北京市门头沟区大峪中学 2024-2025 学年高三（下）质检数学试卷
一、单选题：本题共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求
的。
1.已知集合 = { | ≥ 0}， = { | 2 2 3 ≤ 0}，则 ∪ =( )
A. ( 1,+∞) B. [ 1,+∞) C. [0,3] D. [ 1,3]
2.若 (1 ) = 1 + ，则| | =( )
A. B. 1 C. √ 2 D. 2
3.已知 ， ， ∈ ，且 < ，0 < < 1，则( )
A. < 1 B. < C. < D. + > 2√
4.下列函数中，满足“ 0 ∈ ， ( 0) ≠ ( 0)”的是( )
A. ( ) = ln( 2 + 1) B. ( ) = 2
C. ( ) = 3 D. ( ) = 2| |
5.已知等差数列{ }的前 项和为 ，若 3 = 30， 8 = 4，则 9 =( )
A. 54 B. 63 C. 72 D. 135
2 2
6.已知直线 ： = 2 ，双曲线 ： 2 = 1( > 0)，则“直线 与双曲线 无交点的”是“ = 1”( ) 4
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.如图，在三棱锥 中，△ 与△ 都是边长为2的等边三角形，且
= √ 3，则点 到平面 的距离为( )
A. 1
√ 3
B.
2
3
C.
2
√ 39
D.
4
8.关于函数 ( ) = 3 (2 + )( ∈ )，有下列命题：
6
①若 ( 1) = ( 2) = 0，则 1 2 = ( ∈ )； 2
② ( ) = 3 (2 + )( ∈ )的图象可由 ( ) = 3 2 ( ∈ )向左平移 得到；
6 12
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③若 1, 2 ∈ ( , 0)且 > ，则一定有 ( ) > ( )； 3 1 2 1 2
④函数 ( ) = 3 (2 + )( ∈ )的图象关于直线 = 对称．
6 6
其中正确命题的个数有( )
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
9.在平面直角坐标系 中，已知直线 + 4 = 0与直线 + 2 = 0交于点 ，则对任意实数 ，| |
的最小值为( )
A. 4 B. 3 C. 2 D. 1
10.德国心理学家艾 宾浩斯研究发现，人类大脑对事物的遗忘是有规律的，他依据实验数据绘制出“遗忘曲
线”.“遗忘曲线”中记忆率 随时间 (小时)变化的趋势可由函数 = 1 0.6 0.27近似描述，则记忆率为50%
时经过的时间约为(参考数据： 2 ≈ 0.30， 3 ≈ 0.48)( )
A. 2小时 B. 0.8小时 C. 0.5小时 D. 0.2小时
二、填空题：本题共 5 小题，每小题 5 分，共 25 分。
1
11.在二项式( 2 )6的展开式中，常数项为______．
12.已知抛物线 ： 2 = 4 的焦点为 ，点 在抛物线 上，且| | = 4，则点 的纵坐标为______，点 为
坐标原点，△ 的面积为______．
13.《九章算术》是我国古代的优秀数学著作，内容涉及方程、几何、数列、面积、体积的计算等多方面.《
九章算术》中有如下问题：“今有女子善织，日自倍，五日五尺.问日织几何？”意思是：“一女子善于织
布，每天织的布都是前一天的2倍，已知她5天共织布5尺，问这女子每天分别织布多少？”由以上条件，该
女子第5天织布______尺；若要织布50尺，该女子所需的天数至少为______．
2, < ,
14.已知函数 ( ) = { 若 ( )存在最大值，则 的取值范围是______．
3 2, ≥ .
