北京市朝阳区2024-2025高三下学期3月质量检测数学试卷（含答案）

北京市朝阳区 2024-2025 学年高三下学期 3 月质量检测数学试卷
一、单选题：本题共 10 小题，每小题 5 分，共 50 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 = { || | < 2}，集合 = { |0 ≤ ≤ 2}，则 ∩ =( )
A. { |0 ≤ < 2} B. { |0 ≤ ≤ 2} C. { | 2 < < 2} D. { |0 < ≤ 2}
2.设复数 = 1 + 的共轭复数为 ，则 =( )
A. 1 B. √ 2 C. 2 D. 4
2 4
3.在( + ) 的展开式中，常数项为( )

A. 6 B. 8 C. 12 D. 24
4.为了得到函数 = sin2 + cos2 的图象，可以将函数 = √ 2sin2 的图象

A. 向右平移 个单位 B. 向左平移 个单位 C. 向右平移 个单位 D. 向左平移 个单位
4 4 8 8
5.已知{ }是等比数列， 2 = 2， 3 = 1，则 1 2 6 =( )
1 1 1
A. B. C. D. 1
8 4 2
6.已知曲线 : 2 2 = 1，则“ > > 0”是“ 为焦点在 轴上的双曲线”的( )
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
7.已知sin + sin = 0，cos + cos = √ 3，则cos( ) =( )
1 1 √ 3
A. B. C. D. 1
2 2 2
8.某市计划在一条河上修建一座水上休闲公园，如图所示．这条河两岸所在直线 1， 2互相平行，桥 与河
岸所在直线垂直．休闲公园的形状可视为直角三角形，它的三个入口分别设在直角三角形的顶点 ， ， 处，
其中入口 点(定点)在桥 上，且 到直线 1， 2的距离分别为 1， 2( 1, 2为定值)，入口 ， 分别在直线
2， 1上，公园的一边 与直线 2所成的锐角∠ 为 ，另一边 与 垂直．设该休闲公园的面积为 ( )，
当 变化时，下列说法正确的是( )
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A. 函数 ( )的最大值为 1 2

B. 函数 ( )的最小值为 1 2
2

C. 若 1， 2 ∈ (0, )且 1 < 2,则 ( 2 1
) < ( 2)

D. 若 1， 2 ∈ (0, )且 2 1
+ 2 = ，则 ( 1) = ( 2 2
)
9.在 中， = = √ 5， = 4，点 为 所在平面内一点且 = 0，则 的最小
值为( )
16 4 16
A. 0 B. C. D.
25 5 5
10. 位同学参加学校组织的某棋类单循环制比赛，即任意两位参赛者之间恰好进行一场比赛．每场比赛的
计分规则是：胜者计3分，负者计0分，平局各计1分．所有比赛结束后，若这 位同学的得分总和为150分，
且平局总场数不超过比赛总场数的一半，则平局总场数为( )
A. 12 B. 15 C. 16 D. 18
二、填空题：本题共 5 小题，每小题 5 分，共 25 分。
1
11.函数 ( ) = + 的定义域为 ．
√ 1 3
12.已知点 (2,1)在抛物线 : 2 = 2 ( > 0)上，则抛物线 的焦点 的坐标为 ；以 为圆心，| |为
半径的圆与抛物线 的准线的位置关系是 . (填“相交”“相切”或“相离”)
13.已知函数 ( )是 上的奇函数，当 > 0时 ( ) = + 2 ，则 ( 2) = ；若存在 , , ∈ ( ≠ )，
使得 ( ) = ( ) = ，则 的一个取值为 ．
14.干支纪年法是我国古代一种纪年方式，它以十天干(甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸)和十二
地支(子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥)的组合来表示年份，循环纪年．比如某一年为甲
子年‘，则下一年为乙丑年，再下一年为丙寅年，以此类推，排列到癸酉年后，天干回到“甲”，即甲戌年，
下一年为乙亥年，之后地支回到“子”，即丙子年，以此类推．已知2025年是乙巳年，则2025年之后的首
个己巳年是 年．(用数字作答)
15.在棱长为1的正方体 1 1 1 1中，点 是底面 1 1 1 1内的动点，给出下列四个结论：
①| + |的最小值为2；
②| | + | |的最小值为√ 6；
③| | + | |的最大值为1 + √ 3；
2 2
④| | + | | 的最小值为3．
其中所有正确结论的序号是 ．
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三、解答题：本题共 6 小题，共 72 分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.(本小题12分)
如图，在四棱柱 1 1 1 1中， 1 ⊥平面 ，在四边形 中， // , = 2, = = 1，
为线段 的中点．
(1)求证： 1 //平面 1 1；
(2)若平面 1 1 ⊥平面 1 1， 1 = 2，求平面 1 1与平面 1 1 夹角的余弦值．
17.(本小题12分)
在 中， cos + cos = 2.
(1)求 的值；
3
(2)已知sin = ，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 存在且唯一，
5
求 的周长．

条件①：∠ = ；
4
3
条件②： 边上的高为 ；
2
4
条件③： = ．
3
注：如果选择的条件不符合要求，第(Ⅱ)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．
18.(本小题12分)
某高中组织学生研学旅行．现有 ， 两地可供选择，学生按照自愿的原则选择一地进行研学旅行．研学旅
行结束后，学校从全体学生中随机抽取100名学生进行满意度调查，调查结果如下表：
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高一 高二 高三
地 地 地 地 地 地
满意 12 2 18 3 15 6
一般 2 2 6 5 6 8
不满意 1 1 6 2 3 2
假设所有学生的研学旅行地点选择相互独立．用频率估计概率．
(1)估计该校学生对本次研学旅行满意的概率；
(2)分别从高一、高二、高三三个年级中随机抽取1人，估计这3人中至少有2人选择去 地的概率；
(3)对于上述样本，在三个年级去 地研学旅行的学生中，调查结果为满意的学生
人数的方差为 2 21，调查结果为不满意的学生人数的方差为 2，写出
2
1和
2
2的大小关系．‘(结论不要求证明)
19.(本小题12分)
2 2 1
已知椭圆: 2 + 2 = 1( > > 0)的右焦点为 (1,0)，离心率为 ． 2
(1)求椭圆 的方程；
5 3
(2)过点 (4,0)作直线 与椭圆 交于不同的两点 ， .设 ( , )，直线 与直线 = 1交于点 ，求证：直线
2 2
的斜率为定值．
20.(本小题12分)
1
已知函数 ( ) = ln ( ∈ )．
+1
(1)当 = 1时，求曲线 = ( )在点(1, (1))处的切线方程；
1
(2)若 ≥ ，求证：当 ≥ 1时， ( ) ≥ 0；
2
(3)若函数 ( )有3个不同的零点，求 的取值范围．
21.(本小题12分)
已知 : 1， 2， ， ( ≥ 3, ∈
)为有穷正整数数列，若存在 , ∈ {1,2, , }( < )，其使得 +
+1 +1 + + = 0，其中 , +1, , ∈ { 1,1}，则称 为连续可归零数列．
(1)判断 1：1，3，2和 2：4，2，4是否为连续可归零数列？并说明理由；
(2)对任意的正整数 ，记 ( ) = max{ ∈ | = 2 , ∈ }，其中 表示数集 中最大的数．令 =
22 ( )( = 1,2, ,7)，求证：数列 : 1， 2， ， 7不是连续可归零数列；
(3)若 : 1， 2， ， 的每一项均为不大于 ( ∈
)的正整数，求证：当 ≥ 2 时， 是连续可归零数列．
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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】(0,1)
12.【答案】(0,1)
相切
13.【答案】 3 )
4(答案不唯一
14.【答案】2049
15.【答案】①②④
16.【答案】(1)连接 1 , ．
因为 = 2, = 1, 为 的中点，
所以 = ．
又 // ，所以四边形 为平行四边形．
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所以 // , = ．
又因为 1 1// , 1 1 = ，
所以 1 1// , 1 1 = ．
所以四边形 1 1为平行四边形．
所以 1 // 1 ．
又因为 1 平面 1 1, 1 平面 1 1，
所以 1 //平面 1 1．
(2)因为 1 ⊥平面 ，
所以 1 ⊥ , 1 ⊥ ．
又因为平面 1 1 ⊥平面 1 1，平面 1 1 ∩平面 1 1 = 1，
且 平面 1 1，
所以 ⊥平面 1 1．
所以 ⊥ ．
所以 , , 1两两垂直．
如图建立空间直角坐标系 ，
则 (0,1,0), (2,0,0), 1(0,0,2), 1(1,1,2)．
所以 (1,0,0), 1 = ( 1,0,2), 1 1 = (1,1,0)．
因为 ⊥平面 1 1，
所以 = (0,1,0)是平面 1 1的法向量．
设平面 1 1 的法向量为 = ( , , )，

则{ 1
= 0 + 2 = 0
，即{ ,
+ = 01 1 = 0
令 = 2，则 = 2, = 1.于是 = (2, 2,1)．
设平面 1 1与平面 1 1 夹角为 ，
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| | 2
则cos = |cos , | = = ．
| || | 3

