北京市海淀區(qū)2024-2025學(xué)年上學(xué)期高三期末練習(xí)數(shù)學(xué)答案

第1頁/共1頁2025年北京市海淀區(qū)高三上學(xué)期期末數(shù)學(xué)試卷本試卷共9頁，共150分.考試時長120分鐘.考生務(wù)必將答案答在答題卡上，在試卷上作答無效.考試結(jié)束后，將本試卷和答題紙一并交回.第一部分（選擇題共40分）一、選擇題共10小題，每小題4分，共40分.在每小題列出的四個選項中，選出符合題目要求的一項.1.已知集合，，則（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】解不等式化簡集合，再利用并集的定義求解即得.【詳解】集合，而，所以.故選：B2.在的展開式中，的系數(shù)為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用二項式定理求出項即可得該項系數(shù).【詳解】二項式的展開式中，含的項為，所以的系數(shù)為.故選：A3.若復(fù)數(shù)滿足，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用復(fù)數(shù)模及除法運算計算得解.【詳解】依題意，.故選：A4.拋物線的焦點為，點在上，則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根據(jù)給定條件，求出，再利用拋物線定義求得答案.【詳解】拋物線的準線方程為，由點在上，得，所以.故選：C5.已知直線與圓交于兩點，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】求出圓心坐標與半徑，再求出圓心到直線的距離，再由勾股定理計算可得.【詳解】圓的圓心為，半徑，直線，即，所以圓心到直線的距離，所以.故選：B6.已知等差數(shù)列的前項和為，，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根據(jù)給定條件，利用等差數(shù)列通項公式及前項和公式求解即可.【詳解】設(shè)等差數(shù)列的公差為，由，得，解得，所以.故選：B7.已知橢圓的焦點在軸上，點，則（）A.在外 B.的長軸長為C.在內(nèi) D.的焦距為【答案】A【解析】【分析】根據(jù)橢圓方程及焦點位置求出的范圍，即可判斷.【詳解】因為橢圓的焦點在軸上，所以，則的長軸長為，焦距為，故B、D錯誤；因為，所以，所以，所以，所以點在外，故A正確，C錯誤.故選：A8.設(shè)函數(shù)，則“”是“沒有極值點”的（）A.充分而不必要條件 B.必要而不充分條件C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】C【解析】【分析】求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，利用極值點的意義，及充分條件、必要條件的定義判斷得解.詳解】函數(shù)，求導(dǎo)得，當時，，當且僅當時取等號，則在R上單調(diào)遞增，無極值點；若沒有極值點，則沒有變號零點，因此，解得，所以“”是“沒有極值點”的充分必要條件.故選：C9.如圖，正方體的棱長為2，分別為棱的中點，為正方形邊上的動點（不與重合），則下列說法中錯誤的是（）A.平面截正方體表面所得的交線形成的圖形可以是菱形B.存在點，使得直線與平面垂直C.平面把正方體分割成的兩個幾何體的體積相等D.點到平面的距離不超過【答案】B【解析】【分析】建立空間直角坐標系，利用空間位置關(guān)系的向量證明判斷ABD；利用過正方體中心的截面分正方體所成兩部分體積關(guān)系判斷C.