北京市回民学校2024 2025学年高三下学期统练七数学试题
一、单选题（本大题共10小题）
1．设集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．复数的虚部为（ ）
A． B．i C． D．
3．已知，则（ ）
A． B． C． D．
4．已知展开式中常数项为1120，实数是常数，则展开式中各项系数的和是
A． B． C． D．
5．等差数列的前n项和为.已知，.则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
6．在平面直角坐标系中，角以为始边，它的终边与以原点O为圆心的单位圆的交点为，则（ ）
A． B． C． D．
7．已知圆和两点，（）.若圆C上存点P，
使得，则m的最大值为（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
8．在中，“对于任意，”是“为直角三角形”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．冰箱，空调等家用电器使用了氟化物，氟化物的释放破坏了大气上层的臭氧层，使臭氧含量呈指数函数型变化，在氟化物排放量维持某种水平时，具有关系式，其中是臭氧的初始量，是自然对数的底数，.试估计（ ）年以后将会有一半的臭氧消失.
A．267 B．277 C．287 D．297
10．一次测试成绩满分为150分，设n名学生的得分分别为，为名学生中得分至少为分的人数，记为名学生的平均成绩．则（ ）
A． B．
C． D．
二、填空题（本大题共5小题）
11．双曲线的离心率为2，则 .
12．已知数列满足（），为其前项和，若，则 .
13．已知函数，
（1）若在上单调递减，则的取值范围为 .
（2）若值域为，则的取值范围为 .
14．调查显示，垃圾分类投放可以带来约元/千克的经济效益.为激励居民垃圾分类，某市准备给每个家庭发放一张积分卡，每分类投放积分分，若一个家庭一个月内垃圾分类投放总量不低于，则额外奖励分（为正整数）.月底积分会按照元/分进行自动兑换.
①当时，若某家庭某月产生生活垃圾，该家庭该月积分卡能兑换 元；
②为了保证每个家庭每月积分卡兑换的金额均不超过当月垃圾分类投放带来的收益的%，则的最大值为 .
15．如图，在棱长为a的正方体中，P，Q分别为的中点，点T在正方体的表面上运动，满足．
给出下列四个结论：
①点T可以是棱的中点；
②线段长度的最小值为；
③点T的轨迹是矩形；
④点T的轨迹围成的多边形的面积为．
其中所有正确结论的序号是 ．
三、解答题（本大题共6小题）
16．已知函数的部分图象如图所示，在条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为已知.
(1)求函数的解析式；
(2)在区间上的最大值和最小值.
条件①：；
条件②：；
条件③：.
注：如果选择多个条件组合分别解答，则按第一个解答计分.
17．如图，在多面体ABCDEF中，梯形ADEF与平行四边形ABCD所在平面互相垂直，.
(1)求证：BF平面CDE；
(2)求二面角的余弦值；
(3)判断线段BE上是否存在点Q，使得平面CDQ⊥平面BEF？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
18．某地区教育研究部门为了解当前本地区中小学教师在教育教学中运用人工智能的态度、经验、困难等情况，从该地区2000名中小学教师中随机抽取100名进行了访谈.在整理访谈结果的过程中，统计他们对“人工智能助力教学”作用的认识，得到的部分数据如下表所示：
没有帮助 有一些帮助 很有帮助 合计
性别 男 2 10 20
女 35 40 80
年龄 40岁以下（含40岁） 1 35
40岁以上 6 26 45
假设用频率估计概率，且每位教师对“人工智能助力教学”作用的认识相互独立.
(1)估计该地区中小学教师中认为人工智能对于教学“没有帮助”的人数；
(2)现按性别进行分层抽样，从该地区抽取了5名教师，求这5名教师中恰有1人认为人工智能对于教学“很有帮助”的概率；
(3)对受访教师关于“人工智能助力教学”的观点进行赋分：“没有帮助”记0分，“有一些帮助”记2分，“很有帮助”记4分.统计受访教师的得分，将这100名教师得分的平均值记为，其中年龄在40岁以下（含40岁）教师得分的平均值记为，年龄在40岁以上教师得分的平均值记为，通过计算比较的大小关系.
19．已知椭圆的左，右顶点分别为A，B，且，离心率为.
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)设直线与x轴交于点Q，点P是直线上不同于点Q的一点，直线BP与椭圆E交于点M，直线AM与直线交于点N，判断是否存在点P，使得？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由.
20．已知函数
(1)当时，求曲线在处的切线方程；
(2)当时，判断在上的单调性，并说明理由；
(3)当时，求证：，都有
21．已知集合（，），若存在数阵满足：
①；
②．
则称集合为“好集合”，并称数阵为的一个“好数阵”．
(1)已知数阵是的一个“好数阵”，试写出，，，的值；
(2)若集合为“好集合”，证明：集合的“好数阵”必有偶数个；
(3)判断是否为“好集合”．若是，求出满足条件的所有“好数阵”；若不是，说明理由．
参考答案
1．【答案】D
【详解】由，
又由，可得，所以.
故选D.
2．【答案】C
【详解】. 所以该复数的虚部为.
故选C.
3．【答案】B
【详解】因为函数在上为减函数，所以，即；
又函数在上为增函数，所以；
函数在上为增函数，所以，
综上可得：.
故选B.
4．【答案】C
【详解】分析：由展开式通项公式根据常数项求得，再令可得各项系数和．
详解：展开式通项为，令，则，∴，，所以展开式中各项系数和为或．
故选C．
点睛：赋值法在求二项展开式中系数和方面有重要的作用，设展开式为，如求所有项的系数和可令变量，即系数为，而奇数项的系数和为，偶数项系数为，还可以通过赋值法证明一些组合恒等式．
5．【答案】A
【详解】解：设等差数列的公差为，
因为等差数列中，，，
所以，解得，
所以，且时，
所以的最小值为.
故选A.
6．【答案】A
【详解】解：因为角的终边与单位圆相交于点，所以，所以
故选A.
7．【答案】C.
【详解】以为直径的圆方程为，圆心为原点，半径为.
圆的圆心为，半径为.
要使圆上存在点，使得，则圆与圆有公共点，
所以，即，
所以，解得，
所以的最大值为6.
故选C.
8．【答案】A
【详解】设，则，
所以即为，
所以是边上的高，即,即,
故为直角三角形.
若为直角三角形，不一定有，故不一定有.
所以“对于任意，”是“为直角三角形”的充分而不必要条件.
故选A.
9．【答案】B
【详解】令可得，，即，
则有，解得.
所以，估计年以后将会有一半的臭氧消失.
故选B.
10．【答案】A
【详解】利用特殊法解决．
假设，这2名学生的得分分别为150，150．
则这2名学生中得分至少为1分的人数分别为：，
这2名学生中得分至少为2分的人数分别为：，
这2名学生中得分至少为3分的人数分别为：，
这2名学生中得分至少为150分的人数分别为：，
即这2名学生中得分至少为分的人数分别为：
2，2，，2，2．一共有150个“2”，
从而得分的同学会被记次，所有的和恰好是所有人得分的总和，
即，
从而．
．
对照选项，只有（A）正确．
选项A的正确性证明如下：
由题得学生的总得分里有个1，个2，个3，，个149，个150，
所以
，所以.
故选A．
11．【答案】
【详解】因为双曲线的离心率为2，
所以，解得.
12．【答案】
【详解】由题意，数列满足（），可得数列是公比为的等比数列，
因为，可得，解得，
所以.
13．【答案】
【详解】解：（1）由题意得，即，解得：．
所以的取值范围为.
故答案为：.
（2）因为值域为，
所以，当时，需满足，即，解得；
当时，需满足，即，解得
所以的取值范围为或，即
综上：的取值范围为.
14．【答案】
【详解】①若某家庭某月产生生活垃圾，则该家庭月底的积分为分，
故该家庭该月积分卡能兑换元；
②设每个家庭每月产生的垃圾为，每个家庭月底月积分卡能兑换的金额为元.
若时，恒成立；
若时，，可得.
故的最大值为.
15．【答案】②③④
【详解】由题知，以点为坐标原点，以所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，令正方体棱长
则，，，，，，
，，，，设，
对于①，当点T为棱的中点时，，
则，
不满足，所以点T不是棱的中点，故①错误.
，因为
所以，
当时，，当时，
取，，，，
连结，，，，
则，，，即
所以四边形EFGH为矩形，
因为，，
所以，，
又和为平面中的两条相交直线，
所以平面EFGH，
又，，
所以为EG的中点，则平面EFGH，
为使，必有点平面EFGH，
又点在正方体表面上运动，所以点的轨迹为四边形EFGH，
又，，
所以，则点的轨迹为矩形EFGH，故③正确
面积为，即，故④正确
又因为，，，
则，即，
所以，点在正方体表面运动，
则，解得，
所以，
结合点的轨迹为矩形EFGH，
分类讨论下列两种可能取得最小值的情况
当，或时，，
当，或时，
因为，所以当，或时，取得最小值为，即，故②正确.
综上所述：正确结论的序号是②③④.
16．【答案】(1)选择条件见解析，
(2)最大值为2，最小值为
【详解】（1）若选条件①②：
因为，所以，即，则.
由题意可知，则.
因为，，所以，即.
因为，所以，.所以.
若选条件①③：
因为，所以，即，则.
由题意可知，则.
因为，，所以，即.
因为，所以，.所以.
若选条件②③：
因为，，所以，即，则.
由题意可知，则.
因为，，所以，即.
因为，所以，.所以.
（2）因为，所以
当即时，有最大值2；
，即时，有最小值.
17．【答案】(1)详见解析
(2)
(3)存在点；
【分析】（1）根据线面平行的判断定理，作辅助线，转化为证明线线平行；
（2）证得，，两两垂直，从而建立以D点为原点的空间直角坐标系，求得平面和平面的一个法向量，根据法向量的夹角求得二面角的余弦值；
（3）设，求得平面的法向量为，若平面平面，则，从而解得的值，找到Q点的位置.
【详解】（1）取的中点，连接，，
因为，所以，且，
所以四边形是平行四边形，所以，且,
又因为,且，所以,,
所以四边形是平行四边形，所以,
因为平面,平面，所以平面.
（2）因为平面平面，平面平面，，
所以平面，平面，则，故,,两两垂直，所以以,,所在的直线分别为轴,轴和轴，如图建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
所以，，为平面的一个法向量.
设平面的一个法向量为，
由，，得，
令，得.
所以.
如图可得二面角为锐角，
所以二面角的余弦值为.
（3）结论：线段上存在点，使得平面平面.
证明如下：设，
所以.
设平面的法向量为，又因为，
所以，，即，
若平面平面，则，即，
解得.所以线段上存在点，使得平面平面，
且此时.
18．【答案】(1)140
(2)
(3)
【详解】（1）根据表格中数据，完善表格，
没有帮助 有一些帮助 很有帮助 合计
性别 男 2 10 8 20
女 5 35 40 80
年龄 40岁以下（含40岁） 1 19 35 55
40岁以上 6 26 13 45
可以得到100名教师中，认为人工智能对于教学“没有帮助”的频率为，
用频率估计概率，估计该地区中小学教师中认为人工智能对于教学“没有帮助”的人数为；
（2）男女比例为，故抽取的5名教师，有1名男教师，4名女教师，
用频率估计概率，估计该地区中小学教师中男教师认为对于教学“很有帮助”的概率为，
女教师认为对于教学“很有帮助”的概率为，
抽取的5名教师中，恰有1人认为人工智能对于教学“很有帮助”，
则1名男教师认为人工智能对于教学“很有帮助”的概率为，
1名女教师认为人工智能对于教学“很有帮助”的概率为，
故这5名教师中恰有1人认为人工智能对于教学“很有帮助”的概率为；
（3），
，
，
因为，所以.
19．【答案】(1)；
(2)存在，点的坐标为或.
【详解】（1）由题意得，解得，
所以，
所以椭圆E的标准方程为.
（2）假设存在点P，使得，则∥，
所以，
设，则，
所以，直线的方程为，
因为点在直线上，所以，
所以，
因为点P是直线上不同于点Q的一点，所以，
所以，解得，
因为点在椭圆上，所以，解得或，
当时，，得，
当时，，得，
所以存在点P，使得，点的坐标为或.
20．【答案】(1)；
(2)单调递增，理由见解析；
(3)见解析
【详解】（1）当时，,.
得 又，
所以曲线在处的切线方程为
（2）方法1：因为，
所以，
因为，所以，所以.
所以当时，，所以在区间单调递增.
方法2：因为，所以.
令， 则 ，
随x的变化情况如下表：
x
+
极大值
当时，.
所以时，，即，
所以在区间单调递增.
（3）方法1：由（2）可知，当时，在区间单调递增，
所以时，.
当时，设，
则 ，
随x的变化情况如下表：
x
+
极大值
所以在上单调递增，在上单调递减
因为，，
所以存在唯一的实数，使得，
且当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减.
又，,
所以当时，对于任意的，.
综上所述，当时，对任意的，均有.
21．【答案】(1)，，，
(2)证明见解析
(3)是“好集合”，满足的“好数阵”有，，，；不是“好集合”，证明见解析
【详解】（1）由“好数阵”的定义，知，，，，故，，，，进一步得到，.
从而，，，.
（2）如果是一个“好数阵”，则，.
从而，.
故也是一个“好数阵”.
由于是偶数，故，从而.
这就说明两数阵和的第1行第2列的数不相等，从而是不同的数阵.
设全体“好数阵”构成的集合为，并定义映射如下：
对，规定.
因为由中的元素构成的数阵只有不超过种，故是有限集合.
而
，
这就表明，从而是满射，由是有限集，知也是单射，从而是一一对应.
对“好数阵”，已证两数阵和是不同的数阵，故.
同时，对两个“好数阵”，，如果，则；如果，则. 所以当且仅当.
最后，对，由，称2元集合为一个“好对”. 对，若属于某个“好对”，则或，即或.
由于，故无论是还是，都有.
这表明，每个“好数阵”恰属于一个“好对”，所以“好数阵”的个数是“好对”个数的2倍，从而“好数阵”必有偶数个.
（3）若是“好数阵”，则有
，
所以，这表明一定是偶数.
若，设是“好数阵”，则，从而，
故.
由于，故，同理.
若，设，则，故，从而.
进一步有，而，故.
假设，设，则，故，则，.
由于，，故，. 此时，从而，，但此时，矛盾；
所以，故，分别尝试所有24种可能的对应方式，知符合条件的“好数阵”有，；
若，则，从而.
若，则或. 若，则，，分别尝试3种可能，知符合条件的“好数阵”有，.
若，则，，若，则，或且，分别尝试所有可能，知符合条件的“好数阵”有；
若，则，分别尝试所有可能，知符合条件的“好数阵”有；
若，则，假设，由于，，故，矛盾，所以.
对尝试所有组合，知符合条件的“好数阵”有，，，.
综上，全部的“好数阵”有，，，，，，，，，，
其中，满足的有，，，.
综上，是“好集合”，满足的“好数阵”有，，，.
若，由于此时不是偶数，所以不存在“好数阵”，从而不是“好集合”.