15.已知曲线 ： 2 + 2 + = 1( , 为常数)，给出下列四个结论：
①曲线 关于坐标原点对称；
②当 + = 0时，曲线 恒过两个定点；
1
③记曲线 在第一象限的部分与坐标轴围成的图形的面积为 ，则对任意 > 0，存在 > 0，使得 > ；
2√
④设 ， 为曲线 上的两个动点，则存在 > 0， < 0，使得| |有最大值；
其中所有正确结论的序号为______．
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。
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16.(本小题13分)
如图，在三棱柱 1 1 1中， 1 ⊥底面 ，∠ = ， 1 = = = 2． 2
(Ⅰ)证明： ⊥ 1；
(Ⅱ)求二面角 1的余弦值．
17.(本小题14分)
1
在△ 中， △ = ，若△ 同时满足下列四个条件中的三个： 2
①0 < < 1；② = 1；③ = √ 2；④ 2 + 2 > 2．
(Ⅰ)选出使△ 有唯一解的所有序号组合，并说明理由；
(Ⅱ)在(Ⅰ)所有组合中任选一组，求 的值．
18.(本小题13分)
10米气步枪是国际射击联合会的比赛项目之一，资格赛比赛规则如下：每位选手采用立姿射击60发子弹，
总环数排名前8的选手进入决赛.三位选手甲、乙、丙的资格赛成绩如下：
环数 6环 7环 8环 9环 10环
甲的射击频数 1 1 10 24 24
乙的射击频数 3 2 10 30 15
丙的射击频数 2 4 10 18 26
假设用频率估计概率，且甲、乙、丙的射击成绩相互独立．
(Ⅰ)若丙进入决赛，试判断甲是否进入决赛，说明理由；
(Ⅱ)若甲、乙各射击2次，估计这4次射击中出现2个“9环”和2个“10环”的概率；
(Ⅲ)甲、乙、丙各射击10次，用 ( = 1,2,3)分别表示甲、乙、丙的10次射击中大于 环的次数，其中 ∈
{6,7,8,9}.写出一个 的值，使 ( 3) > ( 2) > ( 1). (结论不要求证明)
19.(本小题15分)
1
已知函数 ( ) = 2 ( + 1) + ．
2
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(Ⅰ)若 = 1，求曲线 = ( )在点(1, (1))处的切线方程；
(Ⅱ)当 < 1时，求函数 ( )的零点个数，并说明理由．
20.(本小题15分)
2 2 √ 3
已知椭圆 ： 2 + 2 = 1( > > 0)的离心率为 ，长轴长为4． 2
(Ⅰ)求椭圆 的方程；
(Ⅱ)若直线 不垂直于坐标轴，直线 与椭圆 交于 ， 两点，直线 与 轴交于点 .点 关于 轴的对称点为点 ′，
直线 ′与 轴交于 点．
(ⅰ)求证： ， 两点的横坐标之积为定值4；
(ⅱ)若点 的坐标为(1,0)，求△ 面积的取值范围．
21.(本小题15分)
对正整数 ≥ 3， ≥ 6，设数列 ： 1， 2，… ， ∈ {0,1}( = 1，2， ， ). 是 行 列的数阵， 表
示 中第 行第 列的数， ∈ {0,1}( = 1，2， ， ； = 1，2， ， )，且 同时满足下列三个条件：
①每行恰有三个1；
②每列至少有一个1；
③任意两行不相同．
记集合{ | 1 1 + 2 1 2 + + = 0或3， = 1，2，…， }中元素的个数为 ．
1 1 1 0 0 0
(Ⅰ)若 ：1，1，1，0，0，0， = (1 0 1 1 0 0)，求 的值；
0 0 0 1 1 1
(Ⅱ)若对任意 ， ∈ {1,2,… , }( < )， 中都恰有 行满足第 列和第 列的数均为1．
( ) 能否满足 = 3 ？说明理由；
1
( )证明： ≥ ( 2 4 )
24
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1.【答案】
2.【答案】
3.【答案】
