2024-2025学年北京市东城区高三上册期末数学检测试题（附解析）

这是一份2024-2025学年北京市东城区高三上册期末数学检测试题（附解析），共17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。
1．已知全集，集合，则（ ）
A．B．
C．D．
2．若复数满足，则的共轭复数（ ）
A．B．
C．D．
3．设，且，则（ ）
A．B．
C．D．
4．设等差数列的前项和为，且，则的最大值为（ ）
A．B．3C．9D．36
5．已知双曲线的一个焦点是，渐近线方程为，则的方程是（ ）
A．B．
C．D．
6．已知圆，直线与圆交于，两点.若为直角三角形，则（ ）
A．B．
C．D．
7．已知函数，则（ ）
A．在上是减函数，且曲线存在对称轴
B．在上是减函数，且曲线存在对称中心
C．在上是增函数，且曲线存在对称轴
D．在上是增函数，且曲线存在对称中心
8．已知是两个不共线的单位向量，向量（）．“，且”是“”的（ ）
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
9．已知函数，，设，若存在，使得，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
10．如图，水平地面上有一正六边形地块，设计师规划在正六边形的顶点处矗立六根与地面垂直的柱子，用以固定一块平板式太阳能电池板.若其中三根柱子，，的高度依次为，则另外三根柱子的高度之和为（ ）
A．47mB．48mC．49mD．50m
二、填空题（本大题共5小题）
11．在的展开式中，的系数是 ．
12．已知函数，若，则的一个取值为 ．
13．北京中轴线是世界城市建设历史上最杰出的城市设计范例之一．其中钟鼓楼､万宁桥､景山､故宫､端门､天安门､外金水桥､天安门广场及建筑群､正阳门､中轴线南段道路遗存､永定门，依次是自北向南位列轴线中央相邻的11个重要建筑及遗存．某同学欲从这11个重要建筑及遗存中随机选取相邻的3个游览，则选取的3个中一定有故宫的概率为 ．
14．已知抛物线.①则的准线方程为 ；②设的顶点为，焦点为.点在上，点与点关于轴对称.若平分，则点的横坐标为 .
15．一般地，对于数列，如果存在一个正整数，使得当取每一个正整数时，都有，那么数列就叫做周期数列，叫做这个数列的一个周期．给出下列四个判断：
①对于数列，若，则为周期数列；
②若满足：，则为周期数列；
③若为周期数列，则存在正整数，使得恒成立；
④已知数列的各项均为非零整数，为其前项和，若存在正整数，使得恒成立，则为周期数列．
其中所有正确判断的序号是 ．
三、解答题（本大题共6小题）
16．在中，
(1)求证为等腰三角形；
(2)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，使存在且唯一，求b的值.
条件①：； 条件②：的面积为； 条件③：边上的高为3.
17．“双减”政策执行以来，中学生有更多的时间参加志愿服务和体育锻炼等课后活动.某校为了解学生课后活动的情况，从全校学生中随机选取100人，统计了他们一周参加课后活动的时间（单位：小时），分别位于区间，，，，，，用频率分布直方图表示如下，假设用频率估计概率，且每个学生参加课后活动的时间相互独立.
(1)估计全校学生一周参加课后活动的时间位于区间的概率；
(2)从全校学生中随机选取3人，记表示这3人一周参加课后活动的时间在区间的人数，求的分布列和数学期望；
(3)设全校学生一周参加课后活动的时间的众数、中位数、平均数的估计值分别为，，，请直接写出这三个数的大小关系.（样本中同组数据用区间的中点值替代）
18．如图，在四棱锥中，底面是菱形，平面，平面平面，为中点，.
(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的大小；
(3)求四面体的体积.
19．已知椭圆的右焦点为，左､右顶点分别为，.
(1)求椭圆的方程；
(2)设是坐标原点，是椭圆上不同的两点，且关于轴对称，分别为线段的中点，直线与椭圆交于另一点.证明：三点共线.
20．已知函数．
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)设，证明：在上单调递增；
(3)判断与的大小关系，并加以证明．
21．给定正整数，已知项数为且无重复项的数对序列：满足如下三个性质：①，且；②；③与不同时在数对序列中.
(1)当，时，写出所有满足的数对序列；
(2)当时，证明：；
(3)当为奇数时，记的最大值为，求.
答案
1．【正确答案】C
【详解】由题意，易得.
故选：C.
2．【正确答案】D
【详解】因为，所以，
所以.
故选：D
3．【正确答案】D
【详解】对于A：当，时，满足，但是，故A错误；
对于B：当，时，满足，但是，故B错误；
对于C：当，时，满足，但是，故C错误；
对于D：因为，所以在上单调递增，
又，所以，即，故D正确.
故选：D
4．【正确答案】C
【详解】因为，所以，
又，所以，
当且仅当时取等号，
所以的最大值为.
故选：C
5．【正确答案】D
【详解】因为双曲线的一个焦点是，设双曲线方程为，
则双曲线的渐近线为，
所以，解得，所以的方程是.
故选：D
6．【正确答案】A
【详解】因为圆，圆心为，半径为，即
因为为直角三角形，所以,
设圆心到直线的距离为，
由弦长公式得，所以，化简得.
故选：A.
7．【正确答案】D
【详解】由得，解得，所以的定义域是−1,1，
，
在−1,1上单调递增，在0,+∞上单调递增，
根据复合函数单调性同增异减可知在−1,1上是增函数，
，
所以是奇函数，图象关于原点对称，即D选项正确.
故选：D
8．【正确答案】A
【详解】当，且时，
，充分性满足；
当时，
，当，时，
是可以大于零的，
即当时，可能有，，必要性不满足，
故“，且”是“”的充分而不必要条件.
