2024-2025学年北京市朝阳区高三上册12月期末模拟数学检测试卷（附解析）

这是一份2024-2025学年北京市朝阳区高三上册12月期末模拟数学检测试卷（附解析），共18页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（本大题共10小题）
1．已知全集，集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．设复数，则复数在复平面内对应的点的坐标是（ ）
A．B．
C．D．
3．圆的圆心到直线的距离为（ ）
A．B．C．D．
4．已知抛物线的焦点为，点在上．若到直线的距离为5，则（ ）
A．7B．6C．5D．4
5．已知是两个不同的平面，是两条不同的直线，能使成立的一组条件是（ ）
A．B．
C．D．
6．设函数，已知，，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
7．已知函数，若，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
8．已知是函数的图象上的两个不同的点，则（ ）
A．B．C．D．
9．的外接圆的半径等于，，则的取值范围是（ ）．
A．B．C．D．
10．正方体的棱长为1，动点在线段上，动点在平面上，且平面.线段长度的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
二、填空题（本大题共5小题）
11．的展开式中含的项的系数为 ．
12．设向量，且，则 ，和所成角为
13．已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为 .
14．直线与双曲线的右支只有一个公共点，则的取值范围为 .
15．设与是两个不同的无穷数列，且都不是常数列.记集合，给出下列4个结论：
①若与均为等差数列，则M中最多有1个元素；
②若与均为等比数列，则M中最多有2个元素；
③若为等差数列，为等比数列，则M中最多有3个元素；
④若为递增数列，为递减数列，则M中最多有1个元素.
其中正确结论的序号是 .
三、解答题（本大题共6小题）
16．在中，内角的对边分别为，为钝角，，，
(1)求；
(2)若，求的面积.
17．如图，四棱柱的底面是边长为2的正方形，，侧面底面，E是棱BC上一点，平面.
(1)求证：是的中点；
(2)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个条件作为已知，使四棱柱唯一确定，
（i）求二面角的余弦值；
（ii）设直线与平面的交点为P，求的值.
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.
18．某社区计划组织一次公益讲座向居民普及垃圾分类知识，为掌握居民对垃圾分类知识的了解情况并评估讲座的效果，主办方从全体居民中随机抽取10位参加试讲讲座活动，让他们在试讲讲座前后分别回答一份垃圾分类知识问卷．试讲讲座前后，这10位居民答卷的正确率如下表：
根据居民答卷的正确率可以将他们垃圾分类的知识水平分为以下三个层级：
假设每位居民回答问卷的结果之间互相独立，用频率估计概率．
(1)正式讲座前．从该社区的全体居民中随机抽取1人，试估计该居民垃圾分类知识水平恰为“一般”的概率；
(2)正式讲座前，从该社区的全体居民中随机抽取3人，这3人垃圾分类知识水平分别是“一般”、“良好”、“良好”．设随机变量X为“这3人讲座后垃圾分类知识水平达到‘优秀’、的人数”，试估计X的分布列和数学期望；
(3)在未参加讲座的全部居民中再随机抽取若干人参加下一轮的公益讲座并让他们在讲座前后分别填写问卷．从讲座后的答卷中随机抽取一份，如果完成该答卷的居民的知识水平为“良好”，他在讲座前属于哪一知识水平的概率最大？（结论不要求证明）
19．设椭圆，离心率为，长轴长为4.过点的直线l与椭圆交于，两点，直线l与轴不重合.
(1)求椭圆的方程；
(2)已知点，直线与轴交于，与轴交于，直线与轴交于，与轴交于，若，求直线的斜率.
20．已知函数.
(1)当时，求函数的单调区间；
(2)证明：当，曲线的切线不经过点；
(3)当时，若曲线与直线在区间上有两个不同的交点，求实数a的取值范围.
21．已知为有穷整数数列．给定正整数m，若对任意的，在Q中存在，使得，则称Q为连续可表数列．
(1)判断是否为连续可表数列？是否为连续可表数列？说明理由；
(2)若为连续可表数列，求证：k的最小值为4；
(3)若为连续可表数列，且，求证：．
答案
1．【正确答案】D
【详解】由，得，所以,
因为，所以,
所以.
故选：D.
2．【正确答案】C
【详解】因为，所以，
故复数在复平面内对应的点的坐标是，故C正确.
故选：C
3．【正确答案】D
【详解】由题意得，即，
则其圆心坐标为，则圆心到直线的距离为.
故选：D.
4．【正确答案】D
【详解】因为抛物线的焦点，准线方程为，点在上，
所以到准线的距离为，
又到直线的距离为，
所以，故.
故选：D.
5．【正确答案】B
【详解】对于A，若，则由线面垂直的性质得，故A错误，
对于B，若，则由线面垂直的性质得，故B正确，
对于C，若，则可能相交，平行或异面，故C错误，
对于D，若，则可能相交，平行或异面，故D错误.
