文档文本内容
北京市房山区 2024-2025 学年高三下学期第一次综合练习
数学试卷
本试卷共6页，150分.考试时长120分钟.考生务必将答案答在答题卡上，卷上作答无效.考试
结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
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，选出题目要求的一
项.
1. 已知集合 ，集合 ，则 （ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先解一元二次不等式得出集合B，再应用交集定义计算求解.
【详解】集合 ，集合 ，
则 .
故选：A.
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】化简复数 ，根据复数的几何意义可得答案.
【详解】 ，
复数 对应的点为 位于第二象限.
故选：B
3. 已知 ，且 ，则（ ）A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】对选项逐一判断，不正确的举反例，正确的加以说明即可．
【详解】对于A选项：举反例 可知不成立；
对于B选项： 举反例 可知不成立；
对于C选项： ，
因为 ，所以 ，而 且不同时为0，
故 ，即 ，正确；
对于D选项： 举反例 可知不成立；
故选：C．
4. 直线 与圆 交于 两点，则 （ ）
A. 1 B. 2 C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先求出圆心到直线的距离，再由几何法求出弦长即可.
【详解】由题意可得圆心 ，半径 ，
到直线 的距离为 ，
由几何关系可得 .
故选：B.5. 已知向量 ，若 ，则 （ ）
A. 2 B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先由向量垂直的坐标表示求出 ，然后再由模长的计算可得.
【详解】若 ，则 ，
即
又 ，
.
故选：D.
6. 若 ，则 （ ）
A. B. 41 C. D. 40
【答案】C
【解析】
【分析】写出展开式的通项公式，求出 和 ，求出答案.
【详解】 展开式的通项公式为 ，
令 得 ，故 ，
令 得 ，故 ，
所以 .
故选：C
7. 已知函数 ，则“ ”是“ ”的（ ）A. 充分而不必要条件
B. 必要而不充分条件
C. 充要条件
D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】根据正弦函数的对称性，结合充分条件与必要条件的定义，可得答案.
【详解】由函数 ，则易知其图象对称中心 ，
当 时， 为函数 图象的对成中心，
则当 时， ，充分性成立；
当 时，由 ，可能得到 ，必要性不成立.
.
故选：A
8. 如图，将棱长为2的正方体六个面的中心连线，可得到八面体 ， 为棱 上一点，则
下列四个结论中错误的是（ ）
A. 平面
B. 八面体 的体积为
C. 的最小值为
D. 点 到平面 的距离为【答案】D
【解析】
【分析】依据线面平行判定定理，棱锥体积公式，等体积法求点到面的距离等知识对选项逐一判断即可.
【详解】
在正方体中，连接 可知相交于点 ，且被 互相平分，故四边形 是平行四边形，
所以 ，而 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，故A正确；
因为正方体棱长为2，所以四边形 是正方形且 ，
面 , ，
所以八面体 的体积等于棱锥 体积的2倍，
而棱锥 体积等于 ，
故八面体 的体积为 ，B正确；
因为 为棱 上一点，将 和 展开成一个平面，
由题 和 均为正三角形，且边长为 ，
由三角形两边之和大于第三边知 最小值为 ，在 中由余弦定理可知
，故C正确；对于D选项：设点 到平面 的距离为 ,由等体积法知：
，故错误.
故选：D.
9. 自然界中，大多数生物存在着世代重叠现象，它们在生活史中会持续不断地繁殖后代，且有时不同的世
代能在同一时间进行繁殖.假定某类生物的生长发育不受密度制约时，其增长符合模型： ，其
中 为种群起始个体数量， 为增长系数， 为 时刻的种群个体数量.当 时，种群个体数量是
起始个体数量的2倍.若 ，则 （ ）
A. 300 B. 450 C. 600 D. 750
【答案】C
【解析】
【分析】根据已知函数模型计算得出 ，再结合指数运算计算求解.
【详解】因为模型： ，其中 为种群起始个体数量， 为增长系数，
因为当 时，种群个体数量是起始个体数量的2倍.
所以 ，所以 ，
若 ，则 .
故选：C.
10. 已知数列 的各项均为正数，且满足 （ 是常数， ），则下列四个结论中正确的是（ ）
A. 若 ，则数列 是等比数列
B. 若 ，则数列 是递增数列
C. 若数列 是常数列，则
D. 若数列 是周期数列，则最小正周期可能为2
【答案】C
【解析】
【分析】当 时，得到 ，当 时，得到 ，数列 不能构成等比数列，可判
定A错误；当 时，求得 ，可判定B错误；若数列 为常数列，得到
，结合二次函数 的性质，求得 ，可判定C正确；假设列 是周期数列，且最小
正周期为 ，得到 且 ，结合 ，得到 ，化简求得
，这与 矛盾，可判定D错误.
