2024-2025学年度第一学期北京市部分区高三数学期末分类汇编
《概率与统计》
一、二项式定理
1．（24-25高三上·北京海淀·期末）在的展开式中，的系数为（ ）
A． B．
C． D．
2．（24-25高三上·北京顺义·期末）在的展开式中，常数项为（ ）
A．12 B．6
C． D．
3．（24-25高三上·北京房山·期末）在的展开式中，的系数为（ ）
A． B．
C． D．
4．（24-25高三上·北京通州·期末）在二项式的展开式中，常数项为（ ）
A． B．
C． D．
5．（24-25高三上·北京西城·期末）若的展开式中存在常数项，则正整数的一个取值是 ，且此时常数项等于 .（用数字作答）
6．（24-25高三上·北京朝阳·期末）在的展开式中，的系数为 ．（用数字作答）
7．（24-25高三上·北京东城·期末）在的展开式中，的系数为 ．（用数字作答）
8．（24-25高三上·北京丰台·期末）在的展开式中，x的系数为 .（用数字作答）
9．（24-25高三上·北京昌平·期末）在的展开式中，的系数为 .（用数字作答）
10．（24-25高三上·北京石景山·期末）在的展开式中，含的项的系数是7，则（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
二、排列组合
11．（24-25高三上·北京通州·期末）设为的一个排列，则满足的不同排列的个数为（ ）
A． B． C． D．
三、随机变量及分布列
12．（24-25高三上·北京海淀·期末）某校为评价学生参加选修课的学习效果，组织了选修课学习的过程性评价测试. 选修课程甲的所有学生的原始成绩统计如下：
原始成绩 8.75 8.25 8.25 6.75 6.75 6.5 6 5.5 5.25 4.25 3.75 3.25
排名 1 2 2 4 4 6 7 8 9 10 11 12
(1)从这12名学生中随机抽取2人，求这2人原始成绩不同的概率；
(2)对课程甲采取“四分位数赋分法”进行赋分，记选修该课程的总人数为，规定原始成绩排名为的学生赋分成绩如下：
当时，赋分成绩为100分；当，赋分成绩为85分；
当时，赋分成绩为70分；当时，赋分成绩为60分.
①从课程甲的原始成绩不低于的学生中随机抽取人，记为这人赋分成绩之和，求的分布列和数学期望；
②选修课程乙的所有学生的原始成绩统计如下：
原始成绩 9.75 8 8 7.5 7.5 6 5.75 5.75
排名 1 2 2 4 4 6 7 7
原始成绩 5 4.75 4.5 4.5 4.25 4 3.75 3.5
排名 9 10 11 11 13 14 15 16
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机抽取1人，记这2人的赋分成绩分别为，直接写出数学期望和的大小关系.
13．（24-25高三上·北京西城·期末）为践行五育并举，增强学生体质，某校拟开设课外体育活动课.现从全校高一学生中分层随机抽样出100名男生和80名女生，对其选课意愿作调查统计，得到数据如下：
男生 女生
选择 不选择 选择 不选择
排球 50 50 50 30
篮球 25 75 15 65
足球 75 25 5 75
乒乓球 10 90 10 70
假设所有学生是否选择排球、篮球、足球、乒乓球相互独立，用频率估计概率.
(1)假设全校共有1800名高一学生，直接判断下列结论的正误.
结论：根据样本数据估计全校有800名高一学生有选择足球课的意愿；
结论：样本中男生对排球课和篮球课都不选择的人数可以为20；
(2)若从该校全体高一男生中随机抽取2人，全体高一女生中随机抽取1人，记这3人中选择排球课的人数为，求的分布列和数学期望；
(3)记样本中男生选择排球、篮球、足球、乒乓球课的频率依次为，其方差为；样本中男生不选择这四个活动课的频率依次为，其方差为.写出与的大小关系.（结论不要求证明）
14．（24-25高三上·北京东城·期末）某甜品店打算推出三款新品，在前期市场调研时，将顾客按照年龄分为青少年组中年组和老年组，随机调查了200名顾客对这三款新品的购买意愿，统计数据如下（单位：人）：
青少年组 中年组 老年组
愿意 不愿意 愿意 不愿意 愿意 不愿意
第一款 40 20 80 20 20 20
第二款 30 30 60 40 30 10
第三款 50 10 80 20 10 30
假设顾客的购买意愿相互独立.用频率估计概率.
(1)从顾客中随机抽取1人，估计该名顾客愿意购买第一款新品的概率；
(2)从三个不同年龄组的顾客中各随机抽取1人，记为这3人中愿意购买第二款新品的人数，求的分布列和数学期望；
(3)用“”表示顾客愿意购买第款新品，“”表示顾客不愿意购买第款新品．直接写出方差的大小关系．
15．（24-25高三上·北京朝阳·期末）随着科技的飞速发展，人工智能已经逐渐融人我们的日常生活．在教育领域，AI的赋能潜力巨大.为了解教师对AI大模型使用情况，现从某地区随机抽取了200名教师，对使用A、B、C、D四种AI大模型的情况统计如下：
使用AI大模型的种数性别 0 1 2 3 4
男 4 27 23 16 10
女 6 48 27 24 15
在上述样本所有使用3种AI大模型的40人中，统计使用A、B、C、D的AI大模型人次如下：
AI大模型种类 A B C D
人次 32 30 30 28
用频率估计概率.
(1)从该地区教师中随机选取一人，估计至少使用两种AI大模型（A、B、C、D中）的概率；
(2)从该地区使用3种AI大模型（A、B、C、D中）的教师中，随机选出3人，记使用B的有人，求的分布列及其数学期望；
(3)从该地区男，女教师中各随机选一人，记他们使用AI大模型（A、B、C、D中）的种数分别为，比较的数学期望的大小．（结论不要求证明）
16．（24-25高三上·北京丰台·期末）为弘扬社会主义核心价值观，加强校园诚信文化建设，提升中小学生的信息技术素养，某市开展了“中小学诚信主题短视频征集展示活动”，入围短视频在某公共平台展播.其中A，B，C，D，E，F，G这7个入围短视频展播前7天的累计播放量如下表：
短视频 A B C D E F G
前7天累计播放量（万次） 2.9 3.5 4.5 2.5 4.1 1.4 5.6
(1)从这7个入围短视频中随机选取1个，求该短视频前7天的累计播放量超过4万次的概率；
(2)某学生从这7个入围短视频中随机选取3个观看，记X为选取的3个短视频中前7天的累计播放量超过4万次的个数，求X的分布列和数学期望；
(3)若这7个入围短视频第8天的单日播放量如下表：
短视频 A B C D E F G
第8天单日播放量（万次） 0.4 0.4 0.6 0.3 0.5 0.1 0.8
记这7个入围短视频展播前7天的累计播放量的方差为，前8天的累计播放量的方差为，试比较与的大小关系.（结论不要求证明）
17．（24-25高三上·北京顺义·期末）某景点奶茶店的甲、乙、丙三款奶茶在国庆黄金周期间的日销售量数据，如下表（单位：杯）：
10月1日 10月2日 10月3日 10月4日 10月5日 10月6日 10月7日
甲 60 65 66 65 67 66 63
乙 57 62 63 62 64 63 60
丙 55 60 61 60 62 61 58
(1)从10月1日至7日中随机选取一天，求该天甲款奶茶日销售量大于65杯的概率；
(2)从乙、丙两款奶茶的日销售量数据中各随机选取1个，这2个数据中大于60的个数记为，求的分布列和数学期望；
(3)记乙款奶茶日销售量数据的方差为，表格中所有的日销售量数据的方差为，试判断和的大小．（结论不要求证明）
18．（24-25高三上·北京房山·期末）近年中国新能源汽车进入高速发展时期，2024年中国新能源汽车销售量已超过1100万辆，继续领跑全球.某市场部为了解广大消费者购买新能源汽车和燃油汽车的情况，从某市众多4S店中任意抽取8个作为样本，对其在12月份的新能源汽车、燃油汽车销售量（单位：辆）进行调查.统计结果如下：
1店 2店 3店 4店 5店 6店 7店 8店
新能源汽车销售量 10 8 16 23 20 18 22 11
燃油汽车销售量 14 11 13 19 21 25 23 26
(1)若从该市众多门店中随机抽取1个，估计该门店12月份新能源汽车销售量超过燃油汽车销售量的概率；
(2)若从样本门店中随机抽取3个，其中12月份新能源汽车销售量不低于20辆的门店个数记为，求的分布列和数学期望；
(3)新能源汽车销售量和燃油汽车销售量的样本方差分别记为和.试比较和的大小.（结论不要求证明）
19．（24-25高三上·北京通州·期末）为服务北京城市副中心三大文化建筑（北京艺术中心，北京城市图书馆和北京大运河博物馆）游客差异化出行需求，北京市交通委于2024年开通三大文化建筑周边自动驾驶微公交接驳服务. 无人驾驶微公交每辆车满载可乘坐9名乘客，为预测未来某站点在客流量高峰期乘车人数的规律，收集了以往某个客流量高峰期连续20辆微公交的乘车人数数据. 如下：
车次序号 乘车人数
110号 8 9 9 9 8 9 9 9 9 7
1120号 9 9 8 9 9 9 9 9 7 8
用频率估计概率.
(1)试估计该站点客流量高峰期微公交乘车人数为9人的概率；
(2)假设微公交乘车人数相互独立，记为未来该站点客流量高峰期两辆微公交乘车人数之和，求的分布列及数学期望；
(3)假设客流量高峰期该站点每辆微公交乘车人数只受前一辆微公交乘车人数影响，若该站点连续两辆微公交都满载9人的概率不低于，则需要缩短连续两辆微公交的时间间隔，判断公交公司在客流量高峰期是否需要缩短发车间隔.（写出结论，不用说明理由）
20．（24-25高三上·北京昌平·期末）某旅游景区为吸引更多游客，计划在官方网站平台和短视频平台同时进行广告宣传，两平台的浏览用户均可通过手机扫描景区提供的二维码，网上购买该景区门票，每人限购一张. 为了解两平台的售票情况，从两平台的浏览用户中各随机抽取了1000人，对其是否购买了该景区门票进行统计，获得数据如下：
用户 平台 购买景区门票用户（人） 未购买景区门票用户（人）
官方网站
短视频
景区门票在官方网站平台和短视频平台的售价均为元/人，其售票利润率分别是和．假设所有浏览用户是否购买景区门票相互独立．用频率估计概率．
(1)从短视频平台浏览用户中随机选取人，估计此人为购买景区门票用户的概率；
(2)从官方网站平台浏览用户中，随机选取人，用表示这人的购票费用总和，求随机变量的分布列和期望；
(3)经统计，官方网站平台和短视频平台的浏览用户分别为万人和万人左右．该景区按浏览用户的人数向两平台支付广告宣传费用，向官方网站平台按元/人的标准支付，向短视频平台按元/人的标准支付.为了获得最大的净利润（净利润=售票利润-广告宣传费用），试分析该景区应选择在哪个平台继续加大广告宣传费用投入力度，并说明理由．
21．（24-25高三上·北京石景山·期末）某城市的甲、乙两个区，甲区有500个居民小区，乙区有300个居民小区. 为了解甲、乙两个区在绿化与垃圾分类两方面的达标情况，进行了调查统计，结果如下：（单位：个）
绿化达标 垃圾分类达标 绿化达标且垃圾分类达标
甲区 300 250 200
乙区 180 150 120
(1)从甲乙两区的所有居民小区中随机抽取一个居民小区，求抽到的是“甲区且绿化达标”的概率；
(2)从甲区和乙区中各随机抽取一个居民小区，设表示这两个居民小区中“垃圾分类达标”的个数，求的分布列和数学期望；
(3)城市管理部门计划按照分层抽样从甲、乙两区抽取40个居民小区进行评比，在抽取的40个居民小区中，设为“绿化达标”居民小区的数量，为“绿化达标且垃圾分类达标”居民小区的数量，试判断方差的大小.（结论不要求证明）
2024-2025学年度第一学期北京市部分区高三数学期末分类汇编
《概率与统计》答案解析
1．A
【分析】利用二项式定理求出项即可得该项系数.
【详解】二项式的展开式中，含的项为，
所以的系数为.
故选：A
2．A
【分析】求出展开式的通项后可求常数项.
【详解】展开式的通项公式为，
令得，故常数项为，
故选：A.
3．B
【分析】写出二项展开式通项，令的指数为，求出参数的值，代入通项即可得解.
【详解】的展开式通项为，
由可得，故展开式中的系数为.
故选：B.
4．D
【分析】求出通项，找到常数项即可.
【详解】的通项公式为，
常数项时，则，
所以常数项为，
故选：D.
5． 3（答案不唯一） 12（答案不唯一）
【分析】根据二项展开式的通项公式，结合常数项的特征，即可求解.
【详解】二项展开式的通项公式为，
若展开式中存在常数项，则，，且，
所以满足条件的一个，
此时，常数项为.
故答案为：3；
6．
【分析】根据二项式展开式的通项公式，令的指数为1即可求解.
【详解】的展开式中的通项为，
∴令，可得的系数为.
故答案为：.
7．10
【分析】根据给定条件，求出二项式展开式的通项公式，再由指定的幂指数求解得答案.
【详解】二项式的展开式通项公式，
由，得，因此，
所以的系数为10.
故答案为：10
8．80
【分析】由二项式展开式的通项公式代入计算，即可得到结果.
【详解】二项式展开式的通项公式为，
令，则，所以，
即x的系数为.
故答案为：.
9．
【分析】根据二项式展开式的通项即可求解.
