/北京市2024-2025學年高三下冊3月月考數學試卷提示：答案請一律填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效.在答題卡上，選擇題用2B鉛筆作答，其他試題用黑色簽字筆作答.一、選擇題：本大題共10小題，每小題4分，共40分.1.設全集為，集合，，則（）A. B. C. D.【正確答案】B分析】解不等式得出，再進行并集運算.【詳解】或，，即，，即.故選：B2.設復數在復平面內對應的點為，則()A. B. C. D.【正確答案】D分析】先求出復數，然后化簡即可【詳解】由題意可得，所以，故選：D3.已知，則（）A. B. C. D.【正確答案】C【分析】取特殊值代入驗證可得AB錯誤，對的符號進行分類討論可判斷C正確，再由指數函數單調性可得D錯誤.【詳解】根據題意不妨取，代入檢驗可得不成立，即A錯誤；此時，可得B錯誤；對于C，當時，此時，即；當時，此時，即；當時，顯然；綜上可知當時，成立，即C正確；對于D，因為指數函數為單調遞減函數，因此時，，可知D錯誤.故選：C4.已知圓柱和圓錐的底面半徑相等，側面積相等，且它們的高均為，則圓錐的體積為（）A. B. C. D.【正確答案】B【分析】設圓柱的底面半徑為，根據圓錐和圓柱的側面積相等可得半徑的方程，求出解后可求圓錐的體積.【詳解】設圓柱的底面半徑為，則圓錐的母線長為，而它們的側面積相等，所以即，故，故圓錐的體積為.故選：B.5.正項等比數列中，是其前項和，若，則（）A.63 B.56 C.52 D.42【正確答案】D【分析】根據等比數列的通項公式基本量運算求出通項，再應用等比數列求和即可.【詳解】正項等比數列中，是其前項和，若，則，所以或，因為，所以，所以，又因為，所以，則.故選：D.6.在中，，則（）A. B. C. D.【正確答案】B【分析】利用正弦定理的邊角變換與余弦定理即可得解.【詳解】因為，所以由正弦定理得，即，則，故，又，所以.故選：B.7.設函數的定義域為，則“是上的增函數”是“任意，無零點”的（）A.充分而不必要條件 B.必要而不充分條件C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件【正確答案】A【分析】由是上的增函數得，即無零點，滿足充分性；反之若對任意，，滿足無零點，但不滿足是上的增函數，不滿足必要性，即可判斷.【詳解】若是上的增函數，則對任意，顯然，故，即無零點，滿足充分性；反之，若對任意，，即，滿足無零點，但是上的減函數，不滿足必要性，故“是上的增函數”是“任意，無零點”的充分而不必要條件.故選：A.8.已知點在圓上，點的坐標為為原點，則的取值范圍是（）A. B. C. D.【正確答案】D【分析】設，利用平面向量數量積的坐標運算結合直線與圓的位置關系可得結果.【詳解】設，因點的坐標為，所以，則，設，即，依題意，求t的范圍即求直線與圓有公共點時在y軸上截距的范圍，即圓心到的距離，解得，所以的取值范圍為，故選：D.9.近年來，人們越來越注意到家用冰箱使用的氟化物的釋放對大氣臭氧層的破壞作用.科學研究表明，臭氧含量與時間（單位：年）的關系為，其中是臭氧的初始含量，為常數.經過測算，如果不對氟化物的使用和釋放進行控制，經過280年將有一半的臭氧消失.如果繼續不對氟化物的使用和釋放進行控制，再經過年，臭氧含量只剩下初始含量的20%，約為（）（參考數據：，）A.280 B.300 C.360 D.640【正確答案】C【分析】根據題意建立等式，然后化簡求解即可.【詳解】由題可知，，即，兩式相比得解得故選：C10.數列滿足，，給出下列四個結論：①不存在，使得，，成等差數列；②存在，使得，，成等比數列；③存在常數，使得對任意，都有，，成等差數列；④存在正整數，且，使得.其中所有正確結論的是（）A.①② B.①④ C.③④ D.②③【正確答案】C【分析】求出前四項可判斷①；若存在使得，，成等比數列，得出相鄰兩項關系可判斷②；由求出可判斷③；由題意寫出數列的前17項可判斷④.【詳解】對于①，，，，顯然，成等差數列，故①錯誤；對于②，若存在，使得，，成等比數列，則，又，得，即，解得，由，，得，且為整數，所以，這與相鄰兩項為整數矛盾，故②錯誤；對于③，因為，，所以，所以，則成等差數列，故存在常數，使得對任意，都有，，成等差數列，故③正確；對于④，由題意知數列中的項：，可得，故④正確.故選：C.關鍵點點睛：解題關鍵點是對的理解與運用.二、填空題：本大題共5小題，每小題5分，共25分.11.拋物線的焦點坐標為_____________.【正確答案】【分析】根據標準方程可直接得出焦點坐標.【詳解】由可得焦點在軸上，且，可得；所以焦點坐標為.故12.設，若，則_____.【正確答案】【分析】令，求出的值，寫出二項展開式的通項，令即可求解.【詳解】令，則，所以，則，的二項展開式的通項為，其中，令，則，所以.故13.已知函數，其中，若函數恒成立，則常數的一個取值為___________.【正確答案】1；答案不唯一；只要常數的取值不等于即可【分析】由三角函數的值域可知，當且僅當和同時取到時，等號成立；再根據正弦函數在（）取得最大值，聯立即可得到.【詳解】若函數，即存在使得和同時取到1，所以，即，所以，解得當時，；因為，所以，其中，則當（）時，.故1；答案不唯一；只要常數的取值不等于即可.14.已知分別為雙曲線的左、右焦點，過原點的直線與交于兩點（點A在第一象限），延長交于點，若，則雙曲線的離心率為_________．【正確答案】【分析】由雙曲線的對稱性得，從而得為等邊三角形，，然后由離心率定義結合三角形中正切函數定義計算．【詳解】由題意關于原點對稱，又也關于原點對稱，所以四邊形是平行四邊形，所以，所以為等邊三角形，則，則，由雙曲線的定義，得，所以，則．故．15.已知正方體的邊長為2，且為棱的中點，點在正方形的邊界及其內部運動，且滿足與底面所成的角為，給出下列四個結論：①存在點使得；②點的軌跡長度為；③三棱錐的體積的最小值為；④線段長度最小值為．其中所有正確結論的序號是__________【正確答案】①②③【分析】利用線面垂直的性質判斷①，確定點的軌跡后利用圓的周長公式判斷②，找到點面距離，結合軌跡圖形判斷③，合理轉化，利用勾股定理判斷④即可.【詳解】對于①，當在中點上時，如圖，連接，，因為正方體，所以面，，所以，由中位線定理得，而，面，所以面，所以，故①正確，對于②，所以與底面所成的角為，故，而面，所以，因為為棱的中點，所以，所以點的軌跡半徑為1的個圓，故長度為，故②正確，對于③，如圖，連接，由正方體性質得，面，所以，由勾股定理得，所以四邊形是平行四邊形，而，所以四邊形是矩形，所以，設中點為，如圖，作，而面，面，所以，因為，面，所以面，而正好在的軌跡上，所以當運動到時，到面距離最短，此時可以得到是中位線，由勾股定理得，所以，所以體積的最小值為，故③正確，對于④，若最小，則最小，連接，，如圖，當共線時取得最小值，由勾股定理得，此時，由勾股定理得，故④錯誤.故①②③關鍵點點睛：本題考查立體幾何，解題關鍵是先找到點面距離所在的線段，然后結合軌跡確定動點的位置，得到所要求的點面距離，進而得到體積即可．三、解答題：本大題共6小題，共85分.16.在中，．（1）求A的大小；（2）若，從條件①、條件②、條件③這三個條件中選擇一個作為已知，使得存在，求最長邊上高線的長．條件①：；條件②：的面積為；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．【正確答案】（1）；（2）答案見解析，最長邊上高線長.【分析】（1）利用二倍角的余弦公式，化簡求值；（2）若選擇條件①，方法一，根據正弦定理和余弦定理求三邊，判斷最長邊，再根據幾何關系求高，方法二，根據邊長和角，根據大角對大邊，直接判斷最長邊，再求高；若選擇條件②，根據面積求，再根據余弦定理求邊長，再求最長邊的高；如選擇條件③，根據正弦定理，判斷是否存在.【小問1詳解】因為，所以所以，所以，因為，所以舍所以，則；【小問2詳解】選擇①因為，由正弦定理代入，得法一：由余弦定理代入得所以所以或（舍），所以邊最長，邊上的高線法二：因為，所以，所以，所以，所以為最長邊邊上的高線選擇②因為所以因，由余弦定理所以所以或所以最長邊上的高線，若選擇③，，根據正弦定理，，則，不成立，此時不存在.17.如圖，在直三棱柱中，點E、F在側棱、上，且，，點D、G在側棱、上，且，.（1）證明：點G在平面內；（2）若，，，求二面角的余弦值.【正確答案】（1）證明見解析；（2）.【分析】（1）連接，，證得且，得到四邊形為平行四邊形，進而得到，再證得，得到故四邊形為梯形，即可得到D、E、F、G四點共面，即可得到結論；（2）以為x軸，為y軸，為z軸，建立空間直角坐標系，分別求得平面和平面平面的一個法向量，結合向量的夾角公式，即可求解.【詳解】（1）連接，，因為點E、F在側棱、上，且，，又且，所以且，所以四邊形為平行四邊形，所以，又因為點D、G在側棱、上，且，，所以，且，所以且，故四邊形為梯形.即D、E、F、G四點共面，所以點G在平面內.（2）由題意知、、兩兩垂直，以為x軸，為y軸，為z軸，建立空間直角坐標系，由，，得，，，(1，0，0)，設平面的法向量為，因為，，所以，取，則，所以.又由是平面的一個法向量，所以，即二面角的余弦值為.本題考查了平面的基本性質證明，以及空間角的求解問題，意在考查學生的空間想象能力和邏輯推理能力，解答中熟記線面位置關系的判定定理和性質定理，通過嚴密推理是線面位置關系判定的關鍵，同時對于立體幾何中角的計算問題，往往可以利用空間向量法，通過求解平面的法向量，利用向量的夾角公式求解.18.某學校在寒假期間安排了“垃圾分類知識普及實踐活動”.為了解學生的學習成果，該校從全校學生中隨機抽取了50名學生作為樣本進行測試，記錄他們的成績，測試卷滿分100分，將數據分成6組：，，，，，，并整理得到如下頻率分布直方圖：（1）若全校學生參加同樣的測試，試估計全校學生的平均成績（每組成績用中間值代替）；（2）在樣本中，從其成績在80分及以上的學生中隨機抽取3人，用表示其成績在中的人數，求的分布列及數學期望；（3）在（2）抽取的3人中，用表示其成績在的人數，試判斷方差與的大小.（直接寫結果）【正確答案】（1）；（2）分布列見解析，；（3）.【分析】（1）利用直方圖的性質及平均數的計算方法即得；（2）由題可知服從超幾何分布，即求；（3）由超幾何分布即得.【小問1詳解】由直方圖可得第二組的頻率為，∴全校學生的平均成績為：【小問2詳解】由題可知成績在80分及以上的學生共有人，其中中的人數為5，所以可取0,1,2,3，則，，，，故的分布列為：0123P；【小問3詳解】.19.已知橢圓過點，長軸長為.（1）求橢圓的方程及其焦距；（2）直線與橢圓交于不同的兩點，直線分別與直線交于點，為坐標原點且，求證：直線過定點，并求出定點坐標.【正確答案】（1），焦距為（2）證明見解析，定點為.【分析】（1）根據橢圓過點及列方程組求解；（2）設，，，，聯立直線和橢圓方程得到韋達定理，再求出點坐標，根據已知得到+=0，再把韋達定理代入化簡即得證.【小問1詳解】由題得，所以橢圓的方程為，焦距為.【小問2詳解】如圖，直線與橢圓方程聯立，化簡得，，即.設,，,，則，．直線的方程為，則，直線的方程為，則，因為，所以+=0，所以，所以，把韋達定理代入整理得或，當時，直線方程為，過定點，即點，不符合題意，所以舍去.當時，直線方程為，過定點.所以直線經過定點.20.已知函數，其中.（1）當時，求曲線在點處切線方程；（2）求的單調區間；（3）若區間，求實數的取值范圍.【正確答案】（1）（2）答案見解析（3）【分析】（1）借助導數的幾何意義計算可得切線斜率，再結合切點坐標計算即可得；（2）分及，結合定義域分類討論，求導后因式分解，結合二次函數性質計算即可得；（3）利用函數定義域，結合所給條件，可得，從而可分及，借助第二問中所得單調性去計算函數在上的最小值，解出即可得.【小問1詳解】當時，，則，，則，故曲線在點處切線方程為；【小問2詳解】，①若，則定義域為，有恒成立，則當時，，當時，，即在、上單調遞增，在、上單調遞減；②若，則定義域為，有恒成立，則當時，，當時，，即在、上單調遞減，在、上單調遞增；綜上所述：當時，在、上單調遞增，在、上單調遞減；當時在、上單調遞減，在、上單調遞增；【小問3詳解】由，故，有定義域為，故，則在上單調遞減，在上單調遞增，若，即時，在上單調遞減，在上單調遞增，有，解得或（舍去），即；若，即時，在上單調遞增，只需，即，由，故，，故無解；故實數的取值范圍為.關鍵點點睛：最后一問關鍵點在于利用函數定義域，結合所給條件，得到，從而可借助第二問中所得單調性去計算函數在上的最小值.21.已知A為有限個實數構成的非空集合，設，，記集合和其元素個數分別為，.設.例如當時，，，，所以.（1）若，求的值；（2）設A是由3個正實數組成的集合且，；，證明：為定值；（3）若是一個各項互不相同的無窮遞增正整數列，對任意，設，.已知，，且對任意，，求數列的通項公式.【正確答案】（1）（2）證明見解析（3）【分析】（1）根據題中的定義，列舉出，即可；（2）先列舉，，，中可能元素，根據集合的互異性判斷元素個數差即可；（3