【详解】对于A中，若 ，可得 ，即 ，
当 且 时，两边取对数，可得 ，即 ，
此时数列 表示首项为 ，公比为 的等比数列；
当 时，可得 ，此时 ，数列 不能构成等比数列，故A错误；
对于B中，当 时，可得 ，即 ，
例如：当 时，由 ，可得 ，又由 ，可得 ，此时 ，
所以，当 ，数列 是不一定是递增数列，所以B错误；
对于C中，若数列 为常数列，则 ，
因为 ，即 ，
又因为 ，所以 ，
所以 的取值范围为 ，所以C正确；
对于D中，假设数列 是周期数列，且最小正周期为 ，即 且 ，
因为 ，可得 ，所以 ，
则 ，即 ，
又因为数列 的各项均为正数，即 ，
所以 ，即 ，这与 矛盾，
所以数列 的最小正周期不可能是 ，所以D错误.
故选：C.
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 . 已知函数 ，则 __________.
【答案】4
【解析】
【分析】求出 ，得到答案.
【详解】 ， ，故 .故答案为：4
12. 已知 是等差数列，且 ，则 的通项公式 __________.
【答案】
【解析】
【分析】设等差数列 的公差为 ，利用等差数列的基本量运算求出 ，代入通项即可.
【详解】设等差数列 的公差为 ，
由 ，
因 代入解得 ，
故 .
故答案为： .
13. 已知 是抛物线 的焦点，则 的坐标为__________，设 是直线 上一点，直线
与抛物线 的一个交点为 ，若 ，则点 到 轴的距离为__________.
【答案】 ①. ②. 1
【解析】
【分析】由抛物线性质可知焦点坐标；过 作 垂直于直线 ，由比例关系得出 到 轴的距离.
【详解】抛物线 的焦点 ，准线 .
过 作 垂直于直线 于 ，则 轴.
设直线 与 轴交于点 ，
因为 ，所以 ， ，
由 轴得， ，所以 ，
因此点 到 轴的距离为1.
故答案为： ;1.
14. 若对任意实数 恒成立，则满足条件的一组 的值为
__________， __________.
【答案】 ①. 1 ②. （答案不唯一）
【解析】
【分析】应用诱导公式计算求解即可.
【详解】若对任意实数 恒成立，
则满足条件的一组 的值为 ， .
故答案为：1； （答案不唯一）.
15. 数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，曲线 就是其中之一.设曲线 与 轴交
于 两点，与 轴交于 两点，点 是 上一个动点，给出下列四个结论：
①曲线 关于 轴对称；
②曲线 恰好经过2个整点（即横、纵坐标均为整数的点）；
③ 面积的最大值为1；④ （ 为坐标原点）.
其中正确结论的序号是__________.
【答案】①③④
【解析】
【分析】曲线 上的任意点 ，其关于 的对称点为 ，代入曲线方程验证判断①，根据方程
易知 ， 均在曲线上判断②，结合曲线的对称性研究 时的曲线性质确定 最大值，
结合 即可判断③，在 上， 才能保证 最大，再应用三
角换元及三角恒等变换、正弦型函数的性质求 范围判断④.
【详解】曲线 上的任意点 ，其关于 的对称点为 ，
代入曲线左侧有 ，即点 也在曲线上，
所以曲线 关于 轴对称，①对；
由方程易知 ， 均在曲线上，曲线至少经过4个整数点，②错；
由 ，即 ，且 ，
根据曲线 关于 轴对称，只需研究 时的曲线性质，
对于 ，当且仅当 时取等号，
对于 在 上单调递增，则 ，
令 ，则 ，可得 ，结合曲线的对称性有 ，
所以，最大 ，③对；
在 上， 才能保证 最大，令 且 ，此时 ，
所以
，且 ，
所以 ，当且仅当 取等号，④对.
故答案为：①③④
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）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，使得 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）应用正弦定理结合两角和正弦公式计算得出余弦值进而得出角；
（2）选择条件①三角形不存在；选择条件②应用同角三角函数关系得出 ，再应用正弦定理及
余弦定理计算求出边长 ，最后应用面积公式计算；选择条件③先应用正弦定理得出 ，再应用余
弦定理得出 ，最后应用面积公式计算.
【小问1详解】
由正弦定理 ，
得 .
所以 .
所以 .
因为 ，所以 .
所以 .
所以 .
