精品解析：北京市海淀区2024-2025学年高三上学期期末数学练习

2025年北京市海淀区高三上学期期末数学试卷 本试卷共9页，共150分.考试时长120分钟.考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效.考试结束后，将本试卷和答题纸一并交回. 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，选出符合题目要求的一项. 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 在 的展开式中，的系数为（ ） A. -40 B. 40 C. -80 D. 80 3. 若复数满足，则（ ） A. B. C. D. 4. 设抛物线的焦点为F，已知点在C上，则（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 5. 已知直线与圆交于 ， 两点，则（ ） A. B. 2 C. 3 D. 6. 已知等差数列的前项和为，，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知椭圆的焦点在 轴上，点，则（ ） A. 在 外 B. 的长轴长为 C. 在 内 D. 的焦距为 8. 设函数，则“”是“没有极值点”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. 如图，正方体的棱长为2，分别为棱的中点，为正方形边上的动点（不与重合），则下列说法中错误的是（ ） A. 平面截正方体表面所得的交线形成的图形可以是菱形 B. 存在点，使得直线与平面垂直 C. 平面把正方体分割成的两个几何体的体积相等 D. 点到平面的距离不超过 10. 2023年，甲、乙两公司的盈利规律如下：从2月份开始，甲公司每个月盈利比前一个月多200万元；乙公司每个月盈利比前一个月增加. 记甲、乙两公司在2023年第个月的盈利分别为，（单位：万元）. 已知，，则最大时，的值为（ ） （参考数据：，） A. B. C. D. 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. 双曲线的一条渐近线方程可以为_________. 12. 已知向量，，则______，的最小值为______． 13. 已知为等腰三角形，且，则_________. 14. 已知函数存在最小值，则 的取值范围是_________. 15. 已知曲线. 给出下列四个结论： ①曲线 关于直线对称； ②曲线 上恰好有个整点（即横、纵坐标均是整数的点）； ③曲线 上存在一点，使得到点的距离小于 ； ④曲线 所围成区域的面积大于. 其中，所有正确结论的序号为_________. 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. 已知函数. （1）求曲线的两条对称轴之间距离的最小值； （2）若在区间上的最大值为，求 的值. 17. 如图，在四棱锥中，底面为矩形，， ，， 是 的中点，在棱 上，且平面. （1）求证：是 的中点； （2）再从条件①，条件②中选择一个作为已知，求平面与平面夹角的余弦值. 条件①：平面平面； 条件②：. 18. 某校为评价学生参加选修课的学习效果，组织了选修课学习的过程性评价测试. 选修课程甲的所有学生的原始成绩统计如下： 原始成绩 8.75 8.25 8.25 6.75 6.75 6.5 6 5.5 5.25 4.25 3.75 3.25 排名 1 2 2 4 4 6 7 8 9 10 11 12 （1）从这12名学生中随机抽取2人，求这2人原始成绩不同的概率； （2）对课程甲采取“四分位数赋分法”进行赋分，记选修该课程的总人数为 ，规定原始成绩排名为的学生赋分成绩如下： 当时，赋分成绩为100分；当，赋分成绩为85分； 当时，赋分成绩为70分；当时，赋分成绩为60分. ①从课程甲的原始成绩不低于的学生中随机抽取人，记为这人赋分成绩之和，求的分布列和数学期望； ②选修课程乙的所有学生的原始成绩统计如下： 原始成绩 9.75 8 8 7.5 7.5 6 5.75 5.75 排名 1 2 2 4 4 6 7 7 原始成绩 5 4.75 4.5 4.5 4.25 4 3.75 3.5 排名 9 10 11 11 13 14 15 16 对课程乙也采取“四分位数赋分法”进行赋分. 现从课程甲、课程乙的学生中分别随机抽取1人，记这2人的赋分成绩分别为，直接写出数学期望和的大小关系. 19. 已知椭圆的左顶点为，离心率. （1）求 的标准方程； （2）设点为 上异于顶点的一点，点关于 轴的对称点为 ，过 作 的平行线，与 的另一个交点为. 当与 不重合时，求证：. 20. 已知函数. （1）当时，求的定义域； （2）若在区间上单调递减，求 的取值范围； （3）当时，证明：若，，则.（参考数据：，，） 21. 已知为各项均为整数的无穷递增数列，且. 对于中的任意一项，在中都存在两项，使得或. （1）若，，写出的所有可能值； （2）若. ①当时，求的最大值； ②当时，求的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年北京市海淀区高三上学期期末数学试卷 本试卷共9页，共150分.