【詳解】在棱長為2的正方體中，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，對于A，，即，而直線，則，又，因此四邊形為平行四邊形，又，則四邊形為菱形，當點與重合時，平面截正方體表面所得的交線形成的圖形是菱形，A正確；對于B，，，即與不垂直，而平面，因此直線與平面不垂直，B錯誤；對于C，線段的中點為正方體的中心，平面過該正方體的中心，由對稱性，平面把正方體分割成的兩個幾何體的體積相等，C正確；對于D，當點時，，，則，即，，平面，于是平面，此時點到該正方體中心的距離即為點到平面的距離，是點到過的所有截面距離最大值，因此點到平面的距離不超過，D正確.故選：B10.2023年，甲、乙兩公司的盈利規(guī)律如下：從2月份開始，甲公司每個月盈利比前一個月多200萬元；乙公司每個月盈利比前一個月增加.記甲、乙兩公司在2023年第個月的盈利分別為，（單位：萬元）.已知，，則最大時，的值為（）（參考數(shù)據(jù)：，）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根據(jù)給定條件，利用等差數(shù)列、等比數(shù)列求出，及，再構(gòu)造數(shù)列并判斷單調(diào)性得解.【詳解】依題意，，，則，令，則，，因此當時，；當時，，即最大，所以當最大時，.故選：B【點睛】思路點睛：求出的表達式，再構(gòu)造數(shù)列作差判斷單調(diào)性求出最大值點.第二部分（非選擇題共110分）二、填空題共5小題，每小題5分，共25分.11.雙曲線的漸近線方程為__________．【答案】【解析】【分析】先把雙曲線化簡成標準方程，直接得出漸近線方程.【詳解】由得所以漸近線方程為故答案為.【點睛】本題考查了雙曲線漸近線方程的求法，屬于基礎(chǔ)題.12.已知向量，，則_________，的最小值為_________.【答案】①.0,1②.【解析】【分析】根據(jù)平面向量線性運算的坐標表示求出，從而求出，再根據(jù)向量模的坐標表示計算可得.【詳解】因，,所以，則，所以，當且僅當時取等號，所以的最小值為.故答案為：；13.已知為等腰三角形，且，則_________.【答案】##0.75【解析】【分析】利用正弦定理邊化角，再利用余弦定理求出.【詳解】在中，令內(nèi)角所對邊分別為，由及正弦定理，得，顯然為底邊，否則不能構(gòu)成三角形，由余弦定理得.故答案為：14.已知函數(shù)存在最小值，則的取值范圍是_________.【答案】【解析】【分析】分、、三種情況討論，分別說明函數(shù)的最小值，即可求出參數(shù)的取值范圍.【詳解】當時，在上單調(diào)遞增，且當時，顯然不存在最小值，故舍去；當時，，則當時，所以的最小值為，符合題意；當時，當時，所以在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，，當時，則在上單調(diào)遞減，要使函數(shù)存在最小值，則，解得，此時；綜上可得的取值范圍是.故答案為：15.已知曲線.給出下列四個結(jié)論：①曲線關(guān)于直線對稱；②曲線上恰好有個整點（即橫、縱坐標均是整數(shù)的點）；③曲線上存在一點，使得到點的距離小于；④曲線所圍成區(qū)域的面積大于.其中，所有正確結(jié)論的序號為_________.【答案】②④【解析】【分析】根據(jù)曲線方程分析曲線的性質(zhì)，有曲線為封閉曲線，過點，關(guān)于軸對稱，畫出曲線大致圖形，結(jié)合圓、四邊形在曲線內(nèi)部判斷各項的正誤.【詳解】由，則且，易知曲線為封閉曲線，所以，易得，故，時；時；時，故曲線過點，顯然不關(guān)于直線對稱，①錯；對于曲線上任意點，其關(guān)于軸對稱點為，則，故曲線關(guān)于軸對稱，綜上，曲線的大致圖形如下圖示，顯然曲線上恰好有個整點，②對；由圓過點，故圓上點均在曲線上或內(nèi)，所以曲線上不存在點，使得到點的距離小于，③錯；如圖中，四邊形在曲線內(nèi)部，故曲線所圍成區(qū)域的面積大于，④對.