【小问2详解】
选条件①： ， ，
由余弦定理 ，得 .， 不存在；
选条件②： .
由 ，可得 .
由正弦定理 ，得 .
由余弦定理 ，得
，整理得 .
.
解得 ，或 （舍）
所以 的面积 .
条件③： .
因为 ，且 ，所以 .
由余弦定理 ，得 .
解得 ，或 （舍）
所以 的面积 .
17. 如图，在长方体 中， 为 的中点， 与平面 交于点 .（1）求证： 为 的中点；
（2）若二面角 的余弦值为 ，求 的长度.
【答案】（1）证明见解析
（2） .
【解析】
【分析】（1）运用长方体性质，得到面面平行，再用面面平行性质得到线线平行，进而得到 是平
行四边形.则 .借助勾股定理和已知条件得到 即可.
（2）建立空间直角坐标系 ，设 ，求出关键点坐标和平面法向量坐标，结合向量夹
角公式得到 ，解出即可.
【小问1详解】
在长方体 中，因为平面 平面 ，
平面 平面 ，平面 平面 ，
所以 .同理 .
所以 是平行四边形.所以 .
又 ，.
所以 .
所以 为 的中点.
【小问2详解】
在长方体 中，建立空间直角坐标系 ，设 ，
则 .
因此 .
设平面 的法向量为 ，
则 即
令 ，则 ，因此 .
易知平面 的法向量为 ，则
.
解得 .所以 .18. 随着科技的飞速发展，人工智能已经逐渐融入人们的日常生活，在教育领域， 赋能潜力巨大.为
了解某校学生对某款学习软件 的使用情况，根据男女学生人数比例，使用分层抽样的方法随机抽取
了90名学生，获得数据如下：
是否使用该款学习软件
男生 女生
使用 40人 30人
不使用 10人 10人
假设学生 是否使用该款学习软件 相互独立.用频率估计概率.
（1）估计该校学生使用该款学习软件 的概率；
（2）从该校全体男生中随机抽取2人，全体女生中随机抽取1人，记这3人中使用该习软件 的人数
为 ，求 的分布列和数学期望；
（3）从该校所有学生中随机抽取1人，“ ”表示该生使用该款学习软件 ，“ ”表示该生不使
用该款学习软件 .假设该校一年级有200名男生和180名女生，从除一年级外其他年级学生中随机抽
取1人，“ ”表示该生使用该款学习软件 ，“ ”表示该生不使用该款学习软件 . 的
方差分别记为 ，试比较 与 的大小（结论不要求证明）.
【答案】（1）
（2）分布列见解析，
（3）
【解析】
【分析】（1）根据题中数据，90名学生中使用学习软件 的共 人，即可求出；
（2）随机变量 的可能取值为 ，分别计算每个取值的概率，即可得到分布列和数学期望；
（3）设从一年级学生中随机抽取1人，该生使用该款学习软件 的方差记为 ，求出一年级学生和该校全体学生中使用该款学习软件 的概率，由二项分布的方差计算公式求出 ，由
的大小，即可比较 的大小.
【小问1详解】
根据题中数据，90名学生中使用该款学习软件 的共 人，
所以该校学生使用该款学习软件 的概率可估计为 .
【小问2详解】
从该校全体男生中随机抽取1人，“他使用该学习软件 ”记为事件A，
从该校全体女生中随机抽取1人，“她使用该学习软件 ”记为事件 ，
根据题中数据可知： .
随机变量 的可能取值为 .
则 ，
，
，
.
所以 的分布列为：
0 1 2 3
数学期望 .【小问3详解】
设从一年级学生中随机抽取1人，“ ”表示该生使用该款学习软件 ，“ ”表示该生不使用该
款学习软件 ， 的方差记为 ，
一年级有200名男生和180名女生，一年级学生使用该学习软件 的概率为
，
则 ，
该校所有学生中使用该款学习 的概率为 ，
则 ，
因为 ，即 ，
所以除一年级外其他年级学生中使用该款学习软件 的方差 ，
即 .
19. 已知椭圆 的长轴长为4，一个焦点为 .
（1）求椭圆 的方程及离心率；
（2）过点 且斜率存在的直线交椭圆 于 两点，在 轴上是否存在点 ，使得 ？若
存在，求出点 的坐标；若不存在，说明理由.
【答案】（1） ，离心率 ；
（2）存在， .【解析】
【分析】（1）由题意确定椭圆参数值，即可得椭圆方程，进而得到离心率；
（2）设直线 的方程为 ， ， ，联立椭圆并应用韦达定理得
，法一：根据面积比得到 ，即直线 的斜率与直
线 的斜率互为相反数，列方程求得 ；法二：根据面积比得 ，结合两点距离公式并
整理求得 ，即得结论.