考试时长120分钟.考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效.考试结束后，将本试卷和答题纸一并交回. 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，选出符合题目要求的一项. 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】解不等式化简集合 ，再利用并集的定义求解即得. 【详解】集合，而， 所以. 故选：B 2. 在 的展开式中，的系数为（ ） A. -40 B. 40 C. -80 D. 80 【答案】C 【解析】 【详解】展开式中含的项为：， 所以的系数为. 3. 若复数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用复数模及除法运算计算得解. 【详解】依题意，. 故选：A 4. 设抛物线的焦点为F，已知点在C上，则（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】C 【解析】 【分析】先将点代入抛物线得出 ，再应用抛物线定义得出即可求解. 【详解】因为点A满足，又，代入抛物线方程得 ， 因为，可得， 故选：C． 5. 已知直线与圆交于 ， 两点，则（ ） A. B. 2 C. 3 D. 【答案】B 【解析】 【分析】首先得到圆心坐标与半径，再求出圆心到直线的距离，最后根据计算可得. 【详解】圆的圆心为，半径， 直线即， 则圆心到直线的距离， 所以 . 故选：B 6. 已知等差数列的前项和为，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用等差数列通项公式及前项和公式求解即可. 【详解】设等差数列的公差为，由， 得，解得， 所以. 故选：B 7. 已知椭圆的焦点在 轴上，点，则（ ） A. 在 外 B. 的长轴长为 C. 在 内 D. 的焦距为 【答案】A 【解析】 【分析】根据椭圆方程及焦点位置求出的范围，即可判断. 【详解】因为椭圆的焦点在 轴上，所以， 则 的长轴长为，焦距为，故B、D错误； 因为，所以，所以，所以，所以点 在 外，故A正确，C错误. 故选：A 8. 设函数，则“”是“没有极值点”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 【答案】C 【解析】 【分析】求出函数的导数，利用极值点的意义，及充分条件、必要条件的定义判断得解. 【详解】函数，求导得， 当时，，当且仅当时取等号，则在R上单调递增，无极值点； 若没有极值点，则没有变号零点，因此，解得， 所以“”是“没有极值点”的充分必要条件. 故选：C 9. 如图，正方体的棱长为2，分别为棱的中点， 为正方形边上的动点（不与重合），则下列说法中错误的是（ ） A. 平面截正方体表面所得的交线形成的图形可以是菱形 B. 存在点 ，使得直线与平面垂直 C. 平面把正方体分割成的两个几何体的体积相等 D. 点到平面的距离不超过 【答案】B 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明判断ABD；利用过正方体中心的截面分正方体所成两部分体积关系判断C. 【详解】在棱长为2的正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 对于A，，即，而直线，则， 又，因此四边形为平行四边形，又， 则四边形为菱形，当点 与重合时，平面截正方体表面所得的交线形成的图形是菱形，A正确； 对于B，，，即与不垂直， 而平面，因此直线与平面不垂直，B错误； 对于C，线段的中点为正方体的中心，平面过该正方体的中心， 由对称性，平面把正方体分割成的两个几何体的体积相等，C正确； 对于D，当点时，，，则， 即，，平面，于是平面， 此时点到该正方体中心的距离即为点到平面的距离， 是点到过的所有截面距离最大值，因此点到平面的距离不超过，D正确. 故选：B 10. 2023年，甲、乙两公司的盈利规律如下：从2月份开始，甲公司每个月盈利比前一个月多200万元；乙公司每个月盈利比前一个月增加. 记甲、乙两公司在2023年第个月的盈利分别为，（单位：万元）. 已知，，则最大时，的值为（ ） （参考数据：，） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用等差数列、等比数列求出，及，再构造数列并判断单调性得解. 【详解】依题意，，， 则，令， 则，， 因此当时，；当时，，即最大， 所以当最大时，. 故选：B 【点睛】思路点睛：求出的表达式，再构造数列作差判断单调性求出最大值点. 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. 双曲线的一条渐近线方程可以为_________. 【答案】.（或，答案不唯一） 【解析】 【分析】根据双曲线的渐近线的求法计算即可. 【详解】由可得双曲线的标准方程：， 令，可得即为双曲线的两条渐近线方程. 故答案为：.（或，答案不唯一） 12. 