2025屆北京市朝陽區(qū)高三上學(xué)期期末質(zhì)量檢測數(shù)學(xué)試題（解析版）

高級中學(xué)名校試卷PAGEPAGE1北京市朝陽區(qū)2025屆高三上學(xué)期期末質(zhì)量檢測數(shù)學(xué)試題一、選擇題共10小題，每小題4分，共40分.在每小題列出的四個選項中，選出符合題目要求的一項.1.已知全集，集合，則（）A. B.C. D.【答案】D【解析】因為全集，集合，所以.故選：D.2.在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)對應(yīng)的點位于（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限【答案】B【解析】令，在復(fù)平面內(nèi)，實部代表橫坐標，虛部代表縱坐標，所以復(fù)數(shù)所對應(yīng)坐標為，位于第二象限故選：B3.已知拋物線．若其焦點到準線的距離為4，則拋物線的焦點坐標為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】因為拋物線的焦點為，準線為：，所以焦點到準線的距離為：，所以焦點坐標為：.故選：C.4.函數(shù)的圖象的一個對稱中心是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】函數(shù)對稱中心橫坐標滿足：，即，當時，對稱中心為，A選項正確；當時，對稱中心為，當時，對稱中心為，B,C,D選項不正確；故選：A.5.“”是“”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】A【解析】當時，，所以充分性成立；若，即，當時，，所以不成立，故必要性不成立，所以“”是“”的充分不必要條件.故選：A6.已知圓，過點的直線與圓交于兩點．當取最小值時，直線的方程為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由題意知，當點為弦的中點時，即時，取最小值，因為，所以,此時直線方程為，即故選：C7.沙漏是一種古代計時儀器．如圖，某沙漏由上下兩個相同圓錐組成，圓錐的底面直徑和高均為6cm，細沙全部在上部時，其高度為圓錐高度的，則這些細沙的體積為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由題意可知：這些細沙的體積為.故選：B.8.若函數(shù),恰有兩個零點，則實數(shù)的取值范圍是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】當時，由可得，依題意，時，有1個零點，即方程在上有一個實根，也即直線與在上有一個交點.如圖作出函數(shù)的圖象.因在上單調(diào)遞增，由圖可知，此時.綜上，實數(shù)的取值范圍是.故選：D.9.“三分損益法“是古代中國發(fā)明制定音律時所用的方法，現(xiàn)有一古琴是以一根確定長度的琴弦為基準，第二根琴弦的長度是第一根琴弦長度的，第三根琴弦的長度是第二根琴弦長度的，第四根琴弦的長度是第三根琴弦長度的，第五根琴弦的長度是第四根琴弦長度的．琴弦越短，發(fā)出的聲音音調(diào)越高，這五根琴弦發(fā)出的聲音按音調(diào)由低到高分別稱為“宮，商，角，徵，羽“，則“宮“與“角“所對琴弦長度之比為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】設(shè)基準琴弦的長度為，則根據(jù)“三分損益法”得到的另外四根琴弦的長度依次為，五根琴弦的長度從大到小依次為所以“宮“與“角對應(yīng)的琴弦長度分別為和，其長度之比為．故選：D.10.設(shè)是無窮數(shù)列，若存在正整數(shù)使得對任意，均有，則稱是間隔遞減數(shù)列，其中稱為數(shù)列的間隔數(shù)．給出下列三個結(jié)論：①若，則是間隔遞減數(shù)列；②若，則是間隔遞減數(shù)列；③若，則是間隔遞減數(shù)列且的間隔數(shù)的最小值是．其中所有正確結(jié)論的序號是（）A.① B.①③ C.②③ D.