北京市海淀区2025-2026学年第二学期期末练习高三数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页北京市海淀区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z在复平面内对应的点位于第三象限，则复数zi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a,b是单位向量，且a,b=A.12 B.−12 C.3.函数fx=xA.2 B.4 C.3 D.64.若直线l1：2x−y+1=0与l2:ax+y+a=0平行，则l1与A.55 B.2 C.3 5.已知等差数列an中，a3=6，a2n=2A.2025 B.2026 C.2048 D.40526.已知a=log3e,b=logA.c>a>b B.b>c>a C.a>c>b D.c>b>a7.若函数fx=sinx+cosx+φ的值域为−1,1A.π6 B.π2 C.π 8.如图1，在▵ABC中，AC=BC=2，∠C=90∘，E，F，G分别为边AB，BC，AC的中点．将▵AEG沿EG折起到▵A′EG,▵BEF沿EF折起到▵B′EF，使得A′B′//平面EFCG且▵A′B′E为等边三角形，如图2所示，则多面体A′B′EFCGA.13 B.23 C.29.已知圆C:x2+y2−2ax+2by=0,ab≠0，则“a=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fx=x2−2x+t,x≤2−2x−t,x>2，集合A.−3,+∞ B.−3,−32 C.−2,+∞ 二、填空题：本大题共5小题，共25分。11.双曲线x22−y22=112.在1−x5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2000万元．基金会制定了如下使用方案：在第n年开始时，若账户中的资金超过10万元，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10万元，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4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α满足tanα≤cosα，则sinα的一个取值为

；cos2α15.在▵ABC中，AB=5，AC=4，BC=3，D为边AB的中点，P为边AB上的动点．Q为▵ABC所在平面内的动点，且DQ=52①对任意的P，存在Q使得CP⋅②对任意的Q，存在P使得CP⋅③存在P,Q，使得2CP④存在P,Q，使得2CP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ABCD中，∠B+∠D=π,AC是∠DAB的角平分线．(1)求证：BC=CD；(2)若AC=14,CD=10.再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得四边形ABCD存在，求四边形ABCD的面积．条件①：cosB=−条件②：AD−AB=4；条件③：sin∠CAB=注：如果选择的条件不符合要求，第(2)问得0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E−ABCD中，AB//CD,AB=1,AD=AE=CD=2，点G为DE的中点，且平面ABG与CE交于点F．(1)求证：AB=GF；(2)若平面ABFG⊥平面ADE，四边形ABFG为矩形，AD⊥AE.点H在线段CD上，直线FH与平面BCE所成角的正弦值为33，求线段DH18.某公司利用自动分拣系统对价值500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99.9%.若一件包裹分拣错误，当包裹价值不超过10元时，该公司的损失费用为包裹价值的150%；当包裹价值超过10元但不超过100元时，该公司的损失费用为包裹价值的60%；当包裹价值超过100元时，该公司的损失费用为包裹价值的75%．该公司随机抽取10000件包裹，记录并整理这些包裹的价值，获得数据如下表：价值0,1010,100100,300300,500件数400040001200800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．(1)估计一件包裹价值不超过100元的概率；(2)记X为一件包裹分拣错误时该公司的损失费用，估计X的数学期望；(3)该公司每天平均处理10万件包裹．若使用一项新技术，可以让分拣的准确率增加到99.99%，但每天需额外支付5000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E：x2a2+y2b(1)求椭圆E的方程及离心率；(2)经过点A的直线与椭圆的另一个交点为D(位于x轴上方)，与x轴的交点为M.点D关于x轴的对称点为E.过点D作与x轴平行的直线交直线AE于点N.设▵DEN与▵AEM的面积分别为S▵DEN与S△AEM，若S▵DEN=320.已知函数f(x)=x+asinx+2，其中(1)当a=0时，求曲线y=f(x)经过点(0,0)的切线条数；(2)当π2<a≤2时，求证：对任意(3)若关于x的方程f′(x)=1在区间[−π2,π21.给定正整数m，如果一个无穷数列an满足：对于任意正整数k,ak+1,ak+2,⋯,ak+m，这(1)分别写出下列数列是否为3−预言数列；①an(2)是否存在首项为3的3−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；(3)求m−预言数列的个数．

参考答案1.D

2.B

3.C

4.A

5.D

6.A

7.A

8.C

9.B

10.A

11.x±y=0

12.10

13.125 ；9

14.−1+52

；/15.①④

16.解：(1)在四边形ABCD中，由∠B+∠D=π,AC是∠DAB的角平分线，∠D=π−∠B,∠DAC=∠BAC，在▵ACD,▵ABC中，由正弦定理得CDsin所以BC=CD．(2)选条件①：cosB=−15，则cosD=1在▵ACD,▵ABC中，由余弦定理得A即AD2−4AD−96=0AB所以四边形ABCD的面积S=S选条件②：AD−AB=4，由(1)得BC=CD=10，设∠DAC=∠BAC=θ(0<θ<π在▵ACD,▵ABC中，由余弦定理得C即AD2−28cosθ⋅AD+96=0于是Δ=16(49cos2θ−24)>0，即2由(AD+AB)2−(AD−AB)2=4AD⋅AB，得所以四边形ABCD的面积S=S选条件③：sin∠CAB=337在▵ABC中，由正弦定理得sinB=ACsin∠CABBC

17.解：(1)在四棱锥E−ABCD中，由AB//CD,AB⊄平面ECD,CD⊂平面ECD，得AB//平面ECD，又AB⊂平面ABG，平面ABG∩平面ECD=GF，则GF//AB//CD，而点G为DE的中点，因此F为CE中点，GF=12CD=1所以AB=GF．(2)由四边形ABFG为矩形，得AB⊥AG，由AB⊂平面ABFG，平面ABFG⊥平面ADE，平面ABFG∩平面ADE=AG，得AB⊥平面ADE，又AD⊥AE，则直线AE,AD,AB两两垂直，以点A为原点，直线AE,AD,AB分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则E(2,0,0),B(0,0,1),C(0,2,2),F(1,1,1)，由点H在线段CD上，设H(0,2,t),0≤t≤2，FH=(−1,1,t−1),设平面BCE的法向量n=(x,y,z)则，取x=1，得n=(1,−1,2)，由直线FH与平面BCE所成角的正弦值为得|cos⟨FH,n所以线段DH的长为1．

18.解：(1)解：根据题意，抽取的10000件包裹中，有8000件价值不超过100元，所以不超过100元的频率为800010000根据频率估计概率，一件包裹价值不超过100元的概率为P=(2)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0,10时，包裹价值为5元，损失费用为5×150%=7.5元；当包裹价值在10,100时，包裹价值为55元，损失费用为55×60%=33元；当包裹价值在100,300时，包裹价值为200元，损失费用为200×75%=150元；当包裹价值在300,500时，包裹价值为400元，损失费用为400×75%=300元；所以，X的所有可能值为7.5，33，150，300(单位：元)PX=7.5=4000PX=150=1200所以X的概率分布列如下：X7.533150300P2232所以，EX=7.5×(3)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0.09%，故采用新技术时，每天可以减少的损失费用约为0.09%×100000×58.2=5238元，由于5238>5000，故建议使用新技术．

19.解：(1)设椭圆E：x2a则下顶点坐标为0,−b，左焦点F1−c,0到下顶点0,−b的距离为因为椭圆E：x2a2+y2所以b=1,a=3，所以椭圆E的方程为x2离心率为e=c(2)由题意知，直线AD的斜率存在且不为零，设直线AD方程为y=kx−1，令y=0得x=1k，故联立方程y=kx−1x23+y2=1所以xD=6k1+3k所以D6k1+3k所以kAE所以直线AE的方程为y=1因为DN的方程为y=3所以y=3k2所以S▵DEN因为AE=点M1k,0到直线AE所以S▵AEM因为S▵DEN所以6k3k设椭圆的右顶点为C因为经过点A的直线与椭圆的另一个交点为D(位于x轴上方)，所以k>kAC=0−所以2k令t=k2，则2t3t−1所以6t解得t=1或t=−16(舍去)所以k=±1，即直线AD的斜率为±1．

20.解：(1)当a=0时，函数f(x)=xsinx+2设切点坐标为(x0,而切线过点(0,0)，因此−x0sin解得x0=0或x0=nπ+π2,n∈Z当x0=2nπ+π2,n∈Z当x0=2nπ−π2,n∈Z所以曲线y=f(x)经过点(0,0)的切线条数为3．(2)函数f(x)=x+asinx+2的定义域为R令g(x)=sinx+2−(x+a)cos由π2<a≤2，x∈[−π2,π2当x∈(0,π2]时，g′(x)>0，函数g(x)在[−g(x)min=g(0)=2−a≥0，即f′(x)≥0，函数f(x)f(x)≤f(π所以当π2<a≤2时，对任意(3)由(2)知，f′(x)=sinx+2−(x+a)cos因此−π2是方程f′(x)=1在[−π2,得当x∈(−π2,π2得a=−x−(sinx+1)(求导得h′(x)=−1−=sin3x+sin函数h(x)=−x−sin2当x从小于的方向趋近于π2时，h(x)→−∞，又当x∈[−π2,则(π2+x)即∀x∈(−π2,π2)，h(x)<π2，且当因此函数h(x)在(−π2,π2)上的值域为(−∞,π由关于x的方程f′(x)=1在区间[−π2,所以a的最小值为π2

21.解：(1)解：对于①a当m=3时，对于任意正整数k，ak+1,ak+2,所以an是3−对于②由于b1=2，b2=2，b3=3，b4当m=3，k=3时，bk+1,bk+2,bk+3其中不同的数有3和4两个，不等于b3所以bn不是3−(2)解：不存在，证明如下：根据题意，任意正整数k,ak+1,ak+2任意正整数k+1，ak+2,ak+3,所以ak+1−假设存在首项a1=3的3−预言数列，则a2即a2,a当a2=1时，不满足当a2=2，根据题意，对于正整数2，a3,a即a3,a当a2=3时，根据题意，对于正整数2，a3,a即a3,a又因为a5−a4∈−1,0,1，所以此时与对于正整数3，a4,a5,综上，不存在首项为3的3−预言数列．(3)解：当m=1时，an=1，此时m−预言数列的个数为当m≥2时，m−预言数列的个数为m+2，证明如下：①同(2)，可得ak+1−a所以，若数列中某一项为1，则后续m项只可能均为1或者均为2．②设an中的最大项为t，证明t≤2假设t≥3，则存在ak由题可知，ak+1,ak+2,⋯