2024-2025学年北京市房山区高三（上）入学数学试卷（含答案）

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这是一份2024-2025学年北京市房山区高三（上）入学数学试卷（含答案），共10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.已知集合A={x|−3A. {x|−32.若复数z满足z1+i=i，则z=( )
A. 1−iB. −1−iC. −1+iD. 1+i
3.双曲线x2−y24=1的渐近线方程为( )
A. y=12xB. y=±2xC. y=2xD. y=−2x
4.已知圆(x−1)2+(y+3)2=r2(r>0)与直线x−y+2=0相切，则r=( )
A. 2B. 6C. 2 3D. 3 2
5.(2x−1x)4的展开式中的常数项为( )
A. −24B. −6C. 6D. 24
6.设向量a=(x−1,x),b=(x,−2)，则“x=3”是“a⊥b”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
7.已知函数f(x)=12sinωx− 32csωx(ω>0)的图象与直线y=1的相邻两个交点间的距离等于π，则ω=( )
A. 4B. 2C. 1D. 12
8.已知正四棱锥P−ABCD的八条棱长均为4，Q是底面上一个动点，PO≤3，则点Q所形成区域的面积为( )
A. 1B. πC. 4D. 4π
9.近年来纯电动汽车越来越受消费者的青睐，新型动力电池迎来了蓬勃发展的风口，Peukert于1898年提出蓄电池的容量C(单位：Aℎ)，放电时间t(单位：ℎ)与放电电流I(单位：A)之间关系的经验公式：C=In⋅t，其中n为Peukert常数.为测算某蓄电池的Peukert常数n，在电池容量不变的条件下，当放电电流I=30A时，放电时间t=15ℎ；当放电电流I=40A时，放电时间t=8ℎ.若计算时取lg2≈0.3，lg3≈0.477，则该蓄电池的Peukert常数n大约为( )
A. 1.25B. 1.75C. 2.25D. 2.55
10.已知集合A={(x,y)|(x−y)(xy−1)≤0},B={(x,y)|12≤x≤2,12≤y≤2}，S是集合A∩B表示的平面图形的面积，则S=( )
A. 1B. 98C. 2D. 94
二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分。
11.抛物线x2=4y的准线方程为______．
12.在平面直角坐标系xOy中，角α与角β均以Ox为始边，它们的终边关于y轴对称.若sinα=35，则sinβ= ______．
13.已知函数f(x)=−(x−1)2+1,x<1,a+lnx,x≥1.若a=0，则f(1)= ______；若f(x)在R上单调递增，则a的一个值为______．
14.如图1，一个正四棱柱形的密闭容器水平放置，其底部镶嵌了同底的正四棱锥形实心装饰块，容器内盛有m升水时，水面恰好经过正四棱锥的顶点P.如果将容器倒置，水面也恰好经过点P(图2)，设正四棱柱的高为ℎ1，正四棱锥的高为ℎ2，则ℎ1ℎ2= ______．
15.古希腊毕达开拉斯学派的数学家用沙粒和小石子来研究数.他们根据沙粒或小石子所排列的形状，把数分成许多类.如图，第一行图形中黑色小点个数：1，3，6，10，…称为三角形数，第二行图形中黑色小点个数：1，4，9，16，…称为正方形数，记三角形数构成数列{an}，正方形数构成数列{bn}，给出下列四个结论：
①数列{an}的一个通项公式是an=n(n+1)2；
②2025既是三角形数，又是正方形数；
③1b1+1b2+1b3+…+1bn<53；
④∀m∈N，m≥2，总存在p，q∈N.使得bm=ap+aq成立．
其中所有证确结论的序号是______．
三、解答题：本题共6小题，共85分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.(本小题13分)
在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且 3a−2bsinA=0．
(Ⅰ)求角B的大小；
(Ⅱ)再从下面条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求△ABC的面积．
条件①：c=2,C=π4；
条件②：b= 6,c=2．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
17.(本小题13分)
已知四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为菱形，PA=AD=2，E为AD的中点．
(Ⅰ)若F为PC的中点，求证：EF//平面PAB；
(Ⅱ)若BD=2 2.求平面PAB与平面PEC夹角的余弦值．
18.(本小题14分)
