2025北京海淀高三上学期期末数学试卷和参考答案

第第1页/共NUMPAGES10 9150120分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分（40分10440BB

在(x2)5x2

B. C.

zz1i)|1i|2z1

1

1

1抛物线C:y24xFP(x23)在C上，则|PFA.2B.3C.4D.已知直线l:y3(x2)与圆Ox2y24AB两点，则|AB B.2C.3D.已知等差数列annSna23a414S6A.7B. C. 已知椭圆C:

1b0xP(1,1A.P在C B.C的长轴长C.P在C D.C的焦距为f(x)(xa)(x1)2a1f(x) ABCDA1B1C1D12MNA1D1BCPA1B1C1D1的动点（M重合，则下列说法中公司每个月盈利比前一个月增加102023n个月的盈利分别为Q1(nQ2n（单位：万元）.已知Q1(1)1200Q2(1)1100，则Q1(n)Q2(nn的值为（lg1.10.0414lg20.3010A.7B.8C.9第二部分（110分）5525分。双曲线x2y24的一条渐近线方程可以 已知向量a(x,1)，a2b(x,1)，则b ，|ab|的最小值 已知△ABC为等腰三角形，且sinA2sinB，则cosB x2x,xf(xax1,x

存在最小值，则a的取值范围 已知曲线C:x y20.给出下列四个结论①曲线Cx1②曲线C4个整点（即横、纵坐标均是整数的点③曲线CPP到点(10)的距离小于1④曲线C4其中，所有正确结论的序号 68516.（13分f(xcosx(3sinxcosx1yf(xf(x在区间[aπ上的最大值为3a的值 17.（14分PABCDABCDPAABPAAB1AD2FPA的中EBCEF//PCD.EBCEFD与PAB夹角的余弦值.条件①：平面PAB平面ABCD；条件②：PC 18.（13分1222N当0n2510025%n50%85当50%n75%70当75%n60分6.52X2X的分对课程乙也采取“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12人的赋分成绩分别为Y1,Y2EY1EY2的大小关系.19.（15分已知椭圆C

1(ab0)的左顶点为A(2,0)，离心率e 求CP为CPy轴的对称点为QA作OP的平行线ll与CM.M与QMQ//AP.20.（15分f(xln(ax)xa1f(xf(x在区间(1aa2x0,1x(1)f(xf(x3 （e27.39e320.09e454.6021.（15分已知ana11对于anak(k3，在anaaa(ija2aaaj a23a525a4am2025a23ma22m一、选择题（10440分二、填空题（5525分（11）yxy

（12（0，1，2

a

三、解答题（685分（16（（Ⅰ）

3sin2x1cos2xsin(2x) 令2x

kxk

,kZ 所以,yf

的两条对称轴之间的距离最小值为（Ⅱ）x

7[a,]时，2x[2a, 6f(x在区间[a上的最大值为31 所以π2a7 f(x

[a,]上单调递减所以f(a) 3所以2a 所以a（17（（Ⅰ）FGPAPD的中点.FGADECADEC//FGE、C、G、FECGF

EF//平面PCDEF平面ECGF平面EFCG

平面PCDCGEC//FGECGFECFGFG1AD1BCEC1BC.EBC 选条件因为平面PAB平面ABCD平面PA平面ABCDAD平面ABCD,PAAD选条件

平面ABCDABPA平面PABPAABAC

5,PC

6,PAPC2PA2AC2,PAACAC因为PAAB，PAAC，AB,AC平面ABCD，AB 所以PAACAD平面ABCDPAADABADAP两两垂直,建系如图

,D(0,2,0),ED(1,1,0),FD(0,2,1)DEFn(x,y,z),nED,nFDxy ,x1,y1z4 PABm(0,10则cos

2m,m,n|m||n 3m EFDPAB夹角为锐角，所以其余弦值为2（18（（Ⅰ）24C2 p(A) AB6100，100，100，85，85，85X170，185，200.

p(X170)3，p(X185)33 p(X200)3 XEX170118532001185 EY1EY2（19（ a（Ⅰ） a2b1C（Ⅱ）P(x0y0x0y00

x2

1则0y21，Q(x,y)，得直线OP的斜率 0 由l//OP得直线l

y0由lA(20得直线lyy0(x2yy0(x 4y2 16 16y2由

得 0x2 0x 00 x24y2

16y2 16y2由韦达定理2x

4y2

4y2 2x28y2 2x2(82x2得x 0 0x22 x24 yy0(x222xy 0 ， x0y0y0 y0(x0 x x22 (x2)(x 由于Q,M不重合，所以x1，所以 kQMkAPQM//AP.

另法：设直线lxmy2(m0)xmy由x24y2

得(m24)y24my0设M(x,y)，因为 0，则y

xMmyM2

2m2m2

m2又OP//lP(my0y0Q(my0y0)由点P在椭圆上得(m24)y24，即y2 m22m2 APmy02y0QM(m24my0m24y02m2 (m24my0)y0(my02)(m24y02m2

m2

y02my0m242y0m24 2m2 2m2 y0(m24

m2

m24)2m(y0m2QMAPPAM上，QMAP.（20（ln x（Ⅰ）当a1f(xx1，则x10解得x0且x1，所以函数的定义域为 11（II）f'(x) ,x0.(xf(x在(1上是减函数，x1f'(x0且a0g(x)11ln(axx1g(x0y11yln(ax在(0g(x在(1（g(x)g'(x1x0g(12ln(a0解得ae2a的取值范围是(e2当a

x1 2 时，f'(x) ,x(0,1) (xg(x)x1

2ln21lnxg'(x)1x当0x1g'(x0x1g'(x0，g(x在(0,1上是增函数，在(1①当0x1(1ffg()0f(x1)

f()

2②x1时， 由g(2)ln40, ) x0(2,2g(x0)0xg(x),f'(x),f(x)(x0,ffg(x0)0

ln(ex0

11

1x(1f(xf(x

x01 x x0所以f(x2)f(x0) f(xf(x3 方法二：令h(xln2x1(x1x1，则h'(x11 xh'(xh(xx1h(xh(2ln430即

2x)

(x10f(x1x(1f(x1 f(xf(x3 （21（（Ⅰ）m的最大值为1013an2n1m1013假设{anak（k3，因为{an所以存在ij

a

aaa

ja

aja

进而有ijk所以aiaj为奇数，此时

aa,

所以{an又因为{an为递增数列，所以am2m1，即20252m1m1013.mm7m7时存在符合条件的{an当{an7123927,452025时m7 且可构造{a的后续项使其符合题意（aa2（n m6由题，当ijaj2ai1 所以jja2a22aaa22aaa(a2a0

aa2（k3）,a34,a416,a525