北京市密云區2025屆下學期高三數學試題第三次統一練習試題考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．已知復數滿足：（為虛數單位），則（）A． B． C． D．2．已知函數，，若對任意的總有恒成立，記的最小值為，則最大值為（）A．1 B． C． D．3．等腰直角三角形的斜邊AB為正四面體側棱，直角邊AE繞斜邊AB旋轉，則在旋轉的過程中，有下列說法：（1）四面體EBCD的體積有最大值和最小值；（2）存在某個位置，使得；（3）設二面角的平面角為，則；（4）AE的中點M與AB的中點N連線交平面BCD于點P，則點P的軌跡為橢圓.其中，正確說法的個數是（）A．1 B．2 C．3 D．44．設直線的方程為，圓的方程為，若直線被圓所截得的弦長為，則實數的取值為A．或11 B．或11 C． D．5．某裝飾公司制作一種扇形板狀裝飾品，其圓心角為120°，并在扇形弧上正面等距安裝7個發彩色光的小燈泡且在背面用導線相連(弧的兩端各一個，導線接頭忽略不計)，已知扇形的半徑為30厘米，則連接導線最小大致需要的長度為（）A．58厘米 B．63厘米 C．69厘米 D．76厘米6．已知命題：使成立．則為（）A．均成立 B．均成立C．使成立 D．使成立7．設集合，則（）A． B． C． D．8．執行如圖所示的程序框圖后，輸出的值為5，則的取值范圍是（）.A． B． C． D．9．設等差數列的前項和為，若，則（）A．10 B．9 C．8 D．710．某地區高考改革，實行“3+2+1”模式，即“3”指語文、數學、外語三門必考科目，“1”指在物理、歷史兩門科目中必選一門，“2”指在化學、生物、政治、地理以及除了必選一門以外的歷史或物理這五門學科中任意選擇兩門學科，則一名學生的不同選科組合有（）A．8種 B．12種 C．16種 D．20種11．已知集合，則（）A． B．C． D．12．已知集合，，若，則實數的值可以為（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．古代“五行”學認為：“物質分金、木、土、水、火五種屬性，金克木，木克土，土克水，水克火，火克金．”將五種不同屬性的物質任意排成一列，但排列中屬性相克的兩種物質不相鄰，則這樣的排列方法有_________種.(用數字作答)14．若函數在區間上恰有4個不同的零點，則正數的取值范圍是______.15．在正方體中，為棱的中點，是棱上的點，且，則異面直線與所成角的余弦值為__________．16．已知，滿足約束條件，則的最小值為__________.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）設橢圓，直線經過點，直線經過點，直線直線，且直線分別與橢圓相交于兩點和兩點.(Ⅰ)若分別為橢圓的左、右焦點，且直線軸，求四邊形的面積;(Ⅱ)若直線的斜率存在且不為0，四邊形為平行四邊形，求證:;(Ⅲ)在(Ⅱ)的條件下，判斷四邊形能否為矩形，說明理由.18．（12分）已知的內角的對邊分別為，且滿足.（1）求角的大??；（2）若的面積為，求的周長的最小值.19．（12分）已知函數，直線是曲線在處的切線．（1）求證：無論實數取何值，直線恒過定點，并求出該定點的坐標；（2）若直線經過點，試判斷函數的零點個數并證明．20．（12分）設，，其中．（1）當時，求的值；（2）對，證明：恒為定值．21．（12分）在直角坐標系中，曲線的參數方程為（為參數，以坐標原點為極點，軸的正半軸為極軸，取相同長度單位建立極坐標系，曲線的極坐標方程為．（1）求曲線的極坐標方程和曲線的普通方程；（2）設射線與曲線交于不同于極點的點，與曲線交于不同于極點的點，求線段的長．22．（10分）在直角坐標系中，長為3的線段的兩端點分別在軸、軸上滑動，點為線段上的點，且滿足.記點的軌跡為曲線.（1）求曲線的方程；（2）若點為曲線上的兩個動點，記，判斷是否存在常數使得點到直線的距離為定值？若存在，求出常數的值和這個定值；若不存在，請說明理由.

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．A【解析】

利用復數的乘法、除法運算求出，再根據共軛復數的概念即可求解.【詳解】由，則，所以.故選：A【點睛】本題考查了復數的四則運算、共軛復數的概念，屬于基礎題.2．C【解析】

對任意的總有恒成立，因為，對恒成立，可得，令，可得，結合已知，即可求得答案.【詳解】對任意的總有恒成立，對恒成立，令，可得令，得當，當，，故令，得當時，當，當時，故選：C.【點睛】本題主要考查了根據不等式恒成立求最值問題，解題關鍵是掌握不等式恒成立的解法和導數求函數單調性的解法，考查了分析能力和計算能力,屬于難題.3．C【解析】

解：對于（1），當CD⊥平面ABE，且E在AB的右上方時，E到平面BCD的距離最大，當CD⊥平面ABE，且E在AB的左下方時，E到平面BCD的距離最小，∴四面體E﹣BCD的體積有最大值和最小值，故（1）正確；對于（2），連接DE，若存在某個位置，使得AE⊥BD，又AE⊥BE，則AE⊥平面BDE，可得AE⊥DE，進一步可得AE＝DE，此時E﹣ABD為正三棱錐，故（2）正確；對于（3），取AB中點O，連接DO，EO，則∠DOE為二面角D﹣AB﹣E的平面角，為θ，直角邊AE繞斜邊AB旋轉，則在旋轉的過程中，θ∈[0，π），∠DAE∈[，π），所以θ≥∠DAE不成立．（3）不正確；對于（4）AE的中點M與AB的中點N連線交平面BCD于點P，P到BC的距離為：dP﹣BC，因為＜1，所以點P的軌跡為橢圓．（4）正確．故選：C．點睛：該題考查的是有關多面體和旋轉體對應的特征，以幾何體為載體，考查相關的空間關系，在解題的過程中，需要認真分析，得到結果，注意對知識點的靈活運用.4．A【解析】

圓的圓心坐標為（1，1），該圓心到直線的距離，結合弦長公式得，解得或，故選A．5．B【解析】

由于實際問題中扇形弧長較小，可將導線的長視為扇形弧長，利用弧長公式計算即可.【詳解】因為弧長比較短的情況下分成6等分，所以每部分的弦長和弧長相差很小，可以用弧長近似代替弦長，故導線長度約為63(厘米).故選：B.【點睛】本題主要考查了扇形弧長的計算，屬于容易題.6．A【解析】試題分析：原命題為特稱命題，故其否定為全稱命題，即．考點：全稱命題.7．C【解析】

解對數不等式求得集合，由此求得兩個集合的交集.【詳解】由，解得，故.依題意，所以.故選：C【點睛】本小題主要考查對數不等式的解法，考查集合交集的概念和運算，屬于基礎題.8．C【解析】

框圖的功能是求等比數列的和，直到和不滿足給定的值時，退出循環，輸出n.【詳解】第一次循環：；第二次循環：；第三次循環：；第四次循環：；此時滿足輸出結果，故.故選：C.【點睛】本題考查程序框圖的應用，建議數據比較小時，可以一步一步的書寫，防止錯誤，是一道容易題.9．B【解析】

根據題意，解得，，得到答案.【詳解】，解得，，故.故選：.【點睛】本題考查了等差數列的求和，意在考查學生的計算能力.10．C【解析】

分兩類進行討論：物理和歷史只選一門；物理和歷史都選，分別求出兩種情況對應的組合數，即可求出結果.【詳解】若一名學生只選物理和歷史中的一門，則有種組合；若一名學生物理和歷史都選，則有種組合；因此共有種組合.故選C【點睛】本題主要考查兩個計數原理，熟記其計數原理的概念，即可求出結果，屬于?？碱}型.11．C【解析】

由題意和交集的運算直接求出.【詳解】∵集合，∴.故選:C.【點睛】本題考查了集合的交集運算.集合進行交并補運算時，常借助數軸求解.注意端點處是實心圓還是空心圓.12．D【解析】

由題意可得，根據，即可得出，從而求出結果．【詳解】，且，，∴的值可以為．故選：D．【點睛】考查描述法表示集合的定義，以及并集的定義及運算．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．1．【解析】試題分析：由題意，可看作五個位置排列五種事物，第一位置有五種排列方法，不妨假設排上的是金，則第二步只能從土與水兩者中選一種排放，故有兩種選擇不妨假設排上的是水，第三步只能排上木，第四步只能排上火，第五步只能排上土，故總的排列方法種數有5×2×1×1×1=1．考點：排列、組合及簡單計數問題．點評：本題考查排列排列組合及簡單計數問題，解答本題關鍵是理解題設中的限制條件及“五行”學說的背景，利用分步原理正確計數，本題較抽象，計數時要考慮周詳．14．；【解析】

求出函數的零點，讓正數零點從小到大排列，第三個正數零點落在區間上，第四個零點在區間外即可．【詳解】由，得，，，，∵，∴，解得．故答案為：．【點睛】本題考查函數的零點，根據正弦函數性質求出函數零點，然后題意，把正數零點從小到大排列，由于0已經是一個零點，因此只有前3個零點在區間上．由此可得的不等關系，從而得出結論，本題解法屬于中檔題．15．【解析】

根據題意畫出幾何題，建立空間直角坐標系，寫個各個點的坐標，并求得.由空間向量的夾角求法即可求得異面直線與所成角的余弦值.【詳解】根據題意畫出幾何圖形，以為原點建立空間直角坐標系：設正方體的棱長為1，則所以所以，所以異面直線與所成角的余弦值為，故答案為：.【點睛】本題考查了異面直線夾角的求法，利用空間向量求異面直線夾角，屬于中檔題.16．【解析】

作出約束條件所表示的可行域，利用直線截距的幾何意義，即可得答案.【詳解】畫出可行域易知在點處取最小值為.故答案為：【點睛】本題考查簡單線性規劃的最值，考查數形結合思想，考查運算求解能力，屬于基礎題.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．(Ⅰ)；(Ⅱ)證明見解析；(Ⅲ)不能，證明見解析【解析】

(Ⅰ)計算得到故，，，，計算得到面積.(Ⅱ)設為，聯立方程得到，計算，同理，根據得到，得到證明.(Ⅲ)設中點為，根據點差法得到，同理，故，得到結論.【詳解】(Ⅰ)，，故，，，.故四邊形的面積為.(Ⅱ)設為，則，故，設，，故，，同理可得，，故，即，，故.(Ⅲ)設中點為，則，，相減得到，即，同理可得：的中點，滿足，故，故四邊形不能為矩形.【點睛】本題考查了橢圓內四邊形的面積，形狀，根據四邊形形狀求參數，意在考查學生的計算能力和綜合應用能力.18．（1）（2）【解析】

（1）因為，所以，由余弦定理得，化簡得，可得，解得，又因為，所以.（6分）（2）因為，所以，則（當且僅當時，取等號）.由（1）得（當且僅當時，取等號），解得.所以（當且僅當時，取等號），所以的周長的最小值為.19．（1）見解析，（2）函數存在唯一零點.【解析】

（1）首先求出導函數，利用導數的幾何意義求出處的切線斜率，利用點斜式即可求出切線方程，根據方程即可求出定點.（2）由（1）求出函數，令方程可轉化為記，利用導數判斷函數在上單調遞增，根據，由零點存在性定理即可求出零點個數.【詳解】所以直線方程為即，恒過點將代入直線方程，得考慮方程即，等價于記，則于是函數在上單調遞增，又所以函數在區間上存在唯一零點，即函數存在唯一零點.【點睛】本題考查了導數的幾何意義、直線過定點、利用導數研究函數的單調性、零點存在性定理，屬于難題.20．（1）1（2）1【解析】分析：（1）當時可得，可得.（2）先得到關系式，累乘可得，從而可得，即為定值．詳解：（1）當時，，又，所以.（2）即，由累乘可得，又，所以．即恒為定值1．點睛：本題考查組合數的有關運算，解題時要注意所給出的的定義，并結合組合數公式求解．由于運算量較大，解題時要注意運算的準確性，避免出現錯誤．21．（1）；（2）【解析】

曲線的參數方程轉換為直角坐標方程為．再用極直互化公式求解，曲線的極坐標方程用極直互化公式轉換為直角坐標方程．射線與曲線的極坐標方程聯解求出，射線與曲線的極坐標方程聯解求出，再用得解【詳解】解：曲線的參數方程為（為參數，轉換為直角坐標方程為．把，代入得：曲線的極坐標方程為．轉換為直角坐標方程為．設射線與曲線交于不同于極點的點，所以，解得．與曲線交于不同于極點的點，所以，解得，所以【點睛】本題考查參數方程、極坐標方程直角坐標方程相互轉換及極坐標下利用和的幾何意義求線段的長.（1）直角坐標方程化為極坐標方程只需將直角坐標方程中的分別用，代替即可得到相應極坐標方程．參數方程化為極坐標方程必須先化成直角坐標方程再轉化為極坐標方程.（2）直接求解，能達到化繁為簡的解題目的；如果幾何關系不容易通過極坐標表示時，可以先化為直角坐標方程，將不熟悉的問題轉化為熟悉的問題加以解決.22．（1）（2）存在；常數，定值【解析】

（1）設出的坐標，利用以及，求得曲線的方程.