某企业产品利润依据产品等级来确定：其中一等品、二等品、三等品的每一件产品的利润分别为100元、50元、50元.为了解产品各等级的比例，检测员从流水线上随机抽取了100件产品进行等级检测、检测结果如下表：
(Ⅰ)从流水线上随机抽取1件产品，估计这件产品是一等品的概率；
(Ⅱ)若从流水线上随机抽取3件产品，这3件产品的利润总额为X.求X的分布列和数学期望；
(Ⅲ)为了使每件产品的平均利润不低于80元，产品中的一等品率至少是多少？
19.(本小题15分)
已知椭圆E：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的一个顶点为(2,0).焦距为2 2.过点(m,0)(m>2)且斜率不为零的直线与椭圆E交于不同的两点A，B，过点A和C(1,0)的直线AC与椭圆E的另一个交点为D．
(Ⅰ)求椭圆E的方程及离心率；
(Ⅱ)若直线BD与x轴垂直，求m的值．
20.(本小题15分)
已知函数f(x)=xex，直线l为曲线y=f(x)在点(t,f(t))处的切线．
(Ⅰ)当t=0时，求出直线l的方程；
(Ⅱ)若g(x)=f′(x)，求g(x)的最小值；
(Ⅲ)若直线l与曲线y=f(x)相交于点(s,f(s))，且s21.(本小题15分)
已知数列A：a1，a2，a3，…，an(n≥3)的各项均为正整数，设集合T={x|x=aj−ai,1≤i(Ⅰ)若数列A：1，3，5，6，求集合T，并写出P(T)的值；
(Ⅱ)若A是递减数列，求证：“A为等差数列”的充要条件是“P(T)=n−1”；
(Ⅲ)已知数列A：2，22，23，…，2n，求证：P(T)=n(n−1)2．
参考答案
1.A
2.C
3.B
4.D
5.D
6.A
7.B
8.B
9.C
10.B
11.y=−1
12.35
13.0 1(答案不唯一)
14.53
15.①③④
16.解：(Ⅰ)因为 3a−2bsinA=0，由正弦定理可得 3sinA−2sinBsinA=0，
在锐角△ABC中，sinA>0，可得sinB= 32，
可得B=π3；
(Ⅱ)若选条件①：c=2,C=π4，由正弦定理可得bsinB=csinC，
即b 32=2 22，解得b= 6，
因为sinA=sin(B+C)=sin(π3+π4)=sinπ3csπ4+csπ3sinπ4= 32× 22+12× 22= 6+ 24，
所以S△ABC=12bcsinA=12× 6×2× 6+ 24=3+ 32；
若选条件②：b= 6,c=2，
在锐角三角形中，由正弦定理可得bsinB=csinC，
即 6 32=2sinC，可得sinC= 22，可得C=π4，
因为sinA=sin(B+C)=sin(π3+π4)=sinπ3csπ4+csπ3sinπ4= 32× 22+12× 22= 6+ 24，
所以S△ABC=12bcsinA=12× 6×2× 6+ 24=3+ 32．
17.解：(1)证：设PB的中点M，连接MF，AM，如图所示：

∵四边形ABCD为菱形，E为AD的中点，∴BC//AE，AE=12BC，
又F为PC的中点，∴MF//BC，且MF=12BC，
∴MF//AE，MF=AE，∴四边形MFEA为平行四边形，
∴EF//AM，又EF⫋面PAB，AM⊂面PAB，
∴EF//面PAB；
(2)当BD=2 2时，AB2+AD2=BD2，∴四边形ABCD为正方形，
又PA⊥面ABCD，以AB，AD，AP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立坐标系，如图所示：

则A(0,0,0)，P(0,0,2)，E(0,1,0)，C(2,2,0)，EP=(0,−1,2)，EC =(2,1,0)，
设面PEC的法向量为n=(x,y,z)，则EP⋅n=0EC⋅n=0，即−y+2z=02x+y=0，令y=2，则x=−1，z=1，∴n=(−1,2,1)，
又AE⊥AB，AE⊥PA，且AB∩AP=A，∴AE⊥面PAB，
故AE=(0,1,0)可以作为面PAB的一个法向量，
∴|cs|=2 6×1= 63．
即平面PAB与平面PEC夹角的余弦值．
18.解：(Ⅰ)设概率为P，由题意得P=5050+30+20=12；
(Ⅱ)首先，我们把二等品和三等品视为一个整体，
则单次抽到一等品的概率为12，抽到二等品和三等品这个整体的概率为12，
当X=150时，抽到的产品一定在二等品和三等品这个整体里，
所以P(X=150)=C30(12)0(12)3=18；
当X=200时，P(X=200)=C31(12)1(12)2=38；
当X=250时，P(X=250)=C31(12)2(12)1=38，
当X=300时，P(X=300)=C33(12)3(12)0=18，
故分布列见下表：
所以数学期望为E(X)=150×18+200×38+250×38+300×18=225；
(Ⅲ)设产品中的一等品率为x，故非一等品率为1−x，
所以100x+50(1−x)≥80，解得x≥0.6，
所以产品中的一等品率至少是60%．
19.解：(Ⅰ)因为椭圆的一个顶点为(2,0)，焦距为2 2，
