北京市第八中学2025届高三下学期热身练数学试题【含答案】

这是一份北京市第八中学2025届高三下学期热身练数学试题【含答案】，共24页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知全集，集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．若，则（ ）
A．B．C．D．
3．下列函数中，既是奇函数，又在区间上单调递增的是（ ）
A．B．C．D．
4．若直线与圆相交于两点，且（其中为原点），则的值为（ ）
A．B．或C．D．或
5．大气压强，它的单位是“帕斯卡”（Pa，1Pa=1N/m2），大气压强（Pa）随海拔高度（m）的变化规律是（m-1），是海平面大气压强.已知在某高山两处测得的大气压强分别为，，那么两处的海拔高度的差约为（ ）
（参考数据：）
A．550mB．1818mC．5500mD．8732m
6．剪纸是中国古老的传统民间艺术之一，剪纸时常会沿着纸的某条对称轴对折．将一张纸片先左右折叠，再上下折叠，然后沿半圆弧虚线裁剪，展开得到最后的图形，若正方形的边长为，点在四段圆弧上运动，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
7．若f（x）满足关系式f（x）+2f（）＝3x，则f（2）的值为（ ）
A．1B．﹣1C．D．
8．若数列满足，其前项和为，则（ ）
A．既无最大值，又无最小值B．当且仅当时，取得最小值
C．当且仅当时，取得最小值D．，
9．已知双曲线（，）的左焦点为，右顶点为，过作的一条渐近线的垂线，为垂足．若，则的离心率为（ ）
A．B．C．D．
10．攒尖是中国古建筑中屋顶的一种结构形式，常见的有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、六角攒尖等，多见于亭阁式建筑.兰州市著名景点三台阁的屋顶部分也是典型的攒尖结构.如图所示是某研究性学习小组制作的三台阁仿真模型的屋顶部分，它可以看作是正三棱柱和不含下底面的正四棱台的组合体.已知正四棱台侧棱、下底的长度（单位：dm）分别为4，6，侧面与底面所成二面角的正切值为，正三棱柱各棱长均相等，则该结构表面积为（ ）
A．B．
C．D．
二、填空题
11．函数的定义域是 ．
12．已知多项式，则 ， .
13．已知抛物线的顶点为，焦点为.点在上，点与点关于轴对称.若平分，则点的横坐标为 .
14．在中，，.若，则 ；若满足条件的三角形有两个，则的一个值可以是 .
15．已知函数 当时，的最小值等于 ；若对于定义域内的任意，恒成立，则实数的取值范围是 ．
三、解答题
16．设函数．从下列三个条作中选择两个作为已知，使得函数存在．
(1)求的最小正周期及单调递减区间；
(2)若对于任意的，都有，求实数的取值范围．
条件①：函数的图象经过点；
条件②：在区间上单调递增；
条件③：是的一条对称轴．
17．某花卉企业引进了数百种不同品种的康乃馨，通过试验田培育，得到了这些康乃馨种子在当地环境下的发芽率，并按发芽率分为组：、、、加以统计，得到如图所示的频率分布直方图．企业对康乃馨的种子进行分级，将发芽率不低于的种子定为“级”，发芽率低于但不低于的种子定为“级”，发芽率低于的种子定为“级”．
（Ⅰ）现从这些康乃馨种子中随机抽取一种，估计该种子不是“级”种子的概率；
（Ⅱ）该花卉企业销售花种，且每份“级”、“级”、“级”康乃馨种子的售价分别为元、元、元．某人在市场上随机购买了该企业销售的康乃馨种子两份，共花费元，以频率为概率，求的分布列和数学期望；
（Ⅲ）企业改进了花卉培育技术，使得每种康乃馨种子的发芽率提高到原来的倍，那么对于这些康乃馨的种子，与旧的发芽率数据的方差相比，技术改进后发芽率数据的方差是否发生变化？若发生变化，是变大了还是变小了？（结论不需要证明）．
18．在如图所示的多面体中，，四边形为矩形，，.
(1)求证：平面；
(2)，平面平面，求直线与平面所成角的正弦值.
19．已知椭圆的左焦点为，，分别为左右顶点.点是直线上异于点的动点，直线交椭圆的另一点为点.
(1)求的值；
(2)直线与交于点，求证：.
20．已知函数在处取得极值.
(1)求的单调区间；
(2)设，求证：曲线存在两条斜率为且不重合的切线.