故选：A.
9．【正确答案】A
【详解】因为，作出函数y=fx的图象，如图所示，
所以当时，；
当时，，可函数的值域为，
设，若存在，使得成立，即，
只需，即对于，满足成立，即，
解得，所以实数的取值范围为.
故选：A.
10．【正确答案】A
【详解】依题意可知六点共面，
设正六边形的中心为，连接，
平面且平面，
依题意可知相交于，
连接交于，连接交于，
根据正六边形的性质可知四边形是菱形，所以相互平分，
则相互平分，根据梯形中位线有，
即，
在梯形中，是的中点，则是的中点，
所以，
同理可得，
所以.
故选：A
11．【正确答案】
【详解】二项式展开式的通项为（且），
令，解得，所以，
所以的系数是.
故
12．【正确答案】（答案不唯一）
【详解】，，
即，解得，
，，.
的一个取值为.
故（答案不唯一）.
13．【正确答案】
【详解】设11个重要建筑依次为，其中故宫为，
从这11个重要建筑及遗存中随机选取相邻的3个有：，
，共9种情况，
其中选取的3个中一定有故宫的有：共3种，
所以其概率.
故答案为.
14．【正确答案】
【详解】抛物线，，所以准线方程为，焦点，
设，则，
由于轴，平分，所以，
所以，即，，
所以的横坐标为.
故；
15．【正确答案】②③
【详解】对于①，若为:，，满足题意，但是数列不是周期数列，故①错误;
对于②，由可知，，
即数列的偶数项都相等，奇数项都相等，
所以当时，能使得当取每一个正整数时，都有，
故数列为周期数列，故②正确;
对于③，若为周期数列，不妨设周期为，
所以数列中项的值有个，即数列中的项是个数重复出现，
故存在正整数，使得恒成立，故③正确;
对于④，取数列为首项， 当时，，
即，
则当为奇数时，，当为偶数时，，取，
则恒成立，但不为周期数列，故④错误.
故②③.
16．【正确答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）在中，，设，
根据余弦定理，得，
整理得，因为，解得，所以，
所以为等腰三角形.
（2）若选择条件①：若 ，由（1）可知，及，
所以，
所以不存在.
若选择条件②：在中，由，
由（1），
所以，
解得，即，
若选择条件③：在中，由边上的高为3，得，
由，解得.
17．【正确答案】(1)
(2)答案见解析
(3)
【详解】（1）参加课后活动的时间位于区间的概率.
（2）活动的时间在区间的概率，
的可能取值为，
，，
，.
故分布列为：
（3）众数为：；
，
，
则，；
，
故
18．【正确答案】(1)证明详见解析
(2)
(3)
【详解】（1）因为，是的中点，所以，
由于平面平面且交线为，平面，所以平面，
由于平面，所以，
由于平面，平面，所以，
由于平面，所以平面；
（2）因为平面，，所以平面，
平面，所以，而平面，
平面，所以，
由此以为空间坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，
则，
所以，
设平面的法向量为m=x,y,z，
则，故可设，
设直线与平面所成角为，
则，
由于，所以，
所以直线与平面所成角的大小为.
（3）因为，
所以点到平面的距离，
由于平面，平面，所以，
由于平面，所以平面，
由于平面，所以，
所以四面体的体积.
19．【正确答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由题意得，结合平方关系即可得解.
（2）由题意不妨设，则，将直线的方程，与椭圆方程联立，结合韦达定理得点坐标，要证三点共线，只需证明即可，在化简时注意利用，由此即可顺利得证.
【详解】（1）由题意，
所以，
所以椭圆的方程为.
（2）
由题意不妨设，其中，即，
则，且直线的方程为，
将其与椭圆方程联立得，
消去并化简整理得，
由韦达定理有，
所以，，
即点，
而，
，
所以三点共线.
20．【正确答案】(1)
(2)证明见解析
(3)，证明见解析
【详解】（1）因所以，
所以曲线在点处的切线方程为.
（2）由题设，，
所以.
当时，因所以，
即在上单调递增，故得证.
（3）,证明如下：
设则，
由（2）知在上单调递增，所以，则，
即在上单调递增，
故，即得证.
21．【正确答案】(1)或；
(2)证明详见解析；
(3).
【分析】（1）利用列举法求得正确答案.
（2）利用组合数公式求得的一个大致范围，然后根据序列满足的性质证得.
（3）先证明，然后利用累加法求得.
【详解】（1）依题意，当，时有：
或.
（2）当时，因为与不同时在数对序列中，
所以，所以每个数至多出现次，
又因为，
所以只有对应的数可以出现次，
所以.
（3）当为奇数时，先证明.
因为与不同时在数对序列中，
所以，
当时，构造恰有项，
且首项的第个分量与末项的第个分量都为,
对奇数，如果和可以构造一个恰有项的序列，
且首项的第个分量与末项的第个分量都为，
那么多奇数而言，可按如下方式构造满足条件的序列：
首先，对于如下个数对集合：
，
，
……
，
，
每个集合中都至多有一个数对出现在序列中，
所以，
其次，对每个不大于的偶数，
将如下个数对并为一组：
，
共得到组，将这组对数以及，
按如下方式补充到的后面，
即
.
此时恰有项，所以.
综上，当为奇数时，
.
【方法总结】解新定义题型的步骤：
(1)理解“新定义”——明确“新定义”的条件、原理、方法、步骤和结论.
(2)重视“举例”,利用“举例”检验是否理解和正确运用“新定义”;归纳“举例”提供的解题方法.归纳“举例”提供的分类情况.
(3)类比新定义中的概念、原理、方法，解决题中需要解决的问题.