2025北京四中高三（下）开学考数学（教师版）

第1页/共1页2025北京四中高三（下）开学考数学（试卷满分为150分，考试时间为120分钟）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，只有一个选项正确．）1.在复平面内，复数对应的点的坐标为，则等于A. B. C. D.2.下列函数中，在区间上单调递增的是（）A. B.C. D.3.已知且，则下列结论中不正确的是（）A. B.C. D.4.的展开式中的常数项为A. B. C. D.5.已知均为第二象限角，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6.在中，若的面积为，，，则（）A. B. C. D.7.如图，是平面上一点，以为圆心，分别画出半径为1，2，3，4，5的同心圆.记半径为4的圆的一条切线为，再画出与平行的各圆的切线和一条穿过圆心与平行的直线.若以为焦点，为准线的抛物线记为，则这个点（）A.都不在抛物线线上 B.只有个点在抛物线上C.有个点在抛物线上 D.有个点在抛物线上8.点声源亦称“球面声源”或“简单声源”.已知点声源在空间中传播时，衰减量（单位：）与传播距离（单位：）的关系式为，其中为常数.当传播距离为时，衰减量为；当传播距离为时，衰减量为.若，则约为（）（参考数据：）A. B.C. D.9.如图，在棱长为2的正方体中，E为的中点，动点F沿着线段从点B移动到点．则下列结论中正确的是（）A.直线与直线为异面直线 B.恒为钝角C.三棱锥体积越来越大 D.10.已知函数的定义域为，定义集合，在使得的所有中，下列成立的是（）A.存在是偶函数 B.存在在处取最大值C.存在是增函数 D.存在在处取到极小值二、填空题（本大题共5小题，每小题5分，共25分．）11.函数的定义域是______．12.设是等比数列，，，则__________.13.已知双曲线的一个焦点是，则其渐近线的方程为_____14.函数是奇函数，且对任意成立，则满足条件的一组值可以是________，________．15.已知函数，其中表示不大于实数的最大整数．给出下列四个结论：（1）的定义域为：（2）不等式恒成立；（3）存在，使得关于的方程有解；（4）存在，使得当、且时，都有．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．）16.已知函数，.（1）求的最小正周期及单调递减区间；（2）直线与曲线、分别交于点、，求的最大值．17.如图，在四棱锥中，，，，，，，为的中点，平面与棱交于点．（1）求证：，且是的中点；（2）若为的中点，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求二面角的余弦值．条件①：；条件②：．注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．18.某校开展了为期一年的“弘扬传统文化，阅读经典名著”活动活动后，为了解阅读情况，学校随机选取了几名学生，统计了他们的阅读量并整理得到以下数据（单位：本）：男生：3，4，6，7，7，10，11，11，12；女生：5，5，6，7，8，9，11，13．假设用频率估计概率，且每个学生的阅读情况相互独立．（1）根据样本数据，估计此次活动中学生阅读量超过10本的概率；（2）现从该校的男生和女生中分别随机选出1人，记为选出的2名学生中阅读量超过10本的人数，求的分布列和数学期望；（3）现增加一名女生得到新的女生样本．记原女生样本阅读量的方差为，新女生样本阅读量的方差为．若女生的阅读量为8本，写出方差与的大小关系．（结论不要求证明）19.已知椭圆的右焦点为，点在上，且轴．（1）求的方程；（2）过点的直线交于两点，为线段的中点，直线交直线于点，证明：轴．20.已知函数，，其中．（1）当时，求曲线在点处切线的方程；（2）求函数的零点；（3）用表示、的最大值，记．问：是否存在实数，使得对任意，恒成立？若存在，求的取值范围；若不存在，请说明理由．21.设数阵，其中.设，其中，且.定义变换为“对于数阵的每一列，若其中有t或，则将这一列中所有数均保持不变；若其中没有t且没有，则这一列中每个数都乘以”（），表示“将经过变换得到，再将经过变换得到，…，以此类推，最后将经过变换得到.记数阵中四个数的和为.（1）若，，写出经过变换后得到的数阵，并求的值；（2）若，，求的所有可能取值的和；（3）对任意确定的一个数阵，证明：的所有可能取值的和不大于.

