精品解析：北京市丰台区2024-2025学年高三下学期综合练习（二）数学试题

北京市丰台区2024～2025学年度第二学期综合练习（二） 高三数学 2025.05 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，在试卷上作答无效．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，选出符合题目要求的一项． 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先解一元二次不等式计算得出集合B，再结合交集定义计算求解. 【详解】集合， 则. 故选：A. 2. 在复平面内，复数的共轭复数对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【分析】化简复数，求出共轭复数即可判断对应点所在象限. 【详解】因为 所以，共轭复数对应的点坐标为，位于第四象限， 故选：D. 3. 已知向量满足，且，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用平面向量数量积的运算性质以及定义得出夹角的余弦值，再结合向量夹角的取值范围，可得出与的夹角. 【详解】因为，， 则， 又， 所以，则， 因为，所以. 故选：B. 4. 已知数列的前项和为，且满足，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】根据题设与的递推关系式推导出，再根据求出，逐项求出即可. 【详解】由题意，，则当时，有， 两式相减可得，即. 当时，，因为，所以， 所以. 故选：B. 5. 已知直线与圆交于两点．当变化时，则（ ） A. 有最小值 B. 有最大值 C. 有最小值 D. 有最大值 【答案】A 【解析】 【分析】利用点到直线的距离公式得到圆心到直线的距离，再由勾股定理求出弦长的表达式，进而可得答案. 【详解】圆的圆心坐标为，半径为2， 直线，即， 则圆心到直线的距离为， 所以，则， 因为，则， 当时，取得最大值1，此时， 当或时，，此时趋近于4，所以无最大值. 故选：A. 6. 已知关于的方程的两实根为，则“”是“关于的不等式的解集为”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 【答案】B 【解析】 【分析】利用充分条件、必要条件的定义，结合二次方程的根的情况与二次函数图象、二次不等式的解集之间的联系，推导证明可得出结论. 【详解】充分性的判断： 若，则或， 当时，关于的方程有两个相等的实数根，则， 因为二次函数开口向上，所以关于的不等式的解集为； 当时，关于的方程有两个不相等的实数根，不妨设， 因为二次函数开口向上，所以关于的不等式的解集为. 所以，由“”不能推出“关于的不等式的解集为”，充分性不成立. 必要性的判断： 若关于的不等式的解集为，因为二次函数开口向上，所以， 又因为关于的方程有两个实数根，则，则，必要性成立. 综上，“”是“关于的不等式的解集为”的必要不充分条件. 故选：B. 7. 已知抛物线的焦点为，准线为．过的直线与交于两点，过作的垂线，垂足分别为．若四边形的周长等于，则直线的斜率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据抛物线的定义可化简周长为，即可求得，可求直线的倾斜角的正弦值即可求斜率. 【详解】由抛物线的定义可知，，， 则四边形的周长为， 则， 设直线的倾斜角为，则，则或， 则，则直线的斜率为. 故选：C 8. 如图，在棱台中，底面和为正方形，，侧面均为等腰梯形，且侧面与底面的夹角均为，则该棱台的表面积为（ ） A. 18 B. C. D. 34 【答案】B 【解析】 【分析】过作底面，交底面于，过作交于，根据二面角的概念可知即为侧面与底面夹角的平面角，结合题意求出侧面梯形的高，再根据台体的面积公式求解即可. 【详解】由题意在棱台中，底面和为正方形，各侧棱均相等， 过作底面，交底面于，过作交于，连接， 因为底面，所以， 又因为，，平面，所以平面， 因为平面，所以， 又因为平面平面， 所以即为侧面与底面夹角的平面角，即， 由题意可知，所以， 所以该棱台的表面积. 故选：B 9. “红移”和“蓝移”是物理学和天文学中的概念．如果接收器接收到的光波的频率小于波源发出的光波的频率，则光的谱线向红光方向移动，称为“红移”；如果接收器接收到的光波的频率大于波源发出的光波的频率，则光的谱线向蓝光方向移动，称为“蓝移”．记接收器接收到的光波的频率为正数，波源发出的光波的频率为正数，和f满足光的普遍多普勒效应公式（为波源运动速率与光速的比值，为波源到接收器的方向与波源运动方向的夹角）．某同学依据该公式利用工具制作了“光的普遍多普勒效应计算器”，在给定范围内输入和的值，点击“计算”按钮后，运行结果显示“红移”、“蓝移”或“无频移”．