21．对于一个m行n列的数表，用表示数表中第i行第j列的数，（；）．对于给定的正整数t，若数表满足以下两个条件，则称数表具有性质：
①，；
②．
(1)以下给出数表1和数表2．
数表1
数表2
（i）数表1是否具有性质？说明理由；
（ii）是否存在正整数t，使得数表2具有性质？若存在，直接写出t的值，若不存在，说明理由；
(2)是否存在数表具有性质？若存在，求出m的最小值，若不存在，说明理由；
(3)给定偶数，对每一个，将集合中的最小元素记为．求的最大值．
1
1
1
0
1
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0
0
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1
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0
《北京市第八中学2025届高三下学期热身练数学试题》参考答案
1．C
【分析】求出集合，利用补集的定义可求得集合.
【详解】因为，全集，
故.
故选：C.
2．A
【解析】由题意知，再根据复数的除法运算直接计算出结果.
【详解】因为，所以，
故选：A.
3．D
【分析】利用奇偶性的定义和函数的单调性可逐一判断各选项即得.
【详解】对于A，若，函数定义域为，，即函数不是奇函数，故A错误；
对于B，的定义域为，关于原点对称，但，
故函数不是奇函数，即B错误；
对于C，函数的定义域为，但，
故函数不是奇函数，即C错误；
对于D，的定义域为，且，即函数是奇函数，
且因，函数在上单调递增，故D正确.
故选：D.
4．D
【分析】画出图形，首先由垂径分线定理算出原点到直线的距离，然后利用点到直线的距离公式即可求解.
【详解】如图所示：

不妨设中点为，因为，
所以由垂径分线定理可知，
由圆的方程可知，，
所以，
即原点到直线的距离为，
解得或.
故选：D.
5．C
【分析】根据以及指数的运算即可求解.
【详解】在某高山两处海拔高度为，
所以，
所以，
所以（m）.
故选：C
6．B
【分析】以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立平面直角坐标系，求出点的横坐标的取值范围，利用平面向量数量积的坐标运算可求得的取值范围.
【详解】以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立如下图所示的平面直角坐标系，
设点，易知，以为半径的左半圆的方程为，
以为半径的右半圆的方程为，
所以点的横坐标的取值范围是，
又因为，，所以，.
故选：B.
7．B
【分析】利用赋值法列方程组，解方程组求得的值.
【详解】∵f（x）满足关系式f（x）+2f（）＝3x，
∴
①﹣②×2得﹣3f（2）＝3，
∴f（2）＝﹣1，
故选：B
【点睛】本小题主要考查求函数值，属于基础题.
8．D
【分析】分析数列的单调性，可知当时，；当时，，且，逐项判断即可.
【详解】因为数列、均为递增数列，所以，数列为递增数列，
因为，，
故当时，；当时，.
无最大值，但有最小值，且最小值为、，即.
所以，D对，ABC均错.
故选：D.
9．B
【解析】首先利用，求点的坐标，再利用与渐近线垂直，构造关于的齐次方程，求离心率.
【详解】由条件可知，，由对称性可设条件中的渐近线方程是，线段的中垂线方程是，与渐近线方程联立方程，解得，，即，
因为与渐近线垂直，则，
化简为，
即，即，两边同时除以，
得，解得：（舍）或.
故选：B
【点睛】方法点睛：本题考查双曲线基本性质，意在考查数形结合分析问题和解决问题的能力，属于中档题型，一般求双曲线离心率的方法是1.直接法：直接求出，然后利用公式求解；2.公式法：，3.构造法：根据条件，可构造出的齐次方程，通过等式两边同时除以，进而得到关于的方程.
10．A
【分析】过作平面于，过作于，连接，证明平面，即得为的平面角，利用解三角形列方程即可求得正四棱台上底边长，再根据该结构的组成计算其表面积即可.
【详解】过作平面于，过作于，连接，
因平面,则，又平面，
故平面，因平面，则，故为的平面角，
故，则.
令正四棱台上底边长为，则，
，
所以，即，
解得或（舍去），故.
所以该结构表面积为
.
故选：A.
11．
【分析】根据偶次根式被开方数大于等于零，和对数的真数大于零即可求出答案．
【详解】解：由题意得，解得，
∴函数的定义域为，
故答案为：．
12． ; .
【分析】根据二项展开式定理，分别求出的展开式，即可得出结论.
【详解】，
，
所以，
，
所以.
故答案为：.
13．2
【分析】根据条件推得，利用抛物线的定义可得点在准线上，求得点的横坐标，再利用对称性即得答案.
【详解】
如图，因为，
所以，故
于是点在准线上，
由，关于轴对称，得.
故答案为：2.
14． 2
【分析】利用正弦定理即可求解.