①②③【答案】B【解析】對于①，因為，則數(shù)列為單調(diào)遞減數(shù)列，即對任意恒成立，此時，，滿足題中條件，①對；對于②，若，假設(shè)數(shù)列是間隔遞減數(shù)列，則存在，使得，即，若為奇數(shù)，則有，可得，因為，顯然當為奇數(shù)時，合乎題意；當為偶數(shù)時，，不等式不成立，故為奇數(shù)；若為偶數(shù)，則有，可得，當為奇數(shù)時，不成立，故假設(shè)不成立，即數(shù)列不是間隔遞減數(shù)列，②錯；對于③，若，因為，則，所以，數(shù)列是間隔遞減數(shù)列，假設(shè)存在正整數(shù)，使得，即，可得，由于，當且僅當且時，等號成立，當時，，這與為正整數(shù)矛盾，故，所以，，解得，所以，若，則是間隔遞減數(shù)列且的間隔數(shù)的最小值是，③對.故選：B.二，填空題共5小題，每小題5分，共25分.11.在的展開式中，的系數(shù)為__________．（用數(shù)字作答）【答案】【解析】的展開式中的通項為，∴令，可得的系數(shù)為.故答案為：.12.雙曲線的漸近線方程是__________；設(shè)是雙曲線的兩個焦點，點在雙曲線上，且，則__________．【答案】①.②.7【解析】由雙曲線方程可知：，且焦點在x軸上，可得漸近線方程是；且，即，解得.故答案為：；7.13.使不等式成立的一個的值是__________．【答案】（答案不唯一）【解析】結(jié)合單位圓中的正弦線，余弦線及正切線可知：當時，.故答案為：.（答案不唯一）14.已知為所在平面內(nèi)一點，滿足，且，，設(shè)為向量的夾角，則__________；__________．【答案】①.②.【解析】，，，即，解得，.同理可得：，即，解得..故答案為：；.15.在棱長為1的正方體中，點在線段上（不與重合），于于，以下四個結(jié)論：①平面；②線段與線段的長度之和為定值；③面積的最大值為；④線段長度的最小值為．其中所有正確的結(jié)論的序號是_________．【答案】①②④【解析】對于①，如圖，在正方體中，平面，因平面，則平面平面，因平面平面，平面且，故平面，又平面，則，又因，，平面，故平面，故①正確；對于②，由①分析易得，則有，即得；又由，可得，則有，即得，故得：，即為定值1，故②正確；對于③，由①，已得平面，因平面，則有，則的面積，當且僅當時等號成立，即當時，面積的最大值為，故③錯誤；對于④，由③已得，則，當且僅當時等號成立，即當時，線段長度的最小值為，故④正確.故答案為：①②④.三、解答題共6小題，共85分.解答應(yīng)寫出文字說明，演算步驟或證明過程.16.在中，．（1）求；（2）若，再從條件①，條件②，條件③這三個條件中選擇一個作為已知，使存在，求的面積．條件①：；條件②：；條件③：注：如果選擇的條件不符合要求，第（2）問得0分；如果選擇多個符合要求的條件分別解答，按第一個解答計分.解：（1）因為，所以．由正弦定理得．又，所以．又，所以．（2）選條件①：根據(jù)余弦定理有，則．又，則．兩式相減，解得．可得或所以．選條件②：由（1）知，則，所以，不符合題意；選條件③：因為且，所以．由正弦定理可知．又．所以．17.隨著科技飛速發(fā)展，人工智能已經(jīng)逐漸融人我們的日常生活．在教育領(lǐng)域，AI的賦能潛力巨大.為了解教師對AI大模型使用情況，現(xiàn)從某地區(qū)隨機抽取了200名教師，對使用A、B、C、D四種AI大模型的情況統(tǒng)計如下：使用AI大模型的種數(shù)性別01234男427231610女648272415在上述樣本所有使用3種AI大模型的40人中，統(tǒng)計使用A、B、C、D的AI大模型人次如下：AI大模型種類ABCD人次32303028用頻率估計概率.（1）從該地區(qū)教師中隨機選取一人，估計至少使用兩種AI大模型（A、B、C、D中）概率；（2）從該地區(qū)使用3種AI大模型（A、B、C、D中）的教師中，隨機選出3人，記使用B的有人，求的分布列及其數(shù)學(xué)期望；（3）從該地區(qū)男，女教師中各隨機選一人，記他們使用AI大模型（A、B、C、D中）的種數(shù)分別為，比較的數(shù)學(xué)期望的大小．（結(jié)論不要求證明）解：（1）記事件M為“從該地區(qū)教師中隨機選取一人，至少使用兩種AI大模型”，則估計.（2）記事件為“從該地區(qū)使用3種AI大模型的40名教師中隨機選1人，該人使用模型B”，根據(jù)題中數(shù)據(jù)，.的可能取值為，，，．.的分布列為0123.