2025北京海淀高三上学期期末数学试卷和参考答案

这是一份2025北京海淀高三上学期期末数学试卷和参考答案，共10页。
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。
B 
已知集合 A  x x2  1 ， B  x x  0 ，则 A
A. [0, )
C. (1, )
B. (, 1)
[0, )
[0, )
D. (, 1]
在(x  2)5 的展开式中， x2 的系数为
A. 80
B. 80C. 40
D. 40
若复数 z 满足 z  (1  i) |1  i |2 ，则 z 
1  i
1 i
1  i
1 i
0
抛物线C : y2  4x 的焦点为 F ，点 P(x , 2 3) 在C 上，则| PF |
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
已知直线l : y  3(x  2) 与圆O : x2  y2  4 交于 A, B 两点，则| AB |
3
3
A.B. 2 C. 3 D. 2
已知等差数列an 的前 n 项和为 Sn ， a2  3a4  14 ，则 S6 
A. 7 B. 21C. 28D. 42
2
已知椭圆C : x
2
y2
 1 (b  0) 的焦点在 x 轴上，点 P(1,1) ，则
b2
2
A. P 在C 外B. C 的长轴长为
C. P 在C 内D. C 的焦距为 2b
设函数 f (x)  (x  a)(x  1)2 ，则“ a  1 ”是“ f (x) 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
如图，正方体 ABCD  A1B1C1D1 的棱长为 2， M , N 分别为棱 A1 D1 , BC 的中点， P 为正方形 A1 B1C1 D1 边上
的动点（不与 M 重合），则下列说法中错．误．的是
平面 MNP 截正方体表面所得的交线形成的图形可以是菱形
存在点 P ，使得直线 A1 B1 与平面 MNP 垂直
平面 MNP 把正方体分割成的两个几何体的体积相等
3
点 B1 到平面 MNP 的距离不超过
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10% . 记甲、乙两公司在 2023 年第 n 个月的盈利分别为Q1(n) ， Q2 (n) （单位：万元）. 已知Q1 (1)  1200 ， Q2 (1)  1100 ，则Q1 (n)  Q2 (n) 最大时， n 的值为
（参考数据： lg1.1  0.0414 ， lg 2  0.3010 ）
A. 7 B. 8 C. 9 D.10
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。
双曲线 x2  y2  4 的一条渐近线方程可以为.
已知向量a  (x,1) ， a  2b  (x, 1) ，则b  ， | a  b | 的最小值为.
已知△ABC 为等腰三角形，且sin A  2 sin B ，则cs B  .
x2  x, x  a
已知函数 f (x)  
ax 1, x  a
存在最小值，则 a 的取值范围是.
x
已知曲线C : x  2 y2  0 . 给出下列四个结论：
①曲线C 关于直线 x  1 对称；
②曲线C 上恰好有 4 个整点（即横、纵坐标均是整数的点）；
③曲线C 上存在一点 P ，使得 P 到点(1, 0) 的距离小于1 ；
④曲线C 所围成区域的面积大于 4 .
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.（本小题 13 分）
已知函数 f (x)  cs x( 3 sin x  cs x)  1 .
2
求曲线 y  f (x) 的两条对称轴之间距离的最小值；
若 f (x) 在区间[a, π] 上的最大值为 3 ，求 a 的值.
22
17.（本小题 14 分）
如图，在四棱锥 P  ABCD 中，底面 ABCD 为矩形， PA  AB ， PA  AB 1， AD  2 ， F 是 PA 的中点， E 在棱 BC 上，且 EF // 平面 PCD .
求证： E 是 BC 的中点；
再从条件①，条件②中选择一个作为已知，求平面 EFD 与平面 PAB 夹角的余弦值.
6
条件①：平面 PAB  平面 ABCD ；条件②： PC .
注：如果选择条件①和条件②分别解答，
按第一个解答计分.
18.（本小题 13 分）
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：
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；
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 N ，规定原始成绩排名为 n
的学生赋分成绩如下：
当0  n  25% 时，赋分成绩为 100 分；
N
当 25%  n  50% ，赋分成绩为 85 分；
N
当50%  n  75% 时，赋分成绩为 70 分；
N
当75%  n 时，赋分成绩为 60 分.
N
①从课程甲的原始成绩不低于 6.5 的学生中随机抽取 2 人，记 X 为这 2 人赋分成绩之和，求 X 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：
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Y1 ,Y2 ，直接写出数学期望 EY1 和 EY2 的大小关系.
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
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
19.（本小题 15 分）
x2
已知椭圆C :
2
3
y
 1 (a  b  0) 的左顶点为 A(2, 0) ，离心率e .
a2b22
求C 的标准方程；
设点 P 为C 上异于顶点的一点，点 P 关于 y 轴的对称点为Q ，过 A 作OP 的平行线l ， l 与C 的另一个交点为 M . 当 M 与Q 不重合时，求证： MQ // AP .
20.（本小题 15 分）
已知函数 f (x)  ln(ax) .
x 1
当 a  1 时，求 f (x) 的定义域；
若 f (x) 在区间(, 1] 上单调递减，求 a 的取值范围；
当 a  2 时，证明：若 x  (0,1) ， x (1, ) ，则 f (x )  f (x )  3 .
e12122
（参考数据： e2  7.39 ， e3  20.09 ， e4  54.60 ）
21.（本小题 15 分）
已知an 为各项均为整数的无穷递增数列，且 a1  1 . 对于an 中的任意一项 ak (k  3) ，在an 中都存
a 2
在两项 a , a (i  j) ，使得 a  2a  a 或 a  j .
k
a
ijkji
i
若 a2  3 ， a5  25 ，写出 a4 的所有可能值；
若 am  2025 .
①当 a2  3 时，求 m 的最大值；
②当 a2  2 时，求 m 的最小值.
参考答案
一、选择题（共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分）
二、填空题（共 5 小题，每小题 5 分，共 25 分）
（1）B
（2）A
（3）A
（4）C
（5）B
（6）B
（7）A
（8）C
（9）B
（10）B
（ 11 ） y  x 或 y  x
（12）（0，1），2（13） 7
8
（14）{0}
a  3}
{a |
2
（15）②④
三、解答题（共 6 小题，共 85 分）
（16）（本小题 13 分）
解：（Ⅰ） f (x) 
3 sin 2x  1 cs 2x  sin(2x  ) ，
226
令2x 
  k  ，解得 x  k  
, k  Z ，
6226
所以,曲线 y  f (x)
的两条对称轴之间的距离最小值为 ．
2
（Ⅱ）当 x 
 7 [a, ] 时， 2x  [2a  ,] ，
266 6
因为 f (x) 在区间[a, ] 上的最大值为 3  1 ，
22
所以π  2a    7 ，
266
由正弦函数性质， f (x) 在

[a, ] 上单调递减，
2
所以 f (a) 3 ，
2
所以2a     ，
63
所以a   ．
4
（17）（本小题 14 分）
解：（Ⅰ）取 PD 中点G ，连接 FG ， CG .
F
G
A
P
因为 F , G 分别是 PA ， PD 的中点. 所以 FG / / AD .
因为 EC / / AD ，所以 EC / /FG ，
所以四点 E、C、G、F 确定平面 ECGF .
D
BEC
因为 EF / /平面PCD ， EF  平面ECGF ， 平面ECGF
所以 EF / /CG .
平面PCD  CG ,
因为 EC / /FG ，所以四边形 ECGF 是平行四边形，所以 EC  FG ，
因为 FG  1 AD  1 BC ，所以 EC  1 BC .所以 E 是 BC 的中点.
222
选条件①：
因为平面PAB  平面ABCD ， 平面PAB
所以 PA  平面ABCD .
因为 AD  平面ABCD ,所以 PA  AD .
选条件②：
平面ABCD  AB ， PA  平面PAB ， PA  AB ，
因为 AC 
5, PC 
6, PA  1,
所以 PC 2  PA2  AC 2 ,所以 PA  AC .
AC  A
因为 PA  AB ， PA  AC ， AB, AC  平面ABCD ， AB，所以 PA  平面ABCD .
因为 AD  平面ABCD ，所以 PA  AD .
则有 AB, AD, AP 两两垂直,建系如图.
F (0, 0, )
E(1,1, 0) ,1
2
, D(0, 2, 0) , ED  (1,1, 0) , FD  (0, 2,  1 ) .
2
设平面 DEF 的一个法向量为
n  (x, y, z) , n  ED , n  FD ,
 x  y  0
1
,令 x  1 ,则 y  1 , z  4 .
即 n  (1,1, 4) .
2 y  2 z  0
平面 PAB 的一个法向量为 m  (0,1, 0) .
则cs 
2 .
m, n 

