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文档简介

2025届北京市西城区高三5月测试(一卷)数学试题试卷考生须知:1.全卷分选择题和非选择题两部分,全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂;非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2.请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3.保持卡面清洁,不要折叠,不要弄破、弄皱,在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题:本题共12小题,每小题5分,共60分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。1.已知i为虚数单位,则()A. B. C. D.2.已知直线过双曲线C:的左焦点F,且与双曲线C在第二象限交于点A,若(O为坐标原点),则双曲线C的离心率为A. B. C. D.3.已知三棱锥且平面,其外接球体积为()A. B. C. D.4.如图,这是某校高三年级甲、乙两班在上学期的5次数学测试的班级平均分的茎叶图,则下列说法不正确的是()A.甲班的数学成绩平均分的平均水平高于乙班B.甲班的数学成绩的平均分比乙班稳定C.甲班的数学成绩平均分的中位数高于乙班D.甲、乙两班这5次数学测试的总平均分是1035.设双曲线的一条渐近线为,且一个焦点与抛物线的焦点相同,则此双曲线的方程为()A. B. C. D.6.已知数列中,,且当为奇数时,;当为偶数时,.则此数列的前项的和为()A. B. C. D.7.刘徽是我国魏晋时期伟大的数学家,他在《九章算术》中对勾股定理的证明如图所示.“勾自乘为朱方,股自乘为青方,令出入相补,各从其类,因就其余不移动也.合成弦方之幂,开方除之,即弦也”.已知图中网格纸上小正方形的边长为1,其中“正方形为朱方,正方形为青方”,则在五边形内随机取一个点,此点取自朱方的概率为()A. B. C. D.8.抛物线的准线与轴的交点为点,过点作直线与抛物线交于、两点,使得是的中点,则直线的斜率为()A. B. C.1 D.9.已知数列的前项和为,且,,则()A. B. C. D.10.已知集合A,B=,则A∩B=A. B. C. D.11.已知某口袋中有3个白球和个黑球(),现从中随机取出一球,再换回一个不同颜色的球(即若取出的是白球,则放回一个黑球;若取出的是黑球,则放回一个白球),记换好球后袋中白球的个数是.若,则=()A. B.1 C. D.212.以下三个命题:①在匀速传递的产品生产流水线上,质检员每10分钟从中抽取一件产品进行某项指标检测,这样的抽样是分层抽样;②若两个变量的线性相关性越强,则相关系数的绝对值越接近于1;③对分类变量与的随机变量的观测值来说,越小,判断“与有关系”的把握越大;其中真命题的个数为()A.3 B.2 C.1 D.0二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.设变量,满足约束条件,则目标函数的最小值为______.14.在的二项展开式中,x的系数为________.(用数值作答)15.若展开式的二项式系数之和为64,则展开式各项系数和为__________.16.若,,则___________.三、解答题:共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17.(12分)已知函数.(1)求不等式的解集;(2)若存在实数,使得不等式成立,求实数的取值范围.18.(12分)已知曲线C的极坐标方程是.以极点为平面直角坐标系的原点,极轴为x轴的正半轴,建立平面直角坐标系,直线l的参数方程是:(是参数).(1)若直线l与曲线C相交于A、B两点,且,试求实数m值.(2)设为曲线上任意一点,求的取值范围.19.(12分)在直角坐标系中,圆的参数方程为(为参数),以为极点,轴的非负半轴为极轴建立极坐标系.(1)求圆的极坐标方程;(2)直线的极坐标方程是,射线与圆的交点为、,与直线的交点为,求线段的长.20.(12分)在平面直角坐标系中,直线的倾斜角为,且经过点.以坐标原点O为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系,直线,从原点O作射线交于点M,点N为射线OM上的点,满足,记点N的轨迹为曲线C.(Ⅰ)求出直线的参数方程和曲线C的直角坐标方程;(Ⅱ)设直线与曲线C交于P,Q两点,求的值.21.(12分)如图,在四棱锥中底面是菱形,,是边长为的正三角形,,为线段的中点.求证:平面平面;是否存在满足的点,使得?若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.22.(10分)已知中,角所对边的长分别为,且(1)求角的大小;(2)求的值.

参考答案一、选择题:本题共12小题,每小题5分,共60分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。1.A【解析】

根据复数乘除运算法则,即可求解.【详解】.故选:A.【点睛】本题考查复数代数运算,属于基础题题.2.B【解析】

直线的倾斜角为,易得.设双曲线C的右焦点为E,可得中,,则,所以双曲线C的离心率为.故选B.3.A【解析】

由,平面,可将三棱锥还原成长方体,则三棱锥的外接球即为长方体的外接球,进而求解.【详解】由题,因为,所以,设,则由,可得,解得,可将三棱锥还原成如图所示的长方体,则三棱锥的外接球即为长方体的外接球,设外接球的半径为,则,所以,所以外接球的体积.故选:A【点睛】本题考查三棱锥的外接球体积,考查空间想象能力.4.D【解析】

计算两班的平均值,中位数,方差得到正确,两班人数不知道,所以两班的总平均分无法计算,错误,得到答案.【详解】由题意可得甲班的平均分是104,中位数是103,方差是26.4;乙班的平均分是102,中位数是101,方差是37.6,则A,B,C正确.因为甲、乙两班的人数不知道,所以两班的总平均分无法计算,故D错误.故选:.【点睛】本题考查了茎叶图,平均值,中位数,方差,意在考查学生的计算能力和应用能力.5.C【解析】

求得抛物线的焦点坐标,可得双曲线方程的渐近线方程为,由题意可得,又,即,解得,,即可得到所求双曲线的方程.【详解】解:抛物线的焦点为可得双曲线即为的渐近线方程为由题意可得,即又,即解得,.即双曲线的方程为.故选:C【点睛】本题主要考查了求双曲线的方程,属于中档题.6.A【解析】

根据分组求和法,利用等差数列的前项和公式求出前项的奇数项的和,利用等比数列的前项和公式求出前项的偶数项的和,进而可求解.【详解】当为奇数时,,则数列奇数项是以为首项,以为公差的等差数列,当为偶数时,,则数列中每个偶数项加是以为首项,以为公比的等比数列.所以.故选:A【点睛】本题考查了数列分组求和、等差数列的前项和公式、等比数列的前项和公式,需熟记公式,属于基础题.7.C【解析】

首先明确这是一个几何概型面积类型,然后求得总事件的面积和所研究事件的面积,代入概率公式求解.【详解】因为正方形为朱方,其面积为9,五边形的面积为,所以此点取自朱方的概率为.故选:C【点睛】本题主要考查了几何概型的概率求法,还考查了数形结合的思想和运算求解的能力,属于基础题.8.B【解析】

设点、,设直线的方程为,由题意得出,将直线的方程与抛物线的方程联立,列出韦达定理,结合可求得的值,由此可得出直线的斜率.【详解】由题意可知点,设点、,设直线的方程为,由于点是的中点,则,将直线的方程与抛物线的方程联立得,整理得,由韦达定理得,得,,解得,因此,直线的斜率为.故选:B.【点睛】本题考查直线斜率的求解,考查直线与抛物线的综合问题,涉及韦达定理设而不求法的应用,考查运算求解能力,属于中等题.9.C【解析】

根据已知条件判断出数列是等比数列,求得其通项公式,由此求得.【详解】由于,所以数列是等比数列,其首项为,第二项为,所以公比为.所以,所以.故选:C【点睛】本小题主要考查等比数列的证明,考查等比数列通项公式,属于基础题.10.A【解析】

先解A、B集合,再取交集。【详解】,所以B集合与A集合的交集为,故选A【点睛】一般地,把不等式组放在数轴中得出解集。11.B【解析】由题意或4,则,故选B.12.C【解析】

根据抽样方式的特征,可判断①;根据相关系数的性质,可判断②;根据独立性检验的方法和步骤,可判断③.【详解】①根据抽样是间隔相同,且样本间无明显差异,故①应是系统抽样,即①为假命题;②两个随机变量相关性越强,则相关系数的绝对值越接近于1;两个随机变量相关性越弱,则相关系数的绝对值越接近于0;故②为真命题;③对分类变量与的随机变量的观测值来说,越小,“与有关系”的把握程度越小,故③为假命题.故选:.【点睛】本题以命题的真假判断为载体考查了抽样方法、相关系数、独立性检验等知识点,属于基础题.二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。13.-8【解析】

通过约束条件,画出可行域,将问题转化为直线在轴截距最大的问题,通过图像解决.【详解】由题意可得可行域如下图所示:令,则即为在轴截距的最大值由图可知:当过时,在轴截距最大本题正确结果:【点睛】本题考查线性规划中的型最值的求解问题,关键在于将所求最值转化为在轴截距的问题.14.-40【解析】

由题意,可先由公式得出二项展开式的通项,再令10-3r=1,得r=3即可得出x项的系数【详解】的二项展开式的通项公式为,r=0,1,2,3,4,5,令,所以的二项展开式中x项的系数为.故答案为:-40.【点睛】本题考查二项式定理的应用,解题关键是灵活掌握二项式展开式通项的公式,属于基础题.15.1【解析】

由题意得展开式的二项式系数之和求出的值,然后再计算展开式各项系数的和.【详解】由题意展开式的二项式系数之和为,即,故,令,则展开式各项系数的和为.故答案为:【点睛】本题考查了二项展开式的二项式系数和项的系数和问题,需要运用定义加以区分,并能够运用公式和赋值法求解结果,需要掌握解题方法.16.【解析】

因为,所以,又,所以,则,所以.三、解答题:共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17.(1);(2).【解析】

(1)将函数的解析式表示为分段函数,然后分、、三段求解不等式,综合可得出不等式的解集;(2)求出函数的最大值,由题意得出,解此不等式即可得出实数的取值范围.【详解】.(1)当时,由,解得,此时;当时,由,解得,此时;当时,由,解得,此时.综上所述,不等式的解集;(2)当时,函数单调递增,则;当时,函数单调递减,则,即;当时,函数单调递减,则.综上所述,函数的最大值为,由题知,,解得.因此,实数的取值范围是.【点睛】本题考查含绝对值不等式的求解,同时也考查了绝对值不等式中的参数问题,考查分类讨论思想的应用,考查运算求解能力,属于中等题.18.(1)或;(2).【解析】

(1)将曲线的极坐标方程化为直角坐标方程,在直角坐标条件下求出曲线的圆心坐标和半径,将直线的参数方程化为普通方程,由勾股定理列出等式可求的值;(2)将圆化为参数方程形式,代入由三角公式化简可求其取值范围.【详解】(1)曲线C的极坐标方程是化为直角坐标方程为:直线的直角坐标方程为:圆心到直线l的距离(弦心距)圆心到直线的距离为:或(2)曲线的方程可化为,其参数方程为:为曲线上任意一点,的取值范围是19.(1)(2)【解析】

(1)首先将参数方程转化为普通方程再根据公式化为极坐标方程即可;(2)设,,由,即可求出,则计算可得;【详解】解:(1)圆的参数方程(为参数)可化为,∴,即圆的极坐标方程为.(2)设,由,解得.设,由,解得.∵,∴.【点睛】本题考查了利用极坐标方程求曲线的交点弦长,考查了推理能力与计算能力,属于中档题.20.(Ⅰ)(t为参数),;(Ⅱ)1.【解析】

(Ⅰ)直接由已知写出直线l1的参数方程,设N(ρ,θ),M(ρ1,θ1),(ρ>0,ρ1>0),由题意可得,即ρ=4cosθ,然后化为普通方程;(Ⅱ)将l1的参数方程代入C的直角坐标方程中,得到关于t的一元二次方程,再由参数t的几何意义可得|AP|•|AQ|的值.【详解】(Ⅰ)直线l1的参数方程为,(t为参数)即(t为参数).设N(ρ,θ),M(ρ1,θ1),(ρ>0,ρ1>0),则,即,即ρ=4cosθ,∴曲线C的直角坐标方程为x2-4x+y2=0(x≠0).(Ⅱ)将l1的参数方程代入C的直角坐标方程中,得,即,t1,t2为方程的两个根,∴t1t2=-1,∴|AP|•|AQ|=|t1t2|=|-1|=1.【点睛】本题考查简单曲线的极坐标方程,考查直角坐标方程与直角坐标方程的互化,训练了直线参数方程中参数t的几何意义的应用,是中档题.21.证明见解析;2.【解析】

利用面面垂直的判定定理证明即可;由,知,所以可得出,因此,的充要条件是,继而得出的值.【详解】解:证明:因为是正三角形,为线段的中点,所以.因为是菱形,所以.因为,所以是正三角形,所以,而,所以平面.又,所以平面.因为平面,所以平面平面.由,知.所以,,.因此,的充要条件是,所以,.即存在满足的点,

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