4.【答案】
5.【答案】
6.【答案】
7.【答案】
8.【答案】
9.【答案】
10.【答案】
11.【答案】 160
12.【答案】3 √ 3
80
13.【答案】 9
31
14.【答案】[0,2]
15.【答案】①②③
16.【答案】(Ⅰ)证明：因为三棱柱 1 1 1中， 1 ⊥底面
所以 1 ⊥底面 ，
所以 1 ⊥ ，
因为∠ = ，
2
所以 ⊥ ，
因为 面 1 1， 1 面 1 1， ∩ 1 = ，
所以 ⊥面 1 1，
因为 1 面 1 1，
所以 ⊥ 1．
(Ⅱ)解：由(Ⅰ)可知： 1 ⊥底面 ，所以 1 ⊥ ， ， ， 1两两垂直，以 为坐标原点，
分别以 ， ， 1为 ， ， 轴建立空间直角坐标系，如图所示 (2,0,0)， (0,2,0)， 1(0,0,2)，
= (2, 2,0)， 1 = (0, 2,2)
设面 1法向量为 = ( , , )
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= 0 2 2 = 0,
由{ ，得{
= 0 2 + 2 = 0,1
令 = 1，则 = 1， = 1，则 = (1,1,1)．
又因为平面 的法向量为 = (0,0,1)，
1 √ 3
所以cos < , >= = = ．
| || | √ 3 3
由题可知，二面角 1为锐二面角，
所以二面角
√ 3
1的余弦值为 ． 3
17.【答案】解：(Ⅰ)选择①②③或②③④，理由如下：
因为 ， ， ∈ (0, )，且 + + = ， > 0，∴ > 0且 > 0，∴ , ∈ (0, )，
2
又 < 1， < 1， < ，cos( + ) > 0，
cos( ) > 0， > 0， < 0，
∵ ∈ (0, )，∴ ∈ ( , )，
2
2+ 2
2
由④得 2 + 2 2 > 0， = > 0，∵ ∈ (0, )，∴ ∈ (0, )，
2 2
故①④矛盾，②③同时成立，
所以选①②③或②③④．
1 1 1 1
(Ⅱ)若选①②③， △ = = ， 1 √ 2 = ， 2 2 2 2
2 2 2 2√ 2 3 + √ 2 1+2 √ 2
∴ = ，∵ ∈ ( , )，∴ = ， = = = ，
2 2 4 2 2 2 1 √ 2 2
∴ 2 = 5， = √ 5．
1 1 1 1 √ 2
若选择②③④， △ = = ，即 1 √ 2 = ，∴ = ， 2 2 2 2 2
2 2
2+ 2 √ 2 1+2
∵ ∈ (0, )，∴ = ， = = = ，∴ 2 = 1， = 1．
2 4 2 2 2 1 √ 2
18.【答案】解：(Ⅰ)甲进入决赛，理由如下：
丙射击成绩的总环数为2 × 6 + 4 × 7 + 10 × 8 + 18 × 9 + 26 × 10 = 542，
甲射击成绩的总环数为1 × 6 + 1 × 7 + 10 × 8 + 24 × 9 + 24 × 10 = 549，
因为549 > 542，
所以甲进入决赛；
24 2 24 2
(Ⅱ)根据题中数据，“甲命中9环”的概率可估计为 = ；“甲命中10环”的概率可估计为 = ；“乙命
60 5 60 5
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30 1 15 1
中9环”的概率可估计为 = ；“乙命中10环”的概率可估计为 = ，
60 2 60 4
2 1 2 1 2
所以这4次射击中出现2个“9环”和2个“10环”的概率可估计为：( )2 × ( )2 + ( )2 × ( )2 + 12 ( )
2 ×
5 4 5 2 5
1
1 1 13
2 ( × ) = ； 2 4 100
(Ⅲ) = 7和8(写出一个即可)．
1 3
19.【答案】解：(Ⅰ)当 = 1时， (1) = 2 + 1 = ，
2 2
2
( 1)
′( ) = ，则切线的斜率 = ′(1) = 0，
3 3
所以切线方程为 ( ) = ( 1)，即 = ，