所以a=2，c= 2，所以b= 2，故椭圆的方程为x24+y22=1，
故离心率为e=ca= 22；
(Ⅱ)如图，设AB的方程为y=k(x−m)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
联立方程组x24+y22=1y=k(x−m)，可得(14+k22)x2−mk2x+m2k22−1=0，
而Δ=m2k4−m2k22+1−m2k4+2k2=(2−m22)k2+1>0，
所以x1+x2=mk214+k22=4mk21+2k2，x1x2=m2k22−114+k22=2m2k2−41+2k2，
因为过点A和C(1,0)的直线AC与椭圆E的另一个交点为D，
所以A，C，D三点共线，所以AC，CD共线，
因为BD与x轴垂直，所以D(x2,−y2)，故AC=(1−x1,−y1)，CD=(x2−1,−y2)，
故得−y1(x2−1)+y2(1−x1)=0，所以−k(x1−m)(x2−1)+k(x2−m)(1−x1)=0，
化简得k[(x1+x2)(m+1)−2x1x2−2m]=0，所以k[4mk21+2k2×(m+1)−2×2m2k2−41+2k2−2m]=0，
而k≠0，所以4mk21+2k2×(m+1)−2×2m2k2−41+2k2−2m=0，−2m+8=0，解得m=4，故m的值为4．
20.解：(Ⅰ)因为f′(x)=1−xex，则斜率k=f′(0)=1，
又f(0)=0，
则函数y=f(x)在点(0,0)处的切线l的方程为x−y=0；
(Ⅱ)g(x)=f′(x)=1−xex,x∈R，
则g′(x)=x−2ex，
令g′(x)=0，得x=2，
则当x∈(−∞,2)时，g′(x)<0，函数单调递减，
当x∈(2,+∞)时，g′(x)>0，函数单调递增，
所以g(x)的最小值为g(2)=−1e2；
(Ⅲ)由f(x)=xex，得f′(x)=1−xex，则f′(t)=1−tet，
可得曲线y=f(x)在(t,f(t))处的切线方程为y−tet=1−tet(x−t)，
即y=1−tetx+t2et．
令ℎ(x)=xex−1−tetx−t2et，
显然ℎ(t)=0，ℎ′(x)=1−xex−1−tet，
令m(x)=1−xex−1−tet，
则m′(x)=x−2ex=0，得x=2，
所以ℎ′(x)在(−∞,2)上单调递减，在(2,+∞)上单调递增．
若t≤2，x∈(−∞,1)时，1−xex>1−tet，
所以ℎ′(x)>0，
则ℎt(x)在(−∞,t)上单调递增，且ℎ(t)=0，
所以ℎ(x)在(−∞,t)上无零点，舍去；
若t>2，
因为1−tet>−1e2，
所以x∈(−∞,t)时，ℎ′(x)min=ℎ′(2)=−1e2−1−tet<0，
则ℎ(x)在(−∞,x0)上单调递增，在(x0,t)上单调递减，
而x趋于−∞x时，ℎ(x)趋于−∞，
所以ℎ(x)在(0,t)上存在零点．
故t的取值范围是(2,+∞)．
21.解：(1)由题意，数列A：1，3，5，6，
可得3−1=2，5−1=4，6−1=5，5−3=2，6−3=3，6−5=1，
所以集合T={1,2,3,4,5}，所以P(T)=5．
(2)证明：必要性：若A为等差数列，且A是递减数列，设A的公差为d(d<0)，
当1≤i则P(T)=n−1，故必要性成立；
充分性：若A是递减数列，P(T)=n−1，则A为等差数列，
因为A是递减数列，所以a2−a1>a3−a1>a4−a1>⋯>an−a1，
所以a2−a1，a3−a1，a4−a1，⋯，an−a1∈T，且互不相等，
所以T={a2−a1,a3−a1,a4−a1,⋯,an−a1}，
又因为a3−a2>a4−a2>⋯>an−a2>an−a1，
所以a3−a2，a4−a2，⋯，an−a2，an−a1∈T，且互不相等，
所以a3−a2=a2−a1，a4−a2=a3−a1，⋯，an−a2=an−1−a1，
所以a2−a1=a3−a2=⋯=an−an−1，
所以A为等差数列，充分性成立．
所以若A是递减数列，“A为等差数列”的充要条件是“P(T)=n−1”．
(3)证明：由题意集合T={x|x=aj−ai,1≤i即P(T)≤n(n−1)2，
对于数列A：2，22，⋯，2n，此时aj−ai=2j−2i，
若存在aj1−ai1=aj2−ai2，则2j1−2i1=2j2−2i2，其中j1>i1，j2>i2，
故2i1(2j1−i1−1)=2i2(2j2−i2−1)，
若i1≠i2，不妨设i1>i2，则2i1−i2(2j1−i1−1)=2j2−i2−1，而j1>i1，j2>i2，
故2i1−i2(2j1−i1−1)为偶数，2j2−i2−1为奇数，矛盾，
故i1=i2，故j1=j2，故由A：2，22，⋯，2n得到的aj−ai彼此相异，所以P(T)=n(n−1)2．产品等级
一等品
二等品
三等品
样本数量(件)
50
30
20
X
150
200
250
300
P
18
38
38
18

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