（3）由題意可得該地區(qū)男，女教師人數(shù)分別為：80和120，則易求，，故.18.如圖，在五面體中，平面，，，，，，分別為的中點，連接．（1）求證：平面；（2）求直線與平面所成角的正弦值；（3）線段上是否存在點，使得平面？若存在，求的值；若不存在，說明理由．（1）證明：因為平面平面，所以．又因為，平面，所以平面．又平面，所以．又因為為線段的中點，所以．因為，所以．因為分別為線段的中點，所以．又，所以．即四點共面．又平面平面，所以平面．（2）解：因為平面，所以．又，所以兩兩垂直．如圖建立空間直角坐標系．于是．可得由（1）可得AP平面DCE．所以平面的一個法向量為．設(shè)直線與平面所成角為，則有．則直線與平面所成角的正弦值為．（3）解：設(shè)是線段上的一點，則存在，使．，從而．由點的坐標可得．設(shè)平面的法向量為則有，即令，則法向量為令，即，解得．此時，又顯然有平面，從而平面．所以，線段上存在點，使得平面，此時．19.已知函數(shù)，其中是常數(shù)，．（1）當時，求曲線y=fx在點（2）求的極值．解：（1）當時，，所以．所以，又，所以曲線在點處的切線方程為，即．（2）依題意，．當時，由（1）可知，，所以在上單調(diào)遞減，無極值．當）時，．（i）當時．，所以在上單調(diào)遞減，無極值．（ii））時．時．在上單調(diào)遞增，時，在上單調(diào)遞減．所以時，取極大值，無極小值．綜上，當時，無極值；當時有極大值，無極小值.20.已知橢圓的離心率為，右頂點為．（1）求橢圓的方程；（2）過原點且與軸不重合的直線與橢圓交于兩點．已知點，直線與橢圓的另一個交點分別為．證明：直線過定點．（1）解：由題意可得，解得，所以橢圓的方程為．（2）證明：設(shè)點，則，且．直線，即．由，得．所以，則．所以．所以．同理．依題意，所以．所以直線的方程為，整理得．所以直線過定點0,1．21.已知無窮數(shù)列，給定正整數(shù)，若數(shù)列滿足以下兩個性質(zhì)，則稱數(shù)列：①；②（1）已知和分別為數(shù)列和數(shù)列，且，求和；（2）已知正整數(shù)數(shù)列是數(shù)列.（i）無窮數(shù)列滿足且為奇數(shù)，其中，證明：對于任意的，；（ii）求滿足條件的，并寫出與對應(yīng)的所有可能取值．（1）解：根據(jù)數(shù)列的定義可知：,則；根據(jù)數(shù)列的定義可知：，則．（2）（i）證明：假設(shè)結(jié)論不成立，不妨設(shè)為滿足且使得取最小的某個整數(shù)．由，可知，因為是奇數(shù)，從而，且，這與最小性矛盾，所以對于任意的，．（ii）解：假設(shè)及的取值已使得為數(shù)列且每一個項均為整數(shù)．由（i）中所定義出的構(gòu)成數(shù)列，首先證明滿足對任意的，有．若，則，從而；若，則．分三種情況討論①若，則．故；②若，則．故；③若，則．又因為為奇數(shù)，所以也為奇數(shù)，從而有；綜上所述，對任意的，有．又根據(jù)（i）的結(jié)論可知必存在某個，使得對于任意的，均有；由于當時，總有，于是，數(shù)列中存在無窮多項小于，從而，可取某個，使得．由前面的證明可知只有當且時，才可使得及同時成立，所以．又因為對任意的，有，所以對任意，有，進而對任意均為2的次冪．由，依次得，因此也為2的次冪．顯然，只有當時才成立．因此，只能為2．對，若，則數(shù)列的各項為，滿足要求．當時，數(shù)列各項為，也符合題意．若，則，不滿足要求．綜上，，且此時的全部可能取值為．北京市朝陽區(qū)2025屆高三上學(xué)期期末質(zhì)量檢測數(shù)學(xué)試題一、選擇題共10小題，每小題4分，共40分.在每小題列出的四個選項中，選出符合題目要求的一項.1.已知全集，集合，則（）A. B.C. D.【答案】D【解析】因為全集，集合，所以.故選：D.2.在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)對應(yīng)的點位于（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限【答案】B【解析】令，在復(fù)平面內(nèi)，實部代表橫坐標，虛部代表縱坐標，所以復(fù)數(shù)所對應(yīng)坐標為，位于第二象限故選：B3.已知拋物線．若其焦點到準線的距離為4，則拋物線的焦點坐標為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】因為拋物線的焦點為，準線為：，所以焦點到準線的距離為：，所以焦點坐標為：.故選：C.4.函數(shù)的圖象的一個對稱中心是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】函數(shù)對稱中心橫坐標滿足：，即，當時，對稱中心為，A選項正確；當時，對稱中心為，當時，對稱中心為，B,C,D選項不正確；故選：A.5.“”是“”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】A【解析】當時，，所以充分性成立；若，即，當時，，所以不成立，故必要性不成立，所以“”是“”的充分不必要條件.故選：A6.已知圓，過點的直線與圓交于兩點．當取最小值時，直線的方程為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由題意知，當點為弦的中點時，即時，取最小值，因為，所以,此時直線方程為，即故選：C7.沙漏是一種古代計時儀器．如圖，某沙漏由上下兩個相同圓錐組成，圓錐的底面直徑和高均為6cm，細沙全部在上部時，其高度為圓錐高度的，則這些細沙的體積為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由題意可知：這些細沙的體積為.故選：B.8.若函數(shù),恰有兩個零點，則實數(shù)的取值范圍是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】當時，由可得，依題意，時，有1個零點，即方程在上有一個實根，也即直線與在上有一個交點.如圖作出函數(shù)的圖象.因在上單調(diào)遞增，由圖可知，此時.綜上，實數(shù)的取值范圍是.故選：D.9.“三分損益法“是古代中國發(fā)明制定音律時所用的方法，現(xiàn)有一古琴是以一根確定長度的琴弦為基準，第二根琴弦的長度是第一根琴弦長度的，第三根琴弦的長度是第二根琴弦長度的，第四根琴弦的長度是第三根琴弦長度的，第五根琴弦的長度是第四根琴弦長度的．琴弦越短，發(fā)出的聲音音調(diào)越高，這五根琴弦發(fā)出的聲音按音調(diào)由低到高分別稱為“宮，商，角，徵，羽“，則“宮“與“角“所對琴弦長度之比為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】設(shè)基準琴弦的長度為，則根據(jù)“三分損益法”得到的另外四根琴弦的長度依次為，五根琴弦的長度從大到小依次為所以“宮“與“角對應(yīng)的琴弦長度分別為和，其長度之比為．故選：D.10.設(shè)是無窮數(shù)列，若存在正整數(shù)使得對任意，均有，則稱是間隔遞減數(shù)列，其中稱為數(shù)列的間隔數(shù)．給出下列三個結(jié)論：①若，則是間隔遞減數(shù)列；②若，則是間隔遞減數(shù)列；③若，則是間隔遞減數(shù)列且的間隔數(shù)的最小值是．其中所有正確結(jié)論的序號是（）A.① B.①③ C.②③ D.①②③【答案】B【解析】對于①，因為，則數(shù)列為單調(diào)遞減數(shù)列，即對任意恒成立，此時，，滿足題中條件，①對；對于②，若，假設(shè)數(shù)列是間隔遞減數(shù)列，則存在，使得，即，若為奇數(shù)，則有，可得，因為，顯然當為奇數(shù)時，合乎題意；當為偶數(shù)時，，不等式不成立，故為奇數(shù)；若為偶數(shù)，則有，可得，當為奇數(shù)時，不成立，故假設(shè)不成立，即數(shù)列不是間隔遞減數(shù)列，②錯；對于③，若，因為，則，所以，數(shù)列是間隔遞減數(shù)列，假設(shè)存在正整數(shù)，使得，即，可得，由于，當且僅當且時，等號成立，當時，，這與為正整數(shù)矛盾，故，所以，，解得，所以，若，則是間隔遞減數(shù)列且的間隔數(shù)的最小值是，③對.故選：B.二，填空題共5小題，每小題5分，共25分.11.在的展開式中，的系數(shù)為__________．（用數(shù)字作答）【答案】【解析】的展開式中的通項為，∴令，可得的系數(shù)為.故答案為：.12.雙曲線的漸近線方程是__________；設(shè)是雙曲線的兩個焦點，點在雙曲線上，且，則__________．