【详解】的展开式的通项为，
令，可得，
所以的系数为，
故答案为：40
10．D
【分析】利用多项式乘法法则对式子展开，合并同类项即可得到系数的值.
【详解】由题意可知展开式中含的项：
∴,
故选：D.
11．B
【分析】根据题意，分析可得则且，或且，或且，分别在不同情况下 ，列出所有可能，进而得到答案.
【详解】根据题意，若，则且，或且，或且，
当且时，有，或，
或，或，共4种可能；
当且时，有，或，
或，或，共4种可能，
当且时，有，或，
或，或，或，
或，或，或，共8种可能，
满足的不同排列的个数为，
故选：B．
12．(1)；
(2)①分布列见解析，数学期望为185；②.
【分析】（1）根据给定条件，利用古典概率公式，结合组合计数问题列式计算.
（2）①根据表格中数据，原始成绩不低于的学生赋分成绩，再求出的可能值及对应的概率，列出分布列求出期望；②求出课程甲、乙的赋分成绩，再求出期望北比较大小.
【详解】（1）设“从这12名学生中随机抽取2人，且2人原始成绩不同”为事件，
依据题中数据，仅有排名为2和4的两对学生原始成绩相同，
由古典概型，得.
（2）①根据题中数据，课程甲中原始成绩不低于的学生共有6人，
赋分依次为100，100，100，85，85，85，则的所有可能值为170，185，200，
，
所以的分布列如下：
170 185 200
.
②对课程甲进行赋分，赋分依次为：100,100,100,85,85,85,70,70,70,60,60,60，
对课程乙进行赋分，赋分依次为：100,100,100,100,100,85,85,85,70,70,70,70,60,60,60,60，
因此，
；
，
，
所以.
13．(1)结论正确，结论不正确.
(2)
0 1 2 3
数学期望为：
(3)故方差相等.
【分析】（1）结合题目，利用样本中选择足球的人数的比例求解，故结论A正确.因为选择排球的男生有50人，选择篮球的有25人，故不可能样本中男生对排球课和篮球课都不选择的人数为20.故结论B错误.
(2)利用全概率公式求解即可；
（3）根据题意有如下关系：结合方差的性质得到两者方差相等.
【详解】（1）结论A正确，结论不正确.
（2）（2）一男生选择排球课的概率估计为 ，
高一女生选择排球课的概率估计为 .
随机变量 的所有可能取值为0，1，2，3.
则，
，
所以的分布列为:
0 1 2 3
故 .
（3） .
14．(1)
(2)分布列见解析，
(3)
【分析】（1）根据表中数据求出相应频率，用频率估计概率即可；
（2）的可能取值为，求出相应的概率值，即可得到分布列与期望；
（3）根据离散型随机变量的概率公式求解即可.
【详解】（1）由表可知200名顾客中愿意购买第一款新品的人数为人，
用频率估计概率，从顾客中随机抽取1人，估计该名顾客愿意购买第一款新品的概率为.
（2）用频率估计概率，由表可知从青少年组中抽取1人，愿意购买第二款新品的概率为，
从中年组中抽取1人，愿意购买第二款新品的概率为，
从老年组中抽取1人，愿意购买第二款新品的概率为，
由题意的可能取值为，
，
，
，
，
所以的分布列为
.
（3）用频率估计概率，由表可知顾客愿意购买第款新品的概率为，
顾客愿意购买第款新品的概率为，
顾客愿意购买第款新品的概率为，
所以，，
所以，
，
所以.
15．(1)
(2)分布列见解析，数学期望为
(3)
【分析】（1）用样本频率估计总体概率即可求解；
（2）用样本频率估计概率，求出“从该地区使用3种AI大模型的40名教师中随机选1人，该人使用模型B”的概率为，则被抽取的人数，由二项分布概率公式即可求解；
（3）求出随机变量对应的概率，利用期望公式分别求出的数学期望，再比较大小即可.
【详解】（1）记事件M为“从该地区教师中随机选取一人，至少使用两种AI大模型”，
则估计.
（2）记事件为“从该地区使用3种AI大模型的40名教师中随机选1人，该人使用模型B”，
根据题中数据，.
的可能取值为，
，
，
．
.
的分布列为
0 1 2 3
.
（3）由题意可得该地区男，女教师人数分别为：80和120，
则易求，
，故.
16．(1)
(2)分布列见解析，
(3)
【分析】（1）利用“古典概型”的计算公式求解.
（2）明确的可能取值，求出相应事件的概率，可得分布列，在利用期望的概念求.
（3）分别计算与，比较它们的大小.
【详解】（1）这7个入围短视频中，前7天的累计播放量超过4万次的有3个.
设事件“从这7个入围短视频中随机选取1个，该短视频前7天的累计播放量超过4万次”，
则.
（2）X的所有可能取值为0，1，2，3，
，，
，，
所以X的分布列为：
X 0 1 2 3
P
.
（3）前7天累计播放量的平均数为：，
所以.
前8天累计播放量的平均数为：
所以
所以.
17．(1)
(2)分布列见解析，
(3)
【分析】（1）根据表中数据可求频率，从而可求概率；
（2）先求出“乙款奶茶日销售量大于60杯”、“丙款奶茶日销售量大于60杯”的概率，再根据独立事件的概率可求的分布列和数学期望.
（3）根据方差公式可求和，从而可比较它们的大小.
【详解】（1）对于甲款奶茶，7天中共有3天销量大于65，
设为：“该天甲款奶茶日销售量大于65杯”，则.
（2）设为：“乙款奶茶日销售量大于60杯”，为：“丙款奶茶日销售量大于60杯”，
则，，
而可取，则，
而，故，
故的分布列为：
故.
（3）乙款奶茶日销售量数据的平均值为，
故，
同理可得表格中所有的日销售量数据的平均值为，
，而，故.
18．(1)
(2)分布列见解析，
(3)
【分析】（1）根据新能源汽车销售量超过燃油汽车销售量的有2家，利用古典概型概率公式求解即可.
（2）的所有可能取值为0，1，2，3，分别求出随机变量对应的概率即可得到分布列，然后利用数学期望公式求解即可；
（3）根据表格中数据，计算样本数据的平均数，再利用方差公式求出样本方差，然后直接判断即可.
【详解】（1）由题可知：8家门店中新能源汽车销售量超过燃油汽车销售量的有2家，分别是：门店3，门店4，
所以若从该市众多门店中随机抽取1个，估计该门店12月份新能源汽车销售量超过燃油汽车销售量的概率
（2）12月份新能源汽车销售量不低于20辆的门店个数为3，分别是：门店4，门店5，门店7，
从样本门店中随机抽取3个，12月份新能源汽车销售量不低于20辆的门店个数记为，的所有可能取值为：0，1，2，3
所以，
，
所以的分布列为
0 1 2 3
P
求的分布列和数学期望
；
（3）新能源汽车销售量的样本平均数
新能源汽车销售量的样本方差
燃油汽车销售量的样本平均数
燃油汽车销售量的样本方差
所以
19．(1)
(2)分布列见解析，
(3)公交公司在客流量高峰期需要缩短发车间隔
【分析】（1）结合数据，20辆微公交的乘车人数为9人的共有14辆，求得概率；
（2）结合数据，求出的可能取值，求出概率，列出分布列求出期望；
（3）结合古典概型，求出连续两辆微公交都满载9人的可能情况，求出概率.
【详解】（1）根据数据可得，20辆微公交的乘车人数为9人的共有14辆，
所以该站点客流量高峰期微公交乘车人数为9人的概率为.
（2）根据数据，20辆微公交的乘车人数为7人的共有2辆，8人的共有4辆，9人的共有14辆，
所以乘车人数为7人的概率为，乘车人数为8人的概率为，乘车人数为9人的概率为，
记为未来该站点客流量高峰期两辆微公交乘车人数之和，则可能取值为14,15,16,17,18.
，
，
，
，
，
所以的分布列为：
14 15 16 17 18
（3）公交公司在客流量高峰期需要缩短发车间隔，
理由：20辆公交车连续两辆共有19种可能，其中共有10种两辆微公交都满载9人，
其连续两辆微公交都满载9人的概率，
所以公交公司在客流量高峰期需要缩短发车间隔.
20．(1)
(2)分布列见解析，75
(3)该景区应选择官方网站平台，理由见解析
【分析】（1）根据条件，利用频率来表示概率，即可求解；
（2）由题知的所有可能取值为，利用独立重复事件的概率公式，求出相应的概率，即可出分布列；再利用期望的计算公式，即可求解；
（3）分别求出两个平台的净利润，即可求解.
【详解】（1）设 “从短视频平台浏览用户中随机选取人，此人为购买景区门票用户”为事件，则．
（2）设 “从官方网站浏览平台用户中随机选取1人，此人为购买景区门票用户”为事件，
则用频率估计概率，．
由题意，的所有可能取值为，
则，，
，．
所以随机变量的分布列为
期望为．
（3）官方网站平台的净利润为（元），
短视频平台的净利润为（元）．
所以该景区应选择官方网站平台继续加大广告宣传费用的投入力度．
21．(1)
(2)分布列见详解，1
(3)
【分析】（1）根据表格中的数据，利用古典概型计算概率即可；
（2）根据表格求得从甲区中随机抽取一个居民小区，它是“垃圾分类达标”小区的概率，以及从乙区中随机抽取一个居民小区，它是“垃圾分类达标”小区的概率，再分别求得的概率，即可写出分布列，进而求得数学期望；
（3）根据表格中的数据，求出离散型随机变量的方差，从而判断.（学生作答时，直接写结果即可，无需说明理由）.
【详解】（1）设事件“抽到的是甲区且绿化达标”，
因为该城市试点区的所以居民小区共有个，
甲区且绿化达标的居民小区共有个，
则，
所以，抽到的是“甲区且绿化达标”的概率为.
（2）由题意，的所有可能的取值为.
从甲区中随机抽取一个居民小区，它是“垃圾分类达标”小区的概率为，
从乙区中随机抽取一个居民小区，它是“垃圾分类达标”小区的概率为，
则，，
，
所以的分布列为：
0 1 2
所以，数学期望.
（3）因为甲区有500个居民小区，乙区有300个居民小区，共个，
所以从甲小区里抽取个，从乙小区里抽取个，
由表格可知：
从甲区中随机抽取一个居民小区，它是“绿化达标”小区的概率为，
从乙区中随机抽取一个居民小区，它是“绿化达标”小区的概率为，
因此，随机变量，则.
由表格可知：
从甲区中随机抽取一个居民小区，它是“绿化达标且垃圾分类达标”小区的概率为，
从乙区中随机抽取一个居民小区，它是“绿化达标且垃圾分类达标”小区的概率为，
因此，随机变量，则.
所以，.2024-2025学年度第一学期北京市部分区高三数学期末分类汇编
《函数、不等式、平面向量》
一、函数的基本性质
1．（24-25高三上·北京西城·期末）下列函数中，值域为且为奇函数的是（ ）
A． B． C． D．
2．（24-25高三上·北京石景山·期末）下列函数中，是奇函数且在定义域内是增函数的是（ ）
A． B． C． D．
3．（24-25高三上·北京丰台·期末）下列函数中，满足“，”的是（ ）
A． B．
C． D．
4．（24-25高三上·北京东城·期末）下列函数中，使既是奇函数又是增函数的是（ ）
A． B． C． D．
5．（24-25高三上·北京房山·期末）下列函数的图象中，不是中心对称图形的是（ ）
A． B．
C． D．
6．（24-25高三上·北京昌平·期末）设函数的定义域为，则对内的任意实数，有（ ）
A． B．
C． D．
7．（24-25高三上·北京通州·期末）已知函数，则（ ）
A．是偶函数，且在上是增函数
B．是偶函数，且在上是减函数
C．是奇函数，且在上是增函数
D．是奇函数，且在上是减函数
8．（24-25高三上·北京顺义·期末）已知，且，则（ ）
A． B．
C． D．
9．（24-25高三上·北京顺义·期末）函数的定义域为 ．
10．（24-25高三上·北京东城·期末）函数的定义域为 ．
11．（24-25高三上·北京通州·期末）已知函数，则 .
12．（24-25高三上·北京房山·期末）函数的定义域为 .
二、指数、对数应用题
13．（24-25高三上·北京东城·期末）近年来，人工智能快速发展，AI算法是人工智能的核心技术之一.现有一台计算机平均每秒可进行次运算，在这台计算机上运行某个AI算法来生成一个文案需要次运算，则生成这个文案需要的时间约为（ ）（本题取）
A．1秒 B．10秒 C．20秒 D．50秒
14．（24-25高三上·北京西城·期末）在光纤通信中，发射器发出光信号的功率传输后会逐渐变弱，衰减后的光功率（单位：W）可表示为，其中为起始光功率（单位：W），为衰减系数，为接收信号处与发射器间的距离（单位：km）.已知距离发射器处的光功率衰减为起始光功率的一半.若当距离由km变到km时，光功率由变到，则（ ）
A． B． C． D．
15．（24-25高三上·北京丰台·期末）溶液酸碱度是通过pH计量的，pH的计算公式为，其中表示溶液中氢离子的浓度（单位：）.室温下，溶液中氢离子和氢氧根离子的浓度之积为常数，即，其中表示溶液中氢氧根离子的浓度（单位：）.室温下，某溶液的pH值为1，若加水稀释后，该溶液的pH值变为2，则稀释后溶液中氢氧根离子的浓度与稀释前溶液中氢氧根离子的浓度的比值为（ ）
A． B．2 C． D．10
16．（24-25高三上·北京东城·期末）已知．用表示中的最大值，设．若函数在区间上有且仅有两个零点，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
17．（24-25高三上·北京昌平·期末）古生物学家经常利用碳 14 的含量来推断古生物死亡的大致时间. 当生物体生存时，其体内的碳14 含量会保持在一定的水平，设为.当生物体死亡后，碳14 会发生衰变，且碳 14含量随时间（单位：年）的变化规律满足，其中是衰变常数.已知碳14的半衰期约为 5730 年，即每经过 5730 年，碳 14 含量就会变为原来的. 现古生物学家发现一个古生物化石，经测量该古生物化石碳14含量为. 由此可以推断这个古生物的死亡时间点距今所经过的时间（单位：年）的大致范围是（ ）
(参考数据: ，)
A． B．
C． D．
18．（24-25高三上·北京石景山·期末）某食品的保鲜时间（单位：小时）与储藏温度（单位：）满足函数关系（为自然对数的底数，为常数）. 若该食品在的保鲜时间是194小时，在的保鲜时间是50小时，则该食品在的保鲜时间是（ ）
A．20小时 B．22小时 C．24小时 D．26小时
三、分段函数
19．（24-25高三上·北京朝阳·期末）若函数,恰有两个零点，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
20．（24-25高三上·北京海淀·期末）已知函数存在最小值，则的取值范围是 .