下列说法正确的是（ ） A. 输入和任意β，运行结果显示“红移” B. 输入和任意β，运行结果显示“蓝移” C. 输入和任意，运行结果显示“红移” D. 输入和任意，运行结果显示“蓝移” 【答案】D 【解析】 【分析】利用已知条件去研究另一个变量的函数值域，通过值域分析与1的大小，从而去比较与的大小关系，即可判断各选项. 【详解】对于A，由， 可知， 由于接收器接收到的光波的频率大于波源发出的光波的频率，则光的谱线向蓝光方向移动，称为“蓝移”．故A错误； 对于B，由， 可知， 由于接收器接收到的光波的频率小于波源发出的光波的频率，则光的谱线向红光方向移动，称为“红移”．故B错误； 对于C，由，可知， 因为，则，即， 此时，由于，所以与的大小关系不确定，故C错误； 对于D，由，可知， 因为，则，即， 此时，所以， 由于接收器接收到的光波的频率大于波源发出的光波的频率，则光的谱线向蓝光方向移动，称为“蓝移”．故D正确； 故选：D. 10. 已知是平面直角坐标系中的点集．设是中两点间距离的最大值，是中的点与原点连线的斜率，是表示的图形的面积，给出下列四个结论：①；②；③；④．其中所有正确结论的个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】由，可作出符合题意点集的区域，根据区域即可得出结论. 【详解】对于①代入可得符合题意，故①正确； ∵对恒过点， 当时，，当时，，当时，， 由此我们可知的点集是由曲线绕A点往上直到点扫过的区域，如图： ∴，故②正确； ，，，故③错误； 有图易得，故④正确. 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. 函数的定义域为_______． 【答案】 【解析】 【分析】利用对数的真数及被开方数，以及分母不为0的条件来求解即可得定义域. 【详解】由，解得， 所以函数的定义域为， 故答案为： 12. 已知双曲线(a＞0，b0)的离心率为2，则该双曲线的渐近线方程为__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据离心率求得，即可求得渐近线方程. 【详解】因为双曲线的离心率为2，则，解得， 故双曲线的渐近线方程为. 故答案为：. 13. 已知直线为函数图象的一条对称轴，则满足条件的一个的取值为_____；若在区间上有零点，则的最小值为_______． 【答案】 ①. （答案不唯一） ②. 4 【解析】 【分析】根据余弦函数的对称性求出的取值集合，即可完成第一空，由余弦函数的对称中心求出的最小值. 【详解】因为直线为函数图象的一条对称轴， 所以，解得， 又，所以取（答案不唯一）； 若在区间上有零点，令，解得， 由，故且, 又且要求的最小值，故，所以的最小值为； 故答案为：（答案不唯一）； 14. 已知，则_______；_______．（用数字作答） 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】先应用通项公式计算得出，应用赋值法令计算求出系数和的值. 【详解】， 所以的系数为； 令，， 令，， 作差得，所以 则；. 故答案为：；. 15. 已知数列满足，给出下列四个结论： ①存在唯一的正实数，使得是常数列； ②当时，是等比数列； ③若是递增数列，则； ④若对任意的正整数，都有，则． 其中所有正确结论的序号为_____． 【答案】①②④ 【解析】 【分析】由是常数列，得，，可解出，判断①正确；当时，由可得，可得是等比数列，判断②正确；由是递增数列，可得，可解得，判断③错误；由已知可得的通项，由，可得，通过讨论，可得，判断④正确． 【详解】若是常数列，则， 又，则，代入， 得，解得，故①正确； 当时，，则， 则， 又，所以， 所以是以1为首项，为公比的等比数列，故②正确； 若是递增数列，则， 即， 又，则， 由，得，解得，故③错误； 由，得， 则， 则， 当，即时, 则， 又，所以，则，所以， 即对任意的正整数，都有， 当，即时, 则， 所以是以为首项，为公比的等比数列， 所以， 若对任意的正整数，都有，则， 所以， 整理得， 当，即且时，，该式恒成立， 当，即时，该式不恒成立， 综上，对任意的正整数，都有，则，故④正确． 故答案为：①②④. 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）若,，求边上的高． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理将边转化为角，再结合三角函数的性质求解角； （2）先根据余弦定理求出边，然后利用三角形面积公式求出边上的高. 【小问1详解】 在中，因为， 由正弦定理及，得， 因为， 所以， 所以． 所以． 【小问2详解】 因为， 由余弦定理，得， 所以．设边上的高为， 又的面积， 所以， 所以AB边上的高为． 17. 如图，在四棱柱中，底面与侧面均为菱形，平面为的中点，与平面交于点． （1）求证：为的中点； （2）再从条件①，条件②这两个条件中选择一个作为已知，判断在线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求的值；若不存在，说明理由． 条件①：； 条件②：． 注：如果选择条件①，条件②分别解答，按第一个解答计分． 【答案】（1） 在菱形中，． 因为平面平面， 所以平面． 又平面，平面平面， 所以． 又四棱柱中，， 所以四边形为平行四边形． 所以，所以为的中点． （2）存在， 【解析】 【分析】（1）由已知可得平面，由线面平行可得，进而得四边形为平行四边形，即可证得为的中点； （2）选择条件①：取中点，连接，由已知条件可证得两两垂直，以为原点建立空间直角坐标系，利用坐标运算求得平面的一个法向量，设，再利用坐标运算和直线与平面所成角的正弦值为，解出，即可解答； 选择条件②：先证得平面，同①建立空间直角坐标系，则平面的一个法向量为，然后解答同①. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 选择条件①： 取中点，连接， 在菱形中，． 因为，所以为等边三角形． 因为为中点，所以，故． 因为平面，且平面， 所以， 所以两两垂直． 如图，以为原点建立空间直角坐标系， 则， 所以． 设平面的一个法向量为， 则，即， 令，则，则． 设， 所以． 设直线与平面所成角为， 所以． 解得， 所以存在符合条件的点． 选择条件②： 取中点，连接． 因为平面，且平面， 所以， 又，且平面， 所以平面． 因为平面，所以， 又因为为中点，所以． 在菱形中，， 所以为等边三角形， 所以，故． 所以两两垂直．如图建立空间直角坐标系， 则， 所以． 因为平面， 所以取平面的一个法向量为． 设， 所以． 设直线与平面所成角为， 所以． 解得， 所以存在符合条件的点． 18. 为调查某校学生户外活动时长和视力的关系，某研究小组在该校随机选取了100名学生，记录他们的日均户外活动时长（单位：小时）及近视情况，统计得到：日均户外活动时长在区间内有70人，近视率为；日均户外活动时长在区间内有20人，近视率为；日均户外活动时长在区间内有10人，近视率为． 注：近视率是指某区间内近视人数与该区间内人数的比值． （1）估计该校日均户外活动时长不低于1小时的学生的近视率； （2）用频率估计概率．从该校日均户外活动时长低于1小时的学生和不低于1小时的学生中各随机选取2名，求这4名学生中恰有2名近视的概率； （3）为响应国家降低青少年近视率的号召，该校提出“护眼有妙招，科学动起来”的口号，计划在以下2项措施中选择1项实施． 措施一：每日给全校学生增设0.5小时晨跑活动； 措施二：每日给日均户外活动时长低于1小时的学生增设1小时户外活动．假设所有学生都能按要求参加相应活动，记采取措施一后该校全体学生的日均户外活动时长的平均值为，采取措施二后该校全体学生的日均户外活动时长的平均值为．用样本估计总体，试比较与的大小．（结论不要求证明） 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据题意求相应人数和频率，即可得结果； （2）分析可知从该校日均户外活动时长低于1小时、不低于1小时的学生中随机选取1名，这名学生近视的概率为、，结合独立事件概率乘法公式运算求解； （3）根据题意结合加权平均数公式分别求，比较大小即可得结果. 【小问1详解】 由题意，样本中日均户外活动时长不低于1小时的学生有人， 其中近视的学生有人， 所以估计该校日均户外活动时长不低于1小时学生的近视率为． 【小问2详解】 设事件“从该校日均户外活动时长低于1小时的学生和不低于1小时的学生中各随机选取2名，这4名学生中恰有2名近视”． 由题意，从该校日均户外活动时长低于1小时的学生中随机选取1名，这名学生近视的概率为， 从该校日均户外活动时长不低于1小时的学生中随机选取1名，这名学生近视的概率为． 则． 【小问3详解】 由题意可知：日均户外活动时长在区间内的频率为；日均户外活动时长在区间内的频率为；日均户外活动时长在区间内的频率为， 则原数据的平均数为， 采取措施一后，该校全体学生的日均户外活动时长的平均值为； 采取措施二后，该校全体学生的日均户外活动时长的平均值为； 因为，所以. 19. 已知椭圆的左顶点为，焦距为． （1）求椭圆的方程； （2）设为原点，过点且斜率为的直线与椭圆的另一个交点为，线段的垂直平分线与轴交于点，与轴交于点．过点且与平行的直线与轴交于点．若与的面积之比为，求的值． 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）由已知及椭圆中的关系，解出，即可得到椭圆的方程； （2）由题意，直线的方程为，与椭圆方程联立，利用韦达定理可由表示出线段的中点坐标，进而写出线段垂直平分线的方程，得到点和点坐标，表示出的面积，再由表示出的面积，再由面积之比为得到方程，即可求得的值． 