高級中學名校試卷PAGEPAGE1北京市豐臺區2025屆高三下學期綜合練習（二）數學試題一、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】A【解析】集合，則.故選：A.2.在復平面內，復數的共軛復數對應的點位于（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限【答案】D【解析】復數的共軛復數，所以對應的點位于第四象限.故選：D.3.已知向量滿足，且，則與的夾角為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】因，，則，又，所以，則，因為，所以.故選：B.4.已知數列的前項和為，且滿足，則（）A. B.0 C.1 D.2【答案】B【解析】由題意，，則當時，有，兩式相減可得，即.當時，，因為，所以，所以.故選：B.5.已知直線與圓交于兩點．當變化時，則（）A.有最小值 B.有最大值 C.有最小值 D.有最大值【答案】A【解析】圓的圓心坐標為，半徑為2，直線，即，則圓心到直線的距離為，所以，則，因為，則，當時，取得最大值1，此時，當或時，，此時趨近于4，所以無最大值.故選：A.6.已知關于的方程的兩實根為，則“”是“關于的不等式的解集為”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件 C.充要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】B【解析】充分性的判斷：若，則或，當時，關于的方程有兩個相等的實數根，則，因為二次函數開口向上，所以關于的不等式的解集為；當時，關于的方程有兩個不相等的實數根，不妨設，因為二次函數開口向上，所以關于的不等式的解集為.所以，由“”不能推出“關于的不等式的解集為”，充分性不成立.必要性的判斷：若關于的不等式的解集為，因為二次函數開口向上，所以，又因為關于的方程有兩個實數根，則，則，必要性成立.綜上，“”是“關于的不等式的解集為”的必要不充分條件.故選：B.7.已知拋物線的焦點為，準線為．過的直線與交于兩點，過作的垂線，垂足分別為．若四邊形的周長等于，則直線的斜率為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由拋物線的定義可知，，，則四邊形的周長為，則，設直線的傾斜角為，則，則或，則，則直線的斜率為.故選：C8.如圖，在棱臺中，底面和為正方形，，側面均為等腰梯形，且側面與底面的夾角均為，則該棱臺的表面積為（）A.18 B. C. D.34【答案】B【解析】由題意在棱臺中，底面和為正方形，各側棱均相等，過作底面，交底面于，過作交于，連接，因為底面，所以，又因為，，平面，所以平面，因為平面，所以，又因為平面平面，所以即為側面與底面夾角的平面角，即，由題意可知，所以，所以該棱臺的表面積.故選：B9.“紅移”和“藍移”是物理學和天文學中的概念．如果接收器接收到的光波的頻率小于波源發出的光波的頻率，則光的譜線向紅光方向移動，稱為“紅移”；如果接收器接收到的光波的頻率大于波源發出的光波的頻率，則光的譜線向藍光方向移動，稱為“藍移”．記接收器接收到的光波的頻率為正數，波源發出的光波的頻率為正數，和f滿足光的普遍多普勒效應公式（為波源運動速率與光速的比值，為波源到接收器的方向與波源運動方向的夾角）．某同學依據該公式利用工具制作了“光的普遍多普勒效應計算器”，在給定范圍內輸入和的值，點擊“計算”按鈕后，運行結果顯示“紅移”、“藍移”或“無頻移”．下列說法正確的是（）A.輸入和任意β，運行結果顯示“紅移”B.輸入和任意β，運行結果顯示“藍移”C.輸入和任意，運行結果顯示“紅移”D.輸入和任意，運行結果顯示“藍移”【答案】D【解析】對于A，由，可知，由于接收器接收到的光波的頻率大于波源發出的光波的頻率，則光的譜線向藍光方向移動，稱為“藍移”．故A錯誤；對于B，由，可知，由于接收器接收到的光波的頻率小于波源發出的光波的頻率，則光的譜線向紅光方向移動，稱為“紅移”．故B錯誤；對于C，由，可知，因為，則，即，此時，由于，所以與的大小關系不確定，故C錯誤；對于D，由，可知，因，則，即，此時，所以，由于接收器接收到的光波的頻率大于波源發出的光波的頻率，則光的譜線向藍光方向移動，稱為“藍移”．故D正確；故選：D.10.已知是平面直角坐標系中的點集．設是中兩點間距離的最大值，是中的點與原點連線的斜率，是表示的圖形的面積，給出下列四個結論：①；②；③；④．其中所有正確結論的個數為（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】C【解析】對于①代入可得符合題意，故①正確；∵對恒過點，當時，，當時，，當時，，由此我們可知的點集是由曲線繞A點往上直到點掃過的區域，如圖：∴，故②正確；，，，故③錯誤；有圖易得，故④正確.故選：C.二、填空題共5小題，每小題5分，共25分．11.函數的定義域為_______．【答案】【解析】由，解得，所以函數的定義域為，故答案為：12.已知雙曲線(a＞0，b0)的離心率為2，則該雙曲線的漸近線方程為__________．【答案】【解析】因為雙曲線的離心率為2，則，解得，故雙曲線的漸近線方程為.故答案為：.13.已知直線為函數圖象的一條對稱軸，則滿足條件的一個的取值為_____；若在區間上有零點，則的最小值為_______．【答案】①.（答案不唯一）②.4【解析】因為直線為函數圖象的一條對稱軸，所以，解得，又，所以取（答案不唯一）；若在區間上有零點，令，解得，由，故且,又且要求的最小值，故，所以的最小值為；故答案為：（答案不唯一）；14.已知，則_______；_______．（用數字作答）【答案】①.②.【解析】，所以的系數為；令，，令，，作差得，所以則；.故答案為：；.15.已知數列滿足，給出下列四個結論：①存在唯一的正實數，使得是常數列；②當時，是等比數列；③若是遞增數列，則；④若對任意的正整數，都有，則．其中所有正確結論的序號為_____．【答案】①②④【解析】若是常數列，則，又，則，代入，得，解得，故①正確；當時，，則，則，又，所以，所以是以1為首項，為公比的等比數列，故②正確；若是遞增數列，則，即，又，則，由，得，解得，故③錯誤；由，得，則，則，當，即時,則，又，所以，則，所以，即對任意正整數，都有，當，即時,則，所以是以為首項，為公比的等比數列，所以，若對任意的正整數，都有，則，所以，整理得，當，即且時，該式恒成立，當，即時，該式不恒成立，綜上，對任意的正整數，都有，則，故④正確．故答案為：①②④.三、解答題共6小題，共85分．解答應寫出文字說明，演算步驟或證明過程．16.在中，．（1）求；（2）若,，求邊上的高．解：（1）在中，因為，由正弦定理及，得，因為，所以，所以．所以．（2）因為，由余弦定理，得，所以．設邊上的高為，又的面積，所以，所以AB邊上的高為．17.如圖，在四棱柱中，底面與側面均為菱形，平面為的中點，與平面交于點．（1）求證：為的中點；（2）再從條件①，條件②這兩個條件中選擇一個作為已知，判斷在線段上是否存在點，使得直線與平面所成角的正弦值為？若存在，求的值；若不存在，說明理由．條件①：；條件②：．注：如果選擇條件①，條件②分別解答，按第一個解答計分．（1）證明：在菱形中，．因為平面平面，所以平面．又平面，平面平面，所以．又四棱柱中，，所以四邊形為平行四邊形．所以，所以為的中點．（2）解：選擇條件①：取中點，連接，在菱形中，．因為，所以為等邊三角形．因為為中點，所以，故．因為平面，且平面，所以，所以兩兩垂直．如圖，以為原點建立空間直角坐標系，則，所以．設平面的一個法向量為，則，即，令，則，則．設，所以．設直線與平面所成角為，所以．解得，所以存在符合條件的點．選擇條件②：取中點，連接．因為平面，且平面，所以，又，且平面，所以平面．因為平面，所以，又因為為中點，所以．在菱形中，，所以為等邊三角形，所以，故．所以兩兩垂直．如圖建立空間直角坐標系，則，所以．因為平面，所以取平面的一個法向量為．設，所以．設直線與平面所成角為，所以．解得，所以存在符合條件的點．18.為調查某校學生戶外活動時長和視力的關系，某研究小組在該校隨機選取了100名學生，記錄他們的日均戶外活動時長（單位：小時）及近視情況，統計得到：日均戶外活動時長在區間內有70人，近視率為；日均戶外活動時長在區間內有20人，近視率為；日均戶外活動時長在區間內有10人，近視率為．注：近視率是指某區間內近視人數與該區間內人數的比值．（1）估計該校日均戶外活動時長不低于1小時的學生的近視率；（2）用頻率估計概率．從該校日均戶外活動時長低于1小時的學生和不低于1小時的學生中各隨機選取2名，求這4名學生中恰有2名近視的概率；（3）為響應國家降低青少年近視率的號召，該校提出“護眼有妙招，科學動起來”的口號，計劃在以下2項措施中選擇1項實施．