北京市朝阳区高三上学期期末质量检测数学试题（解析版）-A4

这是一份北京市朝阳区高三上学期期末质量检测数学试题（解析版）-A4，共19页。试卷主要包含了 已知全集，集合，则， 在复平面内，复数对应的点位于， 函数的图象的一个对称中心是等内容，欢迎下载使用。
2025.1
（考试时间120分钟 满分150分）
本试卷分为选择题40分和非选择题110分
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. 已知全集，集合，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据补集关系分析运算即可.
【详解】因为全集，集合，
所以.
故选：D.
2. 在复平面内，复数对应的点位于（ ）
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】
【分析】对复数进行化简，得到复数在复平面内所对应的坐标，即可判断复数对应点位于第几象限
【详解】令，在复平面内，实部代表横坐标，虚部代表纵坐标，所以复数所对应坐标为，位于第二象限
故选：B
3. 已知抛物线．若其焦点到准线的距离为4，则抛物线的焦点坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意结合抛物线方程可得，即可得抛物线的焦点坐标.
【详解】因为抛物线的焦点为，准线为：，
所以焦点到准线的距离为：，
所以焦点坐标为：.
故选：C.
4. 函数的图象的一个对称中心是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据计算对称中心横坐标满足，解得答案.
【详解】函数对称中心横坐标满足：，
即，当时，对称中心为，A选项正确；
当时，对称中心为，当时，对称中心为，B,C,D选项不正确；
故选：A.
5. “”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】由对数函数的单调性，结合充分条件和必要条件的定义即可下结论.
【详解】当时，，所以充分性成立；
若，即，
当时，，所以不成立，故必要性不成立，
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：A
6. 已知圆，过点的直线与圆交于两点．当取最小值时，直线的方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先求出弦长最短时直线的斜率，利用点斜式即可求得方程.
【详解】由题意知，当点为弦的中点时，即时，
取最小值，因为，所以,
此时直线方程为，即
故选：C
7. 沙漏是一种古代计时仪器．如图，某沙漏由上下两个相同圆锥组成，圆锥的底面直径和高均为6cm，细沙全部在上部时，其高度为圆锥高度的，则这些细沙的体积为（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据比例关系结合锥体的体积公式运算求解即可.
【详解】由题意可知：这些细沙的体积为.
故选：B.
8. 若函数,恰有两个零点，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】分析该分段函数在各段上的零点情况，将问题转化为直线与在上有一个交点的问题，结合函数的图象即得参数的范围.
【详解】当时，由可得，
依题意， 时， 有1个零点，
即方程在上有一个实根，
也即直线与在上有一个交点.
如图作出函数的图象.
因在上单调递增，由图可知，此时.
综上，实数的取值范围是.
故选：D.
9. “三分损益法“是古代中国发明制定音律时所用的方法，现有一古琴是以一根确定长度的琴弦为基准，第二根琴弦的长度是第一根琴弦长度的，第三根琴弦的长度是第二根琴弦长度的，第四根琴弦的长度是第三根琴弦长度的，第五根琴弦的长度是第四根琴弦长度的．琴弦越短，发出的声音音调越高，这五根琴弦发出的声音按音调由低到高分别称为“宫，商，角，徵，羽“，则“宫“与“角“所对琴弦长度之比为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设基准琴弦的长度为，则根据“三分损益法”得到的另外四根琴弦的长度，并把五根琴弦的长度从大到小排列，从而可求出“宫”和“角”对应的琴弦长度之比.
【详解】设基准琴弦的长度为，则根据“三分损益法”得到的另外四根琴弦的长度依次为，
五根琴弦的长度从大到小依次为
所以“宫“与“角对应的琴弦长度分别为和，其长度之比为．
故选：D.
10. 设是无穷数列，若存在正整数使得对任意，均有，则称是间隔递减数列，其中称为数列的间隔数．给出下列三个结论：
①若，则是间隔递减数列；
②若，则是间隔递减数列；
③若，则是间隔递减数列且的间隔数的最小值是．
其中所有正确结论的序号是（ ）
A. ①B. ①③C. ②③D. ①②③
【答案】B
【解析】
【分析】利用数列的单调性可判断①；利用间隔递减数列的定义可判断②；取，结合间隔递减数列的定义可判断出数列为间隔递减数列，再由间隔等差数列的定义可求得的最小值，可判断③.
【详解】对于①，因为，则数列为单调递减数列，即对任意恒成立，
此时，，满足题中条件，①对；
对于②，若，假设数列是间隔递减数列，
则存在，使得，即，
若为奇数，则有，可得，
因为，显然当为奇数时，合乎题意；
当为偶数时，，不等式不成立，故为奇数；
若为偶数，则有，可得，
当为奇数时，不成立，
故假设不成立，即数列不是间隔递减数列，②错；
对于③，若，
因为，
则，所以，数列是间隔递减数列，
假设存在正整数，使得，即，
可得，
由于，当且仅当且时，等号成立，
当时，，这与为正整数矛盾，
故，所以，，解得，
所以，若，则是间隔递减数列且的间隔数的最小值是，③对.
故选：B.
【点睛】结论点睛：利用参变量分离法求解数列不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解：
（1），；
（2），；
（3），；
（4），.
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. 在的展开式中，的系数为__________．（用数字作答）
【答案】
【解析】
【分析】根据二项式展开式的通项公式，令的指数为1即可求解.
【详解】的展开式中的通项为，
∴令，可得的系数为.
故答案为：.
12. 双曲线的渐近线方程是__________；设是双曲线的两个焦点，点在双曲线上，且，则__________．
【答案】 ①. ②. 7
【解析】
【分析】由双曲线方程可知：，且焦点在x轴上，即可得渐近线方程；根据双曲线的定义可得.
【详解】由双曲线方程可知：，且焦点在x轴上，
可得渐近线方程是；
且，即，解得.
故答案为：；7.
13. 使不等式成立的一个的值是__________．
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】结合单位圆中的正弦线，余弦线及正切线可解.
【详解】结合单位圆中的正弦线，余弦线及正切线可知：当时，.
故答案为：.（答案不唯一）
14. 已知为所在平面内一点，满足，且，，设为向量的夹角，则__________；__________．
【答案】 ①. ## ②.
【解析】
【分析】由已知可知，两边同时平方可求，然后利用向量数量积公式即可求解；同理可求，即可求得.
【详解】，，
，即，解得，
.
同理可得：，即，解得.
.
故答案为：；.
15. 在棱长为1的正方体中，点在线段上（不与重合），于于，以下四个结论：
①平面；
②线段与线段的长度之和为定值；
③面积的最大值为；
④线段长度的最小值为．
其中所有正确的结论的序号是_________．
【答案】①②④
【解析】
【分析】对于①，结合图形，利用面面垂直的判定证得平面平面，再用其性质推得平面，得，利用，即可证得结论；对于② ，利用平行线分线段成比例性质可求得和，即可证明；对于③，④ ，利用②的结论，借助于基本不等式可求得面积的最大值和的最小值，即可判断.
【详解】
对于① ，如图，在正方体中，平面，
因平面，则平面平面，
因平面平面， 平面且，故平面，
又平面，则，
又因， ， 平面，故平面，故①正确；
对于② ，由①分析易得，则有，即得；
又由，可得，则有，即得，
故得：，即为定值1，故②正确；
对于③ ，由①，已得平面，因平面，则有，
则的面积，当且仅当时等号成立，
即当时，面积的最大值为，故③错误；
对于④ ，由③已得，则，当且仅当时等号成立，
即当时，线段长度的最小值为，故④正确.
故答案为：①②④.
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；
（2）若，再从条件①，条件②，条件③这三个条件中选择一个作为已知，使存在，求的面积．
条件①：；条件②：；条件③：
注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据二倍角的正弦公式和正弦定理可得，即可求解；
（2）选①：根据余弦定理和完全平方公式求出，结合三角形面积公式计算即可求解；
选②：由（1）知，根据两角差的正弦公式和辅助角公式计算可得，不符合题意；
选③：根据同角的平方关系和正弦定理求出，由诱导公式和两角和正弦公式求出，结合三角形面积公式计算即可求解.
【小问1详解】
因为，
所以．
由正弦定理得．
又，所以．
又，所以．
【小问2详解】
选条件①：
根据余弦定理有，则．
又，则．
两式相减，解得．可得或
所以．
选条件②：
由（1）知，则，
所以，不符合题意；
选条件③：
因为且，所以．
由正弦定理可知．
又．
所以．
17. 随着科技飞速发展，人工智能已经逐渐融人我们的日常生活．在教育领域，AI的赋能潜力巨大.为了解教师对AI大模型使用情况，现从某地区随机抽取了200名教师，对使用A、B、C、D四种AI大模型的情况统计如下：
在上述样本所有使用3种AI大模型的40人中，统计使用A、B、C、D的AI大模型人次如下：
用频率估计概率.
（1）从该地区教师中随机选取一人，估计至少使用两种AI大模型（A、B、C、D中）概率；
（2）从该地区使用3种AI大模型（A、B、C、D中）的教师中，随机选出3人，记使用B的有人，求的分布列及其数学期望；
（3）从该地区男，女教师中各随机选一人，记他们使用AI大模型（A、B、C、D中）的种数分别为，比较的数学期望的大小．（结论不要求证明）
【答案】（1）
（2）分布列见解析，数学期望为
（3）
【解析】
【分析】（1）用样本频率估计总体概率即可求解；
（2）用样本频率估计概率，求出“从该地区使用3种AI大模型的40名教师中随机选1人，该人使用模型B”的概率为，则被抽取的人数，由二项分布概率公式即可求解；
（3）求出随机变量对应的概率，利用期望公式分别求出的数学期望，再比较大小即可.
【小问1详解】
记事件M为“从该地区教师中随机选取一人，至少使用两种AI大模型”，
则估计.
【小问2详解】
记事件为“从该地区使用3种AI大模型的40名教师中随机选1人，该人使用模型B”，
根据题中数据，.
的可能取值为，
，
，
．
.
的分布列为
.
【小问3详解】
由题意可得该地区男，女教师人数分别为：80和120，
则易求，
，故.
18. 如图，在五面体中，平面，，，，，，分别为的中点，连接．
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值；
（3）线段上是否存在点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，说明理由．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）存在，
【解析】
【分析】（1）应用线面垂直的判定定理证明即可；
（2）应用空间向量法求法向量及线面角的正弦值；
（3）先设，再应用线面平行即得计算求参即可.
【小问1详解】
因为平面平面，所以．
又因为，平面，所以平面．
又平面，所以．
又因为为线段的中点，所以．
因为，所以．
因为分别为线段的中点，所以．
又，所以．即四点共面．
又平面平面，
所以平面．
【小问2详解】
因为平面，所以．
又，所以两两垂直．
如图建立空间直角坐标系．
于是．
可得
由（1）可得AP平面DCE．
所以平面的一个法向量为．
设直线与平面所成角为，则有
．
则直线与平面所成角的正弦值为．
【小问3详解】
设是线段上的一点，则存在，使．
，从而．
由点的坐标可得．
设平面的法向量为
则有，即
令，则法向量为
令，即，解得．
此时，又显然有平面，从而平面．
所以，线段上存在点，使得平面，此时．
19. 已知函数，其中是常数，．
（1）当时，求曲线y=fx在点1,f1处的切线方程；
（2）求的极值．
【答案】（1）
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）利用导数的几何意义计算即可求解；
（2）易知当时，无极值；当）时，利用导数讨论函数的单调性求出极值即可.
【小问1详解】
当时，，所以．
所以，又，
所以曲线在点处的切线方程为
，即．
【小问2详解】
依题意，．
当时，由（1）可知，，
所以在上单调递减，无极值．
当）时，．
（i）当时．
，所以在上单调递减，无极值．
（ii））时．
时．在上单调递增，
时，在上单调递减．
所以时，取极大值，无极小值．
综上，当时，无极值；
当时有极大值，无极小值.
20. 已知椭圆的离心率为，右顶点为．
（1）求椭圆的方程；
（2）过原点且与轴不重合的直线与椭圆交于两点．已知点，直线与椭圆的另一个交点分别为．证明：直线过定点．
【答案】（1）；
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）根据离心率及椭圆参数关系求参数，即可得方程；
（2）设点，进而可得，联立椭圆方程并应用韦达定理求出坐标，同理得坐标，进而写出直线，即可证结论.
【小问1详解】
由题意可得，解得，
所以椭圆的方程为．
【小问2详解】
设点，则，且．
直线，即．
由，得．
所以，则．
所以．
所以．同理．
依题意，所以．
所以直线的方程为，整理得．
所以直线过定点0,1．
21. 已知无穷数列，给定正整数，若数列满足以下两个性质，则称数列：①；②
（1）已知和分别为数列和数列，且，求和；
（2）已知正整数数列是数列.
（i）无穷数列满足且为奇数，其中，证明：对于任意的，；
（ii）求满足条件的，并写出与对应的所有可能取值．
【答案】（1）
（2）（i）证明见解析；（ii），的全部可能取值为
【解析】
【分析】（1）根据数列的定义分别求解即得；
（2）（i）运用反证法，不妨假设为满足且使得取最小的某个整数，经推理得到，与最小性矛盾，即得证；（ii）假设及的取值已使得为数列且每一个项均为整数，先证明满足对任意的，有，又根据（i）的结论可知必存在某个，使得对于任意的，均有，从而，可取某个，使得，推出也为2的次幂，求得，由此即可求得的全部可能取值.
【小问1详解】
根据数列的定义可知：,
则；
根据数列的定义可知：，
则．
【小问2详解】
（i）假设结论不成立，不妨设为满足且使得取最小的某个整数．
由，可知，因为是奇数，
从而，且，这与最小性矛盾，
所以对于任意的，．
（ii）假设及的取值已使得为数列且每一个项均为整数．
由（i）中所定义出的构成数列，
首先证明满足对任意的，有．
若，则，从而；
若，则．
分三种情况讨论
① 若，则．故；
② 若，则．故；
③ 若，则．
又因为为奇数，所以也为奇数，从而有；
综上所述，对任意的，有．
又根据（i）的结论可知必存在某个，使得对于任意的，均有；
由于当时，总有，于是，数列中存在无穷多项小于，
从而，可取某个，使得．
由前面的证明可知只有当且时，
才可使得及同时成立，所以．
又因为对任意的，有，所以对任意，有，
进而对任意均为2的次幂．
由，依次得，
因此也为2的次幂．显然，只有当时才成立．
因此，只能为2．
对，若，则数列的各项为，满足要求．
当时，数列各项为，也符合题意．
若，则，不满足要求．
综上，，且此时的全部可能取值为．
【点睛】关键点点睛：本题考查了数列新定义问题，属于难题。
根据性质规定新生出数列的题目，涉及到归纳推理的思想方法，解答的关键是要理解新定义数列的特征，根据定义进行逻辑推理展开，进而解决问题.
使用AI大模型的种数
性别
0
1
2
3
4
男
4
27
23
16
10
女
6
48
27
24
15
AI大模型种类
A
B
C
D
人次
32
30
30
28
0
1
2
3