2 2
3
所以曲线 = ( )在点(1, (1))处的切线方程为 = ．
2
( )( 1)
(Ⅱ) ( )的定义域为(0,+∞)， ′( ) = ，
( )( 1)
令 ′( ) = = 0，解得 1 = ， 2 = 1，
①当0 < < 1时， ( )与 ′( )在区间(0,+∞)上的情况如下：
(0, ) ( , 1) 1 (1,+∞)
′( ) + 0 0 +
( ) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗
( )在(0, )上递增，在( , 1)上递减，在(1,+∞)上递增．
1
此时 ( ) 2极大值 = ( ) = + < 0， (2 + 2) = (2 + 2) > 2 > 0， 2
所以 ( )在(0,+∞)上只有一个零点，
1
②当 = 0时， ( ) = 2 ，由 ( ) = 0，得 1 = 2， 2 = 0(舍)， 2
所以 ( )在(0,+∞)上有一个零点；
③当 < 0时， ( )与 ′( )在区间(0,+∞)上的情况如下：
(0,1) 1 (1,+∞)
′( ) 0 +
( ) ↘ 极小值 ↗
1
此时 ( )极小值 = (1) = ， 2
1 1
若 < 时， ( ) = (1) = > 0，所以 ( )在(0,+∞)上无零点， 2 2
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1 1
若 = 时， ( ) = (1) = = 0，所以 ( )在(0,+∞)上有一个零点， 2 2
1 1
若 < < 0时， ( ) = (1) = < 0， 2 2
1 1 2 1 1 1 1 1 1
( ) = + 1 = ( 1)2 + > 0，
2 2 2
1
(4) = 8 4( + 1) + 4 > 4 4 = 4 2 > 0，
2
所以 ( )有两个零点．
1
综上所述，当0 ≤ < 1或 = 时， ( )在(0,+∞)上有一个零点；
2
1
当 < < 0时， ( )在(0,+∞)上有两个零点；，
2
1
当 < 时， ( )在(0,+∞)上无零点．
2
20.【答案】解：(Ⅰ)因为2 = 4，
所以 = 2，
√ 3
又 = = ，所以 = √ 3，
2
所以 2 = 2 2 = 1，
2
椭圆 的方程 + 2 = 1．
4
(Ⅱ)( )由题意可知，直线 存在斜率，且不为0，
设直线 的方程为： = + ( ≠ 0)，∴ ( , 0)，
= +
联立{ 2 2 消去 得(1 + 4
2) 2 + 8 + 4 2 4 = 0.△= 64 2 2 4(1 + 4 2)(4 2 4) >
+ 4 4 = 0
0．
8 4 2 4
设 ( 1, 1)， ( 2, 2)，则 ′( 2, 2)， 1 + 2 = 2， 1 2 = 2，
1+4 1+4
+ 2 ∴ ′的方程为： = 2 ，
1+ 2 1 2
4 2 4 8
( ) + 2 + 2 + ( + ) 2 2
令 = 0，则 = 2 1 2 + = 2 1 2 1 = 1 2 1 2 = 1+4 1+4
4
+ 2
= ，
1 2
8
1+ 2 ( 1+ 2)+2 2+2
1+4
4
∴ = = 4．
因此 ， 两点的横坐标之积为定值4．
方法二：设直线 的方程为： = + ( ≠ 0)，∴ ( , 0)，
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= +
联立{ 消去 得( 2 + 4) 2 + 2 + 22 2 4 = 0.△= 4
2 2 4( 2 + 4)( 2 4) > 0．
+ 4 4 = 0
2 2 4
设 ( 1, 1)， ( 2, 2)，则 ′( 2, 2)， 1 + 2 = 2 ， = ， +4 1 2 2+4
+
∴ ′的方程为： 2 = 2 ，
1+ 2 1 2
2 4
2( 1
2
令 = 0，则 = 2