已知向量，，则______，的最小值为______． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】根据求出的坐标，再求出的坐标，从而求出其模的最小值. 【详解】因为，，所以， 则，所以，当且仅当时取等号，所以. 故答案为：， 13. 已知为等腰三角形，且，则_________. 【答案】##0.875 【解析】 【分析】利用正弦定理边化角，再利用余弦定理求出. 【详解】在中，令内角所对边分别为， 由及正弦定理，得，显然 为底边，否则不能构成三角形， 由余弦定理得. 故答案为： 14. 已知函数存在最小值，则的取值范围是_________. 【答案】 【解析】 【分析】分、、三种情况讨论，分别说明函数的最小值，即可求出参数的取值范围. 【详解】当时，在上单调递增， 且当时，显然不存在最小值，故舍去； 当时，，则当时， 所以的最小值为 ，符合题意； 当时，当时，所以在上单调递减，在上单调递增，， 当时，则在上单调递减， 要使函数存在最小值，则，解得，此时； 综上可得的取值范围是. 故答案为： 15. 已知曲线. 给出下列四个结论： ①曲线 关于直线对称； ②曲线 上恰好有个整点（即横、纵坐标均是整数的点）； ③曲线 上存在一点 ，使得 到点的距离小于 ； ④曲线 所围成区域的面积大于. 其中，所有正确结论的序号为_________. 【答案】②④ 【解析】 【分析】根据曲线方程分析曲线的性质，有曲线 为封闭曲线，过点，关于 轴对称，画出曲线大致图形，结合圆、四边形在曲线 内部判断各项的正误. 【详解】由，则且，易知曲线 为封闭曲线， 所以，易得，故， 时；时； 时， 故曲线过点，显然不关于直线对称，①错； 对于曲线上任意点，其关于 轴对称点为， 则，故曲线关于 轴对称， 综上，曲线的大致图形如下图示，显然曲线 上恰好有个整点，②对； 由圆过点，故圆上点均在曲线上或内， 所以曲线 上不存在点 ，使得 到点的距离小于 ，③错； 如图中，四边形在曲线 内部，故曲线 所围成区域的面积大于，④对. 故答案为：②④ 【点睛】关键点点睛：根据曲线方程分析出曲线的相关性质，并画出大致图形为关键. 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. 已知函数. （1）求曲线的两条对称轴之间距离的最小值； （2）若在区间上的最大值为，求的值. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）利用二倍角公式、辅助角公式化简函数，再求出函数图象的对称轴方程即可. （2）分析函数在的性质，确定最大值点，再结合函数值求出. 【小问1详解】 函数 由，解得 所以曲线的两条对称轴之间的距离最小值为． 【小问2详解】 当时，， 由在区间上的最大值为，得， 而正弦函数在上单调递减，则在上单调递减， 因此，，解得， 所以的值是. 17. 如图，在四棱锥中，底面 为矩形，， ，， 是的中点， 在棱上，且平面. （1）求证： 是的中点； （2）再从条件①，条件②中选择一个作为已知，求平面与平面夹角的余弦值. 条件①：平面平面 ； 条件②：. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）利用三角形中位线性质与平行公理，通过已知的中点条件证明另一组边的中点关系； （2）条件①：运用面面垂直的性质定理将空间垂直关系转化为线面垂直，从而建立空间直角坐标系；通过向量坐标运算求平面法向量，再利用法向量夹角公式计算平面夹角的余弦值；条件②：基于已证的中点关系和垂直条件，建立坐标系，用向量法求平面法向量及夹角. 【小问1详解】 取 的中点，连接，因为 是的中点，所以， 又平面平面，所以平面， 因为平面平面，所以平面平面， 又平面ABCD∩平面EFG＝EG，平面ABCD∩平面PCD＝CD， 所以∥ ， 因为是 的中点，所以 是的中点. 【小问2详解】 选择条件①： 因为，平面平面 ，平面平面平面， 所以平面 ， 故以 为原点建立如图所示的空间直角坐标系， 则，所以， 设平面的法向量为，则, 取，则，所以， 易知平面的一个法向量为， 设平面与平面夹角为， 则， 所以平面与平面夹角的余弦值为． 选择条件②： 在矩形 中，，所以， 又，所以，即， 因为平面 ， 所以平面 ， 后续过程同条件①． 18. 某校为评价学生参加选修课的学习效果，组织了选修课学习的过程性评价测试. 选修课程甲的所有学生的原始成绩统计如下： 原始成绩 8.75 8.25 8.25 6.75 6.75 6.5 6 5.5 5.25 4.25 3.75 3.25 排名 1 2 2 4 4 6 7 8 9 10 11 12 （1）从这12名学生中随机抽取2人，求这2人原始成绩不同的概率； （2）对课程甲采取“四分位数赋分法”进行赋分，记选修该课程的总人数为 ，规定原始成绩排名为的学生赋分成绩如下： 当时，赋分成绩为100分；当，赋分成绩为85分； 当时，赋分成绩为70分；当时，赋分成绩为60分. ①从课程甲的原始成绩不低于的学生中随机抽取人，记为这人赋分成绩之和，求的分布列和数学期望； ②选修课程乙的所有学生的原始成绩统计如下： 原始成绩 9.75 8 8 7.5 7.5 6 5.75 5.75 排名 1 2 2 4 4 6 7 7 原始成绩 5 4.75 4.5 4.5 4.25 4 3.75 3.5 排名 9 10 11 11 13 14 15 16 对课程乙也采取“四分位数赋分法”进行赋分. 