措施一：每日給全校學生增設0.5小時晨跑活動；措施二：每日給日均戶外活動時長低于1小時的學生增設1小時戶外活動．假設所有學生都能按要求參加相應活動，記采取措施一后該校全體學生的日均戶外活動時長的平均值為，采取措施二后該校全體學生的日均戶外活動時長的平均值為．用樣本估計總體，試比較與的大小．（結論不要求證明）解：（1）由題意，樣本中日均戶外活動時長不低于1小時的學生有人，其中近視的學生有人，所以估計該校日均戶外活動時長不低于1小時學生的近視率為．（2）設事件“從該校日均戶外活動時長低于1小時的學生和不低于1小時的學生中各隨機選取2名，這4名學生中恰有2名近視”．由題意，從該校日均戶外活動時長低于1小時的學生中隨機選取1名，這名學生近視的概率為，從該校日均戶外活動時長不低于1小時的學生中隨機選取1名，這名學生近視的概率為．則．（3）由題意可知：日均戶外活動時長在區間內的頻率為；日均戶外活動時長在區間內的頻率為；日均戶外活動時長在區間內的頻率為，則原數據的平均數為，采取措施一后該校全體學生的日均戶外活動時長的平均值為；措施二后該校全體學生的日均戶外活動時長的平均值為；因為，所以.19.已知橢圓的左頂點為，焦距為．（1）求橢圓的方程；（2）設為原點，過點且斜率為的直線與橢圓的另一個交點為，線段的垂直平分線與軸交于點，與軸交于點．過點且與平行的直線與軸交于點．若與的面積之比為，求的值．解：（1）由題意，解得．所以橢圓的方程為．（2）由題意，直線的方程為，由，得．由題意，．設，則，解得，所以線段的中點為．線段垂直平分線的方程為：，令得，所以．令得，所以．所以．因為過點與直線平行的直線的方程為，故，所以．因為，所以，整理得．若，則，解得，故；若，則，解得，故．綜上，或．20.已知函數在點處的切線方程為．（1）求的值；（2）求的單調區間；（3）若，求的取值范圍．解：（1）因為，所以．由題意解得.（2）由（1）得．令，解得．當變化時，的變化情況如表所示：-4-10-0+0-0+單調遞減單調遞增1單調遞減0單調遞增所以的單調遞增區間為，單調遞減區間為．（3）設．設，則．當時，在上單調遞增，，當時，在上單調遞減，，所以恒成立．由題意，等價于或，解得或．綜上，的取值范圍是．21.設數列是的一個排列．由中連續項組成的集合稱作“的長為的子列集”，其中．任取不大于的正整數，當時，若數列的任意長為的子列集和數列的任意長為的子列集，都有，則稱數列為“好數列”．（1）證明：由的排列構成的所有“好數列”中，存在首項不超過的“好數列”（表示不超過的最大整數）；（1）若數列為“好數列”，求的最大值．（1）證明：若是“好數列”，可知存在．令與，于是集合和也分別是數列和數列的子列集，又存在，得．因此．所以，數列也是“好數列”．設與中較小者，則且，因此，即，于是，所以存在首項不超過“好數列”．（2）解：的最大值為7．①先考慮．假設存在“好數列”．由（2）可知，不妨設．若，則由長為的子列集和與集合的交集非空，知，即此“好數列”為：．又，長為的子列集和與集合的交集非空．所以且，與矛盾．若，則由長為的子列集和與集合的交集非空，知；又與集合的交集非空，知，矛盾；②再考慮．假設存在“好數列”．（3）由（2）可知，不妨設．若，則由長為的子列集和與集合的交集非空，知．又，長為的子列集和與集合的交集非空．所以且，與矛盾．若，則由長為的子列集和與集合的交集非空，知；又與集合的交集非空，知，此時，長為的子列集，矛盾．所以，當時，不存在“好數列”．又數列1，4，6，2，5，3，7是“好數列”．綜上，的最大值為7．北京市豐臺區2025屆高三下學期綜合練習（二）數學試題一、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】A【解析】集合，則.故選：A.2.在復平面內，復數的共軛復數對應的點位于（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限【答案】D【解析】復數的共軛復數，所以對應的點位于第四象限.故選：D.3.已知向量滿足，且，則與的夾角為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】因，，則，又，所以，則，因為，所以.故選：B.4.已知數列的前項和為，且滿足，則（）A. B.0 C.1 D.2【答案】B【解析】由題意，，則當時，有，兩式相減可得，即.當時，，因為，所以，所以.故選：B.5.已知直線與圓交于兩點．當變化時，則（）A.有最小值 B.有最大值 C.有最小值 D.有最大值【答案】A【解析】圓的圓心坐標為，半徑為2，直線，即，則圓心到直線的距離為，所以，則，因為，則，當時，取得最大值1，此時，當或時，，此時趨近于4，所以無最大值.故選：A.6.已知關于的方程的兩實根為，則“”是“關于的不等式的解集為”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件 C.充要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】B【解析】充分性的判斷：若，則或，當時，關于的方程有兩個相等的實數根，則，因為二次函數開口向上，所以關于的不等式的解集為；當時，關于的方程有兩個不相等的實數根，不妨設，因為二次函數開口向上，所以關于的不等式的解集為.所以，由“”不能推出“關于的不等式的解集為”，充分性不成立.必要性的判斷：若關于的不等式的解集為，因為二次函數開口向上，所以，又因為關于的方程有兩個實數根，則，則，必要性成立.綜上，“”是“關于的不等式的解集為”的必要不充分條件.故選：B.7.已知拋物線的焦點為，準線為．過的直線與交于兩點，過作的垂線，垂足分別為．若四邊形的周長等于，則直線的斜率為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由拋物線的定義可知，，，則四邊形的周長為，則，設直線的傾斜角為，則，則或，則，則直線的斜率為.故選：C8.如圖，在棱臺中，底面和為正方形，，側面均為等腰梯形，且側面與底面的夾角均為，則該棱臺的表面積為（）A.18 B. C. D.34【答案】B【解析】由題意在棱臺中，底面和為正方形，各側棱均相等，過作底面，交底面于，過作交于，連接，因為底面，所以，又因為，，平面，所以平面，因為平面，所以，又因為平面平面，所以即為側面與底面夾角的平面角，即，由題意可知，所以，所以該棱臺的表面積.故選：B9.“紅移”和“藍移”是物理學和天文學中的概念．如果接收器接收到的光波的頻率小于波源發出的光波的頻率，則光的譜線向紅光方向移動，稱為“紅移”；如果接收器接收到的光波的頻率大于波源發出的光波的頻率，則光的譜線向藍光方向移動，稱為“藍移”．記接收器接收到的光波的頻率為正數，波源發出的光波的頻率為正數，和f滿足光的普遍多普勒效應公式（為波源運動速率與光速的比值，為波源到接收器的方向與波源運動方向的夾角）．某同學依據該公式利用工具制作了“光的普遍多普勒效應計算器”，在給定范圍內輸入和的值，點擊“計算”按鈕后，運行結果顯示“紅移”、“藍移”或“無頻移”．下列說法正確的是（）A.輸入和任意β，運行結果顯示“紅移”B.輸入和任意β，運行結果顯示“藍移”C.輸入和任意，運行結果顯示“紅移”D.輸入和任意，運行結果顯示“藍移”【答案】D【解析】對于A，由，可知，由于接收器接收到的光波的頻率大于波源發出的光波的頻率，則光的譜線向藍光方向移動，稱為“藍移”．故A錯誤；對于B，由，可知，由于接收器接收到的光波的頻率小于波源發出的光波的頻率，則光的譜線向紅光方向移動，稱為“紅移”．故B錯誤；對于C，由，可知，因為，則，即，此時，由于，所以與的大小關系不確定，故C錯誤；對于D，由，可知，因，則，即，此時，所以，由于接收器接收到的光波的頻率大于波源發出的光波的頻率，則光的譜線向藍光方向移動，稱為“藍移”．故D正確；故選：D.10.已知是平面直角坐標系中的點集．設是中兩點間距離的最大值，是中的點與原點連線的斜率，是表示的圖形的面積，給出下列四個結論：①；②；③；④．其中所有正確結論的個數為（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】C【解析】對于①代入可得符合題意，故①正確；∵對恒過點，當時，，當時，，當時，，由此我們可知的點集是由曲線繞A點往上直到點掃過的區域，如圖：∴，故②正確；，，，故③錯誤；有圖易得，故④正確.故選：C.二、填空題共5小題，每小題5分，共25分．11.函數的定義域為_______．【答案】【解析】由，解得，所以函數的定義域為，故答案為：12.已知雙曲線(a＞0，b0)的離心率為2，則該雙曲線的漸近線方程為__________．【答案】【解析】因為雙曲線的離心率為2，則，解得，故雙曲線的漸近線方程為.故答案為：.13.已知直線為函數圖象的一條對稱軸，則滿足條件的一個的取值為_____；若在區間上有零點，則的最小值為_______．【答案】①.（答案不唯一）②.4【解析】因為直線為函數圖象的一條對稱軸，所以，解得，又，所以取（答案不唯一）；若在區間上有零點，令，解得，由，故且,又且要求的最小值，故，所以的最小值為；故答案為：（答案不唯一）；14.已知，則_______；_______．（用數字作答）【答案】①.②.【解析】，所以的系數為；令，，令，，作差得，所以則；.故答案為：；.15.已知數列滿足，給出下列四個結論：①存在唯一的正實數，使得是常數列；②當時，是等比數列；③若是遞增數列，則；④若對任意的正整數，都有，則．其中所有正確結論的序號為_____．【答案】①②④【解析】若是常數列，則，又，則，代入，得，解得，故①正確；當時，，則，則，又，所以，所以是以1為首項，為公比的等比數列，故②正確；若是遞增數列，則，即，又，則，由，得，解得，故③錯誤；由，得，則，則，當，即時,則，又，所以，則，所以，即對任意正整數，都有，當，即時,則，所以是以為首項，為公比的等比數列，所以，若對任意的正整數，都有，則，所以，整理得，當，即且時，該式恒成立，當，即時，該式不恒成立，綜上，對任意的正整數，都有，則，故④正確．故答案為：①②④.三、解答題共6小題，共85分．解答應寫出文字說明，演算步驟或證明過程．16.在中，．（1）求；（2）若,，求邊上的高．解：（1）在中，因為，由正弦定理及，得，因為，所以，所以．所以．（2）因為，由余弦定理，得，所以．設邊上的高為，又的面積，所以，所以AB邊上的高為．17.如圖，在四棱柱中，底面與側面均為菱形，平面為的中點，與平面交于點．（1）求證：為的中點；（2）再從條件①，條件②這兩個條件中選擇一個作為已知，判斷在線段上是否存在點，使得直線與平面所成角的正弦值為？若存在，求的值；若不存在，說明理由．條件①：；條件②：．注：如果選擇條件①，條件②分別解答，按第一個解答計分．（1）證明：在菱形中，．因為平面平面，所以平面．又平面，平面平面，所以．又四棱柱中，，所以四邊形為平行四邊形．所以，所以為的中點．（2）解：選擇條件①：取中點，連接，在菱形中，．因為，所以為等邊三角形．因為為中點，所以，故．因為平面，且平面，所以，所以兩兩垂直．如圖，以為原點建立空間直角坐標系，則，所以．設平面的一個法向量為，則，即，令，則，則．設，所以．設直線與平面所成角為，所以．解得，所以存在符合條件的點．選擇條件②：取中點，連接．因為平面，且平面，所以，又，且平面，所以平面．因為平面，所以，又因為為中點，所以．在菱形中，，所以為等邊三角形，所以，故．所以兩兩垂直．如圖建立空間直角坐標系，則，所以．因為平面，所以取平面的一個法向量為．設，所以．設直線與平面所成角為，所以．解得，所以存在符合條件的點．18.為調查某校學生戶外活動時長和視力的關系，某研究小組在該校隨機選取了100名學生，記錄他們的日均戶外活動時長（單位：小時）及近視情況，統計得到：日均戶外活動時長在區間內有70人，近視率為；日均戶外活動時長在區間內有20人，近視率為；日均戶外活動時長在區間內有10人，近視率為．注：近視率是指某區間內近視人數與該區間內人數的比值．（1）估計該校日均戶外活動時長不低于1小時的學生的近視率；（2）用頻率估計概率．從該校日均戶外活動時長低于1小時的學生和不低于1小時的學生中各隨機選取2名，求這4名學生中恰有2名近視的概率；（3）為響應國家降低青少年近視率的號召，該校提出“護眼有妙招，科學動起來”的口號，計劃在以下2項措施中選擇1項實施．措施一：每日給全校學生增設0.5小時晨跑活動；措施二：每日給日均戶外活動時長低于1小時的學生增設1小時戶外活動．假設所有學生都能按要求參加相應活動，記采取措施一后該校全體學生的日均戶外活動時長的平均值為，采取措施二后該校全體學生的日均戶外活動時長的平均值為．用樣本估計總體，試比較與的大小．（結論不要求證明）解：（1）由題意，樣本中日均戶外活動時長不低于1小時的學生有人，其中近視的學生有人，所以估計該校日均戶外活動時長不低于1小時學生的近視率為．（2）設事件“從該校日均戶外活動時長低于1小時的學生和不低于1小時的學生中各隨機選取2名，這4名學生中恰有2名近視”．由題意，從該校日均戶外活動時長低于1小時的學生中隨機選取1名，這名學生近視的概率為，從該校日均戶外活動時長不低于1小時的學生中隨機選取1名，這名學生近視的概率為．則．（3）由題意可知：日均戶外活動時長在區間內的頻率為；日均戶外活動時長在區間內的頻率為；日均戶外活動時長在區間內的頻率為，則原數據的平均數為，采取措施一后該校全體學生的日均戶外活動時長的平均