【详解】（1）由正弦定理，
代入条件得：，
解得：，所以，
所以若时，为直角三角形，
所以.
（2）由正弦定理，
代入条件化简得：，
因为，所以，
所以，
即，
又，所以为锐角，所以，故可取 .
故答案为：2；.
15．
【分析】利用分段函数各区间上函数的性质，结合一元二次函数的性质，求的最小值即可；利用函数不等式在分段函数定义域上恒成立，应用参变分离法将不等式转化为或即可求的范围
【详解】(1)当时，
时，,得：当时，有最小值为－2，
时，，得：当时，有最小值为－3，
∴当时，的最小值等于－3
(2)定义域内的任意,恒成立
①时，有，即：恒成立
令＝
在时，有最小值：
∴
②时，有，即：恒成立，
令
在时，有最大值：
∴
实数的取值范围是
故答案为：；
【点睛】本题考查了求分段函数的最值问题，及根据函数不等式恒成立求参数范围；利用分段函数的分段区间，讨论各区间上最小值，然后比较它们的大小确定整个定义域上的最小值；参变分离法将函数不等式转化为或求参数范围
16．(1)，单调递减区间为；
(2)
【分析】（1）利用辅助角公式化简，结合所选条件，利用周期与单调性求出，求函数解析式即可；
（2）由的范围求出的范围，即可求出函数的值域，依题意．
【详解】（1）因为，
若选①②：由①函数的图象经过点，
则，，即，，
由②在区间上单调递增，有，即，
又且，即，所以，此时不存在；
选条件②③：由②在区间上单调递增，有，即，
又且，即，所以，
由③是的一条对称轴，则，，
所以，，所以，
所以，则的最小正周期，
由，解得，
所以的单调递减区间为；
若选①③：由①函数的图象经过点，
则，，即，，
由③是的一条对称轴，则，，所以，，
此时不存在；
（2）由（1）可知，
因为，所以，
所以，，
因为对于任意的，都有，所以，
即的取值范围为．
17．（Ⅰ）；（Ⅱ）分布列详见解析，数学期望为；（Ⅲ）方差变大了．
【分析】（Ⅰ）利用频率分布直方图中矩形面积之和为，求出的值，再结合频率分布直方图以及对立事件的概率公式可求得所求事件的概率；
（Ⅱ）由题意可知，随机变量的可能取值有、、、、，计算出随机变量在不同取值下的概率，由此可列出随机变量的分布列，进而可求得随机变量的数学期望；
（Ⅲ）根据离散型随机变量方差的性质可得出结论.
【详解】（Ⅰ）设事件为：“从这些康乃馨种子中随机抽取一种，且该种子不是“级”种子”，
由图表，得，解得，
由图表，知“级”种子的频率为，
故可估计从这些康乃馨种子中随机抽取一种，该种子是“级”的概率为．
因为事件与事件“从这些康乃馨种子中随机抽取一种，且该种子是“级”种子”为对立事件，
所以事件的概率；
（Ⅱ）由题意，任取一颗种子，恰好是“级”康乃馨的概率为，
恰好是“级”康乃馨的概率为，
恰好是“级”的概率为．
随机变量的可能取值有、、、、，
且，，
，，
.
所以的分布列为：
故的数学期望．
（Ⅲ）与旧的发芽率数据的方差相比，技术改进后发芽率数据的方差变大了．
【点睛】本题考查频率分布直方图的应用，同时也考查了离散型随机变量分布列及数学期望的计算，考查计算能力，属于中等题.
18．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由线线平行证平面，平面，再由线面平行证明平面平面，利用面面平行的性质即可证得结论；
（2）先由平面平面证明平面，即得，结合条件证明平面，即得，建立空间直角坐标系，求出相关点和向量的坐标，利用空间向量的夹角公式计算即得.
【详解】（1）由四边形为矩形，可得，因 平面，平面，故平面；
因，平面，平面，故平面，
又因平面，故有平面平面.
再由平面可得平面.
（2）因为平面平面，平面平面，，平面，所以平面.
又因为平面，所以，在矩形中，.
因为平面，，故平面.
因为平面，所以.
故分别以所在的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
由题意得，，，.
所以，.
设平面的法向量为，则
即
令，则，.于是.
因为，设直线与平面所成角为，
则，
故直线与平面所成角的正弦值为.
19．(1)9
(2)证明见解析
【分析】（1）法一：设，求出直线的方程并与椭圆方程联立，求得点的坐标，利用向量的坐标计算化简即得；法二：设，写出直线的方程，将代入求得点的坐标，利用和的坐标计算即得；
（2）将待证等式等价转换为证明.对应（1）中的法一与法二：利用向量坐标的数量积运算得到即可.