现从课程甲、课程乙的学生中分别随机抽取1人，记这2人的赋分成绩分别为，直接写出数学期望和的大小关系. 【答案】（1）； （2）①分布列： 170 185 200 数学期望为185； ②. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用古典概率公式，结合组合计数问题列式计算. （2）①根据表格中数据，原始成绩不低于的学生赋分成绩，再求出的可能值及对应的概率，列出分布列求出期望；②求出课程甲、乙的赋分成绩，再求出期望北比较大小. 【小问1详解】 设“从这12名学生中随机抽取2人，且2人原始成绩不同”为事件 ， 依据题中数据，仅有排名为2和4的两对学生原始成绩相同， 由古典概型，得. 【小问2详解】 ①根据题中数据，课程甲中原始成绩不低于的学生共有6人， 赋分依次为100，100，100，85，85，85，则的所有可能值为170，185，200， ， 所以的分布列如下： 170 185 200 . ②对课程甲进行赋分，赋分依次为：100,100,100,85,85,85,70,70,70,60,60,60， 对课程乙进行赋分，赋分依次为：100,100,100,100,100,85,85,85,70,70,70,70,60,60,60,60， 因此， ； ， ， 所以. 19. 已知椭圆的左顶点为，离心率. （1）求 的标准方程； （2）设点 为 上异于顶点的一点，点 关于轴的对称点为，过 作的平行线，与 的另一个交点为. 当与不重合时，求证：. 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据离心率及左顶点，求出、，即可得解； （2）设，，则，从而得到直线的方程，联立直线与椭圆方程，消元，求出，即可得到，得到，即可得证. 【小问1详解】 依题意可得，解得， 所以椭圆 的标准方程为. 【小问2详解】 设，， 则，，得直线的斜率. 由得直线的斜率. 由经过点得直线的方程. 由，得， 由韦达定理 得. 所以. 因为 ，， 由于不重合，所以，所以 所以. 因为两条直线不重合，所以. 20. 已知函数. （1）当时，求的定义域； （2）若在区间上单调递减，求的取值范围； （3）当时，证明：若，，则.（参考数据：，，） 【答案】（1）； （2）； （3）当，则，且， 设，则， 当，则，当，则， 所以在上单调递增，在上单调递减， 当， 0 0 单调递减 极小值 单调递增 ； 当，，，故使， 0 0 单调递增 极大值 单调递减 由，又，则， 综上，得证. 【解析】 【分析】（1）根据对数、分式性质求函数定义域； （2）对函数求导，根据题设有在上恒成立，构造函数研究最值，列不等式求参数范围. （3）应用导数分别求在、上的最值，进而得到、，即可证结论. 【小问1详解】 由题设，则，故定义域为. 【小问2详解】 由，则必有，且， 由在区间上单调递减，则在上恒成立， 令且，则， 在上，则单调递增，故， 所以. 【小问3详解】 略 【点睛】关键点点睛：第三问，应用导数求出在、上的最值为关键. 21. 已知为各项均为整数的无穷递增数列，且. 对于中的任意一项，在中都存在两项，使得或. （1）若，，写出的所有可能值； （2）若. ①当时，求的最大值； ②当时，求的最小值. 【答案】（1）的所有可能值为7，9，15，17． （2）①1013；②的最小值为7. 【解析】 【分析】（1）求出或，再分类讨论即可； （2）首先分析得当时符合题意且，再利用反证法证明即可； （3）首先证明时存在符合条件的，再证明即可. 【小问1详解】 或， 当时，因为，符合条件； 则或或或， 又因为为各项均为整数的无穷递增数列，则或. 当时， 则或或或， 当时，，符合题意， 当时，，符合题意， 当或27，此时不满足数列为递增数列，故舍去， 综上，的所有可能值为7，9，15，17． 【小问2详解】 ①的最大值为1013，理由如下： （i）当时符合题意且． （ii）假设中存在偶数，且首个偶数为， 因为为递增数列，所以存在，使得或，进而有． 所以为奇数，此时均不为偶数，与为偶数矛盾． 所以中各项均为正奇数， 又因为为递增数列，所以， 即． 综上的最大值为1013． ②的最小值为7，理由如下： （i）首先证明时存在符合条件的： 当前7项为$1，2，3，9，27，45，2025$时， 且可构造的后续项使其符合题意（如可取． （ii）其次证明． 由题，当时，， 所以， 进而有， 所以， 所以． （iii）最后证明． 假设存在符合题意且， 因为，所以当时，， 所以存在，有，从而， 所以，所以，从而，且因为， 所以当时，， 所以存在，有，从而为整数， 又因为，所以为5的倍数，与矛盾． 综上有的最小值为7． 【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是分为两部分证明，第一部分证明满足题意，再证明即可. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $