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北京市海淀区2025—2026学年第二学期期末练习高三数学试题
一、选择题：本大题共10小题，共50分。
1.设复数在复平面内对应的点位于第三象限，则复数在复平面内对应的点位于( )
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
2.已知是单位向量，且，则( )
A. B. C. D.
3.函数的最小值为( )
A. B. C. D.
4.若直线与平行，则与的距离为( )
A. B. C. D.
5.已知等差数列中，，，则( )
A. B. C. D.
6.已知，则( )
A. B. C. D.
7.若函数的值域为，则可以为( )
A. B. C. D.
8.如图，在中，，，，，分别为边，，的中点．将沿折起到沿折起到，使得平面且为等边三角形，如图所示，则多面体的体积为( )
A. B. C. D.
9.已知圆，则“”是“圆与直线相切”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
10.已知函数，集合若对任意，都有，则的取值范围为( )
A. B. C. D.
二、填空题：本大题共5小题，共25分。
11.双曲线的渐近线方程为 ．
12.在的展开式中，各项系数的最大值为 ．
13.某环保基金会的生态修复专项账户有资金万元．基金会制定了如下使用方案：在第年开始时，若账户中的资金超过万元，则在该年将账户中的一半资金投入使用；若账户中的资金不超过万元，则在该年将账户中的全部资金投入使用，修复项目在该年结束．按上述使用方案，第年投入使用的资金为 万元，该修复项目将在第 年结束．
14.若锐角满足，则的一个取值为 ；的最小值为 ．
15.在中，，，，为边的中点，为边上的动点．为所在平面内的动点，且给出下列四个结论：
对任意的，存在使得；
对任意的，存在使得；
存在，使得；
存在，使得．
其中所有正确结论的序号是 ．
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.如图，在四边形中，是的角平分线．
求证：；
若再从条件、条件、条件这三个条件中选择一个作为已知，使得四边形存在，求四边形的面积．
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，在四棱锥中，，点为的中点，且平面与交于点．
求证：；
若平面平面，四边形为矩形，点在线段上，直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长．
18.某公司利用自动分拣系统对价值元以下的中、小件包裹进行分拣．该系统对每件包裹分拣的准确率为若一件包裹分拣错误，当包裹价值不超过元时，该公司的损失费用为包裹价值的；当包裹价值超过元但不超过元时，该公司的损失费用为包裹价值的；当包裹价值超过元时，该公司的损失费用为包裹价值的．
该公司随机抽取件包裹，记录并整理这些包裹的价值，获得数据如下表：
价值
件数
假设同一组中的每个数据可用该组区间的中点值代替．
假设不同包裹分拣正确与否相互独立．用频率估计概率．
估计一件包裹价值不超过元的概率；
记为一件包裹分拣错误时该公司的损失费用，估计的数学期望；
该公司每天平均处理万件包裹．若使用一项新技术，可以让分拣的准确率增加到，但每天需额外支付元．仅从费用的角度考虑，该公司是否使用该项新技术？说明理由．
19.椭圆的下顶点为，左焦点到的距离为．
求椭圆的方程及离心率；
经过点的直线与椭圆的另一个交点为位于轴上方，与轴的交点为点关于轴的对称点为过点作与轴平行的直线交直线于点设与的面积分别为与，若，求直线的斜率．
20.已知函数，其中．
当时，求曲线经过点的切线条数；
当时，求证：对任意；
若关于的方程在区间上有且仅有个解，直接写出的最小值．
21.给定正整数，如果一个无穷数列满足：对于任意正整数，这项中恰有个不同的数，则称为预言数列．
分别写出下列数列是否为预言数列；
；
是否存在首项为的预言数列？若存在，求出所有符合条件的数列；若不存在，说明理由；
求预言数列的个数．
参考答案
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
11.
12.
13.
14. 答案不唯一
15.
16.解：在四边形中，由是的角平分线，，
在中，由正弦定理得，
所以．
选条件：，则，由得，
在中，由余弦定理得
即，解得，又，
所以四边形的面积．
选条件：，由得，设，
在中，由余弦定理得
即，则是方程的两个根，
于是，即，，
由，得，则，，
所以四边形的面积．
选条件：，由得，
在中，由正弦定理得，即不存在，四边形不存在．

17.解：在四棱锥中，由平面平面，得平面，
又平面，平面平面，则，
而点为的中点，因此为中点，，又，
所以．
由四边形为矩形，得，
由平面，平面平面，平面平面，
得平面，又，则直线两两垂直，
以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，由点在线段上，设，
，
设平面的法向量，
则，取，得，
由直线与平面所成角的正弦值为
得，而，解得，
所以线段的长为．

18.解：解：根据题意，抽取的件包裹中，有件价值不超过元，
所以不超过元的频率为，
根据频率估计概率，一件包裹价值不超过元的概率为
解：根据题意，同一组中的每个数据可用该组区间的中点值代替，
故当包裹价值在时，包裹价值为元，损失费用为元；
当包裹价值在时，包裹价值为元，损失费用为元；
当包裹价值在时，包裹价值为元，损失费用为元；
当包裹价值在时，包裹价值为元，损失费用为元；
所以，的所有可能值为，，，单位：元
，，
，，
所以的概率分布列如下：
所以，元
解：建议使用新技术，理由如下：
根据题意，若采用新技术，分拣的准确率增加了，
故采用新技术时，每天可以减少的损失费用约为元，
由于，故建议使用新技术．

19.解：设椭圆的焦距为，
则下顶点坐标为，左焦点到下顶点的距离为，
因为椭圆的下顶点为，左焦点到的距离为，
所以，，
所以椭圆的方程为；
离心率为；
由题意知，直线的斜率存在且不为零，
设直线方程为，令得，故，
联立方程，得，解得或，
所以，代入得，
所以，，
所以，
所以直线的方程为，
因为的方程为，
所以，得，
所以，
因为，
点到直线的距离为，
所以，
因为，
所以，即，
设椭圆的右顶点为，
因为经过点的直线与椭圆的另一个交点为位于轴上方，
所以，故，，
所以，
令，则，即，
所以，
解得或舍去，则，
所以，即直线的斜率为．

20.解：当时，函数，求导得，
设切点坐标为，则切线方程为，
而切线过点，因此，整理得，
解得或，当时，，切线方程为；
当时，，切线方程为；
当时，，切线方程为，
所以曲线经过点的切线条数为．
函数的定义域为，求导得，
令，求导得，
由，，得，当时，；
当时，，函数在上单调递减，在上单调递增，
，即，函数在上单调递增，
，
所以当时，对任意．
由知，，，
因此是方程在的解，由方程在上有且仅有个解，
得当时，无解，由，
得，令函数，
求导得
，而，则，
函数在上单调递减，
当从小于的方向趋近于时，，又
当时，，
则恒成立，当且仅当时取等号，
即，，且当从大于的方向趋近于时，，
因此函数在上的值域为，由在无解，得，
由关于的方程在区间上有且仅有个解，得，
所以的最小值为．

21.解：解：对于，
当时，对于任意正整数，的值均为，不同的数的个数为，
所以是预言数列；
对于
由于，，，，，，，
当，时，对应的项为，，，
其中不同的数有和两个，不等于，
所以不是预言数列．
解：不存在，证明如下：
根据题意，任意正整数，这项中恰有个不同的数，
任意正整数，，这项中恰有个不同的数
所以且
假设存在首项的预言数列，则中有不同的数，
即必须互不相同，即，
当时，不满足，矛盾；
当，根据题意，对于正整数，，这项中恰有个不同的数，
即，与矛盾；
当时，根据题意，对于正整数，，这项中恰有个不同的数，
即，且，
又因为，所以，，，
此时与对于正整数，，这项中恰有个不同的数矛盾．
综上，不存在首项为的预言数列．
解：当时，，此时预言数列的个数为；
当时，预言数列的个数为，证明如下：
同，可得且，
所以，若数列中某一项为，则后续项只可能均为或者均为．
设中的最大项为，证明．
假设，则存在，
由题可知，中恰有，这个不同的数，
所以，其中存在若有多个，则取最后一个，存在，若有多个，则取最前一个，
若，则，，矛盾；
若，则中恰有个不同的数，
又因为中没有，且，其后续项也没有，矛盾．
由上可知，．
由，若，则，符合；
若，设，则其后续项可取到和，且其中第一个的后续项只能为，
否则其前一项取对应的后续项只能取，矛盾；
所以，若，则其后续项只能有个，个，
共有种不同的取法，考虑到数列首项还可能是，
所以，当数列中最大项为时，共有个预言数列，
综上，时，预言数列的个数为．

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