直线AB过点，求t的取值范围.21.已知m为大于0的偶数，集合．给定项数为的有限数列，对于集合中任意元素，记．（1）若，数列，写出的所有可能值．（2）对于各项均为正数的数列，证明：存在，使得．（3）对于各项均为正数的数列和，证明：存在，使得同时成立．注：表示中最大的数，表示中最小的数．

参考答案一、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】B【分析】求出集合后可求它们的交集.【详解】，，故，故选：B.2.【答案】D【分析】应用复数乘法求复数，根据共轭复数的定义求，进而确定点坐标.【详解】由，则，对应点为.故选：D3.【答案】A【分析】求出展开式的通项后可求常数项.【详解】展开式的通项公式为，令得，故常数项为，故选：A.4.【答案】D【分析】根据已知条件赋值可求得结果.【详解】因为，所以.故选：D.5.【答案】B【分析】分别画出的图像，结合图像即可求解；【详解】分别画出的图像，为的交点横坐标，为的交点横坐标，为的交点横坐标，结合图像可知：故选：B6.【答案】D【分析】先求出动点的轨迹方程（双曲线的右支），再根据渐近线方程可求参数的范围.【详解】因为，故在双曲线的右支上，而半焦距，实半轴长为，故双曲线右支的方程为：，故渐近线方程为，而直线与双曲线右支有公共点，故，故选：D.7.【答案】C【分析】根据两者之间的推出关系可判断条件关系.【详解】若，则，当时，，故；当时，，故；当时，，故能推出；反之，若对任意，，因为时，，故，故即；而时，，故，故即；时显然成立，故，故对任意，能得到，故“”是“对任意，”的充要条件，故选：C.8.【答案】D【分析】根据题意分别求出其周期，再根据其最小值求出初相，代入即可得到答案.【详解】因为在区间单调递增，所以，且，则，，当时，取得最小值，则，，则，，不妨取，则，则，故选：D.9.【答案】B【分析】可证，延长至，使得，则为的垂直平分线，根据对称可求的最小值.【详解】因为，故，故，故，所以，延长至，使得，连接，则为的垂直平分线，故，故，当且仅当共线时等号成立，而，故的最小值为，故选：B.10.【答案】D【分析】选项A，B根据“可分集”定义性质进行判断即可；选项C，D，根据“可分集”定义可知“可分集”元素之和减去任意一个元素一定为偶数，根据此特性分类讨论集合中元素为奇数和为偶数时的情况即可.【详解】对于选项A，当集合为时，去掉3，其余数字和为24，若分拆成为符合题意的两个集合，则每个集合的数字之和为12，但｛3，5，7，9｝中任意一个，两个或三个的和都不为12，故不可拆分成符合题意的可分集，故不是“可分集”，故A错误.对于选项B，对于集合，去掉后，其余各数的和为27，是奇数，不可能分解成两个整数集合的并集，故无法分成两个交集为空且元素之和相等的集合，所以不是“可分集”，故B错误.设集合所有元素之和为M.由题意可知集合中除去任意一个元素后所得集合可以分拆成两个元素和相等各元素都是正整数的集合，因此，均为偶数，因此同为奇数或同为偶数.(Ⅰ)当M为奇数时，则也均为奇数，由于，所以n为奇数.(Ⅱ)当M为偶数时，则也均为偶数，此时可设，因为为“可分集”，所以也为“可分集”.重复上述有限次操作后，便可得到一个各元素和为奇数的“可分集”，从而其各个元素也都是奇数，由(Ⅰ)可知此时n也为奇数.综上所述，集合A中元素个数为奇数.故C错D对.故选：D.二、填空题共5道小题，每小题5分，共25分．11.【答案】【分析】代入函数的解析式，利用对数与指数的运算求解即可.【详解】因为函数，所以，故答案为:.12.【答案】##【分析】作出图形，结合二面角的定义分别求出，最后利用五面体的体积为2倍的四棱锥的体积加上三棱柱的体积求出结果即可.【详解】如图，作于，，连接；同理作于，，连接，取中点，连接，再作于，因为等腰梯形所在平面､等腰三角形所在平面与平面的夹角的正切值均为，因为，房顶的底面为矩形，，所以，又中点，，且，所以，所以，，所以由二面角的定义可得，正切值均为.则.所以，因为，，，且底面，所以底面，所以该五面体的体积为2倍的四棱锥的体积加上三棱柱的体积，即，故答案为：.13.【答案】或或【分析】先判断两圆位置关系，分情况讨论即可.【详解】[方法一]：显然直线的斜率不为0，不妨设直线方程为，于是，故①，于是或，再结合①解得或或，所以直线方程有三条，分别为，，填一条即可[方法二]：设圆的圆心，半径为，圆的圆心，半径，则，因此两圆外切，由图像可知，共有三条直线符合条件，显然符合题意；又由方程和相减可得方程，即为过两圆公共切点的切线方程，又易知两圆圆心所在直线OC的方程为，直线OC与直线的交点为，设过该点的直线为，则，解得，从而该切线的方程为填一条即可[方法三]：圆的圆心为，半径为，圆的圆心为，半径为，两圆圆心距为，等于两圆半径之和，故两圆外切，如图，当切线为l时，因为，所以，设方程为O到l的距离，解得，所以l的方程为，当切线为m时，设直线方程为，其中，，由题意，解得，当切线为n时，易知切线方程为，故答案为：或或.14.【答案】【分析】将相应点的坐标代入，列方程即可.