17.【答案】(1)由正弦定理 = = 及 cos + cos = 2
sin sin sin
得sin cos + sin cos = sin ．
所以sin( + ) = sin ．
所以sin( ) = sin ．
又因为 ∈ (0, )，所以sin( ) = sin ≠ 0．
所以 = 1．
3
(2)选条件①：因为 = , sin = , = 1，且 = ，
4 5 sin sin
sin 5√ 2
所以 = = ．
sin 6

因为 > ，所以 > .所以 ∈ (0, )．
2
3 4
又因为sin = ，所以cos = √ 1 2 = ．
5 5
√ 2 4 √ 2 3 7√ 2
所以sin = sin ( + ) = × + × = ．
4 2 5 2 5 10
sin 7√ 2
又 = ，所以 = = ．
sin sin sin 6
7√ 2 5√ 2
所以 的周长为 + + = 1 + + = 1 + 2√ 2．
6 6
3 3
选条件②：因为 = 1, 边上的高为 ，所以 = ．
2 4
3 1 3 3
又因为sin = ，所以 △ = × = ． 5 2 5 10
5
所以 = ．
2
3 4
因为sin = ，所以cos = ±√ 1 2 = ± ．
5 5
4 4
(1)当cos = 时，由 2 = 2 + 2 2 cos ，得1 = 2 + 2 2 × ．
5 5
5
又 = ，所以 2 + 2 = 5．
2
√ 10
所以 = = ．
2
所以 的周长为 + + = 1 + √ 10．
4 4
(2)当cos = 时，由 2 = 2 + 2 2 cos ，得1 = 2 + 2 2 × ( )．
5 5
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5
又 = ，所以 2 + 2 = 3，不符合题意．
2
综上， 的周长为 + + = 1 + √ 10．
4
选条件③： =
3
4 4 4 96
由余弦定理 2 = 2 + 2 2 cos ，可得1 = ( )2 + 2 2 × × ，即9 2 + 7 = 0。
3 3 5 5
5 7
解得 = 或 = ，此时 不唯一，不符合要求．
3 15
18.【答案】(1)从表格数据可知，随机抽取的100名学生对本次研学旅行满意的人数为
12 + 2 + 18 + 3 + 15 + 6 = 56，
56 14
因此该校学生对本次研学旅行满意的概率可估计为 = ．
100 25
(2)设事件 1：抽取的高一学生选择去 地，
事件 2：抽取的高二学生选择去 地，
事件 3：抽取的高三学生选择去 地，
事件 ：抽取的3人中恰有 人选择去 地， = 2,3，
事件 ：抽取的3人中至少有2人选择去 地．
从数据表格可知，抽取的100名学生中高一年级学生总数为12 + 2 + 1 + 2 + 2 + 1 = 20，
5 1
选择去 地的总数为2 + 2 + 1 = 5，所以 ( 1)可估计为 = ； 20 4
抽取的100名学生中高二年级学生总数为18 + 6 + 6 + 3 + 5 + 2 = 40，
10 1
选择去 地的总数为3 + 5 + 2 = 10，所以 ( 2)可估计为 = ； 40 4
抽取的100名学生中高三年级学生总数为15 + 6 + 3 + 6 + 8 + 2 = 40，
16 2
选择去 地的总数为6 + 8 + 2 = 16，所以 ( 3)可估计为 = ； 40 5
因为 = 2 ∪ 3 = 1 2 3 ∪ 1 2 3 ∪ 1 2 3 ∪ 1 2 3，
所以 ( ) = ( 2 ∪ 3) = ( 1 2 3 ∪ 1 2 3 ∪ 1 2 3 ∪ 1 2 3)
= ( 1) ( 2) ( 3) + ( 1) ( 2) ( 3) + ( 1) ( 2) ( 3) + ( 1) ( 2) ( 3)．
所以抽取的3人中至少有2人选择去 地的概率可估计为
1 1 2 1 1 2 1 1 2 17
× × (1 ) + 2 × × (1 ) × + × × = ．
4 4 5 4 4 5 4 4 5 80
(3)在三个年级去 地研学旅行的学生中，
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1
调查结果为满意的学生人数的平均数为 1 = (12 + 18 + 15) = 15， 3
1
则调查结果为满意的学生人数的方差为 2 2 2 21 = [(12 15) + (18 15) + (15 15) ] = 6， 3
1 10
调查结果为不满意的学生人数的平均数为 2 = (1 + 6 + 3) = ， 3 3
2 1 10
2 10 2 10 2 38
则调查结果为不满意的学生人数的方差为 2 = [(1 ) + (6 ) + (3 ) ] = ， 3 3 3 3 9
则 21 >
2
2．
= 1
1 = 2
19.【答案】(1)由题意得{ = ，解得{ ,
2 = √ 3
2 = 2 + 2
2 2
所以椭圆 的方程是 + = 1．
4 3
(2)由题可知直线 斜率存在．设直线 : = ( 4)．
3 2 + 4 2 12 = 0
由{ ，得(4 2 + 3) 2 32 2 + 64 2 12 = 0．
= ( 4)
2 1 1 1由 = ( 32 )2 4(4 2 + 3)(64 2 12) > 0，得 2 < ，即 ∈ ( , )．
4 2 2
设 ( 1, 1), ( 2, 2)，
2 2
32 64 12
则 1 + 2 = 2 , 1 2 = 2 ．
4 +3 4 +3
3
3 5
直线 的方程为 = 2 25 ( )． 2 2 22
3( 1)
令 = 1，得 的纵坐标为 =
2 2 ．
2 2 5
3( 1) 2
因为 = 2 2 = 2 1
5 1 3 2+3 2+3
1 1 2 2 5 2 2 5
2 2( 1 4) 5 ( 1 4) 3 2 + 3 ( 2 4) + 3
=
2 2 5
2 1 2 5 1 (5 +3) 2+8 +3= ，
2 2 5
2 5 (5 +3) +8 +3
所以 1 1 2 1 2 = = ． 1 1 (2 2 5)( 1 1)
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[2 1 2 5 1 (5 + 3) 2 + 8 + 3] + (2 1 2 5 1 2 2 + 5)
+ 1 = (2 2 5)( 1 1)
(2 + 2) 1 2 (5 + 5)( 1 + 2) + 8 + 8
=
(2 2 5)( 1 1)
( +1)[2 5( + )+8]
= 1 2 1 2 ．
(2 2 5)( 1 1)
2 2
64 12 32
又2 1 2 5( 1 + 2) + 8 = 2 × 2 5 × 2 + 8
4 +3 4 +3
2 2 2
128 24 160 +32 +24
= 2 = 0．
4 +3
所以 + 1 = 0，即 = 1．
所以直线 的斜率为定值 1．
1 1 2 1
20.【答案】(1)当 = 1时， ( ) = ln ，则 ′( ) = 2，所以 ′(1) = ， (1) = 0． +1 ( +1) 2
1
所以曲线 = ( )在点(1, (1))处的切线方程为 = ( 1)，即 2 1 = 0．
2
2 2+(2 2) +
(2)由题设知 ′( ) = = ．
( +1)2 ( +1)2
设函数 ( ) = 2 + (2 2) + ．
1
当 ≥ 时，因为 = (2 2)2 4 2 = 8 + 4 = 4(1 2 ) ≤ 0，
2
所以 ( ) ≥ 0对任意的 ≥ 1恒成立，即 ′( ) ≥ 0．
所以函数 ( )在区间[1,+∞)上单调递增，所以 ( ) ≥ (1) = 0．
1
所以当 ≥ 且 ≥ 1时， ( ) ≥ 0．
2
(3)函数 ( )的定义域为(0,+∞)，
2 ( +1)2 2 2+(2 2) +
′( ) = =
( +1)2 ( +1)2
= 2 ． ( +1)
①当 ≤ 0时， ′( ) < 0，函数 ( )在区间(0,+∞)上单调递减，
函数 ( )至多一个零点，不合题意；
1
②当 ≥ 时，由(2)可知函数 ( )在区间(0,+∞)上单调递增，
2
函数 ( )至多一个零点，不合题意．
1
③当0 < < 时，对于函数 ( ) = 2 + (2 2) + ，
2
因为 = 8 + 4 > 0，所以方程 2 + (2 2) + = 0有两个实数根 1、 2，
2
满足 1 + 2 = 2 > 0， = 1， 1 2
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不妨设 1 < 2，则0 < 1 < 1 < 2， ′( )、 ( )的情况如下：
(0, 1) 1 ( 1, 2) 2 ( 2, +∞)
′( ) + 0 0 +
( ) 增 极大值 减 极小值 增
所以函数 ( )的单调递增区间是(0, 1)、( 2, +∞)，单调递减区间是( 1, 2)．
因为 (1) = 0，所以1为 ( )的一个零点．
1
1 1
2

又 ( 1) > (1) = 0，0 < < 1，且 ( ) = 1 < 0，
+1
所以存在唯一实数 1 ∈ (0,1)，使得 ( 1) = 0．
1 1 2
又 ( 2) < (1) = 0， > 1，且 ( ) = 1 > 0，
+1
所以存在唯一实数 2 ∈ (1,+∞)，使得 ( 2) = 0．
所以函数 ( )有3个不同的零点．
1
综上， 的取值范围为(0, )．
2
21.【答案】(1)数列 1是连续可归零数列，理由如下：
取 1 = 1, 2 = 1, 3 = 1，则 1 1 + 2 2 + 3 3 = 1 × 1 + ( 1) × 3 + 1 × 2 = 0，
所以数列 1是连续可归零数列．
数列 2不是连续可归零数列，理由如下：
当( , ) = (1,3)时， 1 1 + 2 2 + 3 3 = 4 1 + 2 2 + 4 3 = 2(2 1 + 2 + 2 3)，
因为 1, 2, 3 ∈ { 1,1}是奇数，故2 1 + 2 + 2 3是奇数，所以2(2 1 + 2 + 2 3) ≠ 0．
当( , ) = (1,2)时， 1 1 + 2 2 = 4 1 + 2 2 = 2(2 1 + 2)，
因为 1, 2 ∈ { 1,1}是奇数，故2 1 + 2是奇数，所以2(2 1 + 2) ≠ 0．
当( , ) = (2,3)时， 2 2 + 3 3 = 2 2 + 4 3 = 2( 2 + 2 3)，
因为 2, 3 ∈ { 1,1}是奇数，故 2 + 2 3是奇数，所以2( 2 + 2 3) ≠ 0．
所以数列 2不是连续可归零数列．
(2)因为1，3，5，7是奇数，故 (1) = (3) = (5) = (7) = 0，
所以 1 = =
2 0
3 5 = 7 = 2 = 4．
因为 (2) = (6) = 1，所以 2 = 6 = 2
2 1 = 2．
因为 (4) = 2，所以 4 = 2
2 2 = 1．
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所以数列 : 4,2,4,1,4,2,4．
因为 , +1, , ∈ { 1,1}(1 ≤ < ≤ 7)，
所以 + +1 +1 + + 与 + +1 + + 奇偶性相同．
当 ≤ 4 < 或 < 4 ≤ 时，因为 , +1, , 中， 4为奇数，其余各项均为偶数，
所以 + +1 + + 为奇数．
所以 + +1 +1 + + ≠ 0．
当( , )取(1,2), (1,3), (2,3), (5,6), (5,7), (6,7)时，
由(1)可知 + +1 +1 + + ≠ 0，
综上，数列 不是连续可归零数列．
+ (3)设 = , = { +1
, ≤ 0,
1 1 +1 ( = 1,2, , 1), +1, > 0
则 1, 2, , 是整数数列．
下面证明对任意 ∈ {1,2, , }，均有 + 1 ≤ ≤ ．
显然 1 = 1满足 + 1 ≤ 1 ≤ ．
假设结论不成立，则存在 ∈ {2,3, , }，使得 > 或 < + 1，
且当 < 时都有 + 1 ≤ ≤ ．
( )若 > ，当 1 ≤ 0时， 1 = 1 ，
因为 ≤ ，所以 1 = 1 > ≥ 0，矛盾；
当 1 > 0时， 1 = 1 + ，
因为 > 0，所以 1 = 1 + 1 > + > ，矛盾．
( )若 1 < + 1，当 1 ≤ 0时， 1 = 1 1，
因为 1 > 0，所以 1 = 1 1 < + 1 < + 1，矛盾；
当 1 > 0时， 1 = 1 + 1，
因为 ≤ , 1 = 1 + 1 < + 1 + ≤ + 1 + = 1，
又 1是整数，所以 1 ≤ 0，矛盾．
综上，对任意 ∈ {1,2, , }，均有 + 1 ≤ 1 ≤ ．
若存在 ∈ {2,3, , }，使得 = 0，
则存在(1, )且 1, 2, , ∈ { 1,1}，使得 1 1 + 2 2 + + = 0，
此时数列 是连续可归零数列．
若任意 ∈ {1,2, , }, ≠ 0，
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因为 + 1, + 2, , 1,0,1, , 中共2 1个非零整数，
当 ≥ 2 时，数列 1, 2, , 中存在 , ∈ {1,2, , }且 < ，使得 = ，
从而存在 +1, +2 , ∈ { 1,1}，使得 +1 +1 + +2 +2 + + = = 0，
此时数列 是连续可归零数列．
综上，当 ≥ 2 时，数列 是连续可归零数列．
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