故选B
6．【正确答案】B
【详解】因为，且，
所以，得到①
又，则，得到②，
由①②得到，，即，又，所以的最小值为，
故选：B.
7．【正确答案】D
【详解】设直线与相切于点，
由，则，
所以切线方程为，又切线过，
所以，解得，
所以，作出及切线的图象，如图，

由图象可知，当时，成立.
故选：D
8．【正确答案】D
【详解】如图所示，设Ax1,y1，Bx2,y2，的中点为，
点在的图象上，且轴，则，
由图知点在的左侧，即，
所以.
故选：D
9．【正确答案】C
【详解】依题意，的外接圆的半径等于，，
以为原点，为轴建立如图所示平面直角坐标系，B4,0，
圆心到，也即轴的距离为，
故圆心，半径，所以圆的标准方程为.
设，与不重合.
所以，由于，所以.
故选：C
10．【正确答案】C
【详解】
以为坐标原点，以分别为轴的正半轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，设，，
则，则，
因为平面，所以，
即，解得，
所以，所以，
又，所以当时，即是的中点时，取得最小值，
当或，即与点或重合时，取得最大值，
所以线段长度的取值范围为.
故选：C
11．【正确答案】
【详解】展开式的通项为，
令，得，所以展开式中含的项的系数为.
故-160
12．【正确答案】
【详解】因为，所以，
化简整理得，所以，所以．
因为，所以和所成角为．
故；.
13．【正确答案】
【详解】设圆柱的底面半径为，则圆锥的母线长为，
而它们的侧面积相等，所以，即，
故，故圆锥的体积为.
故答案为.
14．【正确答案】
【详解】直线过定点，直线与双曲线图象如图所示，

又双曲线的两条渐近线为，
因为直线与双曲线的右支只有一个公共点，
所以由图可知，，
故
15．【正确答案】①③④
【分析】利用两类数列的散点图的特征可判断①④的正误，利用反例可判断②的正误，结合通项公式的特征及反证法可判断③的正误.
【详解】对于①，因为均为等差数列，故它们的散点图分布在直线上，
而两条直线至多有一个公共点，故中至多一个元素，故①正确.
对于②，取则均为等比数列，
但当为偶数时，有，此时中有无穷多个元素，故②错误.
对于③，设，，
若中至少四个元素，则关于的方程至少有4个不同的正数解，
若，则由和的散点图可得关于的方程至多有两个不同的解，矛盾；
若，考虑关于的方程奇数解的个数和偶数解的个数，
当有偶数解，此方程即为，
方程至多有两个偶数解，且有两个偶数解时，
否则，因为单调性相反，
方程至多一个偶数解，
当有奇数解，此方程即为，
方程至多有两个奇数解，且有两个奇数解时即
否则，因单调性相反，
方程至多一个奇数解，
因为，不可能同时成立，
故不可能有4个不同的整数解，即M中最多有3个元素，故③正确.
对于④，因为为递增数列，为递减数列，前者散点图呈上升趋势，
后者的散点图呈下降趋势，两者至多一个交点，故④正确.
故①③④.
【思路导引】对于等差数列和等比数列的性质的讨论，可以利用两者散点图的特征来分析，注意讨论两者性质关系时，等比数列的公比可能为负，此时要注意合理转化.
16．【正确答案】(1)
(2)
【详解】（1）由题意得，因为为钝角，
则，则，则，解得，
因为为钝角，则.
（2）法一：因为，所以，所以，
在中，由余弦定理可得，
所以，所以，解得或（舍去），
所以.
法2：因为，所以，所以，
在中，由正弦定理得，即，解得，
因为为三角形内角，则，
则
，
则.
17．【正确答案】(1)证明见解析
(2)（i）；（ii）.
【详解】（1）连接交于，连接，
因为平面，平面，平面平面，
所以，又因为四边形是平行四边形，所以是的中点，
所以是的中点；
（2）（i）
选择条件①：
因为底面是正方形，所以，
侧面平面，且侧面平面，平面，
故平面，又平面，则，
即四边形为矩形，因为，则，
与选择条件①：等价，故条件不能进一步确定的夹角大小，故二面角不能确定；
选择条件②：
连结，因为底面是正方形，所以，
又因为侧面平面，且侧面平面，平面，
所以平面，又平面，所以，
在中，因为，，所以，
在中，因为，，所以，
又平面，所以平面，又，
所以如图建立空间直角坐标系，其中，，，，
且，，易知为平面的一个法向量，
设为平面面的一个法向量，则，即.
不妨设，则，可得，
所以，
因为二面角的平面角是钝角，设为 ，故，
所以二面角的余弦值为.
选择条件③：
因为底面是正方形，所以，
因为，且平面，
所以平面，因为平面，所以，
因为侧面平面，且侧面平面，平面，
所以平面，又，
所以如图建立空间直角坐标系，（下面同选择条件②）.
（ii）设，又，，
则，所以，
所以，因为平面，
所以，所以，解得，
所以.
18．【正确答案】(1)
(2)答案见解析
(3)他在讲座前属于“一般”知识水平的概率最大.
【详解】（1）正式讲座前，10位选取的居民中，垃圾分类知识水平为“一般”的人数为5人，所以垃圾分类知识水平位“一般”的频率为：，
所以估计居民垃圾分类知识水平恰为“一般”的频率为.
（2）由表中提供的数据可得：正式讲座前，垃圾分类知识水平为“一般”的人在讲座后，达到“优秀”的概率估计为：；
正式讲座前，垃圾分类知识水平为“良好”的人在讲座后，达到“优秀”的概率估计为.
由题意，的值可以为：0,1,2,3
且：，
.
所以的分布列为：
所以.
（3）从未参加讲座的居民中抽取1人，垃圾分类水平为“一般”记为事件，则，讲座后，知识水平为“良好”的概率估计为；
从未参加讲座的居民中抽取1人，垃圾分类水平为“良好”记为事件，则，讲座后，知识水平为“良好”的概率估计为；
从未参加讲座的居民中抽取1人，垃圾分类水平为“优秀”记为事件，则，讲座后，知识水平为“良好”的概率估计为；
从参加讲座后的居民中抽取1人，垃圾分类水平为“良好”记为事件，则.
因为，，.
所以他在讲座前属于“一般”知识水平的概率最大.
19．【正确答案】(1)
(2).
【详解】（1）因为椭圆的长轴长为4，所以，解得；
又，所以，得，
所以.
（2）因为过点的直线l与椭圆交于两点，直线l与轴不重合，所以直线l的斜率不为0.
设直线，Ax1,y1,Bx2,y2
，
，即，即或，；
，；
，；
，
直线，直线，
令，，，
令，，，
则，
即
也即
则，，斜率为；
综上，直线的斜率为.

20．【正确答案】(1)的单调递增区间为，单调递减区间为；
(2)证明见解析；
(3).
【详解】（1）当时，，的定义域为.
，
令，解得.
当时，，单调递增，
当时，，单调递减.
所以的单调递增区间为，单调递减区间为；
（2）当时，，.
设曲线的切点为，
则切线方程为，
假设切线过原点，则有，
整理得.
令，则.
所以当时，；当时，；
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以对任意，，
所以方程无解.
综上可知，曲线在点的切线不过原点.
（3）曲线与直线在区间上有两个不同的交点，
等价于在区间上有两个不同的解，
即，在区间上有两个不同的解，
设，则，
令，解得，
又因为，所以，
当，，所以单调递增；
当，，所以单调递减；
所以，
当时，，
当时，，
要使在区间上有两个不同的解，
只需使即可.
所以实数a的取值范围是.
21．【正确答案】(1)是连续可表数列；不是连续可表数列
(2)证明见详解
(3)证明见详解
【分析】（1）直接利用定义验证即可；
（2）先考虑不符合，再列举一个合题即可；
（3）时，根据和的个数易得显然不行，再讨论时，由可知里面必然有负数，再确定负数只能是，然后分类讨论验证不行即可．
【详解】（1），，，，，所以是连续可表数列；易知，不存在使得，所以不是连续可表数列．
（2）证明：若,设为,则至多，6个数字，没有个，矛盾；
当时,数列，满足，，，，，，，，所以．
（3），若最多有种，若，最多有种，所以最多有种，
若，则至多可表个数，矛盾,
从而若,则，至多可表个数，
而，所以其中有负的，从而可表1～20及那个负数（恰 21个），这表明中仅一个负的，没有0，且这个负的在中绝对值最小，同时中没有两数相同,设那个负数为 ，
则所有数之和，，
所以，再考虑排序，排序中不能有和相同，否则不足个，
因为 （仅一种方式），
所以与2相邻，
若不在两端,则形式，
若，则（有2种结果相同，方式矛盾），
所以， 同理 ，故在一端，不妨为形式，
若,则 （有2种结果相同，矛盾），同理不行，
，则 （有2种结果相同，矛盾），从而，
由于,由表法唯一知3,4不相邻,
故只能，①或，②
这2种情形，
对①：，矛盾，
对②：，也矛盾，综上，
当时，数列满足题意，
所以．
【关键点拨】先理解题意，是否为可表数列核心就是是否存在连续的几项（可以是一项）之和能表示从到中间的任意一个值．本题第二问时，通过和值可能个数否定；第三问先通过和值的可能个数否定，再验证时，数列中的几项如果符合必然是的一个排序，可验证这组数不合题．编号正确率
1号
2号
3号
4号
5号
6号
7号
8号
9号
10号
试讲讲座前
65%
60%
0%
100%
65%
75%
90%
85%
80%
60%
试讲讲座后
90%
85%
80%
95%
85%
85%
95%
100%
85%
90%
答卷正确率p
垃圾分类知识水平
一般
良好
优秀
0
1
2
3