【小问1详解】
由题意，得 ，所以 .
所以椭圆 的方程为 ，离心率 .
【小问2详解】
设直线 的方程为 （显然 ），点 ，
设 ，联立方程 ，
整理得 .
所以 .
法一：因为 .
又 ，所以 .所以 ，直线 的斜率与直线 的斜率互为相反数.
设直线 的斜率为 ，直线 的斜率为 ，
，整理可得 ，
，因为 ，
所以 ， ，
即 ，解得 .
所以点 的坐标 .
法二：因为 ，又 ，
所以 ，即 ， ，
所以 ，且 ，
整理得 ，
则 ，
而 ，显然 ，
所以 ，故 ，
所以 ，解得 .
所以点 的坐标 .
20. 已知函数 在 处取得极值.
（1）求 的单调区间；
（2）设 ，求证：曲线 存在两条斜率为 且不重合的切线.
【答案】（1） 的单调递增为 ；单调递减区间为 .
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据函数的极值点求得 ，再利用导函数的符号确定函数的单调区间即可;
（2）求导得 ，由（1）得 ，计算得 ，
，由函数单调性推出存在 ，使 .法一：
写出曲线 在点 处的切线方程： ，根据
的单调性推出 可得证；法二：利用
推出 ，写出曲线 在 处的切线 的
方程 ，同理得曲线 在 处的切线 的方程，证明 即可.
【小问1详解】
由 ，得 .
因为函数 在 处有定义，所以 .
因为 在 处取得极值，所以 ，
解得 ，或 （舍）.
当 时， ，
.
令 ，解得 ，或 （舍）.
与 的变化情况如下：
0
0
极大值
所以函数 的单调递增为 ；单调递减区间为 .
【小问2详解】
由 ，得 .
由（1）可知， ，因为 ，
所以存在 ，使 .
方法一：曲线 在点 处的切线方程为
，即 .
下面证明： .
设 ，则 .
当 时， ，所以 ，即 .
所以 在 上单调递增.
因为 ，所以 .
所以 ，即 .
所以曲线 存在两条斜率为 且不重合的切线.
方法二：由 ，
可得 .
所以曲线 在 处的切线 的方程为 ，
即 .
因为 ，所以 的方程为 .
同理，曲线 在 处的切线 的方程为 .
下面证明： .
设 .
所以函数 在 上单调递增，
因为 ，所以 .
所以 ，即 .
所以曲线 存在两条斜率为 且不重合的切线.
21. 设 为正整数，集合 ，对于集合 中2个元素
，若 ，则称 具有性质
．记 为 中的最小值．
（1）当 时，若 ，判断 是否具有性质 ．如果是，求出
；如果不是，说明理由；
（2）当 时，若 具有性质 ，求 的最大值；
（3）给定不小于3的奇数 ，对于集合 中任意2个具有性质 的元素 ，求 的最大值．【答案】（1） 具有性质 ， ；
（2）1； （3） .
【解析】
【分析】（1）根据定义，计算 ，即可判断 具有性质 ；在分别计算
出 ，即可求得 ；
（2）方法1：由已知得出 ，结合 ，得出
，进而得出 ，并取
验证 的最大值可以取到；方法2：用反证法假设 ，由已知得出 与题设矛盾，
即可说明；
（3）由性质 可得 ，
①，且 ②，①中不妨设 ，②中不妨设
，由对称性可以设 ，得出
，进而得出 ，再验证可以取
到最大值即可．
【小问1详解】
因为 ，所以 具有性质 ；
因为 ，所以 ．
【小问2详解】
方法：1：
由性质 得 ，所以 ，
因为 ，
所以 ，
则 ， ， ，
所以 ，
所以 ，
又因为当 时，
具有性质 ，
且 ，
所以 的最大值为1．
方法2：
先用反证法证明 ，
假设 ，
由 ，则 ，
所以 ，同理 ，
所以 ，
由 ，所以 ，
与已知 矛盾，假设不成立，
所以 ，
当 时， ，
此时 ，
所以 的最大值为1．
【小问3详解】
由性质 可得 ，
所以 ①，且 ②，
在①中不妨设 ，
在②中不妨设 ，
由对称性可以设 ，
所以 ，
所以
，即 ，
因为存在 ，（其中有 个个 ），
（其中有 个 ， 个 ）具有性质 ，
并且 ，
，
，
所以 ，
综上 最大值为 ．
