北京市东城区2024-2025学年高三下学期综合练习（一）数学试卷（解析版）

第1页/共1页北京市东城区2024-2025学年度第二学期高三综合练习（一）数学本试卷共6页，150分.考试时长120分钟.考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.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.【答案】C【解析】【分析】解不等式求得集合，进而可求.【详解】由，可得，解得或，所以或，所以.故选：C.2.下列函数中，定义域为的函数是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用各个选项中函数的定义及要使得函数有意义即可求得定义域，由此得出答案.【详解】对于A，要使得根号下有意义，则，即定义域为，故A错误；对于B，要使得对数有意义，则真数，即定义域为，故B正确；对于C，由指数函数的定义可知其定义域为，故C错误；对于D，要使得正切函数有意义，则，即定义域为，故D错误；故选：B.3.在的展开式中，的系数为10，则的值为（）A. B.1 C. D.2【答案】D【解析】【分析】写出二项式通项，令字母因数部分指数为3即可求解.【详解】因为的通项为，令，解得，则，解方程得：.故选：D.4.中国茶文化博大精深，茶水的口感与水的温度有关.一杯的热红茶置于的房间里，茶水的温度（单位：）与时间（单位：）的函数的图象如图所示.下列说法正确的是（）A.若，则B.若，则C.若，则D.若，则【答案】A【解析】【分析】对于A，由，结合函数的单调性可得，可判断A；结合A，以及BCD的条件逐项计算判断即可.【详解】因为，所以，因为图象是上凹函数，所以，即故A正确；由A知，使，则，即，由，则，，故无法判断，的大小关系，故B错误；由A知，使，可得，结合，可得，由的单调递减可得，故，故C错误；由A知，存在，使，可得，故存在，使，由函数的单调性可知时，，当时，，当时，，当时，，故D错误.故选：A.5.在平面直角坐标系中，角以为始边，其终边落在第一象限，则下列三角函数值中一定大于零的是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先得到，利用诱导公式和倍角公式得到AB错误，C正确，举出反例得到D错误.【详解】由题意得，A选项，，A错误；B选项，，B错误；C选项，，C正确；D选项，，若，此时，D错误.故选：C6.已知是各项均为正整数的无穷等差数列，其中的三项为，则的公差可以为（）A. B. C.4 D.3【答案】C【解析】【分析】由题意可得只能是常数数列或单调递增数列，结合中的三项为，可求得公差的可能值.【详解】因为是各项均为正整数的无穷等差数列，所以只能是常数数列或单调递增数列，若中的三项为，则它们在数列中的位置只能是排在前，排在后，由，，由同时是公差的倍数，所以公差可以为.故选：C.7.长度为2的线段的两个端点分别在轴及轴上运动，则线段的中点到直线距离的最小值为（）A.1 B. C.2 D.3【答案】A【解析】【分析】确定的中点的轨迹方程为圆，结合圆心到直线的距离即可求解.【详解】设，由题意可得：，设的中点坐标为，则，所以，即线段的中点的轨迹是以为圆心，1为半径的圆，圆心到距离为：，所以线段的中点到直线距离的最小值为，故选：A8.已知，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【答案】A【解析】【分析】根据、分别有、，结合基本不等式有，再根据推出关系判断条件间的关系.【详解】由，则必有，由，则，可得，又，根据基本不等式有，若且，则有，即是的充分条件，若，则，此时满足，但不成立，所以是的非必要条件，综上，“”是“”的充分不必要条件.故选：A9.祈年殿（图1）是北京市的标志性建筑之一､距今已有600多年历史.殿内部有垂直于地面的28根木柱，分三圈环形均匀排列.内圈有4根约为19米的龙井柱，寓意一年四季；中圈有12根约为13米的金柱，代表十二个月；外圈有12根约为6米的檐柱，象征十二个时辰.已知由一根龙井柱和两根金柱形成的几何体（图2）中，米，，则平面与平面所成角的正切值约为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】若平面平面，是的中点，连接，从而得到是平面与平面所成角的平面角，即为所求角，结合已知求其正切值.【详解】若平面平面，则平面与平面所成角，即为平面与平面所成角，由题意有，即是等腰三角形，腰长约为8米，，易知，若是的中点，连接，则，且平面，由平面，则，都在平面内，所以平面，则是平面与平面所成角的平面角，其中，，则.故选：B10.已知集合，，如果有且只有两个元素，则实数的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先分析出曲线表示的是双曲线在轴上及上方的所有点，再分情况讨论当取不同值时，表示的不同曲线，及与曲线的交点个数情况即可得到结果.