【详解】（1）
法一：设，则直线，
与椭圆方程联立，得，
则由 ，
且，故，则.
所以.
法二：设，则
则直线的方程为：，令，代入即得.
所以.
（2）因为，
所以，要证，只需证，即证.
对应（1）中的法一：因为，，，，
所以
，
于是.
或者：因直线，直线，即，
联立，解得.
因为
，所以.
对应（1）的法二：因为，
所以，要证，只需证，即证.
因为，，，，
所以，
于是.
20．(1)的单调递增为；单调递减区间为.
(2)证明见解析
【分析】（1）根据函数的极值点求得，再利用导函数的符号确定函数的单调区间即可;
（2）求导得，由（1）得，计算得，，由函数单调性推出存在，使.法一：写出曲线在点处的切线方程：，根据的单调性推出可得证；法二：利用推出，写出曲线在处的切线的方程，同理得曲线在处的切线的方程，证明即可.
【详解】（1）由，得.
因为函数在处有定义，所以.
因为在处取得极值，所以，
解得，或（舍）.
当时，，
.
令，解得，或（舍）.
与的变化情况如下：
所以函数的单调递增为；单调递减区间为.
（2）由，得.
由（1）可知，，
因为，
所以存在，使.
方法一：曲线在点处的切线方程为
，即.
下面证明：.
设，则.
当时，，所以，即.
所以在上单调递增.
因为，所以.
所以，即.
所以曲线存在两条斜率为且不重合的切线.
方法二：由 ，
可得 .
所以曲线在处的切线的方程为，
即.
因为，
所以的方程为.
同理，曲线在处的切线的方程为.
下面证明：.
设.
所以函数在上单调递增，
因为，所以.
所以，即.
所以曲线存在两条斜率为且不重合的切线.
21．(1)（i）数表1不具有性质，理由见解析；（ii）存在．.
(2)不存在，理由见解析
(3)．
【分析】（1）根据数表具有性质的定义，可判断（i）中数表1不具有性质，（ii）中数表当时满足条件，即得答案；
（2）假设存在m使得数表具有性质，根据题意可推出任意两行中，1的个数的奇偶性相同，与数表第一行有2023个1，最后一行有0个1矛盾，可得结论；
（3）定义行n列的数表，满足设定的条件其第i行第j列为，（），在其条件下先证明，再证时，，综合可得，，从而得的最大值的为．
【详解】（1）（i）数表1不具有性质．
理由：．
（ⅱ）存在．
由图表可知，
故时，数表2具有性质．
（2）不存在数表具有性质．
假设存在m使得数表具有性质，
则．
即在这两行中，有6列的数不同，设其中有k列是第i行的数为1，第行的数为0，
则有列是第i行的数为0，第行的数为1，
所以，从第i行到第行，一共增加了个1，1的个数的奇偶性不变．
所以，任意两行中，1的个数的奇偶性相同，
与数表第一行有2023个1，最后一行有0个1矛盾，
所以，不存在具有性质的数表．
（3）的最大值为．
定义行n列的数表：
其第i行第j列为，（），
则，且表示，两数相同，表示，两数不同．
因为数表的第1行确定，所以给定数表后，数表唯一确定．
①先证．
按照如下方式，构造数表：对于第行和第2s行，，
令，，，，
且在这两行其余的列中，任选相同的列都为1，其他列都为0，
于是可得到具有性质的数表如下：
即对于每个，当时，都存在数表具有性质．
所以．
②再证时，．
记（）．
因为是奇数，所以与的奇偶性不相同（）．
因为，，所以m是奇数．
考虑的第i行和行，
因为，所以这两行中都有列为1，1列为0．
若这两行相同，则数表的第i行和第行相同，．
若这两行不同，设其分别在第p，q列为0，则数表的第i行和第行只在第p，q列上不同，其他列都相同，．
因为，，其中n是偶数．
所以，
所以，即．
结合①，．
综上所述，的最大值为．
【点睛】本题考查了关于数表新定义的问题，涉及到归纳推理的思想方法，对学生的思维能力要求较高，综合性强，能很好地考查学生的综合素养，解答的关键是要理解新定义，根据其定义解决问题.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
A
D
D
C
B
B
D
B
A
0
0
极大值
第1列
第2列
第3列
第4列
第n－1列
第n列
第1行
1
1
1
1
…
1
1

第3行
0
0
1
1
…
1
1
第5行
0
0
0
0
…
1
1
…
第行
0
0
0
0
…
0
0