【详解】由题可得，将点的坐标代入抛物线方程，得，，设，有，，解得（舍）或，，；故答案为：.15.【答案】①②④【分析】对于①，利用定义求解即可；对于②，找出，是以4为周期的周期数列，即可求解；对于③，由②知是以4为周期的周期数列，结合，基本不等式即可求解；对于④，利用定义结合周期性求解.【详解】对于①，根据数列距离的定义可得，数列1，3，5，7和数列2，4，6，8的距离为，故①正确；对于②，设，由可得：，故是以4为周期的周期数列，且，同理可得也满足此性质，故则，故②正确；对于③，由②知，因为，故，所以所以，故③错误；对于④，因为所以数列中，,数列中，,因为故项数越大，数列和的距离越大，，故，故数列和的距离不超过2025，则m的最大值为3470，故④正确；故答案为：①②④.【点睛】方法点睛：新定义问题，用题上的新概念、新法则去解决问题，有时还需要用到类比，结合所学知识，透过现象看本质，考查的还是基础数学知识，掌握三基，以不变应万变.三、解答题共6道小题，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），【分析】（1）由利用正弦定理以及两角差的正弦公式化简，可得，进而可求B的值；（2）由结合（1）利用余弦定理可求a的值，再利用三角形面积公式可求的面积．【小问1详解】由正弦定理得，又，所以，即，，得，所以.【小问2详解】由余弦定理得即，解得或(舍)，所以17.【答案】（1）证明见解析（2）选条件①：不合题意；选条件②：；选条件③：；【分析】（1）根据线面平行的判定定理及性质定理可得结果；（2）选条件①：根据面面垂直的性质定理结合已知，不合题意；选条件②：根据面面垂直的性质定理结合已知，建立空间直角坐标系，由向量法求二面角可得结果；选条件③：根据面面垂直的性质定理得为与平面所成角，建立空间直角坐标系，由向量法求二面角可得结果.【小问1详解】因为四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面，又平面，平面平面，所以，所以，又E为棱的中点，所以F为中点.【小问2详解】选条件①：因为平面平面，平面平面，，所以平面，所以，又，且平面，所以平面，所以，故四边形为菱形，但，在中，，这与四边形为菱形矛盾，不合题意；选条件②：因为平面平面，平面平面，，所以平面，所以，又，在中，，所以，所以在中，，在中，，所以，如图，以A为坐标原点建立空间直角坐标系，所以，设平面的一个法向量为，又，因为，所以，令，则，故，设平面的一个法向量为，又，因为，所以，令，则，故，则，因为二面角为钝角，所以二面角的余弦值为.选条件③：因为平面平面，平面平面，，所以平面，所以为在平面内的射影，故为与平面所成角，即，所以，在中，，所以，如图，以A为坐标原点建立空间直角坐标系，所以，设平面的一个法向量为，又，因为，所以，令，则，故，设平面的一个法向量为，又，因为，所以，令，则，故，则，因为二面角为钝角，所以二面角的余弦值为.18.【答案】（1）（2）分布列见解析，（3）；【分析】（1）先判断在上学期间随机选择三天，甲在7:30之前到校的天数符合二项分布，利用二项分布概率公式计算即得；（2）根据随机变量的可能值，利用独立事件的概率公式分别计算其概率，得到的分布列，即可得到数学期望；（3）依题意，随机变量服从两点分布，根据两点分布的方差公式计算比较即得.【小问1详解】依题意知在上学期间随机选择三天，甲在7:30之前到校的天数符合二项分布,即，故；【小问2详解】，，则的可能值有.,,,.故的分布列为：012；【小问3详解】由题，随机变量服从两点分布，不妨设，则.故当时，，于是；故当时，，于是，故同理可得：.即：；.19.【答案】（1）（2）（3）【分析】（1）先求出函数的导数，利用导数求出曲线在某点处的切线斜率，进而得到切线方程；（2）当确定时，分类讨论，结合指数函数单调性解不等式的解集；（3）不等式转化为，设函数，利用导数求函数的取值范围，再结合不等式，讨论的取值，即可求解.【小问1详解】将代入，可得..将代入，.则切线方程为，即.【小问2详解】当时，.即,解得;或，无解.综上所得，不等式的解集为.【小问3详解】由，不等式，即，设，，设，，所以单调递增，且，，所以存在，使，即，当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以，因为，所以，当时，，当时，，不等式无整数解，即无整数解，若时，不等式恒成立，有无穷多个整数解，不符合题意，若时，即，因为函数在上单调递减，在上单调递增，所以时，，所以无整数解，符合题意，当时，因为，显然是的两个整数解，不符合题意，综上可知，.20.【答案】（1）（2）【分析】（1）根据椭圆的离心率得到，根据短轴长得到，然后结合解方程即可；（2）利用点差法和直线过点得到中点的轨迹方程，然后根据，得到，再结合点在椭圆上得到，最后根据的范围求的范围即可.【小问1详解】由题意得，又，解得，，，所以椭圆的标准方程为.【小问2详解】设，，，中点坐标，联立得，又直线过点，所以，整理得，即中点的轨迹方程为①，因为四边形为平行四边形，所以，，代入①式可得②，又点在椭圆