【答案】①.②.7【解析】由雙曲線方程可知：，且焦點在x軸上，可得漸近線方程是；且，即，解得.故答案為：；7.13.使不等式成立的一個的值是__________．【答案】（答案不唯一）【解析】結(jié)合單位圓中的正弦線，余弦線及正切線可知：當時，.故答案為：.（答案不唯一）14.已知為所在平面內(nèi)一點，滿足，且，，設(shè)為向量的夾角，則__________；__________．【答案】①.②.【解析】，，，即，解得，.同理可得：，即，解得..故答案為：；.15.在棱長為1的正方體中，點在線段上（不與重合），于于，以下四個結(jié)論：①平面；②線段與線段的長度之和為定值；③面積的最大值為；④線段長度的最小值為．其中所有正確的結(jié)論的序號是_________．【答案】①②④【解析】對于①，如圖，在正方體中，平面，因平面，則平面平面，因平面平面，平面且，故平面，又平面，則，又因，，平面，故平面，故①正確；對于②，由①分析易得，則有，即得；又由，可得，則有，即得，故得：，即為定值1，故②正確；對于③，由①，已得平面，因平面，則有，則的面積，當且僅當時等號成立，即當時，面積的最大值為，故③錯誤；對于④，由③已得，則，當且僅當時等號成立，即當時，線段長度的最小值為，故④正確.故答案為：①②④.三、解答題共6小題，共85分.解答應(yīng)寫出文字說明，演算步驟或證明過程.16.在中，．（1）求；（2）若，再從條件①，條件②，條件③這三個條件中選擇一個作為已知，使存在，求的面積．條件①：；條件②：；條件③：注：如果選擇的條件不符合要求，第（2）問得0分；如果選擇多個符合要求的條件分別解答，按第一個解答計分.解：（1）因為，所以．由正弦定理得．又，所以．又，所以．（2）選條件①：根據(jù)余弦定理有，則．又，則．兩式相減，解得．可得或所以．選條件②：由（1）知，則，所以，不符合題意；選條件③：因為且，所以．由正弦定理可知．又．所以．17.隨著科技飛速發(fā)展，人工智能已經(jīng)逐漸融人我們的日常生活．在教育領(lǐng)域，AI的賦能潛力巨大.為了解教師對AI大模型使用情況，現(xiàn)從某地區(qū)隨機抽取了200名教師，對使用A、B、C、D四種AI大模型的情況統(tǒng)計如下：使用AI大模型的種數(shù)性別01234男427231610女648272415在上述樣本所有使用3種AI大模型的40人中，統(tǒng)計使用A、B、C、D的AI大模型人次如下：AI大模型種類ABCD人次32303028用頻率估計概率.（1）從該地區(qū)教師中隨機選取一人，估計至少使用兩種AI大模型（A、B、C、D中）概率；（2）從該地區(qū)使用3種AI大模型（A、B、C、D中）的教師中，隨機選出3人，記使用B的有人，求的分布列及其數(shù)學(xué)期望；（3）從該地區(qū)男，女教師中各隨機選一人，記他們使用AI大模型（A、B、C、D中）的種數(shù)分別為，比較的數(shù)學(xué)期望的大?。ńY(jié)論不要求證明）解：（1）記事件M為“從該地區(qū)教師中隨機選取一人，至少使用兩種AI大模型”，則估計.（2）記事件為“從該地區(qū)使用3種AI大模型的40名教師中隨機選1人，該人使用模型B”，根據(jù)題中數(shù)據(jù)，.的可能取值為，，，．.的分布列為0123.（3）由題意可得該地區(qū)男，女教師人數(shù)分別為：80和120，則易求，，故.18.如圖，在五面體中，平面，，，，，，分別為的中點，連接．（1）求證：平面；（2）求直線與平面所成角的正弦值；（3）線段上是否存在點，使得平面？若存在，求的值；若不存在，說明理由．（1）證明：因為平面平面，所以．又因為，平面，所以平面．又平面，所以．又因為為線段的中點，所以．因為，所以．因為分別為線段的中點，所以．又，所以．即四點共面．又平面平面，所以平面．（2）解：因為平面，所以．又，所以兩兩垂直．如圖建立空間直角坐標系．于是．可得由（1）可得AP平面DCE．所以平面的一個法向量為．設(shè)直線與平面所成角為，則有．則直線與平面所成角的正弦值為．（3）解：設(shè)是線段上的一點，則存在，使．，從而．由點的坐標可得．設(shè)平面的法向量為則有，即令，則法向量為令，即，解得．此時，又顯然有平面，從而平面．所以，線段上存在點，使得平面，此時．19.已知函數(shù)，其中是常數(shù)，．（1）當時，求曲線y=f