| m || n |3 2
m  n1
6
由于平面 EFD 与平面 PAB 夹角为锐角，所以其余弦值为 2 .
6
（18）（本小题 13 分）
解：（Ⅰ）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 A ，
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，
C2  232
p( A)  12 .
C
33
2
12
根据题中数据，课程甲中等级成绩为 A 等或 B 等的所有学生共有 6 人，赋分依次为 100，100，100， 85，85，85.由题设， X 的所有可能值为 170，185，200.
C21
C1C23
C21
p( X  170)  3  ， p( X  185)  3 3  ，p( X  200)  3 
C
C
C
5
5
5
222
666
所以 X 的分布列如下：
EX  170  1  185  3  200  1  185 .
555
EY1  EY2 .
（19）（本小题 15 分）
X
170
185
200
p
1
5
3
5
1
5
a  2,
3
 c
解：（Ⅰ）由题设，  ,
a
2


a2  b2  c2 ,
解得 a  2 ， b  1 .
所以，椭圆 C 的标准方程为
（Ⅱ）设 P(x0 , y0 ) ， x0 y0  0 ，
x2
x2  2
y
4
 1 .
y
则 0  y2  1 ， Q(x , y ) ，得直线OP 的斜率 k 0 .
x
4
000OP
0
由l / /OP 得直线l 的斜率 kl
 y0 .
x0
由l 经过点 A(2, 0) 得直线l 的方程 y  y0 (x  2) .
x0
 y  y0 (x  2),4 y2  x216 y216 y2  4x2
由x
得 00 x2  0 x  00  0 ，
0x2x2x2

x2  4 y2  4
000
16 y2  4x2x216 y2  4x2
由韦达定理2x  00  0  00
Mx2
4 y2  x2
4 y2  x2
00000
2x2  8y22x2  (8  2x2 )
得 x  00  00  x2  2 .
00
Mx2  4 y240
M
所以， y  y0 (x2  2  2)  x y .
x
00 0
0
ky0， k x0 y0  y0 y0 (x0 1)，
APx  2QMx 2  2  x(x  2)(x 1)
00000
由于Q, M 不重合，所以 x  1 ，所以 ky0
x
0
所以， kQM  kAP .
因为两条直线不重合，所以， QM // AP .
QM 2
0
另法：设直线l 的方程为 x  my  2(m  0) ，
x  my  2,

由x2  4 y2  4
得(m2  4) y2  4my  0 ，
设 M (x , y ) ，因为 y 0 ，则 y 
4m.
MM
得 xM  myM  2 
M
2m2  8
.
m2  4
Mm2  4
又 OP // l ,设 P(my0 , y0 ) ， Q(my0 , y0 ) .
由点 P 在椭圆上得(m2  4) y2  4 ，即 y2 4.
00m2  4
2m2  84m
所以 AP  (my0  2, y0 ) , QM  ( m2  4  my0 , m2  4  y0 ) .
2m2  84m
( m2  4  my0 ) y0  (my0  2)( m2  4  y0 )
 2m2  8
28m
4m2
m2  4
y0  2my0  m2  4  2 y0  m2  4 y0
2m2  82m2  84m224
y0 ( m2  4 
 0 .
m2  4
 m2  4)  2m( y0  m2  4)
所以， QM / / AP .
由于点 P 不在直线 AM 上，所以， QM / / AP .
（20）（本小题 15 分）
ln xx  0

解：（Ⅰ）当a  1 时， f (x)  x 1 ，则x 1  0 ，
解得 x  0且x  1 ，所以函数的定义域为(0,1)(1, ) .
1 1  ln(ax)
（II） f '(x)  x , x  0 .
(x 1)2
因为 f (x) 在(, 1] 上是减函数，所以 x  1时， f '(x)  0 且a  0 .
设 g(x)  1 1  ln(ax) ，则 x  1时， g (x)  0 ，
x
因为 y  1 1 与 y   ln(ax) 在(, 0) 上是增函数，
x
所以 g(x) 在(, 1] 上是增函数，
（此处判断 g(x) 的单调性的时候也可以求导， g '(x)  1 x  0 ）
x2
所以 g(1)  2  ln(a)  0 ，
解得a  e2 .所以 a 的取值范围是(, e2 ] .
当a 
x 1 2 ln(x)

2
时， f '(x)  xe , x (0,1)(1, ) .
e(x 1)2
设 g(x)  x 1 
x
ln( 2
e
 2  ln 2  1  ln x ，
x
则 g '(x)  1 x ，
x2
当0  x  1 时， g '(x)  0 ；当 x  1 时， g '(x)  0 ，所以 g(x) 在(0,1) 上是增函数，在(1, ) 上是减函数.
①当0  x  1 时，，
1
g()  0 ，
2
x
(0, 1 )
2
1
2
(1 ,1)
2
g(x)

0

f '(x)

0

f (x)
↘
极小值
↗
f (x1 ) 
1
f () 2
 2 .
②当 x  1 时，方法一：
3e22
由 g(2)   ln 4  0, g()   0
22e2
e
2
可知存在 x0 (2, 2 ), g(x0 )  0 .
当 x 变化时， g(x), f '(x), f (x) 的变化情况如下表：
x
(1, x0 )
x0
(x0 , )
g(x)

0

f '(x)

0

f (x)
↗
极大值
↘
由 g(x0 )  0 得
2
ln( e x0 )
 1 1 .
x0
1 1
因为 x (1, ) ，所以 f (x )  f (x ) 
x0  1 ，
220x 1x
00
1
1
因为 x0  2
x
2
所以 f (x2 )  f (x0 ) 
0
所以 f (x )  f (x )  3 .
122
方法二：令h(x)  ln( 2 x)  1 (x 1), x  1，则h '(x)  1  1 ，
e2x2
当 x 变化时， h '(x), h(x) 的变化情况如下表：
所以 x  1 时， h(x)  h(2)  ln 4  3  0 ，
2
x
(1, 2)
2
(2, )
h '(x)

0

h(x)
↗
极大值
↘
即ln(
2 x)  1
e2
(x 1)  0 ，所以 f (x)  1 .
2
因为 x (1, ) ，所以 f (x )  1 ，
222
所以 f (x )  f (x )  3 .
122
（21）（本小题 15 分）
解：（Ⅰ） a4 的所有可能值为7, 9, 15, 17 .
① m 的最大值为1013 ，理由如下：
当 an  2n 1 时符合题意且 m  1013 .
假设{an} 中存在偶数，且首个偶数为 ak （ k  3 ），因为{an} 为递增数列，
所以存在i  j ，使得 a
 2a
a  a
 (a
a )  a 或 a 
2
a
j a 
aj  a ，
kjijjij
kajaj
ii
进而有i  j  k .
所以ai , aj 为奇数，此时2a
a 2
a , j
均不为偶数，与 a
为偶数矛盾.
a
jik
i
所以{an} 中各项均为正奇数，
又因为{an} 为递增数列，所以am  2m 1 ，即2025  2m 1 ， m  1013 .
综上 m 的最大值为 1013.
② m 的最小值为 7，理由如下：
首先证明 m  7 时存在符合条件的{an} ：
当{an} 前 7 项为1, 2, 3, 9, 27, 45, 2025 时m  7 ，
nnn1
且可构造{a } 的后续项使其符合题意（如可取 a  a 2 （ n  8 ））.
其次证明 m  6 .
由题，当i  j 时， a j  2 ， ai  1 ，
a
a
22
所以 j  j  a 2 ， a 2  (2a  a )  a 2  2a  a  a (a  2)  a  0 ，
a
a
22j
i1
jjijjijji
kk 1
进而有 a  a 2 （ k  3 ）,所以 a3  4, a4  16, a5  256 ,所以 m  6 .
最后证明 m  6 .
假设存在{an} 符合题意且 a6  2025 ，
因为 a5  256 ，所以当i  j  5 时， 2aj  ai  2a5  a1  2  256  1  2025 ，
a 2
ai
所以存在i  j  5 ，有2025 
a4
所以 j  5 ，所以45  a5  45
j ，从而a
j
ai
 180 ，
 45
 45  16  a4 ，
从而 a5  45r （1  r  4 ，且 r Ζ ）
因为 a4  16 ，所以当 s  t  4 时， 2at  as  2a4  a1  2 16 1  45 ，
a 2
5 r as
所以存在 s  t  4 ，有 a  t ，从而 a
 3
为整数，
a
5t
s
又因为1  r  4 ，所以 as 为 5 的倍数，与as  a3  4 矛盾.
综上有m 的最小值为 7.