21．（24-25高三上·北京昌平·期末）已知函数 若无最大值，则实数的一个取值为 ; 若存在最大值，则的取值范围是 .
22．（24-25高三上·北京石景山·期末）已知函数，若，则 ；若对任意的正数，方程都恰有两个不等的实数根，则实数的取值范围是 .
23．（24-25高三上·北京丰台·期末）已知函数，，，，则 ；方程的所有实数解的和为 .
24．（24-25高三上·北京房山·期末）已知函数，，给出下列四个结论：
①当时，方程有且只有一个实数根；
②当时，对任意，或；
③当时，对任意，；
④存在，对任意，.
其中正确结论的序号是 .
四、不等式
25．（24-25高三上·北京石景山·期末）已知a，，且，则下列不等关系中正确的是（ ）
A． B． C． D．
26．（24-25高三上·北京房山·期末）已知，，，且，，则（ ）
A． B．
C． D．
27．（24-25高三上·北京顺义·期末）“”是“对任意，”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
28．（24-25高三上·北京朝阳·期末）“”是“”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
29．（24-25高三上·北京西城·期末）若实数满足，则（ ）
A． B． C． D．
30．（24-25高三上·北京丰台·期末）在中，，.
①若，则 ；
②面积的最大值为 .
五、平面向量
31．（24-25高三上·北京顺义·期末）已知向量，，若与垂直，则的值为（ ）
A． B．0
C． D．2
32．（24-25高三上·北京西城·期末）在中，则“”是“是直角三角形”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
33．（24-25高三上·北京海淀·期末）已知向量，，则 ，的最小值为 .
34．（24-25高三上·北京石景山·期末）向量在正方形网格中的位置如图所示. 若向量与共线，则实数 .
35．（24-25高三上·北京丰台·期末）设，为非零向量，则“”是“”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
36．（24-25高三上·北京房山·期末）已知非零平面向量，则“”是“存在非零实数，使”的
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
37．（24-25高三上·北京东城·期末）已知平面向量为两两不共线的单位向量，则“”是“与共线”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
38．（24-25高三上·北京顺义·期末）在中，，，为所在平面内的动点，且，则的最小值为（ ）
A． B．
C． D．
39．（24-25高三上·北京昌平·期末）在△中，，为的中点，为线段上的一个动点，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
40．（24-25高三上·北京朝阳·期末）已知为所在平面内一点，满足，且，，设为向量的夹角，则 ； ．
41．（24-25高三上·北京西城·期末）折扇，古称聚头扇、撒扇等，以其收拢时能够二头合并归一而得名.某折扇的扇面是一个圆台的侧面展开图，如图所示.设，，则扇面（图中扇环）部分的面积是 ， .
42．（24-25高三上·北京通州·期末）已知是同一平面上的三个向量，满足，，则与的夹角等于 ；若与的夹角为，则的最大值为 .
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《函数、不等式、平面向量》解析答案
1．D
【分析】根据奇函数的定义：对于任意实数，都有.然后分析每个函数的值域判定即可.
【详解】对于函数，定义域为R，，而.
因为，所以该函数不是奇函数. 对于值域，
因为的值域为，所以的值域为R.故A错误.
对于函数，定义域为R，，
所以该函数是偶函数，不是奇函数.
对于值域，的值域是，的值域为，当趋于无穷时，的值在正负无穷之间波动，其值域不是， 故B错误.
对于函数，定义域为，，所以该函数是奇函数.
对于值域，，，当趋于时，趋于正负无穷，其值域为，不是R. 故C错误.
对于函数，定义域为，，所以该函数是奇函数.
对于值域，当趋于正无穷时，趋于正无穷；当趋于负无穷时，趋于负无穷；
并且函数在定义域内是连续的，所以值域为R.
故选：D.
2．C
【分析】分别讨论各个选项中函数的定义域、奇偶性和单调性即能得到答案.
【详解】A选项：函数定义为，，是偶函数，A选项不正确；
B选项：函数定义为，，是奇函数，
函数在上单调递增，在上单调递减，B选项不正确；
C选项：函数定义为，，是奇函数，
因为，所以函数在定义域内单调递增，C选项正确；
D选项：函数定义为，，是奇函数，
因为在上单调递减，
所以函数在上单调递减，D选项不正确.
故选：C.
3．C
【分析】对于ABD，求证函数为偶函数即可判断，；对于C，求证函数为奇函数即可判断.
【详解】对于A，函数定义域为R，且对任意有，函数为偶函数，
所以不存在，使得，故A不满足；
对于B，函数定义域为R，且对任意有，函数为偶函数，
所以不存在，使得，故B不满足；
对于C，函数定义域为R，且对任意有，函数为奇函数，
如，即
所以，，故C满足；
对于D，函数定义域为R，且对任意有，函数为偶函数，
所以不存在，使得，故D不满足.
故选：C.
4．B
【分析】先求得，然后根据函数的奇偶性和单调性等知识来确定正确答案.
【详解】对于A，，
由于，所以是偶函数，不合题意，故A错误；
对于B，，既是奇函数，又是增函数，符合题意，故B正确；
对于C，，
当时，，所以不是奇函数，不合题意，故C错误；
对于D，
，
该函数是奇函数，但不单调，不符合题意，故D错误.
故选：B.
5．C
【分析】利用函数的图像求解，选项A：利用的对称性和函数的图像变换得到，选项B：利用对号函数的对称性求解即可，选项C：利用绝对值函数的图像求解即可，选项D：利用三次函数的对称性求解即可.
【详解】选项A：是由函数向左平移个单位得到，因为是中心对称图形，所以也是中心对称图形，
选项B：故对号函数关于原点中心对称，
选项C：易知是偶函数，且在单调递减，在单调递增，不是中心对称图形，
选项D：三次函数关于中心对称，因为.
故选：C.
6．C
【分析】将化简并得到，利用，求出，对照各选项作出判断即可.
【详解】∵，
∴
∴，故A错误，C正确；
∴，故B、D错误，
故选：C.
7．A
【分析】根据函数的奇偶性的定义判断函数的奇偶性，再利用导数说明函数的单调性．
【详解】函数的定义域是，关于原点对称，，
故函数是偶函数，
又因为，易知其为增函数，
当时，，
故在上是增函数，
故选：A．
8．B
【分析】分别画出的图像，结合图像即可求解；
【详解】分别画出的图像，
为的交点横坐标，
为的交点横坐标，
为的交点横坐标，
结合图像可知：
故选：B
9．
【分析】根据解析式得到关于自变量的不等式组，其解为函数的定义域.
【详解】由题设有，故，
故答案为：.
10．
【分析】利用分式和根式有意义求解即可.
【详解】由题意可得，解得，
所以函数的定义域为，
故答案为：
11．3
【分析】直接代入计算即可.
【详解】.
故答案为：3.
12．
【分析】根据对数的真数大于零、分母不为零可得出关于的不等式组，由此可解得函数的定义域.
【详解】对于函数，有，解得且，
因此，函数的定义域为.
故答案为：.
13．B
【分析】根据题意，利用对数的运算计算与的商即可得解.
【详解】因为这台计算机平均每秒可进行次运算，
所以次运算需要秒，
而，
所以.
故选：B.
14．A
【分析】根据给定的函数模型，代入列式，利用指数运算化简得答案.
【详解】依题意，，则，
由、，得，
所以.
故选：A
15．D
【分析】利用pH的计算公式可求得溶液稀释前后的氢离子的浓度，再利用即可求得稀释前后的氢氧根离子的浓度，即可求得稀释后溶液中氢氧根离子的浓度与稀释前溶液中氢氧根离子的浓度的比值.
【详解】设稀释前氢离子和氢氧根离子的浓度分别为，，稀释后氢离子和氢氧根离子的浓度分别为，，
因为稀释前溶液的pH为1，所以，所以，
又因为，所以；
因为稀释后溶液的pH为2，所以，所以，
又因为，所以，
所以稀释后溶液中氢氧根离子的浓度与稀释前溶液中氢氧根离子的浓度的比值为.
故选：D.
16．C
【分析】按，和三种情况分类讨论，将零点个数问题转化为一元二次方程在特定区间内解的个数问题即可求解.
【详解】当时，，所以在区间上无零点；
当时，，所以若在区间内存在零点，则，
当时，，
若即，则，
所以在区间内有两个零点，此时，矛盾；
若，即或时，，
所以在区间内有一个零点，
又因为，有两个零点，
当时，或，或，
此时的另一个零点为或，均不在区间内，
当时必须且只需即可（如图所示），
即，即，解得，
综上实数的取值范围为，
故选：C
17．C
【分析】根据指数、对数的运算法则，结合题中所给的数据进行求解即可.
【详解】由题知，得，
两边同时取对数可得，故，.
令，得，
两边同时取对数可得，解得.
故选：C.
18．D
【分析】由题意列出方程组，求得参数，在代入求得保鲜时间.
【详解】由题意可知，
即，解得，即，
当时，，
故选：D.
19．D
【分析】分析该分段函数在各段上的零点情况，将问题转化为直线与在上有一个交点的问题，结合函数的图象即得参数的范围.
【详解】当时，由可得，
依题意， 时， 有1个零点，
即方程在上有一个实根，
也即直线与在上有一个交点.
如图作出函数的图象.
因在上单调递增，由图可知，此时.
综上，实数的取值范围是.
故选：D.
20．
【分析】分、、三种情况讨论，分别说明函数的最小值，即可求出参数的取值范围.
【详解】当时，在上单调递增，
且当时，显然不存在最小值，故舍去；
当时，，则当时，
所以的最小值为，符合题意；
当时，当时，所以在上单调递减，在上单调递增，，
当时，则在上单调递减，
要使函数存在最小值，则，解得，此时；
综上可得的取值范围是.
故答案为：
21． （答案不唯一，满足即可）；
【分析】由一次函数单调性以及值域问题可得即可；再对二次函数单调区间进行分类讨论解不等式即可得出结果.
【详解】易知当时，函数单调递减，此时不存在最大值，
因此只需满足即可，可取；
若存在最大值，则，
当时，此时的最大值为，
而单调递增，需满足，解得；
当时，此时的最大值为，
而单调递增，需满足，即；
综上可得，.
故答案为：（答案不唯一，满足即可）；；
22．
【分析】当时求出的解析式，求出，求出，分、和三种情况结合数形结合思想即可求解.
【详解】因为，所以，
所以，所以，
若，则，
如图，
当时，有且只有一个根，
故舍去，若，，
时，，
对称轴为直线，时，
，如图，
要使对任意的正数，方程恰有两个不等的实数根，
即与直线恰有两个交点，
则，所以无解，
若，时，，
如图，
，要满足题意则，
因为，所以，综上：.
故答案为：；.
23． 0 16
【分析】代入计算可得第一空，利用图象的对称性可求所有实数解的和.
【详解】，
而，
，故的对称中心为，
在平面直角坐标系中，画出和在上的图像，
由图象可得的图象在上共有4个不同的交点，
它们的横坐标的和为，
故答案为：.
24．①②③
【分析】画出二次函数图象和指数函数图象，根据的不同取值范围，分析二次函数图象的分布，即可求解.
【详解】对于①，当时，，由与图象可知，方程有且只有一个实数根，①正确；
对于②，当时，，当时，.当时函数为开口向下的二次函数，令函数的两个零点分别为，，所以当时，，所以②正确.
对于③，当时，为开口向上的二次函数，，，所以对任意，，，所以，③正确.
对于④，当时，当时，，此时；
当时，，当时，；
当时，，即，
所以不存在，对任意，，④错误.
故答案为：①②③.
25．B
【分析】利用不等式性质判断ACD，利用基本不等式判断B.
【详解】对于A，因为，所以，错误；
对于B，因为，所以，所以，
当且仅当即时，等号成立，又，所以，正确；
对于C，因为，所以，，所以，错误；
对于D，因为，所以，所以，
又，所以即，错误；
故选：B.
26．C
【分析】通过举反例即可判断ABD，对于C根据不等式的性质即可判断.
【详解】对于A：令 ，，所以，故A错误；
对于B：令，故B错误；
对于C：因为，所以，所以，故C正确；
对于D：当时，显然不成立，令，故D错误
故选：C.
27．C
【分析】根据两者之间的推出关系可判断条件关系.
【详解】若，则，
当时，，故；
当时，，故；
当时，，
故能推出；
反之，若对任意，，
因为时，，故，故即；
而时，，故，故即；
时显然成立，故，
故对任意，能得到，
故“”是“对任意，”的充要条件，
故选：C.
28．A
【分析】由对数函数的单调性，结合充分条件和必要条件的定义即可下结论.
【详解】当时，，所以充分性成立；
若，即，
当时，，所以不成立，故必要性不成立，
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：A
29．D
【分析】首先表示，再根据选项代入，结合基本不等式，即可判断.
【详解】由条件可知，，，
所以，当时，即时等号成立，故AB错误；
，
当，即时，等号成立，
所以，故C错误，D正确.
故选：D
30． /
【分析】①由正弦定理即可求得答案；②由余弦定理结合基本不等式求出的最大值，即可求得答案.
【详解】①由正弦定理得，则；
②由余弦定理得，
即，当且仅当时等号成立，
故面积的最大值为，
故答案为：；
31．A
【分析】根据向量垂直的坐标形式可求的值.
【详解】因为且与垂直，
故，故，
故选：A
32．A
【分析】根据充分不必要条件的判定和向量数量积的定义和运算律即可得到答案.
【详解】，则，因为在中，
则，则，则，则是直角三角形，则充分性成立；
反过来若“是直角三角形”，则不一定是，
比如，则，则，则，则必要性不成立，
则“”是“是直角三角形”的充分不必要条件.
故选：A.
33．
【分析】根据平面向量线性运算的坐标表示求出，从而求出，再根据向量模的坐标表示计算可得.
【详解】因为，,
所以，
则，所以，当且仅当时取等号，
所以的最小值为.
故答案为：；
34．2
【分析】由图得，根据向量与共线，结合共线向量基本定理设，即可解得实数的值.
【详解】由图可知，，
因为向量与共线，所以根据共线向量基本定理可设：，
即，则，
所以，解得.
故答案为：2.
35．B
【分析】根据两者之间的推出关系可得两者之间的条件关系.
【详解】若，则，模长相等，但它们的方向可以不同，故不一定成立，
故得不到，
若，则，
故“”是“”的必要不充分条件，
故选：B.
36．A
【详解】“”说明共线同向，能推得“存在非零实数，使”的，所以充分性具备，但反过来，“存在非零实数，使”可能共线同向，也可能共线反向，所以必要性不具备.
故选A
37．C
【分析】由题设有设，，，如下图，为边长为1的菱形，数形结合及向量加减、数乘的几何意义判断条件间的推出关系，即可得答案.
【详解】由平面向量为两两不共线的单位向量，
设，，，如下图，为边长为1的菱形，
若，即与垂直，，
即，而，且，
所以共线，即与共线；
若与共线，即且，而，即，
所以与垂直，故.
所以“”是“与共线”的充要条件.
故选：C
38．B
【分析】可证，延长至，使得，则为的垂直平分线，根据对称可求的最小值.
【详解】
因为，故，故，
故，所以，
延长至，使得，连接，则为的垂直平分线，
故，故，
当且仅当共线时等号成立，
而，
故的最小值为，
故选：B.
39．B
【分析】设，由平行四边形法则得到,将表示成的函数，并利用二次函数的性质求出最小值.
【详解】△中，，为的中点，
所以，
设，则，，
，
即当时，的最小值为.
故选：B.
40． /
【分析】由已知可知，两边同时平方可求，然后利用向量数量积公式即可求解；同理可求，即可求得.
【详解】，，
，即，解得，
.
同理可得：，即，解得.
.
故答案为：；.
41．
【分析】根据扇形面积公式，即可求解扇面的面积；根据向量数量积公式求模.
【详解】由条可知，，，
所以扇形的面积，扇形的面积,
所以扇面的面积是；
.
故答案为：；
42． 4
【分析】第1空，利用可得；
第2空，根据向量夹角的关系，利用向量的几何表示，设，，确定为的外接圆直径时最大，进而可得.
【详解】第1空：，因，故，
第2空：设，，则,
设，则，，因与的夹角为，
而，故在两段优弧上，如下图，
右上方的弧所在圆的半径为，左下方的弧所在的圆的半径为2且圆心为，
结合图形可得即可取得最大值为直径即为，
故答案为：；42024-2025学年度第一学期北京市部分区高三数学期末分类汇编
《集合、复数、命题逻辑》
一、集合
1．（24-25高三上·北京海淀·期末）已知集合，，则（ ）
A． B．
C． D．
2．（24-25高三上·北京西城·期末）已知集合，，那么集合（ ）
A． B． C． D．
3．（24-25高三上·北京朝阳·期末）已知全集，集合，则（ ）
A． B．
C． D．
4．（24-25高三上·北京东城·期末）已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
5．（24-25高三上·北京丰台·期末）已知集合，，则（ ）
A． B．
C． D．
6．（24-25高三上·北京顺义·期末）已知集合，集合，则（ ）
A． B．
C． D．
7．（24-25高三上·北京房山·期末）已知全集，集合，则（ ）
A． B．
C． D．
8．（24-25高三上·北京通州·期末）已知全集，集合，则（ ）
A． B． C． D．
9．（24-25高三上·北京昌平·期末）已知集合，，则（ ）
A． B．
C． D．
10．（24-25高三上·北京石景山·期末）已知集合，，则等于（ ）
A． B． C． D．
11．（24-25高三上·北京东城·期末）已知非空数集满足：
（i），有；（ii），有；（iii）且，有，
则称是的“理想子集”．给出下列四个结论：
①若，则是的“理想子集”；②若是的“理想子集”，且存在非零实数，则；
③若是的“理想子集”，则也是的“理想子集”；④若是的“理想子集”，则也是的“理想子集”．
其中正确结论的序号是 ．
二、复数
12．（24-25高三上·北京海淀·期末）若复数满足，则（ ）
A． B． C． D．
13．（20-21高一下·福建福州·期中）在复平面内，复数对应的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
14．（24-25高三上·北京西城·期末）设为虚数单位，，且，则（ ）
A． B． C． D．
15．（24-25高三上·北京丰台·期末）复数（ ）
A． B． C． D．
16．（24-25高三上·北京东城·期末）在复平面内，复数，则的共轭复数对应的点的坐标是（ ）
A． B． C． D．
17．（24-25高三上·北京顺义·期末）在复平面内，复数，，则对应的点的坐标是（ ）
A． B．
C． D．
18．（24-25高三上·北京通州·期末）若复数满足，其中为虚数单位，则（ ）
A． B． C． D．
19．（24-25高三上·北京昌平·期末）若复数满足，则在复平面内，复数对应的点的坐标是（ ）
A． B． C． D．
20．（2019·江西·三模）已知复数z满足i z＝2+i，则z的共轭复数是
A．﹣1﹣2i B．﹣1+2i C．1﹣2i D．1+2i
21．（24-25高三上·北京石景山·期末）若复数满足，则（ ）
A． B． C． D．
三、命题逻辑与其他综合
22．（24-25高三上·北京海淀·期末）设函数，则“”是“没有极值点”的（ ）
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
23．（24-25高三上·北京西城·期末）在中，则“”是“是直角三角形”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
24．（24-25高三上·北京朝阳·期末）“”是“”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
25．（24-25高三上·北京东城·期末）已知平面向量为两两不共线的单位向量，则“”是“与共线”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
26．（24-25高三上·北京丰台·期末）设，为非零向量，则“”是“”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
27．（24-25高三上·北京顺义·期末）“”是“对任意，”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
28．（17-18高三上·北京朝阳·期中）已知非零平面向量，则“”是“存在非零实数，使”的
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
29．（24-25高三上·北京通州·期末）已知直线，双曲线，则“”是“直线与双曲线无交点”的（ ）
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
30．（24-25高三上·北京昌平·期末）设是两条不同的直线，是两个不同的平面，且，则“”是“”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
31．（24-25高三上·北京石景山·期末）“”是“函数在上单调递减”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
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
2024-2025学年度第一学期北京市部分区高三数学期末分类汇编
《集合、复数、命题逻辑》解析答案
1．B
【分析】解不等式化简集合，再利用并集的定义求解即得.
【详解】集合，而，
所以.
故选：B
2．C
【分析】解出两集合，再利用交集含义即可.
【详解】或，，
则.
故选：C.
3．D
【分析】根据补集关系分析运算即可.
【详解】因为全集，集合，
所以.
故选：D.
4．A
【分析】化简集合，利用集合并集的概念求解即可.
【详解】由题意，，
所以，
故选：A
5．B
【分析】根据给定条件，利用并集的定义直接求解.
【详解】集合，，所以.
故选：B
6．B
【分析】求出集合后可求它们的交集.
【详解】，，
故，
故选：B.
7．D
【分析】根据补集定义计算即可.
【详解】因为，集合，则.
故选：D.
8．C
【分析】解不等式求得集合，进而求得.
【详解】由，解得，所以，
所以.
故选：C
9．B
【分析】利用一元二次不等式的解法求出集合，再利用集合的运算，即可求解.
【详解】由，得到，所以，
又，所以，
故选：B.
10．A
【分析】先解绝对值不等式求得集合，最后根据集合的并集运算即可求得.
【详解】因为，所以集合，所以.
故选：A.
11．①②④
【分析】根据“理想子集”的定义，结合元素与集合的包含关系逐一判断即可.
【详解】①集合表示所有偶数构成的集合，
所有的偶数都是整数，任意两个偶数的和仍是偶数，任意偶数和整数的积仍是偶数，
满足（i）（ii）（iii），故是的“理想子集”，①说法正确；
②若是的“理想子集”，且存在非零实数，
则由“理想子集”的概念可知对任意的有，所以，②说法正确；
③若是的“理想子集”，则，有，，有，
但对于，，不一定有，
例如，，，此时，，，③说法错误；
④若是的“理想子集”，对于显然，有，满足（i），
令，，则，又是的“理想子集”，所以，，
同理由是的“理想子集”可得，
所以，满足（ii）（iii），
所以若是的“理想子集”，则也是的“理想子集”，④说法正确；
故答案为：①②④
【点睛】方法点睛：新定义题型的特点是通过给出一个新概念或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的.本题的关键是理解“理想子集”的概念，结合元素与集合的包含关系求解.
12．A
【分析】利用复数模及除法运算计算得解.
【详解】依题意，.
故选：A
13．B
【分析】对复数进行化简，得到复数在复平面内所对应的坐标，即可判断复数对应点位于第几象限
【详解】令，在复平面内，实部代表横坐标，虚部代表纵坐标，所以复数所对应的坐标为，位于第二象限
故选：B
14．B
【分析】利用复数相等求解即可.
【详解】
又，根据复数的相等，
故则
故选：B.
15．D
【分析】根据复数的除法计算后可得正确的选项.
【详解】，
故选：D.
16．D
【分析】应用复数乘法求复数，根据共轭复数的定义求，进而确定点坐标.
【详解】由，则，对应点为.
故选：D
17．C
【分析】根据复数的乘法运算和复数的几何意义即可得到答案.
【详解】，
则其所对应的点的坐标为.
故选：C.
18．B
【分析】利用复数的运算化简复数即可求解.
【详解】因为，所以.
故选：B
19．A
【分析】先求复数，再根据复数几何意义得点坐标.
【详解】∵，∴.
∴在复平面内，复数对应的点的坐标是.
故选：A.
20．D
【分析】两边同乘-i，化简即可得出答案．
【详解】i z＝2+i两边同乘-i得z=1-2i,共轭复数为1+2i，选D.
【点睛】的共轭复数为
21．A
【分析】根据复数的除法运算计算可求得答案.
【详解】由，可得.
故选：A.
22．C
【分析】求出函数的导数，利用极值点的意义，及充分条件、必要条件的定义判断得解.
【详解】函数，求导得，
当时，，当且仅当时取等号，则在R上单调递增，无极值点；
若没有极值点，则没有变号零点，因此，解得，
所以“”是“没有极值点”的充分必要条件.
故选：C
23．A
【分析】根据充分不必要条件的判定和向量数量积的定义和运算律即可得到答案.
【详解】，则，因为在中，
则，则，则，则是直角三角形，则充分性成立；
反过来若“是直角三角形”，则不一定是，
比如，则，则，则，则必要性不成立，
则“”是“是直角三角形”的充分不必要条件.
故选：A.
24．A
【分析】由对数函数的单调性，结合充分条件和必要条件的定义即可下结论.
【详解】当时，，所以充分性成立；
若，即，
当时，，所以不成立，故必要性不成立，
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：A
25．C
【分析】由题设有设，，，如下图，为边长为1的菱形，数形结合及向量加减、数乘的几何意义判断条件间的推出关系，即可得答案.
【详解】由平面向量为两两不共线的单位向量，
设，，，如下图，为边长为1的菱形，
若，即与垂直，，
即，而，且，
所以共线，即与共线；
若与共线，即且，而，即，
所以与垂直，故.
所以“”是“与共线”的充要条件.
故选：C
26．B
【分析】根据两者之间的推出关系可得两者之间的条件关系.
【详解】若，则，模长相等，但它们的方向可以不同，故不一定成立，
故得不到，
若，则，
故“”是“”的必要不充分条件，
故选：B.
27．C
【分析】根据两者之间的推出关系可判断条件关系.
【详解】若，则，
当时，，故；
当时，，故；
当时，，
故能推出；
反之，若对任意，，
因为时，，故，故即；
而时，，故，故即；
时显然成立，故，
故对任意，能得到，
故“”是“对任意，”的充要条件，
故选：C.
28．A
【详解】“”说明共线同向，能推得“存在非零实数，使”的，所以充分性具备，但反过来，“存在非零实数，使”可能共线同向，也可能共线反向，所以必要性不具备.
故选A
29．A
【分析】求出双曲线的渐近线方程，利用充分条件、必要条件的定义，结合双曲线的性质判断即可.
【详解】双曲线的渐近线方程为，
当时，直线为双曲线的一条渐近线，直线与双曲线无交点；
反之直线与双曲线无交点，，即，
所以“”是“直线与双曲线无交点”的充分而不必要条件.
故选：A
30．A
【分析】由充分（必要）条件的判定，结合线面垂直的判定和性质判断即可.
【详解】由题，，则，
若，根据线面垂直的性质，则定有，故“”是“”的充分条件；
当时，也可以在内，故不一定有，
故“”不是“”的必要条件，
故选：A.
31．C
【分析】将代入函数的解析式，利用诱导公式化简，结合余弦函数的单调性即可判断充分性；根据函数在上单调递减，可以推出区间是区间的一个非空子集，即可解得，从而判断必要性.
【详解】由题意，若，
则，
由，得，
此时函数单调递减，所以充分性成立；
若函数在上单调递减，
由，得，
则，
所以，，
解得，即，所以必要性成立；
因此，“”是“函数在上单调递减”的充分必要条件.
故选：C.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页2024-2025学年度第一学期北京市部分区高三数学期末分类汇编
《解析几何》
一、直线与圆
1．（24-25高三上·北京海淀·期末）已知直线与圆交于两点，则（ ）
A． B． C． D．
2．（24-25高三上·北京西城·期末）过点的直线与圆相交于两点，那么当取得最小值时，直线的方程是（ ）
A． B． C． D．
3．（24-25高三上·北京朝阳·期末）已知圆，过点的直线与圆交于两点．当取最小值时，直线的方程为（ ）
A． B． C． D．
4．（24-25高三上·北京东城·期末）在平面直角坐标系中，整点是指横、纵坐标都是整数的点．已知圆经过三点，则该圆经过的整点共有（ ）
A．6个 B．8个 C．10个 D．12个
5．（24-25高三上·北京丰台·期末）在平面直角坐标系xOy中，已知直线与直线交于点P，则对任意实数a，的最小值为（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
6．（24-25高三上·北京房山·期末）在平面直角坐标系中，已知点，，则到直线的距离的最大值为（ ）
A． B． C． D．
7．（24-25高三上·北京通州·期末）圆与圆的位置关系是（ ）
A．相交 B．内切 C．外切 D．外离
8．（24-25高三上·北京石景山·期末）圆心在轴上的圆与直线相切于点，则圆心的纵坐标为（ ）
A． B． C． D．
9．（24-25高三上·北京昌平·期末）已知直线与圆相交于两点，则（ ）
A． B． C． D．
10．（24-25高三上·北京顺义·期末）已知直线与圆交于不同的两点，．若的中点为，则 ．
二、双曲线
11．（24-25高三上·北京昌平·期末）已知双曲线的渐近线方程为，则实数（ ）
A． B． C． D．
12．（24-25高三上·北京西城·期末）若直线与双曲线没有公共点，则双曲线的离心率满足（ ）
A． B． C． D．
13．（24-25高三上·北京顺义·期末）已知点，，若直线上存在点满足，则实数的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
14．（24-25高三上·北京通州·期末）已知直线，双曲线，则“”是“直线与双曲线无交点”的（ ）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
15．（24-25高三上·海淀区·期末）双曲线的渐近线方程为 ．
16．（24-25高三上·北京朝阳·期末）双曲线的渐近线方程是 ；设是双曲线的两个焦点，点在双曲线上，且，则 ．
17．（24-25高三上·北京东城·期末）写出一个焦点在轴上且离心率为的双曲线的标准方程： ．
18．（24-25高三上·北京房山·期末）已知双曲线（）的渐近线方程为，则，的一组值依次为 .
19．（24-25高三上·北京石景山·期末）设是双曲线的两个焦点，是双曲线上的一点，且，则的面积等于 .
三、抛物线
20．（24-25高三上·北京朝阳·期末）已知抛物线．若其焦点到准线的距离为4，则抛物线的焦点坐标为（ ）
A． B． C． D．
21．（24-25高三上·北京西城·期末）设抛物线的准线方程为 .
22．（24-25高三上·北京石景山·期末）抛物线的焦点到准线的距离是 .
23．（24-25高三上·北京通州·期末）已知抛物线的焦点为，点在上，若，则线段的中点的横坐标为 .
24．（24-25高三上·北京昌平·期末）已知抛物线的焦点为 ，点在抛物线上，且，则点的纵坐标为 ；点为坐标原点，的面积为 ．
25．（24-25高三上·北京丰台·期末）已知曲线（、为常数），给出下列四个结论：
①曲线关于坐标原点对称；
②当时，曲线恒过两个定点；
③设、为曲线上的两个动点，则存在，，使得有最大值；
④记曲线在第一象限的部分与坐标轴围成的图形的面积为，则对任意，存在，使得.
其中所有正确结论的序号为 .
三、椭圆
26．（24-25高三上·北京海淀·期末）已知椭圆的焦点在轴上，点，则（ ）
A．在外 B．的长轴长为
C．在内 D．的焦距为
27．（24-25高三上·北京海淀·期末）已知椭圆的左顶点为，离心率.
(1)求的标准方程；
(2)设点为上异于顶点的一点，点关于轴的对称点为，过作的平行线，与的另一个交点为. 当与不重合时，求证：.
28．（24-25高三上·北京西城·期末）已知椭圆的左右顶点分别为，离心率为，点，的面积为2.
(1)求椭圆的方程；
(2)过点且斜率为的直线交椭圆于点，线段的垂直平分线交轴于点，点关于直线的对称点为.若四边形为正方形，求的值.
29．（24-25高三上·北京朝阳·期末）已知椭圆的离心率为，右顶点为．
(1)求椭圆的方程；
(2)过原点且与轴不重合的直线与椭圆交于两点．已知点，直线与椭圆的另一个交点分别为．证明：直线过定点．
30．（24-25高三上·北京东城·期末）已知椭圆的一个顶点为，且焦距为2，为第一象限内上的动点，过点作斜率为，的直线分别与交于点，（均异于点），直线与轴交于点，为线段的中点，直线与轴交于点．
(1)求的方程；
(2)当时，求点的横坐标．
31．（24-25高三上·北京丰台·期末）已知椭圆的上顶点为，离心率为.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设B为椭圆C的下顶点，动点M到坐标原点O的距离等于1（M与A，B不重合），直线AM与椭圆C的另一个交点为N.记直线BM，BN的斜率分别为，，问：是否存在常数，使得恒成立？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
32．（24-25高三上·北京顺义·期末）已知椭圆的一个顶点为，离心率为．
(1)求椭圆的方程；
(2)不经过点的直线与椭圆交于不同的两点，，且．记，的面积分别为，，求的值．
33．（24-25高三上·北京房山·期末）已知椭圆过点，离心率为，一条直线与椭圆交于、两点，线段的垂直平分线为，为直线与直线的交点.
(1)求椭圆的方程；
(2)若，直线是否过定点？如果是，求出该定点的坐标；如果不是，说明理由.
34．（24-25高三上·北京石景山·期末）已知椭圆的离心率为，且椭圆的左、右焦点和短轴的两个端点构成的四边形的面积为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过椭圆的上顶点且斜率为的直线与椭圆交于另一点，过点作与垂直的直线，交直线于点，过点作直线的垂线，垂足为，若，求的值.
2024-2025学年度第一学期北京市部分区高三数学期末分类汇编
《解析几何》答案解析
1．B
【分析】求出圆心坐标与半径，再求出圆心到直线的距离，再由勾股定理计算可得.
【详解】圆的圆心为，半径，
直线，即，
所以圆心到直线的距离，
所以.
故选：B
2．C
【分析】首先求出过圆心与点的直线的斜率，当直线与垂直时，取得最小值，则可得直线的斜率，则直线的方程可求．
【详解】由题意得圆的标准方程为，则圆心.
过圆心与点的直线的斜率为.
当直线与垂直时，取得最小值，
故直线的斜率为，
所以直线的方程为，
即，
故选：C．
3．C
【分析】先求出弦长最短时直线的斜率，利用点斜式即可求得方程.
【详解】由题意知，当点为弦的中点时，即时，
取最小值，因为，所以,
此时直线方程为，即
故选：C
4．D
【分析】先设出圆的一般方程，代入点的坐标得到圆的方程，从而得到圆经过的整点.
【详解】设该圆的方程为，
将代入圆的方程可得：
，解得，
故圆的方程为，
整理得，
当时，；当时，或5；
当时，或6；当时，或7；
当时，或6；当时，或5；
当时，，所以该圆经过的整点共有12个.
故选：D.
5．C
【分析】由直线的方程判断两直线垂直，确定P点的轨迹方程，数形结合，即可求得答案.
【详解】由题意知直线与直线，满足，
故两直线垂直，
直线过定点，直线过定点，
故两直线的交点P在以AB为直径的圆上（不含点），
该圆方程为，设其圆心为，半径为3，
则，当且仅当共线时，即位于B点时，等号成立，
故的最小值为，
故选：C
6．D
【分析】分析可知，点在圆上，求出圆心到直线的距离，结合圆的几何性质可得出到直线的距离的最大值.
【详解】设点，则，所以，点在圆上，
该圆的圆心为原点，半径为，
原点到直线的距离为，
因此，到直线的距离的最大值为.
故选：D.
7．D
【分析】直接根据两圆位置关系的判断方法即可得到答案.
【详解】圆的标准方程为，
圆心为，半径为，
圆：，圆心为，半径为，则，
∴，，，，
故圆和圆的位置关系是外离.
故选：D．
8．D
【分析】设圆心，将点的坐标代入直线的方程，求出的值，由圆的几何性质可知直线与直线垂直，结合斜率公式可求出的值，即为所求.
【详解】根据题意，设圆心的坐标为，
由题意可知，点在直线上，则，解得，即点，
直线的斜率为，由圆的几何性质可知，直线与直线垂直，
所以，，解得，即圆心的纵坐标为，
故选：D.
9．D
【分析】利用几何法弦长公式计算可得结果.
【详解】因为圆的圆心，半径，
所以圆心到直线的距离为，
故弦长.
故选：D.
10．
【分析】根据垂径定理可求弦长.
【详解】设圆心为，则，圆的半径为，则，
因为的中点为，则，
而，故，
故答案为：.
11．D
【分析】根据双曲线方程得，由此结合双曲线的渐近线方程的一般形式，得，解之即得实数的值.
【详解】∵双曲线方程为，.
∵双曲线的渐近线方程为，
，即，解得.
故选：D.
12．B
【分析】根据双曲线的渐近线与直线的位置关系即可得解.
【详解】双曲线的渐近线，
双曲线与直线没有公共点，则.
又因为双曲线离心率大于1，所以B选项符合题意.
故选：B
13．D
【分析】先求出动点的轨迹方程（双曲线的右支），再根据渐近线方程可求参数的范围.
【详解】因为，故在双曲线的右支上，
而半焦距，实半轴长为，
故双曲线右支的方程为：，故渐近线方程为，
而直线与双曲线右支有公共点，故，
故选：D.
14．A
【分析】求出双曲线的渐近线方程，利用充分条件、必要条件的定义，结合双曲线的性质判断即可.
【详解】双曲线的渐近线方程为，
当时，直线为双曲线的一条渐近线，直线与双曲线无交点；
反之直线与双曲线无交点，，即，
所以“”是“直线与双曲线无交点”的充分而不必要条件.
故选：A
15．
【分析】先把双曲线化简成标准方程，直接得出渐近线方程.
【详解】由得
所以渐近线方程为
故答案为.
【点睛】本题考查了双曲线渐近线方程的求法，属于基础题.
16． 7
【分析】由双曲线方程可知：，且焦点在x轴上，即可得渐近线方程；根据双曲线的定义可得.
【详解】由双曲线方程可知：，且焦点在x轴上，
可得渐近线方程是；
且，即，解得.
故答案为：；7.
17．（答案不唯一）
【分析】根据焦点位置设出方程，再由离心率公式求解即可.
【详解】双曲线焦点在轴上，所以双曲线的标准方程为，
因为双曲线的离心率为，所以，即，
又，所以，
取可得，此时一个双曲线的标准方程为，
故答案为：（答案不唯一）
18．1；（答案不唯一，满足即可）
【分析】根据渐近线可得，即可得结果.
【详解】因为双曲线（）的渐近线方程为，
则，即，
例如.
故答案为：1；（答案不唯一，满足即可）.
19．24
【分析】利用双曲线定义易得，结合得为直角三角形，即可求面积.
【详解】由题设，令且，则，即，
所以，而，则，
所以为直角三角形，且，故其面积为.
故答案为：
20．C
【分析】根据题意结合抛物线方程可得，即可得抛物线的焦点坐标.
【详解】因为抛物线的焦点为，准线为：，
所以焦点到准线的距离为：，
所以焦点坐标为：.
故选：C.
21．
【分析】由题意结合抛物线的标准方程确定其准线方程即可.
【详解】由抛物线方程可得，则，故准线方程为.
故答案为．
【点睛】本题主要考查由抛物线方程确定其准线的方法，属于基础题.
22．2
【详解】焦点（1，0），准线方程，∴焦点到准线的距离是2.
23．3
【分析】设，，根据抛物线定义可得，即可求解中点横坐标.
【详解】设，，则根据抛物线定义可得，
解得，所以线段的中点的横坐标为3．
故答案为：3.
24．
【分析】由抛物线方程可知焦点坐标，设，则根据抛物线定义可得，进而可求出点的坐标，求（为坐标原点）的面积即可求解.
【详解】由抛物线方程可知：焦点，准线方程为：，
设.∵点在抛物线上，
∴，，解得，.
.
故答案为：.
25．①②④
【分析】利用曲线的对称性可判断①；当时，化简曲线方程，求出定点坐标，可判断②；将曲线的方程视为关于的二次方程，解原方程，取点、，考查时，的取值，可判断③；取，分析可知，在第一象限内，曲线在线段上方，数形结合可判断④.
【详解】对于①，在曲线上任取一点，则，
点关于原点的对称点为，
则，
即点在曲线上，所以，曲线关于坐标原点对称，①对；
对于②，当时，则，曲线的方程为，
由，解得或，
所以，当时，曲线恒过两个定点、，②对；
对于③，当，时，将曲线的方程视为关于的二次方程，
对于方程，，
解方程可得，
不妨取点、，
则，
当时，，则，故无最大值，③错；
对于④，当，时，在曲线的方程中，令可得，令可得，
此时，曲线交轴的正半轴于点，交轴正半轴于点，
当，且时，
，
所以，在第一象限内，曲线在线段上方，如下图所示：
则，④对.
故答案为：①②④.
【点睛】关键点点睛：本题关键是求出曲线方程，后运用性质，如对称性，面积借助放缩成三角形即可求解.
26．A
【分析】根据椭圆方程及焦点位置求出的范围，即可判断.
【详解】因为椭圆的焦点在轴上，所以，
则的长轴长为，焦距为，故B、D错误；
因为，所以，所以，所以，所以点在外，故A正确，C错误.
故选：A
27．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据离心率及左顶点，求出、，即可得解；
（2）设，，则，从而得到直线的方程，联立直线与椭圆方程，消元，求出，即可得到，得到，即可得证.
【详解】（1）依题意可得，解得，
所以椭圆的标准方程为.
（2）设，，
则，，得直线的斜率.
由得直线的斜率.
由经过点得直线的方程.
由，得，
由韦达定理
得.
所以.
因为 ，，
由于不重合，所以，所以
所以.
因为两条直线不重合，所以.
28．(1)
(2)
【分析】（1）根据椭圆的性质，离心率（为椭圆半焦距），三角形面积公式，再结合椭圆中来确定椭圆方程.
（2）先求出直线与椭圆的交点坐标关系，再根据垂直平分线的性质、正方形的性质来求解的值.
【详解】（1）已知，，，
则的面积，解得.
因为离心率，，所以.
又因为，，，所以.
所以椭圆的方程为.
（2）将直线与椭圆联立得.
根据韦达定理，，.
计算，
从而得到线段中点坐标为.
然后求线段垂直平分线方程：垂直平分线的斜率为，
根据点斜式可得垂直平分线方程为，
进而得到点.
最后根据四边形为正方形时：
则
展开得
进一步化简为
将，代入得，，
整理得，解得.
29．(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）根据离心率及椭圆参数关系求参数，即可得方程；
（2）设点，进而可得，联立椭圆方程并应用韦达定理求出坐标，同理得坐标，进而写出直线，即可证结论.
【详解】（1）由题意可得，解得，
所以椭圆的方程为．
（2）设点，则，且．
直线，即．
由，得．
所以，则．
所以．
所以．同理．
依题意，所以．
所以直线的方程为，整理得．
所以直线过定点．
30．(1)；
(2)点的横坐标为.
【分析】（1）借助顶点及焦距计算即可得；
（2）设，、，则可表示出直线与，分别联立曲线后计算可用、表示、坐标，则可求出直线并得到，再借助点坐标得到直线方程，即可得，则可由计算点的横坐标.
【详解】（1）由题意可得，，则，
故；
（2）设，则有，设、，
则、，
联立，有，
则，故，
则，即，
联立，有，
则，故，
则，即，
则，
令，则，又，
则，
令，则，
则
，
则或，
即或，
解得或，
即或或或，
因为，所以.
所以点的横坐标为.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
31．(1)
(2)存在
【分析】（1）根据题意，列出关于的方程，代入计算，即可得到结果；
（2）根据题意，表示出直线BN的斜率与直线AM的斜率，从而得到，然后代入计算，即可得到结果.
【详解】（1）由题意得解得，.
所以椭圆C的方程为.
（2）
因为B为椭圆C的下顶点，所以.
设（且），则直线BN的斜率.
由点M到坐标原点O的距离等于1，可知点M在以AB为直径的圆上，
所以直线AM与直线BM垂直.
由题意得直线AM的斜率，
所以直线BM的斜率.所以.
因为点N在椭圆C上，所以，
故，所以，
所以存在，使得恒成立.
32．(1)
(2)
【分析】（1）求出椭圆的基本量后可求椭圆方程；
（2）设直线的斜率为，直线的斜率为，则利用同构可求直线过定点，据此可求面积的比值.
【详解】（1）由题设有，而，故，所以，
故椭圆方程为：.
（2）
由题设的斜率存在且不为零，设其斜率为，
则，由可得，
故，故，，
设的斜率为，同理，，
由题设与轴不平行，故设方程为：
故，
整理得到：，而，
故，故，故恒过定点，
所以，所以，
所以即.
33．(1)
(2)是，定点坐标为
【分析】（1）根据已知条件可得出关于、、的等式组，求出这三个量的值，即可得出椭圆的方程；
（2）对直线的位置进行分类讨论，设出直线的方程，将直线的方程与椭圆的方程联立，根据线段的中点横坐标为可得出参数的关系，化简直线的方程，即可得出直线所过定点的坐标.
【详解】（1）因为椭圆过点，离心率为，
则，解得，
因此，椭圆的方程为.
（2）设点、，则，
当直线的斜率存在且不为零时，设直线的方程为，
联立可得，
则，可得，
当时，由韦达定理可得，整理可得，
可得，
此时，，则，
所以，直线的方程为，即，
此时，直线恒过定点；
当直线轴时，则线段的方程为，此时点、关于轴对称，
则直线为轴，此时，直线过点；
当直线轴时，此时点、关于轴对称，则，不合乎题意.
综上所述，直线恒过定点.
【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：
（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；
（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；
（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.
34．(1)
(2)
【分析】（1）根据椭圆的离心率，参数的几何意义，以及可解得的值，进而得椭圆的标准方程；
（2）设直线的方程为，与椭圆方程联立，求得点P的横坐标，再由，设直线的方程为，与直线联立，求得Q的坐标，然后根据，由， 即求解.
【详解】（1）
由题意，得，又，解得，，，
故椭圆的标准方程为：.
（2）
因为，由题意可知，直线的斜率存在，且不为0.
所以直线的方程为.
联立，消去，得，
解得或，
因为点与点不同，所以，
因为，所以，则直线的方程为.
因为，所以直线.
联立，解得，所以.
因为垂直于直线，所以.
在直角和直角中，，
所以，即.
因为，，
，，代入，
得，化简得，解得，.
因为，所以的值为.
【点睛】思路点睛：本题第二问的基本思路是根据点B坐标设出直线的方程，与椭圆方程联立，求得点P的坐标，再由，设直线的方程，与直线联立，求得Q的坐标，通过，即，即可得解.2024-2025学年度第一学期北京市部分区高三数学期末分类汇编
《空间向量与立体几何》
1．（24-25高三上·北京朝阳·期末）沙漏是一种古代计时仪器．如图，某沙漏由上下两个相同圆锥组成，圆锥的底面直径和高均为6cm，细沙全部在上部时，其高度为圆锥高度的，则这些细沙的体积为（ ）
A． B． C． D．
2．（24-25高三上·北京通州·期末）如图某实心零部件的形状是正四棱台，已知，，棱台的高为，先需要对该零部件的表面进行防腐处理，若每平方厘米的防腐处理费用为元，则该零部件的防腐处理费用是（ ）
A．元 B．元
C．元 D．元
3．（24-25高三上·北京东城·期末）如图，在棱长为6的正四面体中，以为顶点的圆锥在正四面体的内部（含表面），则该圆锥体积的最大值为（ ）
B． C． D．
4．（24-25高三上·北京顺义·期末）某同学在劳动实践课中，用四块板材制作了一个簸箕（如图1），其底面挡板是等腰梯形，后侧挡板是矩形，左右两侧挡板为全等的直角三角形，后侧挡板与底面挡板垂直．簸箕的造型可视为一个多面体（如图2）．若，，，与之间的距离为28cm，则该多面体的体积是（ ）
A．B． C． D．
5．（24-25高三上·北京房山·期末）已知正三棱锥的底面边长为2，侧面与底面所成角是，则三棱锥的体积等于（ ）
A． B． C．2 D．1
6．（24-25高三上·北京丰台·期末）如图，在三棱锥中，与都是边长为2的等边三角形，且，则点P到平面ABC的距离为（ ）
A．1 B． C． D．
7．（24-25高三上·北京西城·期末）如图，在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为正方体表面上的动点，且.设动点的轨迹为曲线，则（ ）
A．是平行四边形，且周长为
B．是平行四边形，且周长为
C．是等腰梯形，且周长为
D．是等腰梯形，且周长为
8．（24-25高三上·北京海淀·期末）如图，正方体的棱长为2，分别为棱的中点，为正方形边上的动点（不与重合），则下列说法中错误的是（ ）
A．平面截正方体表面所得的交线形成的图形可以是菱形
B．存在点，使得直线与平面垂直
C．平面把正方体分割成的两个几何体的体积相等
D．点到平面的距离不超过
9.（24-25高三上·北京石景山·期末）我国有着丰富悠久的印章文化，印章是签署文件时代表身份的信物，因其独特的文化内涵，有时作为装饰物来使用．图1是一个金属印章摆件，除去顶部的环可以看作是一个正四棱柱和一个正四棱锥组成的几何体，如图2所示．已知正四棱柱和正四棱锥的底面边长为4，体积之比为，且该几何体的顶点在球的表面上，则球的半径为
（A）2 （B）3（C）4 （D）5
10.（24-25高三上·北京昌平·期末）如图1所示,在正六棱柱中，底面边长为1，侧棱长为2，，，，.在正六棱柱中，截去三棱锥、、，再分别以为轴将分别向上翻转，记三点重合的点为，围成的曲顶多面体如图2所示. 记正六棱柱的表面积与体积分别为，当时，记所围成的曲顶多面体的表面积与体积分别为，则下述判断正确的是
（A） （B）
（C） （D）
11．（24-25高三上·北京通州·期末）如图，正方形和正方形所在的平面互相垂直. 为中点，为正方形内一点（包括边界），且满足，为正方形内一点（包括边界），设，给出下列四个结论：
①，使；②，使；
③点到的最小值为；
④四棱锥体积的最大值为.
其中正确结论的序号是 .
12．（24-25高三上·北京顺义·期末）如图，在直三棱柱中，，分别为，的中点．
(1)求证：平面；
(2)若，，，求平面与平面夹角的余弦值．
13．（24-25高三上·北京通州·期末）如图，在四棱锥中，底面为菱形，且，平面，是的中点.
(1)求证：平面；
(2)再从条件①、条件②中选择一个作为已知，求直线与平面所成角的正弦值.
条件①：平面平面；条件②：.
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.
14．（24-25高三上·北京房山·期末）已知三棱柱中，侧面为菱形，侧面为正方形，，，为的中点.
(1)求证：平面；
(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知.
（ⅰ）求证：平面；
（ⅱ）求与平面所成角的正弦值.
条件①：；
条件②：.
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.
15．（24-25高三上·北京丰台·期末）如图，在三棱柱中，平面ABC，，，，分别为，的中点.
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值.
16．（24-25高三上·北京朝阳·期末）如图，在五面体中，平面，，，，，，分别为的中点，连接．
(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值；
(3)线段上是否存在点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，说明理由．
17．（24-25高三上·北京东城·期末）如图，在四棱锥中，侧面与底面垂直，为正三角形，底面为菱形，，分别为棱的中点．
(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
18．（24-25高三上·北京西城·期末）如图，在三棱柱中，平面，、分别为、的中点，.
(1)求证：平面；
(2)若，求二面角的大小.
19．（24-25高三上·北京海淀·期末）如图，在四棱锥中，底面为矩形，，，，是的中点，在棱上，且平面.
(1)求证：是的中点；
(2)再从条件①，条件②中选择一个作为已知，求平面与平面夹角的余弦值.
条件①：平面平面；
条件②：.
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.
20．（24-25高三上·北京昌平·期末）如图，在多面体中， 四边形为正方
形，，为线段的中点，.
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）若平面，求直线与平面所
成角的正弦值.
21．（24-25高三上·北京石景山·期末）如图，在四棱锥中，平面，四边形是边长为的正方形，是的中点．
（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）求证：；
（Ⅲ）若直线与平面所成角的正弦值为，求的长度．
2024-2025学年度第一学期北京市部分区高三数学期末分类汇编
《空间向量与立体几何》答案解析
1．B
【分析】根据比例关系结合锥体的体积公式运算求解即可.
【详解】由题意可知：这些细沙的体积为.
故选：B.
2．A
【分析】根据棱台的高求出侧面等腰梯形的高，再计算出棱台的表面积，即可求得该零部件的防腐处理费用.
【详解】
如图所示，，，连接，分别是的中点，连接，取的中点，连接.
由题意，在正四棱台中，平面，则，
因为分别是的中点，所以，且，
又分别是的中点，所以，且，
故，则四点共面；
因为平面，平面，所以，
所以四边形为直角梯形，
在直角梯形中，，又点是的中点，
所以四边形为矩形，则，且，又，
因此，在直角中，，
所以在正四棱台中，
侧面积，
底面积，
表面积（平方厘米），
又每平方厘米的防腐处理费用为元，
所以该零部件的防腐处理费用是（元）.
故选：A
3．A
【分析】由题意可知当圆锥的底面与相切时，圆锥体积最大，利用圆锥的体积公式和几何关系求解即可.
【详解】由题意可知当圆锥的底面与相切时，圆锥体积最大，
因为是棱长为6的正四面体，
设底面圆半径为，中点为，
则，解得，
圆锥的高，
所以圆锥体积，
故选：A
4．C
【分析】将几何体的体积转化为四棱锥和三棱锥的体积后可得正确的选项.
【详解】
因为四边形为矩形，故，而平面平面，
平面平面，平面，
故平面，
在平面中过作，垂足为，则，
同理可证平面，
而，故，
，
故几何体的体积为，
故选：C.
5．B
【分析】根据正三棱锥的定义和侧面与底面所成二面角的定义求出三棱锥的高，代入体积公式即可.
【详解】如下图所示：
由正三棱锥的定义，底面为正三角形，且边长为，作正三棱锥的高，垂足为的中心，连接并延长，交于点；
由正三棱锥的几何的性质可知：，，就是侧面与底面所成二面角的平面角，，可得是等腰直角三角形，.
根据正三角形的性质，，即正三棱锥的高为.
三棱锥的体积为：.
故选：B
6．C
【分析】根据题意，取中点，连接，由线面垂直的判定定理可得平面，从而可得平面平面，则点P到平面ABC的距离为点P到直线的距离，即可得到结果.
【详解】
取中点，连接，
因为与都是边长为2的等边三角形，
所以，，
且，平面，
所以平面，且平面，所以平面平面，
所以点P到平面ABC的距离为点P到直线的距离，
过点做，所以点P到直线的距离即为，
又，且，所以为等边三角形，
所以，
即点P到平面ABC的距离为.
故选：C
7．D
【分析】分别取的中点，先分别在面、面上确定动点的轨迹、，进而得到是过点的平面与正方体各表面的交线（梯形），再通过计算确定是等腰梯形及其周长.
【详解】分别取的中点，连接，
则∥∥，∴四点共面
若为面上的动点，
由正方体易得，平面平面，且平面平面，要使，则只需，此时的轨迹为线段；
若为面上的动点，
由正方体易得，平面平面，且平面平面，要使，则只需，因为分别是的中点，易证，故此时的轨迹为线段；
所以动点的轨迹曲线为过点的平面与正方体各表面的交线，即梯形.
因为正方体的棱长为2，所以.
所以曲线为等腰梯形，且周长为.
故选：D.
8．B
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明判断ABD；利用过正方体中心的截面分正方体所成两部分体积关系判断C.
【详解】在棱长为2的正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
对于A，，即，而直线，则，
又，因此四边形为平行四边形，又，
则四边形为菱形，当点与重合时，平面截正方体表面所得的交线形成的图形是菱形，A正确；
对于B，，，即与不垂直，
而平面，因此直线与平面不垂直，B错误；
对于C，线段的中点为正方体的中心，平面过该正方体的中心，
由对称性，平面把正方体分割成的两个几何体的体积相等，C正确；
对于D，当点时，，，则，
即，，平面，于是平面，
此时点到该正方体中心的距离即为点到平面的距离，
是点到过的所有截面距离最大值，因此点到平面的距离不超过，D正确.
故选：B
9.B
【分析】根据正四棱柱和正四棱锥的体积之比为可得高相等，根据对称性知球心在高线上，设出球的半径和正四棱柱的高，放在直角三角形中，利用勾股定理列方程，求解即可.
【详解】
由题意，正四棱柱和正四棱锥的体积之比为，且共一个底面，
所以正四棱柱和正四棱锥的高相等，则设正四棱柱和正四棱锥的高都为，
如图所示，根据正四棱柱和一个正四棱锥的对称性可知：球心在高线上，
设该几何体外接球的半径为，因为点都在球上，
所以，，又，则，且，
所以，在直角中，由勾股定理得：，
在直角中，，，
又点在球上，所以，所以由勾股定理得：，
联立，解得，
因此，球的半径为.
故选：B.
10.C
【分析】利用割补法求解可得.结合正六边形与正棱柱性质，由割补部分体积相等可得；再由割补方法根据表面积的变化，求解并比较两几何体表面积大小即可.
【详解】如图2，由题意，
由旋转方法可知，四点共面，且四边形为菱形，
连接，交于，则为中点，且；
如图1，正六棱柱中，平面，
因为平面，所以，
在上底面正六边形中，设中心为.
连接，与的交点即为中点，
则四点共线，且为中点，为中点.
连接，四边形为菱形，则，且，
如图2，连接，
由，，平面，且，
故平面，又平面，所以.
结合图1与图2，
在与中，，，，
所以与全等，，则，
即，平面，且，
则平面，且，
同理，，，
又，
则，
设均为，，
故，
故曲顶多面体可看作由正六棱柱截去个小三棱锥（三棱锥，三棱锥，三棱锥）再补上个大三棱锥，
故曲顶多面体的体积；
因为，
，
所以由正六棱柱的性质结合上面的分析，可知曲顶多面体的表面积
；
而正六棱柱的表面积
；
所以，即.
综上所述，.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：解决此题的关键在于割补法的应用.
11．①③④
【分析】先求出点 的轨迹方程，建立适当的直角坐标系后，借助空间线面的概念研究位置关系，结合距离公式、三棱锥体积公式逐项判断即可得.
【详解】根据题意，正方形和正方形所在的平面互相垂直，
平面平面 ，为正方形内一点，
所以平面，平面，平面，
所以 、 均为直角三角形，
因为，
所以，又因为为中点， ,
所以 ,
如图，以D为原点， 所在直线分别作 ， 轴，建立平面直角坐标系，
因为，所以，，，设，
由可得 ，
化简可得 ，点 的轨迹为以圆心 半径为的圆的一部分，如图所示，
当 与 重合， 在点 时，此时平面，平面，所以，故①正确；
当 与 重合， 在点 时，最大，即，
，
，所以在 中，，
因为,故不存在，使，故②错误；
设到的距离为，点到的距离最小值为-，
在 中，利用等面积法可得：，即，解得 ，
所以点到的距离最小值为，故③正确；
四边形的面积，，
当 在点 时，四棱锥体积有最大值，，故④正确.
故答案为：①③④
【点睛】关键点点睛：求出点 的轨迹方程，建立适当的直角坐标系，借助空间线面的概念研究位置关系是解题关键，第④个结论的关键点在于借助四面体的体积公式，分别求出高与底面三角形的最大值.
12．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取的中点，连接，证明，利用线线平行推出线面平行即可；
（2）易知，则以A为原点，建立如下图所示的空间直角坐标系，利用空间向量法求两平面夹角余弦值.
【详解】（1）如图，取的中点，连接,
因E、F分别为、的中点.，则
又故即得四边形为平行四边形,
则,因平面，平面，故平面；
（2）因为在直三棱柱中，，，所以AB⊥AC，
所以两两垂直，
则以A为原点，建立如下图所示的空间直角坐标系，
又，，
所以
，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，
所以
设平面一个法向量为，
则，令，则，
所以，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为．
13．(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）由菱形得，结合线面平行的判定定理，即可证得平面；
（2）选择条件①：由是的中点，，得，结合平面平面，得到平面，得到，进而，再结合平面，得，进而得平面,证得两两垂直.以为原点，建立空间直角坐标系，分别求得和平面的法向量的坐标，结合向量的夹角公式，即可求解；
若选择条件②，平面得，利用勾股定理及其逆定理可得，，进而，再结合平面，得两两垂直.以为原点，建立空间直角坐标系，分别求得和平面的法向量的坐标，结合向量的夹角公式，即可求解；
【详解】（1）∵为菱形，所以.
又因为平面，平面，
所以平面.
（2）若条件①：平面平面.
∵底面是边长为2的菱形，，∴，
∵是的中点，∴
∵平面平面，平面平面，平面，
∴平面.
∵平面，所以.
∵，∴，
∵平面，平面，∴
又平面，∴平面.
∵平面，∴
∴两两垂直，
以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，
则，
所以，
设平面的法向量为，
则，令，得，
设直线与平面所成角为，
则.
故直线与平面所成角的正弦值为.
若选择条件②：.
∵平面，平面，∴
∵菱形棱长为2，
∴
∵，所以,
所以，即.
所以底面是边长为2的正方形，所以.
∵平面，平面，
∴
所以两两垂直.
以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，
则，
所以，
设平面的法向量为，
则，令，得，
设直线与平面所成角为，
则.
故直线与平面所成角的正弦值为.
14．(1)证明见解析
(2)条件选择见解析；（i）证明见解析；（ii）.
【分析】（1）连接交于点，连接，利用中位线的性质推导出，结合线面平行的判定定理可证得结论成立；
（2）选条件①：（i）推导出，可得出，可得，，再利用线面垂直的判定定理可证得结论成立；
（ii）以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得与平面所成角的正弦值；
选条件②：（i）由菱形的几何性质得出，结合已知条件以及线面垂直的判定定理可证得平面，进而可得出，再由正方形的几何性质得出，利用线面垂直的判定定理可证得结论成立；
（ii）以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得与平面所成角的正弦值.
【详解】（1）连接交于点，连接，
在三棱柱中，四边形为平行四边形，
因为，则为的中点，
又因为为的中点，则，
因为平面，平面，故平面.
（2）若选①：.
（i）因为四边形为正方形，则，
在和中，，所以，，
所以，，
所以，，，
因为，、平面，因此，平面；
（ii）因为四边形为菱形，则，且平面，
以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，，则、、、，
设平面的法向量为，，，
则，取，可得，
因为，所以， ，
因此，与平面所成角的正弦值为；
若选②：.
（i）因为四边形为菱形，则，
因为，，、平面，所以，平面，
因为平面，所以，，
因为四边形为正方形，则，
因为，、平面，所以，平面；
（ii）因为四边形为菱形，则，且平面，
以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，
因为，，则、、、，
设平面的法向量为，，，
则，取，可得，
因为，所以， ，
因此，与平面所成角的正弦值为.
15．(1)证明见解析
(2).
【分析】（1）构造线线平行，从而证明线面平行.
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求二面角的余弦.
【详解】（1）取的中点，连接，.
因为为的中点，所以，.
又因为，，所以，且.
所以四边形CEFG是平行四边形.所以.
又因为平面，平面，所以平面.
（2）因为平面，所以，.
又因为，所以如图建立空间直角坐标系，
则，，.所以，.
设平面的一个法向量为，
则即
令，则.于是.
不妨取平面的一个法向量为.
设平面与平面夹角为，则.
所以平面与平面夹角的余弦值为.
16．(1)证明见解析
(2)
(3)存在，
【分析】（1）应用线面垂直的判定定理证明即可；
（2）应用空间向量法求法向量及线面角的正弦值；
（3）先设，再应用线面平行即得计算求参即可.
【详解】（1）因为平面平面，所以．
又因为，平面，所以平面．
又平面，所以．
又因为为线段的中点，所以．
因为，所以．
因为分别为线段的中点，所以．
又，所以．即四点共面．
又平面平面，
所以平面．
（2）因为平面，所以．
又，所以两两垂直．
如图建立空间直角坐标系．
于是．
可得
由（1）可得AP平面DCE．
所以平面的一个法向量为．
设直线与平面所成角为，则有
．
则直线与平面所成角的正弦值为．
（3）设是线段上的一点，则存在，使．
，从而．
由点的坐标可得．
设平面的法向量为
则有，即
令，则法向量为
令，即，解得．
此时，又显然有平面，从而平面．
所以，线段上存在点，使得平面，此时．
17．(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）取中点，利用线面平行的判定，结合平行公理推理得证.
（2）证明两两垂直，再建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用线面角的向量求法求解.
【详解】（1）在四棱锥中，四边形为菱形，取中点，连接，
由是中点，是的中点，得，
因此四边形是平行四边形，，而平面，平面，
所以平面.
（2）连接，在菱形中，，则是正三角形，，
由平面平面，平面平面，平面，
得平面，而平面，则，由为正三角形，
得，即直线两两垂直，
以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
令，则，
，
设平面的法向量，则，取，得，
所以直线与平面所成角的正弦值.
18．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取的中点，连接、，证明出四边形为平行四边形，可得出，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立；
（2）推导出，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得二面角的大小.
【详解】（1）如图，取的中点，连接、，
因为、分别为、的中点，则且，
因为且，为的中点，则且，
所以，且，则四边形为平行四边形，所以，，
因为平面，平面，所以，平面.
（2）因为平面，平面，则，
因为，，、平面，
所以，平面，
因为平面，所以，，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、，
则，，，，
设平面的法向量为，则，
取，可得，
设平面的法向量为，则，
取，可得，
所以，，
由图可知，二面角的平面角为锐角，
故二面角的大小为.
19．(1)证明见解析；
(2)所选条件见解析，.
【分析】（1）取的中点，连接，线面平行的性质有，结合得到为平行四边形，即可证结论；
（2）根据所选条件，构建合适的空间直角坐标系，应用向量法求面面角的余弦值.
【详解】（1）取的中点，连接，又是的中点，则且，
由在棱上，底面为矩形，则，故，
由平面，且面面，则，
所以为平行四边形，故，
所以是的中点，得证；
（2）选①：面面，面面，，面，
所以面，又底面为矩形，可构建如下图示的空间直角坐标系，
则，
所以，设面的一个法向量为，
则，令，则，
显然面的一个法向量为，故，
所以平面与平面夹角的余弦值；
选②：连接，底面为矩形，则，而，，
所以，即，又，都在面内，
所以面，又底面为矩形，可构建如下图示的空间直角坐标系，
则，
所以，设面的一个法向量为，
则，令，则，
显然面的一个法向量为，故，
所以平面与平面夹角的余弦值；
20.(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接，设，推导出四边形为平行四边形，可得出，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立；
（2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线与平面所成角的正弦值.