故答案為：②④【點睛】關(guān)鍵點點睛：根據(jù)曲線方程分析出曲線的相關(guān)性質(zhì)，并畫出大致圖形為關(guān)鍵.三、解答題共6小題，共85分.解答應(yīng)寫出文字說明、演算步驟或證明過程.16.已知函數(shù).（1）求曲線的兩條對稱軸之間距離的最小值；（2）若在區(qū)間上的最大值為，求的值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用二倍角公式、輔助角公式化簡函數(shù)，再求出函數(shù)圖象的對稱軸方程即可.（2）分析函數(shù)在的性質(zhì)，確定最大值點，再結(jié)合函數(shù)值求出.【小問1詳解】函數(shù)由，解得所以曲線的兩條對稱軸之間的距離最小值為．【小問2詳解】當時，，由在區(qū)間上的最大值為，得，而正弦函數(shù)在上單調(diào)遞減，則在上單調(diào)遞減，因此，，解得，所以的值是.17.如圖，在四棱錐中，底面為矩形，，，，是的中點，在棱上，且平面.（1）求證：是的中點；（2）再從條件①，條件②中選擇一個作為已知，求平面與平面夾角余弦值.條件①：平面平面；條件②：.注：如果選擇條件①和條件②分別解答，按第一個解答計分.【答案】（1）證明見解析；（2）所選條件見解析，.【解析】【分析】（1）取的中點，連接，線面平行的性質(zhì)有，結(jié)合得到為平行四邊形，即可證結(jié)論；（2）根據(jù)所選條件，構(gòu)建合適的空間直角坐標系，應(yīng)用向量法求面面角的余弦值.【小問1詳解】取的中點，連接，又是的中點，則且，由在棱上，底面為矩形，則，故，由平面，且面面，則，所以為平行四邊形，故，所以是的中點，得證；【小問2詳解】選①：面面，面面，，面，所以面，又底面為矩形，可構(gòu)建如下圖示的空間直角坐標系，則，所以，設(shè)面的一個法向量為，則，令，則，顯然面的一個法向量為，故，所以平面與平面夾角的余弦值；選②：連接，底面為矩形，則，而，，所以，即，又，都在面內(nèi)，所以面，又底面為矩形，可構(gòu)建如下圖示的空間直角坐標系，則，所以，設(shè)面的一個法向量為，則，令，則，顯然面的一個法向量為，故，所以平面與平面夾角的余弦值；18.某校為評價學(xué)生參加選修課的學(xué)習(xí)效果，組織了選修課學(xué)習(xí)的過程性評價測試.選修課程甲的所有學(xué)生的原始成績統(tǒng)計如下：原始成績8.758.258.256.756.756.565.55.254.253.753.25排名122446789101112（1）從這12名學(xué)生中隨機抽取2人，求這2人原始成績不同的概率；（2）對課程甲采取“四分位數(shù)賦分法”進行賦分，記選修該課程的總?cè)藬?shù)為，規(guī)定原始成績排名為的學(xué)生賦分成績?nèi)缦拢寒敃r，賦分成績?yōu)?00分；當，賦分成績?yōu)?5分；當時，賦分成績70分；當時，賦分成績?yōu)?0分.①從課程甲的原始成績不低于的學(xué)生中隨機抽取人，記為這人賦分成績之和，求的分布列和數(shù)學(xué)期望；②選修課程乙的所有學(xué)生的原始成績統(tǒng)計如下：原始成績9.75887.57.565.755.75排名12244677原始成績54.754.54.54.2543.753.5排名910111113141516對課程乙也采取“四分位數(shù)賦分法”進行賦分.現(xiàn)從課程甲、課程乙的學(xué)生中分別隨機抽取1人，記這2人的賦分成績分別為，直接寫出數(shù)學(xué)期望和的大小關(guān)系.【答案】（1）；（2）①分布列見解析，數(shù)學(xué)期望為185；②.【解析】【分析】（1）根據(jù)給定條件，利用古典概率公式，結(jié)合組合計數(shù)問題列式計算.（2）①根據(jù)表格中數(shù)據(jù)，原始成績不低于的學(xué)生賦分成績，再求出的可能值及對應(yīng)的概率，列出分布列求出期望；②求出課程甲、乙的賦分成績，再求出期望北比較大小.【小問1詳解】設(shè)“從這12名學(xué)生中隨機抽取2人，且2人原始成績不同”為事件，依據(jù)題中數(shù)據(jù)，僅有排名為2和4的兩對學(xué)生原始成績相同，由古典概型，得.【小問2詳解】①根據(jù)題中數(shù)據(jù)，課程甲中原始成績不低于的學(xué)生共有6人，賦分依次為100，100，100，85，85，85，則的所有可能值為170，185，200，，所以的分布列如下：170185200.②對課程甲進行賦分，賦分依次為：100,100,100,85,85,85,70,70,70,60,60,60，對課程乙進行賦分，賦分依次為：100,100,100,100,100,85,85,85,70,70,70,70,60,60,60,60，因此，；，，所以.19.已知橢圓的左頂點為，離心率.（1）求的標準方程；（2）設(shè)點為上異于頂點的一點，點關(guān)于軸的對稱點為，過作的平行線，與的另一個交點為.當與不重合時，求證：.【答案】（1）（2）證明見解析【解析】【分析】（1）根據(jù)離心率及左頂點，求出、，即可得解；（2）設(shè)，，則，從而得到直線的方程，聯(lián)立直線與橢圓方程，消元，求出，即可得到，得到，即可得證.【小問1詳解】依題意可得，解得，所以橢圓的標準方程為.【小問2詳解】設(shè)，，則，，得直線的斜率.由得直線的斜率.由經(jīng)過點得直線的方程.由，得，由韋達定理得.所以.因為，，由于不重合，所以，所以所以.因為兩條直線不重合，所以.20.已知函數(shù).（1）當時，求的定義域；（2）若在區(qū)間上單調(diào)遞減，求的取值范圍；（3）當時，證明：若，，則.（參考數(shù)據(jù)：，，）【答案】（1）；（2）；（3）證明見解析.【解析】【分析】（1）根據(jù)對數(shù)、分式性質(zhì)求函數(shù)定義域；（2）對函數(shù)求導(dǎo)，根據(jù)題設(shè)有在上恒成立，構(gòu)造函數(shù)研究最值，列不等式求參數(shù)范圍.（3）應(yīng)用導(dǎo)數(shù)分別求在、上的最值，進而得到、，即可證結(jié)論.【小問1詳解】由題設(shè)，則，故定義域為.【小問2詳解】由，則必有，且，由在區(qū)間上單調(diào)遞減，則在上恒成立，令且，則，在上，則單調(diào)遞增，故，所以.【小問3詳解】當，則，且，設(shè)，則，當，則，當，則，所以在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，當，00單調(diào)遞減極小值單調(diào)遞增；當，，，故使，00單調(diào)遞增極大值單調(diào)遞減由，又，則，綜上，得證.【點睛】關(guān)鍵點點睛：第三問，應(yīng)用導(dǎo)數(shù)求出在、上的最值為關(guān)鍵.21.已知為各項均為整數(shù)的無窮遞增數(shù)列，且.對于中的任意一項，在中都存在兩項，使得或.（1）若，，寫出的所有可能值；（2）若.①當時，求的最大值；②當時，求的最小值.【答案】（1）的所有可能值為7，9，15，17．（2）①1013；②的最小值為7.【解析】【分析】（1）求出或，再分類討論即可；（2）首先分析得當時符合題意且，再利用反證法證明即可；（3）首先證明時存在符合條件的，再證明即可.小問1詳解】或，當時，因為，符合條件；則或或或，又因為為各項均為整數(shù)的無窮遞增數(shù)列，則或.當時，則或或或，當時，，符合題意，當時，，符合題意，當或27，此時不滿足數(shù)列為遞增數(shù)列，故舍去，綜上，的所有可能值為7，9，15，17．【小問2詳解】①的最大值為1013，理由如下：（i）當時符合題意且．（ii）假設(shè)中存在偶數(shù)，且首個偶數(shù)為，因為為遞增數(shù)列，所以存在，使得ak=2aj?ai所以為奇數(shù)，此時均不