【详解】因为有且只有两个元素，所以曲线与有且只有两个交点.对于曲线变形可得，表示的是双曲线在轴上及上方的所有点，对于曲线，（1）当时，如图所示，表示的是一条直线，与交于，两点，符合题意；（2）当时，，与至多有一个交点，不符合题意；（3）当时，表示的是两条射线，，①当时，表示的是和两条射线，与仅有一个交点，如下图所示，所以不符合题意；②当时，与轴的交点为，，且的斜率，的斜率，而双曲线的两条渐近线为，斜率分别为和，所以与的左右两支各有一个交点，如下图所示，所以符合题意；③当时，与轴的交点为，，且的斜率，的斜率，而双曲线的两条渐近线为，斜率分别为和，所以与的右支没有交点，与左支有两个交点，如下图所示，所以符合题意；综上，实数的取值范围为.故选：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.若复数满足，则__________.【答案】##【解析】【分析】应用复数除法的几何意义及模长求法求结果.【详解】由题设，则.故答案为：12.已知向量在正方形网格中的位置如图所示.若网格纸上小正方形的边长为1，则__________；__________.【答案】①.②.【解析】【分析】根据网格写出向量的模，再平移向量求出与的夹角的余弦值，应用向量的数量积公式求解即可.【详解】平移向量与共起点，易看出的夹角为，；，，，的夹角的余弦值，的夹角为，.故答案为：；.13.已知抛物线的焦点为，点为上任意一点，且总有，则的一个值可以为__________.【答案】2（答案不唯一）【解析】【分析】根据抛物线性质有，结合已知得，即可得.【详解】由抛物线的性质知，又，即.所以的一个值可以为2.故答案为：2（答案不唯一）14.已知函数，若的最小正周期为，则__________；若存在，使得，则的最小值为__________.【答案】①.②.【解析】【分析】由正弦型函数的最小正周期公式可求，由题意可得为函数的最大值或最小值，由题意可得或，可求的最小值.【详解】因为函数的最小正周期为，所以，解得，因为，又，所以为函数的最大值或最小值，要使最小，则最大值与最小值应在同一个周期内，由，则，则或，解得，所以的最小值为.故答案为：①；②.15.已知数列满足，且.给出下列四个结论：①若，当时，；②若，当时，；③若，对任意正数，存在正整数，当时，；④若，对任意负数，存在正整数，当时，.其中正确结论的序号是__________.【答案】①③④【解析】【分析】先根据构造新数列是首相为，公比为的等比数列，得出，再构造新数列是首相为，公比为的等比数列，从而求出数列的通项公式；对于①，利用作差法即可判断；对于②，取即可判断错误；对于③，求解不等式，利用放缩法找到正整数即可；对于④，求解不等式，利用放缩法找到正整数即可.【详解】因为且，所以，所以是首相为，公比为的等比数列，所以，即，所以，又，所以是首相为，公比为的等比数列，所以，即，对于①，若，当时，，当且为奇数时，；当且为偶数数时，；综上，即，故①正确；对于②，若，取，则，故②错误；对于③，若，则，对任意正数，由得，所以，又，当时上式一定成立，即，故存在正整数，当时，，故③正确；对于④，若，则，对任意负数，由得，所以，又，当时成立，即，故存在正整数，当时，，故④正确；故答案为：①③④三､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.（1）求的值及的面积；（2）求证：.【答案】（1），；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）由正弦值得，再应用余弦定理列方程求得，最后应用三角形面积公式求面积；（2）由（1）及二倍角余弦公式得，再应用余弦定理求得，结合三角形内角的性质即可证.【小问1详解】由，可得，而，所以，即，显然不成立，所以，可得，则，故；【小问2详解】由（1）易知，则，由（1）及余弦定理有，所以，又，则.17.如图，在几何体中，四边形为平行四边形，平面平面.（1）证明：平面；（2）已知点到平面的距离为，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求的长.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.【答案】（1）证明见解析；（2）所选条件见解析，.【解析】【分析】（1）由题设得，，应用线面平行的判定证明平面，平面，再由面面平行的判定及性质证明结论；（2）根据已知证明，，，构建合适的空间直角坐标系，应用向量法求点面距，列方程求的长.【小问1详解】由四边形平行四边形，则，又，平面，平面，则平面，同理平面，由，都在平面内，则平面平面，平面，则平面；【小问2详解】平面平面，平面平面，平面，所以平面，平面，则，，选条件①：，都在平面内，则平面，平面，则；选条件②：由，，，则，又，故，所以，则，综上，，，，以为原点，为的正方向建立空间直角坐标系，所以，令，则，故，，令是平面的一个法向量，则，取，则，由题设，可得，所以.18.