参考答案一、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，只有一个选项正确．）1.【答案】A【分析】由已知可得z，代入（1+i）z，利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．【详解】解：由已知得，z＝2﹣i，∴（1+i）z＝（1+i）（2﹣i）＝3+i．故选A．【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的代数表示法及其几何意义，是基础题．2.【答案】C【分析】利用基本初等函数的单调性，结合复合函数的单调性判断ABC，举反例排除D即可.【详解】对于A，因为在上单调递增，在上单调递减，所以在上单调递减，故A错误；对于B，因为在上单调递增，在上单调递减，所以在上单调递减，故B错误；对于C，因为在上单调递减，在上单调递减，所以在上单调递增，故C正确；对于D，因为，，显然在上不单调，D错误.故选：C3.【答案】D【分析】对A：由对数性质运算即可得；对B：由对数性质运算即可得；对C：借助基本不等式运算即可得；对D：找出反例即可得.【详解】对A：，故A正确；对B：由，则，故，故B正确；对C：由，故，当且仅当时等号成立，由，故等号不成立，即，故C正确；对D：当、时，符合题意，但此时，故D错误.故选：D.4.【答案】B【分析】根据二项展开式通项公式可知当时得常数项，代入通项公式求得结果.【详解】展开式的通项公式为：当，即时常数项为：本题正确选项：【点睛】本题考查利用二项式定理求解指定项的问题，关键是熟练掌握二项展开式通项公式的形式，属于基础题.5.【答案】C【分析】结合三角函数的单调性、平方关系，并根据充分、必要条件的知识判断即可.【详解】由题意，若，因为均为第二象限角，所以，所以，即，所以，且均为第二象限角，所以，所以，即充分性成立.若，因为均为第二象限角，所以，即，所以，即，因为均为第二象限角，所以，所以，故必要性成立,所以“”是“”的充要条件.故选：C.6.【答案】C【分析】由同角三角函数的基本关系求出、的值，利用三角形的面积公式可得出的值，再利用余弦定理可求得的值.【详解】在中，因为，则，故，，由同角三角函数的基本关系可得，解得，，由三角形的面积公式可得，可得，由余弦定理可得，故.故选：C.7.【答案】D【分析】建立平面直角坐标系，得出抛物线及同心圆方程，联立可得，据此判断即可.【详解】不妨以点D为坐标原点，过点D且平行于直线的直线为轴，过点D且垂直于直线的直线为轴，建立平面直角坐标系，如图，此时，则抛物线的方程为，易知该组同心圆的方程为，联立解得，由图可知，所给5点的纵坐标不小于0，故，当时，可得，该点为点D；当时，，该点为点E；当时，，该点不存在；当时，，该点为点B；综上所述，有3个点在抛物线上.故选：D.8.【答案】A【分析】利用给定的模型，结合对数运算计算得解.【详解】依题意，（）.故选：A9.【答案】D【分析】根据直线共面可得A错误，利用的特殊位置可得B错误，利用线面平行可判断C错误，利用线面垂直可判断D正确.【详解】对于A，易知，所以直线与直线为共面直线，A错误；对于B，由正方体的性质可知，当F与重合时，为锐角，B错误；对于C，因为，又平面，平面，所以平面，又在上，所以到平面的距离为定值，又三角形也为定值，所以三棱锥体积为定值，C错误；对于D，因为平面，所以，又，，所以平面，因为平面，所以，D正确.故选：D10.【答案】B【分析】A选项利用偶函数的性质找到矛盾即可；B选项找到合适函数即可；C选项由定义得到集合与已知条件矛盾；D选项由集合的定义找到矛盾.【详解】对于A选项：时，，当时，，任意的，恒成立，若时偶函数，此时矛盾，故A选项错误；对于B选项：若函数图像如下：当时，，时，，当，，∴存在在处取最大值，故B选项正确；对于C选项：在时，若函数严格递增，则集合的取值不会是，而是全体定义域，故C选项错误；对于D选项：若存在在处取到极小值，则在在左侧存在，，与集合定义矛盾，故D选项错误.故选：B二、填空题（本大题共5小题，每小题5分，共25分．）11.【答案】【分析】根据函数解析式有意义可得出关于的不等式组，由此可解得原函数的定义域.【详解】对于函数，有，即，解得.因此，函数的定义域为.故答案为：.12.【答案】16【分析】结合等比数列通项公式计算即可得.【详解】设，则，故.故答案为：16.13.【答案】【详解】试题分析：由焦点坐标可知，渐近线方程为考点：双曲线方程及性质14.【答案】①.1②.0【分析】由奇函数确定，再由最值确定.【详解】因为函数是奇函数，所以，得，经验证符合；所以，又恒成立，所以恒成立，所以，即.故答案为：1；015.【答案】（1）（2）（4）【分析】求出函数的定义域，可判断（1）；分析可知，结合对数函数的单调性可判断（2）；利用指数和对数的互化结合，可判断（3）；取，，确定、的取值区间推理判断④即可得解.