) +
+ = 1 2 2
1 2 = 1
2+ ( 1+ 2) 2+4 4
= + = ， 1+
2
2 1+
2
2 1+ 2
2+4
4
∴ = = 4．
因此 ， 两点的横坐标之积为定值4．
方法三：设 ( 1, 1)， ( 2, 2)， 1 ≠ 2，| 1| ≠ | 2|，
则 ′( 2, 2)，
2
1 + 4
2
1 = 4,
2
2 + 4
2
2 = 4，
∴ 的方程为： 2 = 2 ，
1 2 1 2
( )
令 = 0，则 2 1 2 2 1 1 2 = + 2 = ， 1 2 1 2
+ 2 ∴ ′的方程为： = 2 ，
1+ 2 1 2
( ) +
令 = 0，则 = 2 1 2 + 1 2 2 1 + 2 = ， 1 2 1+ 2
+ 2 2 2 21 2 2 1 2 1 1 2 2 1 1 2 (4 4
2) 22 1 (4 4
2
1)
2
∴ 2 = = = = 4， 1+ 2 1 2
2 2 2 21 2 1 2
因此 ， 两点的横坐标之积为定值4．
( )设直线 的方程为： = + 1， ≠ 0，∴ = 1，
设 ( 1, 1)， ( 2, 2)，
= + 1
联立{ 2 2
2 3
2 2 消去 得( + 4) + 2 3 = 0． 1 + 2 = 2 ， 1 = + 4 4 = 0 +4 2 2
，
+4
∵ = 1，由( )得 = 4，
1 3 3 2 3 2+3
∴ | | = 3， △ = | | | 1 2| = √ ( 1 + 2 22) 4 1 2 = √ ( 2 ) 4 2 = 6√ ， 2 2 2 +4 +4 2( 2+4)
2 1令 = + 3，∴ > 3， △ = 6√ 2 = 6√ 1 ， +2 +1 + +2
1
函数 = + 在(3,+∞)上是增函数，
1 10
所以 + > ，
3
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1 16 1 3√ 3 3√ 3
所以 + + 2 > ，6√ 1 < ， < ， 3 + +2 2 △ 2
3√ 3
因此△ 面积的取值范围为(0, )．
2
21.【答案】解：(Ⅰ)记 = 1 1 + 2 2 + + ，
则 1 = 1 11 + 2 12 + 3 13 + 4 14 + 5 15 + 6 16 = 3，
2 = 1 21 + 2 22 + 3 23 + 4 24 + 5 25 + 6 26 = 2，
3 = 1 31 + 2 32 + 3 33 + 4 34 + 5 35 + 6 36 = 0，所以 = 2；
(Ⅱ)( ) 不满足 = 3 ，理由如下：
假设 满足 = 3 ．
因为 的每行恰有三个1，故 B 中满足 = = 1的( , , )的个数共有3 个．
另一方面，从 中任选两列共有 2 种可能，且对任意两列都恰有 行使得这两列的数均为1，
故 B 中满足 =
2
= 1的( , , )的个数共有 个．
所以3 = 2 ．
当 = 3 时，得 2 = 9，此方程无解．
所以 不满足 = 3 ．
2
(ⅱ)证明：由( )可得3 = 2 ，即 =
，
3
下面考虑满足 = = 1，但 ≠ 的( , , )的个数：
对 中满足 ≠ 0和3的 行，每行恰有两组( , )使 = = 1且 ≠ ，
2
所以满足 = = 1，但 ≠ 的( , , )的个数为2( ) = 2(
)，
3
设数列 中有 项为1， 项为0．
满足 = = 1，但 ≠ 的( , )的个数为 ( )．
所以满足 = = 1，但 ≠ 的( , , )的个数为 ( )．
2
所以 ( ) = 2( )
3
2 ( ) 2 2 3
2 3 2 2 1
所以 = = (3 3 + ) ≥ ( + 2 ) = ( ) ≥ ( 2 4 )．
3 2 6 6 4 2 6 4 24
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