据国家相关部门统计，2023年华东地区、东北地区主要省份的水稻、小麦的播种面积和产量数据见下表：水稻小麦播种面积（千公顷）产量（万吨）播种面积（千公顷）产量（万吨）华东地区江苏省2221.02003.22389.51373.5浙江省649.0485.3152.666.4安徽省2500.71609.82862.71740.7福建省601.1394.60.10.0江西省3383.92070.711.33.5山东省101.086.14008.92673.8东北地区辽宁省500.5412.92.00.8吉林省828.8682.15.01.7黑龙江省3268.52110.019.37.5（1）从表1中的华东地区随机抽取1个省份，求该省水稻产量比小麦产量少的概率；（2）从表1的9个省份中随机抽取2个，设为水稻播种面积排在前5名且属于东北地区省份的个数.求的分布列与数学期望；（3）2023年华东地区、东北地区和华北地区主要粮食作物的播种面积及其采用新技术的播种面积占该作物总播种面积的比值（简称新技术占比率）数据见下表：粮食作物播种面积（千公顷）新技术占比率粮食作物播种面积（千公顷）新技术占比率华东地区水稻9456.70.70小麦9425.10.60东北地区水稻4597.80.55玉米13800.00.65华北地区.小麦3184.50.65玉米9564.70.60记华东地区和东北地区水稻播种总面积的新技术占比率、华东地区和华北地区小麦播种总面积的新技术占比率、东北地区和华北地区玉米播种总面积的新技术占比率分别为.依据表2中的数据比较的大小.（结论不要求证明）【答案】（1）；（2）分布列见解析，；（3）.【解析】【分析】（1）应用古典概型的概率求法求华东地区随机抽取1个省份，水稻产量比小麦产量少的概率；（2）由题意可能值为，应用超几何分布的概率求法求概率，即得分布列，进而求期望；（3）根据表格分别求出各地区作物新技术占比率，比较大小即可.【小问1详解】由表格，华东地区6省中只有安徽省、山东省的水稻产量比小麦产量少，所以华东地区随机抽取1个省份，水稻产量比小麦产量少的概率；【小问2详解】由表格，水稻播种面积最大的5个省依次为江西、黑龙江、安徽、江苏、吉林，其中华东地区有3个，东北地区有2个，若9个省份中随机抽取2个，水稻播种面积排在前5名且属于东北地区省份的个数可能值为，，，，分布列如下，012所以；【小问3详解】由表格知，，，所以.19.已知椭圆过点，离心率为，上的点关于轴的对称点为.设为原点，，过点与轴平行的直线交于点.（1）求椭圆的方程；（2）若点在以为直径的圆上，求的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由椭圆过点可求出，由离心率为及椭圆中，可求得，即可得到椭圆方程；（2）先由条件得到的坐标，再得到过的直线方程，代入双曲线得到的坐标，进而得到以为直径的圆的方程，再利用点既在圆上，又在椭圆上，化简整理即可求出的值.【小问1详解】因为椭圆过点，所以，即.因为椭圆的离心率为，所以，，又因为椭圆中，代入可得，解得，所以椭圆的方程为；小问2详解】如图所示，因为关于轴的对称点为，，所以，因为，所以，所以，所以过点与轴平行的直线为，将直线代入椭圆方程，可得，即，所以，，所以以为直径的圆的圆心为，半径为，所以圆的方程为，因为点在圆上，所以，即，又因为点在椭圆上，所以，即，代入可得，化简后可得，解得或（舍），所以.20.设函数，曲线在处的切线方程为.（1）求的值；（2）求不等式的解集；（3）已知，其中，直线的方程为.若，且，求证：.【答案】（1）；（2）；（3）证明见解析.【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义求切线方程，结合已知求参数值；（2）导数研究函数的单调性，结合函数的零点求不等式的解集；（3）问题化为且上恒成立，即判定证明、在上单调递增即可证.【小问1详解】由题设，则，而，所以曲线在处切线方程为，所以，即为，则；【小问2详解】由（1）得，则，令，则，当，，在上单调递减，当，，在上单调递增，所以，故在R上单调递增，且，所以的解集为；【小问3详解】由（2）知在R上单调递增，要证，即证，由且，即证，由，，则且，所以且上，证明，即恒成立，所以，只需证在上单调递增，且增长速度逐渐变快，由（2），、在上均单调递增，所以且上，恒成立，故，得证.21.已知有限数列满足.对于给定的，若中存在项满足，则称有项递增子列；若中存在项满足，则称有项递减子列.当既有项递增子列又有项递减子列时，称具有性质.（1）判断下列数列是否具有性质；①；②.（2）若数列中有，证明：数列不具有性质；（3）当数列具有性质时，若中任意连续的项中都包含项递增子列，求的最大值.【答案】（1）数列①具有性质，数列②不具有性质（2）证明见解析（3）【解析】【分析】（1）根据性质判断即可；（2）利用反证法，假设数列具有性质，则数列中存在项递增的数列和项递减数列，分析可知，存在在中恰出现