【详解】对于（1），对任意的，，则且，所以，对于函数，，即则，解得或，因此，函数的定义域为，故（1）正确；对于（2），由（1）可知，，则，由于，当且仅当时，等号成立，则，所以，不等式恒成立，故（2）正确；对于（3），存在，使得关于的方程有解，即，可得，因为，而，故不存在，使得关于的方程有解，故（3）错误；对于（4），取，，，，由，得，令、，则，由，得，而，当，取，此时、，、，则，所以，，都有，故（4）正确.故答案为：（1）（2）（4）.【点睛】关键点点睛：令，借助单调性是求出函数的关键.三、解答题（本大题共6．小题，共85分．）16.【答案】（1）最小正周期为，递减区间为（2）【分析】（1）利用诱导公式及二倍角公式化简解析式，求解最小正周期和单调递减区间即可；（2）利用题意把线段长度表示为三角函数，利用三角函数的性质求解最值即可.【小问1详解】因为，则的最小正周期为.由可得，所以，函数的单调递减区间为.【小问2详解】由题意可知，、两点的坐标为、，则，即，故，因为，所以，所以，所以在时的最大值为.17.【答案】（1）证明见解析（2）条件选择见解析，【分析】（1）推导出平面，利用线面平行的性质可得出，结合可证得，结合中位线的性质可证得是的中点；（2）若选条件①，推导出平面，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得二面角的余弦值；若选条件②，推导出平面，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得二面角的余弦值.【小问1详解】因为，平面，平面，则平面，因为平面，平面平面，所以，，因为，所以，，因为平面与棱交于点，，为的中点，故为的中点.【小问2详解】若选条件①，因为，，，、平面，所以，平面，因为，则平面，因为，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、、、，设平面的一个法向量为，，，所以，，取，可得，设平面的一个法向量为，，，所以，，取，可得，所以，，由图可知，二面角的平面角为锐角，故二面角的余弦值为；若选条件②，连接、，因为，，，则，所以，，则，因为，则，故，且，则为等边三角形，所以，，因为，，则，所以，，因为，，、平面，所以，平面，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、、、，设平面的一个法向量为，，，所以，，取，可得，设平面的一个法向量为，，，所以，，取，可得，所以，，由图可知，二面角的平面角为锐角，故二面角的余弦值为.18.【答案】（1）（2）分布列见解析；期望为（3）【分析】（1）根据样本数据统计超过10本的个数即可求解，（2）根据乘法公式求解概率，进而得分布列，由期望公式即可求解，（3）根据方差的计算公式即可求解.【小问1详解】共选出了17名学生，其中有5人的阅读量超过10本，所以此次活动中学生阅读量超过10本的概率为．【小问2详解】由题意，从男生中随机选出1人其阅读量超过10本的概率为；从女生中随机选出1人，其阅读量超过10本的概率为．由题设，的可能取值为0，1，2．且；；．所以的分布列为：012的数学期望．【小问3详解】．理由：设原女生的8个阅读量分别为，原女生阅读量的平均数为，新增一名女生后，平均数依然为8，则所以19.【答案】（1）（2）证明见解析【分析】（1）设，根据的坐标及轴可求基本量，故可求椭圆方程.（2）设，，，联立直线方程和椭圆方程，用的坐标表示，结合韦达定理化简前者可得，故可证轴.【小问1详解】设，由题设有且，故，故，故，故椭圆方程为.【小问2详解】直线的斜率必定存在，设，，，由可得，故，故，又，而，故直线，故，所以，故，即轴.【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，注意的判断；（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）（3）存在，的取值范围是【分析】（1）当时，求出，利用导数的几何意义可求得曲线在点处切线的方程；（2）利用导数分析函数的单调性，结合可得出函数的零点；（3）由题意，将恒成立转化为当时，恒成立即可，对求导得，分、、三种情况讨论，结合单调性可得答案.【小问1详解】当时，，则，所以，，，此时曲线在点处切线的方程为，即.【小问2详解】函数的定义域为，且，当时，，则；当时，，则，所以函数在上为增函数，又因为，故函数有且只有一个零点.【小问3详解】函数的定义域为，由（2）知，当时，，又，所以当时，恒成立，由于当时，恒成立，所以等价于：当时，，且.下面考虑，当时，恒成立，①若，当时，，故，在递增，此时，不合题意；②若，当时，由知，存在，使得，根据余弦函数的单调性可知，在上递增，故当，，递增，此时，不合题意；③若，当时，由知，对任意，，递减，此时，符合题意.且当时，，合乎题意，综上可知：存在实数满足题意，的取值范围是.【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.21.【答案】（1），0（2）40（3）证明见解析【分析】（1）直接由变换以及的定义即可求解；（2）对集合分类讨论，进而得出的所有情况即可求解；（3）分是否相等进行讨论，当，在的所有非空子集中，分：含有且不含的子集、含有且不含的子集、同时含有和的子集和不含也不含的子集，四种