第1頁/共1頁門頭溝區(qū)2025年高三年級綜合練習(xí)數(shù)學(xué)2025.3本試卷共7頁，150分.考試時長120分鐘.考生務(wù)必將答案答在答題卡上，在試卷上作答無效.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回.第一部分（選擇題共40分）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.已知集合，，則（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】解不等式，根據(jù)集合的運算即可得解.【詳解】由可得，又，所以，即為.故選：D.2.在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)對應(yīng)的點的坐標(biāo)是，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】先根據(jù)復(fù)數(shù)與復(fù)平面內(nèi)點的對應(yīng)關(guān)系求出復(fù)數(shù)，再根據(jù)復(fù)數(shù)的除法運算法則計算.【詳解】已知復(fù)數(shù)對應(yīng)的點的坐標(biāo)是，所以.

將代入，可得.即：.故選：B.3.下列函數(shù)中，既是奇函數(shù)又在上單調(diào)遞增的是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根據(jù)常見函數(shù)的奇偶性和單調(diào)性進(jìn)行判斷即可.【詳解】對于A，是奇函數(shù)，在上單調(diào)遞增，滿足條件；對于B，是奇函數(shù)，因為導(dǎo)函數(shù)，所以函數(shù)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，所以在上不是單調(diào)函數(shù)，不滿足條件；對于C，的定義域為，不關(guān)于原點對稱，所以函數(shù)為非奇非偶函數(shù)，不滿足條件；對于D，是奇函數(shù)，但在上不是單調(diào)函數(shù)，不滿足條件.故選：A.4.“”是“直線與雙曲線只有一個公共點”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】C【解析】【分析】法一：根據(jù)題意，聯(lián)立直線與雙曲線方程，由直線與雙曲線只有一個公共點代入計算,即可得到的取值，再根據(jù)充分條件、必要條件的定義判斷即可.法二：利用直線過定點的特征，結(jié)合雙曲線漸近線可作出判斷.【詳解】法一：由題意，聯(lián)立方程可得，當(dāng)時，即時，方程有一解，即只有一個公共點；當(dāng)時，，方程有兩解，即有兩個公共點，不符合題意.所以，直線與雙曲線只有一個公共點時，.所以“”是“直線與雙曲線只有一個公共點”的充要條件.法二：因為直線過定點，雙曲線的右頂點為，如圖，根據(jù)圖象可知，當(dāng)且僅當(dāng)直線與雙曲線的漸近線平行時，直線與雙曲線只有交點.所以“”是“直線與雙曲線只有一個公共點”的充要條件.故選：C.5.已知向量，滿足，，且，的夾角為，則（）A. B. C.5 D.10【答案】C【解析】【分析】運用向量的數(shù)量積的運算和向量的坐標(biāo)運算即可.【詳解】由題意得.故選：C.6.已知圓，直線，當(dāng)變化時，若過直線上任意一點總能作圓的切線，則的最大值為（）A.0 B. C.1 D.【答案】D【解析】【分析】利用直線與圓的位置關(guān)系構(gòu)造不等式即可求得.【詳解】由圓可知圓心，半徑；根據(jù)題意若過直線上任意一點總能作圓的切線，可知直線和圓相離或相切；因此圓心到直線的距離，解得，因此的最大值為.故選：D7.已知函數(shù)，滿足，且在區(qū)間上具有單調(diào)性，則的值可以是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由滿足，且在區(qū)間上具有單調(diào)性，得到為函數(shù)的對稱中心，根據(jù)三角函數(shù)的性質(zhì)，得到，結(jié)合選項，即可求解.【詳解】因為滿足，且在區(qū)間上具有單調(diào)性，則點和關(guān)于點對稱，即為函數(shù)的對稱中心，又由函數(shù)的零點為，解得，所以，解得，當(dāng)時，，即的值可以是.故選：B.8.某紀(jì)念塔的一部分建筑結(jié)構(gòu)可抽象為三棱錐，，底面是等腰直角三角形，，頂點到底面的距離為3，則點到平面的距離為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根據(jù)三棱錐體積公式首先求得三棱錐的體積，再換底表示三棱錐的體積，即可求得點點到平面的距離.【詳解】因為，且底面是等腰直角三角形，，所以點在平面上的射影為邊的中點，在直角三角形中，由勾股定理得,所以,又因為底面是等腰直角三角形，，;設(shè)點到平面的距離為，則,所以.故選：C9.已知函數(shù)，若既不存在最大值也不存在最小值，則下列，關(guān)系中一定成立的是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】先分析函數(shù)在時的單調(diào)性與值域，再結(jié)合既不存在最大值也不存在最小值這一條件，分析函數(shù)在時的情況，進(jìn)而得出，的關(guān)系.【詳解】當(dāng)時，，對其求導(dǎo)可得.因為恒成立，所以在上單調(diào)遞增.此時.，，則，故在上函數(shù)值的取值范圍為.當(dāng)時，，的值域是，所以的值域是.因為既不存在最大值也不存在最小值，所以且，即且.選項A：由且，不能推出，例如，時，，所以A選項錯誤.選項B：前面已推出，所以B選項正確.選項C：由且，不能得出，例如，時，，所以C選項錯誤選項D：由且不能得出，例如，時，，所以D選項錯誤.故選：B.10.已知函數(shù)，其中表示不超過的最大整數(shù)，例如，，則下列說法正確的是（）A.不存在，使得有無數(shù)個零點 B.有3個零點的充要條件是C.存在，使得有4個零點 D.存在，使得有5個零點【答案】C【解析】【分析】由題意知，是函數(shù)的一個零點，時，，可得，令，分類討論即可得出結(jié)論.【詳解】由題意知，是函數(shù)的一個零點，時，，可得，令，通過GeoGebra得到函數(shù)圖象當(dāng)時；；；當(dāng)時；；；由函數(shù)圖象可知的值域為.對于選項A，當(dāng)時，有無數(shù)個零點，故A錯誤；對于選項B，有3個零點的條件是，故B錯誤；對于選項C，當(dāng)時，有4個零點;對于選項D，不存在,使得有5個零點.故選：C.第二部分（非選擇題共110分）二、填空題共5小題，每小題5分，共25分.11.的展開式中的系數(shù)為______________.（用數(shù)字作答）【答案】【解析】【分析】根據(jù)二項式展開式的通項公式確定展開式中含的項，進(jìn)而得到的系數(shù).【詳解】對于，則式展開式的通項為.要得到項，令，解得.當(dāng)時，.所以.故的系數(shù)為.故答案為：.12.已知拋物線的焦點為，過點且垂直于其對稱軸的直線交于點，，若，則焦點到其準(zhǔn)線的距離為_________________.【答案】2【解析】【分析】求得的縱坐標(biāo)，進(jìn)而可求得，可得結(jié)論.【詳解】拋物線的焦點為，因為過點且垂直于其對稱軸的直線交于點，，所以，將，代入拋物線方程，可得，所以，解得，焦點到其準(zhǔn)線的距離為.故答案為：.13.在平面直角坐標(biāo)系中，角以為始邊，其終邊與單位圓交點的橫坐標(biāo)為，寫出一個符合題意的_______________.【答案】（答案不唯一）【解析】【分析】根據(jù)終邊相同的角以及余弦函數(shù)的定義，計算即可.【詳解】由題意，，則或故答案為：（答案不唯一）.14.某城市為推動新能源汽車普及，第1年在市區(qū)公共區(qū)域建設(shè)了2萬個新能源汽車充電樁，隨著新能源汽車保有量快速增長，以及城市對綠色出行基礎(chǔ)設(shè)施建設(shè)的持續(xù)投入，每年新建設(shè)的充電樁數(shù)量比上一年增加20%，按照這樣的發(fā)展趨勢，那么該城市第3年在市區(qū)公共區(qū)域新建設(shè)了_____________萬個充電樁；從第1年起，約_____________年內(nèi)，可使該城市市區(qū)公共區(qū)域的充電樁總量達(dá)到30萬個（結(jié)果保留到個位）.（參考數(shù)據(jù)：，）【答案】①.2.88②.8【解析】【分析】利用等比數(shù)列的定義，求和公式計算即可.【詳解】由題意可知第3年新建設(shè)萬個充電樁；假設(shè)第年后充電樁總量達(dá)到30萬個，則，即，取對數(shù)得，即約8年內(nèi)，可達(dá)到要求.故答案為：2.88，815.已知數(shù)列滿足，，給出下列四個結(jié)論：①存在，使得為常數(shù)列；②對任意的，為遞增數(shù)列；③對任意的，既不是等差數(shù)列也不是等比數(shù)列；④對于任意的，都有.其中所有正確結(jié)論的序號是_______________.【答案】②③④【解析】【分析】若為常數(shù)列，可得，顯然不成立，可判斷①；由，可判斷②；若是等差數(shù)列，可得常數(shù)，得到矛盾；若是等比數(shù)列，根據(jù)遞推公式，得到矛盾判斷③；兩邊平方得，迭代計算可判斷④./【詳解】對于①，若為常數(shù)列，則，根據(jù)遞推公式，可得，進(jìn)而可得，解得，又，故不存在，使得為常數(shù)列，故①錯誤；對于②，對于，由遞推公式，可得，所以，，所以，所以數(shù)列是遞增數(shù)列，結(jié)論②正確；對于③，若是等差數(shù)列，則為常數(shù)，可得常數(shù)，則可得是常數(shù)數(shù)列，則，與矛盾，故對任意的，既不是等差數(shù)列，若是等比數(shù)列，則為常數(shù)。根據(jù)遞推公式，即為常數(shù)，則為常數(shù)數(shù)列，則可得，這與矛盾，所以對任意，不是等比數(shù)列；綜上所述：對任意的，既不是等差數(shù)列也不是等比數(shù)列，故③正確；對于④，由，兩邊平方得，故④正確.故答案為：②③④.三、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.如圖，在正方體中，中點，與平面交于點.（1）求證：為的中點；（2）求平面與平面夾角的余弦值.【答案】（1）證明見解析；（2）【解析】【分析】（1）根據(jù)正方體性質(zhì)以及線面平行判定定理可證明平面，再由線面平行性質(zhì)定理以及中位線性質(zhì)可得結(jié)論；（2）建立空間直角坐標(biāo)系求得兩平面的法向量即可求得它們夾角的余弦值.【小問1詳解】依題意連接，如下圖所示：由正方體性質(zhì)可得，又平面，平面，可得平面，因為與平面交于點，即平面平面，可得，因此，又為中點，可得為的中點；【小問2詳解】以為坐標(biāo)原點，所在直線分別為軸建立空間直角坐標(biāo)系，如下圖所示：不妨設(shè)正方體的棱長為2，可得，即；設(shè)平面的一個法向量為，則，令，可得，即；顯然平面的一個法向量可以為，因此平面與平面夾角的余弦值為；可得平面與平面夾角的余弦值.17.在中，角，，的對邊分別為，，，已知.（1）求；（2）再從以下條件①、條件②、條件③這三個條件中選擇一個作為已知，使得存在且唯一確定，求的面積.條件①：，；條件②：，；條件③：邊上的高，.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.【答案】（1）（2）解答見解析【解析】【分析】（1）利用正弦定理：邊化角，再利用正弦的二倍角公式，即可求出答案；（2）①利用正弦定理可得為銳角或鈍角；②利用基本不等式和三角形的性質(zhì)可得存在且唯一確定；③利用正弦定理和余弦定理可得存在且唯一確定.【小問1詳解】因為，由正弦定理得，，又，所以，得到，又，又，所以，得到，所以.【小問2詳解】選條件①：，；由（1）知，，根據(jù)正弦定理知，所以存在或兩種情況，存在，但不唯一，故不選此條件；選條件②：，因為，即，又，所以，所以只有成立，存在且唯一確定，所以的面積為.選條件③：邊上的高，；如圖所示，邊上的高，在中，，即，由（1）知，，根據(jù)余弦定理知，，化簡得，得(舍去)或，存在且唯一確定，所以的面積為.18.不同AI大模型各有千秋，適配領(lǐng)域也各有所長.為了解某高校甲、乙兩個學(xué)院學(xué)生對兩款不同AI大模型是否使用，對學(xué)生進(jìn)行簡單隨機(jī)抽樣，獲得數(shù)據(jù)如下表：甲學(xué)院乙學(xué)院使用不使用使用不使用款40人80人60人20人款70人50人30人50人假設(shè)所有學(xué)生對，兩款大模型是否使用相互獨立，用頻率估計概率，（1）分別估計該校甲學(xué)院學(xué)生使用款大模型的概率、該校乙學(xué)院學(xué)生使用款大模型的概率；（2）從該校甲學(xué)院全體學(xué)生中隨機(jī)抽取2人，乙學(xué)院全體學(xué)生中隨機(jī)抽取1人，記這3人中使用款大模型的人數(shù)為，估計的數(shù)學(xué)期望；（3）從該校甲學(xué)院全體學(xué)生中隨機(jī)抽取2人，記這2人中使用款大模型的人數(shù)為，其方差估計值為，從該校乙學(xué)院全體學(xué)生中隨機(jī)抽取2人，記這2人中使用款大模型的人數(shù)為，其方差估計值為，比較與的大小，（結(jié)論不要求證明）.【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）利用古典概型結(jié)合表格計算即可；（2）利用離散型隨機(jī)變量的分布列及期望公式計算即可；（3）利用二項分布的方差公式計算并比較大小即可.【小問1詳解】由表格可知：該校甲學(xué)院學(xué)生使用款大模型概率為，該校乙學(xué)院學(xué)生使用款大模型的概率為【小問2詳解】由題意可知的可能取值為：，則，，，，所以；【小問3詳解】同第一問，可知該校甲學(xué)院學(xué)生使用款大模型的概率為,該校乙學(xué)院學(xué)生使用款大模型的概率為，易知，由二項分布的方差公式可知，，則.19.已知橢圓的一個頂點為，離心率為.（1）求橢圓的方程；（2）過點作斜率為的直線與橢圓交于不同的兩點，，直線，分別與軸交于點，，點關(guān)于軸的對稱點為，求證：四邊形為菱形.【答案】（1）；（2）證明見解析【解析】【分析】（1）由右頂點及離心率可得a，c，然后可得橢圓方程.（2）設(shè)直線l，將直線方程與橢圓方程聯(lián)立，利用韋達(dá)定理可化簡，得出四邊形對角線垂直平分即可得答案.【小問1詳解】因橢圓頂點為，離心率為，則，所以，故橢圓方程為：；【小問2詳解】由題，設(shè)直線方程為，將直線方程與橢圓方程聯(lián)立，可得.即得化簡得因直線與橢圓交于不同的兩點，則.設(shè)，由韋達(dá)定理.又設(shè)，令得；設(shè)，令得；又因為.所以，，所以平分，所以四邊形為菱形.20.已知函數(shù).（1）當(dāng)時，求曲線在點處的切線方程；（2）設(shè)，討論函數(shù)的單調(diào)性；（3）若在定義域上單調(diào)遞減，求的取值范圍.【答案】（1）（2）答案見解析；（3）【解析】【分析】（1）利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義即可求出切線方程；（2）對函數(shù)求導(dǎo)再對的取值范圍進(jìn)行分類討論，即可求得函數(shù)的單調(diào)性；（3）將問題轉(zhuǎn)化為在上恒成立，再利用（2）中的結(jié)論可得即可，構(gòu)造函數(shù)即可求得當(dāng)時滿足題意.【小問1詳解】當(dāng)時可得，則，此時，因此切線方程為，即；【小問2詳解】由可得其定義域為；且，即，顯然，當(dāng)時，，此時在上單調(diào)遞增；當(dāng)時，令可得，若，，此時在上單調(diào)遞增；若，，此時在上單調(diào)遞減；綜上可得，當(dāng)時，在上單調(diào)遞增；當(dāng)時，上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減.【小問3詳解】若在定義域上單調(diào)遞減，可得在上恒成立；由（2）可得當(dāng)時，即在上單調(diào)遞增，當(dāng)，可得，顯然不