【小问1详解】 由题意， 解得． 所以椭圆的方程为． 【小问2详解】 由题意，直线的方程为， 由，得． 由题意，． 设，则， 解得， 所以线段的中点为． 线段垂直平分线的方程为：， 令得，所以． 令得，所以． 所以． 因为过点与直线平行的直线的方程为，故， 所以． 因为， 所以，整理得． 若，则，解得，故； 若，则，解得，故． 综上，或． 20. 已知函数在点处的切线方程为． （1）求的值； （2）求的单调区间； （3）若，求的取值范围． 【答案】（1） （2）单调递增区间为，单调递减区间为. （3） 【解析】 【分析】（1）根据函数在某点处的切线方程，利用导数几何意义以及该点在函数图像和切线上来求解的值； （2）通过对函数求导，根据导数的正负来确定函数的单调区间； （3）将的表达式代入不等式，通过移项、因式分解等方法求解的取值范围. 【小问1详解】 因为， 所以． 由题意，解得. 【小问2详解】 由（1）得． 令，解得． 当变化时，的变化情况如表所示： -4 -1 0 - 0 + 0 - 0 + 单调递减 单调递增 1 单调递减 0 单调递增 所以的单调递增区间为，单调递减区间为． 【小问3详解】 设． 设，则． 当时，在上单调递增，， 当时，在上单调递减，， 所以恒成立． 由题意，等价于或， 解得或． 综上，的取值范围是． 21. 设数列是的一个排列．由中连续项组成的集合称作“的长为的子列集”，其中．任取不大于的正整数，当时，若数列的任意长为的子列集和数列的任意长为的子列集，都有，则称数列为“好数列”． （1）判断下列数列是否为“好数列”： ①1，3，5，2，4；②1，4，6，2，5，3． （2）证明：由的排列构成的所有“好数列”中，存在首项不超过的“好数列”（表示不超过的最大整数）； （3）若数列为“好数列”，求的最大值． 【答案】（1）①是“好数列”；②不是“好数列” （2） 若是“好数列”，可知存在． 令与， 于是集合和也分别是数列和数列的子列集， 又存在，得． 因此． 所以，数列也是“好数列”． 设与中较小者为，则且， 因此，即，于是， 所以存在首项不超过的“好数列”． （3）7 【解析】 【分析】（1）根据“好数列”的定义逐项检验即可判断①②； （2）分析可知若是“好数列”，可知存在，结合“好数列”的定义分析可得且，即可得结果； （3）分类讨论的奇偶性，利用反证法结合（2）可知为偶数不成立，为奇数时且，不存在“好数列”，即可得结果. 【小问1详解】 对于①：检验可知①是“好数列”； 对于②：例如，取长为2的子列集和长为3的子列集， 此时，所以②不是“好数列”． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 的最大值为7． ①先考虑． 假设存在“好数列”．由（2）可知，不妨设． 若，则由长为的子列集和与集合的交集非空，知， 即此“好数列”为：． 又，长为的子列集和与集合的交集非空． 所以且，与矛盾． 若，则由长为的子列集和与集合的交集非空，知； 又与集合的交集非空，知，矛盾； ②再考虑．假设存在“好数列”． 由（2）可知，不妨设． 若，则由长为的子列集和 与集合的交集非空，知． 又，长为的子列集和与集合的交集非空． 所以且，与矛盾． 若，则由长为的子列集和 与集合的交集非空，知； 又与集合的交集非空，知， 此时，长为的子列集，矛盾． 所以，当时，不存在“好数列”． 又数列1，4，6，2，5，3，7是“好数列”． 综上，的最大值为7． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北京市丰台区2024～2025学年度第二学期综合练习（二） 高三数学 2025.05 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，在试卷上作答无效．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，选出符合题目要求的一项． 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 在复平面内，复数的共轭复数对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 已知向量满足，且，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 4. 已知数列的前项和为，且满足，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 5. 已知直线与圆交于两点．当变化时，则（ ） A. 有最小值 B. 有最大值 C. 有最小值 D. 有最大值 6. 已知关于的方程的两实根为，则“”是“关于的不等式的解集为”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. 已知抛物线的焦点为，准线为．过的直线与交于两点，过作的垂线，垂足分别为．若四边形的周长等于，则直线的斜率为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，在棱台中，底面和为正方形，，侧面均为等腰梯形，且侧面与底面的夹角均为，则该棱台的表面积为（ ） A. 18 B. C. D. 34 9. “红移”和“蓝移”是物理学和天文学中的概念．如果接收器接收到的光波的频率小于波源发出的光波的频率，则光的谱线向红光方向移动，称为“红移”；如果接收器接收到的光波的频率大于波源发出的光波的频率，则光的谱线向蓝光方向移动，称为“蓝移”．记接收器接收到的光波的频率为正数，波源发出的光波的频率为正数，和f满足光的普遍多普勒效应公式（为波源运动速率与光速的比值，为波源到接收器的方向与波源运动方向的夹角）．某同学依据该公式利用工具制作了“光的普遍多普勒效应计算器”，在给定范围内输入和的值，点击“计算”按钮后，运行结果显示“红移”、“蓝移”或“无频移”．下列说法正确的是（ ） A. 输入和任意β，运行结果显示“红移” B. 输入和任意β，运行结果显示“蓝移” C. 输入和任意，运行结果显示“红移” D. 输入和任意，运行结果显示“蓝移” 10. 已知是平面直角坐标系中的点集．设是中两点间距离的最大值，是中的点与原点连线的斜率，是表示的图形的面积，给出下列四个结论：①；②；③；④．其中所有正确结论的个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 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. 函数的定义域为_______． 12. 已知双曲线(a＞0，b0)的离心率为2，则该双曲线的渐近线方程为__________． 13. 已知直线为函数图象的一条对称轴，则满足条件的一个的取值为_____；若在区间上有零点，则的最小值为_______． 14. 已知，则_______；_______．（用数字作答） 15. 已知数列满足，给出下列四个结论： ①存在唯一的正实数，使得是常数列； ②当时，是等比数列； ③若是递增数列，则； ④若对任意的正整数，都有，则． 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. 在中，． （1）求； （2）若,，求边上的高． 17. 如图，在四棱柱中，底面与侧面均为菱形，平面为的中点，与平面交于点． （1）求证：为的中点； （2）再从条件①，条件②这两个条件中选择一个作为已知，判断在线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求的值；若不存在，说明理由． 条件①：； 条件②：． 注：如果选择条件①，条件②分别解答，按第一个解答计分． 18. 为调查某校学生户外活动时长和视力的关系，某研究小组在该校随机选取了100名学生，记录他们的日均户外活动时长（单位：小时）及近视情况，统计得到：日均户外活动时长在区间内有70人，近视率为；日均户外活动时长在区间内有20人，近视率为；日均户外活动时长在区间内有10人，近视率为． 注：近视率是指某区间内近视人数与该区间内人数的比值． （1）估计该校日均户外活动时长不低于1小时的学生的近视率； （2）用频率估计概率．从该校日均户外活动时长低于1小时的学生和不低于1小时的学生中各随机选取2名，求这4名学生中恰有2名近视的概率； （3）为响应国家降低青少年近视率的号召，该校提出“护眼有妙招，科学动起来”的口号，计划在以下2项措施中选择1项实施． 措施一：每日给全校学生增设0.5小时晨跑活动； 措施二：每日给日均户外活动时长低于1小时的学生增设1小时户外活动．假设所有学生都能按要求参加相应活动，记采取措施一后该校全体学生的日均户外活动时长的平均值为，采取措施二后该校全体学生的日均户外活动时长的平均值为．用样本估计总体，试比较与的大小．（结论不要求证明） 19. 已知椭圆的左顶点为，焦距为． （1）求椭圆的方程； （2）设为原点，过点且斜率为的直线与椭圆的另一个交点为，线段的垂直平分线与轴交于点，与轴交于点．过点且与平行的直线与轴交于点．若与的面积之比为，求的值． 20. 已知函数在点处的切线方程为． （1）求的值； （2）求的单调区间； （3）若，求的取值范围． 21. 设数列是的一个排列．由中连续项组成的集合称作“的长为的子列集”，其中．任取不大于的正整数，当时，若数列的任意长为的子列集和数列的任意长为的子列集，都有，则称数列为“好数列”． （1）判断下列数列是否为“好数列”： ①1，3，5，2，4；②1，4，6，2，5，3． （2）证明：由的排列构成的所有“好数列”中，存在首项不超过的“好数列”（表示不超过的最大整数）； （3）若数列为“好数列”，求的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $