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北京市丰台区2025~2026学年度第二学期综合练习（二）
高三数学
一、选择题：本大题共10小题，共50分。
1.已知集合，，则( )
A. B. C. D.
2.复数的虚部是．
A. B. C. D.
3.下列函数中，定义域和值域相同的是( )
A. B. C. D.
4.已知单位向量满足，则与的夹角为( )
A. B. C. D.
5.已知圆的圆心为，斜率为的直线与该圆相切且与轴交于点，则( )
A. B. C. D.
6.在的展开式中，的系数为( )
A. B. C. D.
7.已知双曲线的左、右焦点分别为为双曲线右支上一点，线段与轴交于点，若为坐标原点，，则双曲线的离心率为( )
A. B. C. D.
8.已知函数，，若的最大值为，则( )
A. ，有个零点 B. ，有个零点
C. ，有个零点 D. ，有个零点
9.已知定义域为的函数满足，若在区间上单调递增，则“在上单调递增”是“是奇函数”的( )
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件
10.已知曲线下列结论正确的是( )
A. 曲线上的任意一点在圆的内部
B. 曲线上的任意一点在圆的外部
C. 曲线上存在点，使
D. 曲线上存在点，使
二、填空题：本大题共5小题，共25分。
11.不等式的解集是 ．
12.已知等比数列的前项和为，若，，成等差数列，，则 ．
13.已知函数的部分图象如图所示，则 ；若将函数的图象向右平移个单位后得到函数的图象，请写出的图象的一条对称轴方程： ．
14.随着科技的不断进步，智能机器人技术已成为推动现代仓储管理领域创新发展的重要力量如图，某智能仓储机器人在平面直角坐标系中的格点横、纵坐标均为整数的点上运动，每步只能向右或向上移动个单位长度设该机器人在横坐标为偶数的格点上，向右一步的能耗为个单位，向上一步的能耗为个单位；在横坐标为奇数的格点上，向右一步的能耗为个单位，向上一步的能耗为个单位该机器人从出发，先向右移动个单位长度，再向上移动个单位长度，到达，则它的总能耗为 个单位；再从出发运动到，那么它从到的所有路径中，总能耗的最小值为 个单位．
15.已知是棱长为的正方体表面及其内部的点，直线与直线所成的角为，且，给出下列四个结论：
满足条件的点有无数个；
点的轨迹是一段圆弧；
线段长度的最大值为；
三棱锥体积的最大值为．
其中正确结论的序号是 ．
三、解答题：本题共6小题，共75分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.在中，角的对边分别为，已知．
求；
若，再从条件、条件、条件这三个条件中选择一个作为已知，使得存在，求边上的高．
条件：；
条件：；
条件：．
注：如果选择的条件不符合要求，第问得分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．
17.如图，在直三棱柱中，，，为的中点，直线交平面于点．
求证：为的中点；
若是棱上一点，且直线与平面所成角的正弦值为，求的值．
18.某公司为评估员工使用人工智能技术辅助办公的能力，随机抽取了该公司名员工，通过专用系统进行综合评分满分为分，得到如下频率分布表．
综合得分 频数 频率
求的值；
现采用按比例分层抽样的方法从综合得分为和的员工中抽取人若从这名员工中随机选取人进行座谈，设为选取的名员工中综合得分不低于分的人数，求的分布列和数学期望；
该公司为了进一步提升员工应用人工智能技术辅助办公的能力，决定聘请某机构对员工进行培训该机构给出了以下两个方案：
方案一：对该公司所有员工进行培训，保证培训后人均综合得分提高分；
方案二：只对该公司综合得分低于分的员工进行培训，保证培训后，原综合得分在的员工人均综合得分提高分，原综合得分在的员工人均综合得分提高分．
用样本估计总体为尽可能提升该公司员工的人均综合得分，应选择哪个方案？结论不要求证明
19.已知椭圆的离心率为，以椭圆的焦点和短轴顶点为顶点的四边形是边长为的菱形．
求椭圆的标准方程；
已知为椭圆的左顶点，，为椭圆上两个不同的动点均不与点重合，且满足直线与直线的斜率之积为求证：直线过定点．
20.已知函数是的导函数．
若，求的值；
若存在最大值，求的取值范围；
设在处取得最大值直线是曲线在点处的切线，且与轴交于点，为坐标原点是否存在点，使的面积为？若存在，求的值；若不存在，说明理由．
21.已知无穷正整数数列，满足：；对于任意正整数，都有，则称数列具有性质．
判断下列无穷数列，是否具有性质．
；
．
对于任意具有性质的数列，记求证：；
若数列具有性质，证明：集合是无限集．
参考答案
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
11.
12.
13. 答案不唯一，满足即可
14.
15.
16.解：解：因为，
由余弦定理得，
因为，可得．
解：选择条件：，且
由正弦定理，可得，
因为，所以这样的不存在；
选择条件，因为，且，
所以，则，
由，可得，
因为，所以，解得，所以
由正弦定理，可得，
设边上的高为，可得的面积为，所以，
因为，可得，
又因为，可得，所以．
选择条件：由，
根据向量的数量积的公式，可得，所以，
因为且，所以，解得，
由余弦定理，
可得，所以
设边上的高为，可得的面积为，所以，
所以．

17.解：因为平面平面，且平面平面，平面平面，
则，且，可得，
又因为为的中点，所以为的中点．
以为坐标原点，为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
设，，
可得，，，
设平面的法向量为，则
令，则，可得，
因为直线与平面所成角的正弦值为，
则，整理可得，解得，
所以．

18.解：因为在内频数为，频率为，则，
且在内频数为，则，
则在内频数为，频率．
因为综合得分为和的人数比为，
则在综合得分为内抽取人数为，在综合得分为内抽取人数为，
可知随机变量的可能值为，，，则有：
，，，
所以的分布列为
的期望为．
方案一：该公司员工的人均综合得分；
方案二：该公司员工的人均综合得分；
因为，所以应选择方案二．

19.解：由题意可得：，，可得，，
所以椭圆的标准方程为．
由题意可知：，直线的斜率存在，
设直线，，，
联立方程，消去可得，
则，可得，
则，，
因为，
整理可得，
即，
整理可得，解得或，
若，则直线过定点，不合题意；
若，则直线过定点，符合题意；
综上所述：直线过定点．

20.解：由函数，可得，
则，，
因为，可得，解得．
函数的定义域为，因 ，
令，则
令，
当时，即时，在上恒成立，
即在上恒成立；所以在上单调递增，无最大值，不合题意；
当时，即时，二次函数的图象开口向上，
且对称轴，，所以在上恒成立；
即在上恒成立；则在上单调递增，无最大值，不合题意；
当时，即时，在的根处取得最大值，
由二次函数的图象开口向下，对称轴，
因为，所以存在，，
当时，，即，在上单调递增；
当时，，即，在上单调递减，
所以在处取得最大值，
综上可得，实数的取值范围为．
由知，可得
因为在处取得最大值，则是的极大值点，
即是的根，则，解得，
把代入得，可得，
则曲线在点处的切线方程为，
令，可得，
又因为，
可得
，
在中，为原点，，
所以，
当时，，令，
可得，
当时，，在单调递增，所以，
即，所以，
因为的面积为，可得，即，
设，可得，
设，可得，
令，可得在上单调递增，
所以，可得，所以在上单调递增，
所以，
可得，所以在上单调递增，
所以，
所以在上无解，即不存在的值，使得的面积为．

21.解：当时，显然为正整数，且．
又因为，所以．
从而．
前个正奇数的和为，所以．
故数列具有性质．
当时，该数列虽然是严格递增的正整数数列，但取，有．
而，同时．
所以．
不满足性质中的条件，故数列不具有性质．
由数列具有性质，得．
因此，
所以，所以．
设数列满足．
由题知，得，即，
假设中满足的项数有限，则存在正整数，使得当时，，
即当时，或．
若满足的项数有限，则存在正整数，使得当时，，
由第二问可知恒成立
设，由于当时，，又是整数，有，
所以，
所以对满足的正整数，，与式矛盾．
若满足的项数有限，同理可得矛盾．
由可知，中有无穷多项满足，且有无穷多项满足，
因此，存在正整数，使得且，
因此，存在正整数，使得，且，即且，于是，与矛盾，
所以数列中有无穷多项为．
即集合是无限集．

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