【详解】（1）连接，设，因为四边形为正方形，所以为中点．
因为为的中点，所以，且．
由已知，且，所以，．
所以四边形为平行四边形．所以，即．
因为平面，平面，所以平面．
（2）因为平面，四边形为正方形，
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
因为，
所以、、、、、、，
所以，，，
设平面的法向量为，
则，取，可得，
设直线与平面所成角为，
则.
即直线与平面所成角的正弦值为．
21.(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)，或
【分析】（1）连接交于点，由线面平行的判定定理可得答案；
（2）由线面垂直的判定定理、性质定理可得答案；
（3）设，以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，由线面角的向量求法可得答案.
【详解】（1）如下图，连接交于点，可得点是的中点，连接，
所以，又因为平面，平面，
所以平面；
（2）因为四边形是边长为1的正方形，所以，
又因为平面，平面，
所以，
由，平面，
得平面，又平面，
所以；
（3）因为平面，平面，所以，
由，，平面，
得平面，设，
以为原点，所在的直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，
，
设为平面的一个法向量，则
，即，令，得，
所以，
因为直线与平面所成角的正弦值为，
所以，
解得，或，由，得，或，
所以，或.2024-2025学年度第一学期北京市部分区高三数学期末分类汇编
《三角函数与解三角形》
一、三角函数
1．（24-25高三上·北京西城·期末）在平面直角坐标系中，角以为始边，点在角的终边上，则（ ）
A． B． C． D．
2．（24-25高三上·北京东城·期末）在平面直角坐标系中，角以为始边，它的终边绕着原点逆时针旋转后与轴的非负半轴重合，则（ ）
A． B． C． D．
3．（24-25高三上·北京朝阳·期末）函数的图象的一个对称中心是（ ）
A． B． C． D．
4．（24-25高三上·北京丰台·期末）在平面直角坐标系xOy中，角以Ox为始边，终边与单位圆交于点P，且.点P在该单位圆上按逆时针方向做圆周运动到达点Q.若经过的圆弧的长为，则点Q的纵坐标为（ ）
A． B． C． D．
5．（24-25高三上·北京昌平·期末）已知函数的最小正周期为，，且函数在区间上具有单调性，则的最小值为
（A） （B） （C） （D）
6．（24-25高三上·北京通州·期末）关于函数，有下列命题：
①若，则；
②的图象可由向左平移得到；
③若且，则一定有；
④函数的图象关于直线对称.
其中正确命题的个数有（ ）
A． B． C． D．
7．（24-25高三上·北京石景山·期末）“”是“函数在上单调递减”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
8．（24-25高三上·北京朝阳·期末）使不等式成立的一个的值是 ．
9．（24-25高三上·北京顺义·期末）已知函数的图象关于直线对称，则常数的一个取值为 ．
10．（24-25高三上·北京海淀·期末）已知函数.
(1)求曲线的两条对称轴之间距离的最小值；
(2)若在区间上的最大值为，求的值.
11．（24-25高三上·北京西城·期末）已知函数，从条件①、条件②、条件③中选择两个作为一组已知条件，使得函数存在且唯一，并完成下列两问.
(1)求函数的解析式；
(2)若函数在区间上单调递减，求实数的最大值.
条件①：；
条件②：函数图象的两条相邻对称轴间的距离为；
条件③：函数的一个零点为.
注：如果选择多组符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分.
12．（24-25高三上·北京丰台·期末）已知函数，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，使唯一确定，求：
(1)的值及的单调递增区间；
(2)在区间上的最大值和最小值.
条件①：函数图象的相邻两个对称中心间的距离为；
条件②：函数的图象可以由函数的图象平移得到；
条件③：直线为函数图象的一条对称轴.
注：如果选择的条件不符合要求，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.
13．（24-25高三上·北京房山·期末）已知函数，，且的最小值为.
(1)求的值；
(2)设，求函数在区间上的最大值及相应自变量的值.
二、解三角形
1．（24-25高三上·北京海淀·期末）已知为等腰三角形，且，则 .
2．（24-25高三上·北京西城·期末）在中，若，，，则 .
3（24-25高三上·北京丰台·期末）在中，，.
①若，则 ；
②面积的最大值为 .
4．（24-25高三上·北京房山·期末）在中，，，，则 ；若为边上一点，且，则 .
5．（24-25高三上·北京东城·期末）在中，为钝角，．
(1)求；
(2)若，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，使得存在，求．
条件①：；
条件②：；
条件③：的面积为．
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．
6．（24-25高三上·北京通州·期末）在中，.
(1)求；
(2)若，边上中线的长为2，求的面积.
7．（24-25高三上·北京顺义·期末）在中，．
(1)求；
(2)从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在且唯一确定，求最长边上的高．
条件①：，；
条件②：，的周长为20；
条件③：，．
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
8．（24-25高三上·北京朝阳·期末）在中，．
(1)求；
(2)若，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，使存在，求的面积．
条件①：；条件②：；条件③：
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.
9．（24-25高三上·北京石景山·期末）在中，．
（Ⅰ）求；
（Ⅱ）若，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，使得存在且唯一确定，求的面积．
条件①：的周长为；
条件②：；
条件③：．
注：如果选择的条件不符合要求，第（Ⅱ）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．
10．（24-25高三上·北京昌平·期末）在△中，，.
（Ⅰ）求；
（Ⅱ）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△存在，求的面积．
条件①: ；
条件②: ；
条件③: .
注：如果选择的条件不符合要求，第（Ⅱ）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．
2024-2025学年度第一学期北京市部分区高三数学期末分类汇编
《三角函数与解三角形》答案解析
一、三角函数
1．A
【分析】根据三角函数的定义求三角函数值，再结合二倍角公式，即可求解.
【详解】由条件可知，,
所以，，所以.
故选：A
2．A
【分析】由题意得到，即可求解
【详解】由题意可得，
所以，
所以，
故选：A
3．A
【分析】根据计算对称中心横坐标满足，解得答案.
【详解】函数对称中心横坐标满足：，
即，当时，对称中心为，A选项正确；
当时，对称中心为，当时，对称中心为，B,C,D选项不正确；
故选：A.
4．C
【分析】设点的坐标为，由，利用三角函数定义可得点Q的纵坐标.
【详解】设点的坐标为，由，
有，解得，
所以点的纵坐标为.
故选：C.
5.B
【分析】整体代换法求得函数对称中心的横坐标，结合题设条件，得出，进而求得的最小值．
【详解】由题意，函数，又因为最小正周期为，所以，所以
令，解得
则函数的对称中心的横坐标为，
又因为，函数关于对称，函数在上单调，
所以，
当时，，即的最小值为
6．B
【分析】①选项，求出函数的零点，从而求出两零点的差值，根据平移得出解析式判断②，根据正弦函数的单调性判断③，代入检验法判断④.
【详解】令，解得：，，即，，
所以两个零点的距离：，①错误；
由向左平移得到
，故②错误；
因为，所以，所以单调递增，所以时，则一定有，③正确；
当时，，，所以直线是函数的对称轴，④正确；
故选：B
7.C
【分析】将代入函数的解析式，利用诱导公式化简，结合余弦函数的单调性即可判断充分性；根据函数在上单调递减，可以推出区间是区间的一个非空子集，即可解得，从而判断必要性.
【详解】由题意，若，
则，
由，得，
此时函数单调递减，所以充分性成立；
若函数在上单调递减，
由，得，
则，
所以，，
解得，即，所以必要性成立；
因此，“”是“函数在上单调递减”的充分必要条件.
故选：C.
8．（答案不唯一）
【分析】结合单位圆中的正弦线，余弦线及正切线可解.
【详解】结合单位圆中的正弦线，余弦线及正切线可知：当时，.
故答案为：.（答案不唯一）
9．（答案不唯一）
【分析】举例，代入计算验证即可.
【详解】举例，此时，
则，
则的图象关于直线对称，
故答案为：（答案不唯一）.
10．(1)；
(2).
【分析】（1）利用二倍角公式、辅助角公式化简函数，再求出函数图象的对称轴方程即可.
（2）分析函数在的性质，确定最大值点，再结合函数值求出.
【详解】（1）函数
由，解得
所以曲线的两条对称轴之间的距离最小值为．
（2）当时，，
由在区间上的最大值为，得，
而正弦函数在上单调递减，则在上单调递减，
因此，，解得，
所以的值是.
11．(1)
(2)
【分析】（1）由分析求解可知，要使得函数存在且唯一，需选择条件①②,或选择条件②③,
选择其中一组解答即可，由正弦函数的图象和性质求出，可得函数的解析式；
（2）求出函数的单调递减区间，由是其子集，即可求得实数的最大值.
【详解】（1）若选择条件①③,
由,得，即，，则，
又函数的一个零点为，则，
则不能确定，所以函数不唯一，所以不能选择条件①③.
选择条件①②,
由,得，即，，则，
因为函数图象的两条相邻对称轴间的距离为，所以函数的最小正周期，
因为，则，
所以.
选择条件②③,
因为函数图象的两条相邻对称轴间的距离为，所以函数的最小正周期，
因为，则，
因为函数的一个零点为，即，
所以，则，
又，则，
所以.
（2）因为函数的单调递减区间为，
所以，
则，
所以是的一个单调递减区间，
若函数在区间上单调递减，
则，
所以实数的最大值为.
12．(1)2，
(2)答案见解析
【分析】（1）先由三角变换公式得到，若选条件①，则可利用周期公式得到，从而求得解析式；若选条件②，则由图像平移得到解析式；若条件③，则解析式不唯一.最后根据整体法可求单调区间；
（2）利用整体法可求函数的最值.
【详解】（1）.
选择条件①：
因为函数图象的相邻两个对称中心间的距离为，所以，故.
因为，所以.
因为，令，
即，所以的单调递增区间为.
选择条件②：
因为函数的图象可以由函数的图象平移得到，
所以函数与函数的周期相同，故.
因为，所以.所以.
以下解答过程同选择条件①.
选择条件③：因为为图象的对称轴，
所以，即，
故，其中，此时不唯一，故不选③.
（2）选择条件①或②时，
因为，所以，
当，即时，取最大值，最大值为1；
当，即时，取最小值，最小值为.
13．(1)
(2)当时，函数取最大值
【分析】（1）根据题意可得出函数的最小正周期，即可求得的值；
（2）由可求出的取值范围，结合正弦型函数的基本性质可求出函数在区间上的最大值及其对应的值.
【详解】（1）因为函数，，且的最小值为.
所以，函数的最小正周期为，则.
（2）由（1）知，，
则
，
当时，，
故当时，即当时，函数取最大值，即.
解三角形
1．/0.875
【分析】利用正弦定理边化角，再利用余弦定理求出.
【详解】在中，令内角所对边分别为，
由及正弦定理，得，显然为底边，否则不能构成三角形，
由余弦定理得.
故答案为：
2．/
【分析】根据余弦定理得，再根据同角三角函数关系得，最后利用正弦定理即可解出.
【详解】由余弦定理得，
即，解得或（舍去），
又因为，为三角形内角，则，
则由正弦定理得，即，解得.
故答案为：.
3． /
【分析】①由正弦定理即可求得答案；②由余弦定理结合基本不等式求出的最大值，即可求得答案.
【详解】①由正弦定理得，则；
②由余弦定理得，
即，当且仅当时等号成立，
故面积的最大值为，
故答案为：；
4．
【分析】空1使用余弦定理求解即可，空2使用正弦定理求解即可.
【详解】在中，由余弦定理得又则
在中，由正弦定理得：所以
故答案为：，.
5．(1)；
(2)条件选择见解析，.
【分析】（1）利用正弦定理边化角，再利用和角的正弦公式化简即得.
（2）选①，利用同角公式及和角的余弦求出并判断，再利用正弦定理求出；选②，利用余弦定理求出，进而求出，再利用余弦定理计算并判断；选③，利用三角形面积公式求出，再利用余弦定理求出及并判断.
【详解】（1）在中，由及正弦定理，得，
则，
整理得，而，则，又，
所以.
（2）选择条件①：，则，
，
为钝角，符合题意，而，则存在，此时，
由正弦定理得.
选择条件②：，由余弦定理得，
解得，由为钝角，得，于是，
此时与矛盾，不存在，因此②不可选.
选择条件③：的面积为，则，解得，
由余弦定理得，则，
由为钝角，得，于是，此时，符合题意，存在，
所以.
6．(1)
(2)
【分析】（1）根据同角三角函数的商数关系和正弦定理化简可得，进而求出；
（2）根据余弦定理求出，再根据三角形面积公式求出面积.
【详解】（1）因为，由正弦定理得
所以，即，
又因为，所以，
所以，所以.
（2）
设中点为，，，则，
即，即，
所以，
所以.
7．(1)
(2)选条件②③时，最长边上的高为.
【分析】（1）根据正弦定理可得，结合辅助角公式可求；
（2）条件①中三角形不唯一，若选条件②，则可以通过余弦定理求出两边，故可求最长边上的高；若选条件③，利用正弦定理可求边，再由余弦定理求得，故可求最长边上的高.
【详解】（1）因为，由正弦定理可得，
而为三角形内角，故，故，
所以，而，
故即.
（2）若选①，则，，由余弦定理可得，
整理得到：，故或，
因为三角形不唯一，故舍；
若选②，则，的周长为20，
故，由余弦定理得，故，
故最长边为，该边上的高为；
若选③，则，，由正弦定理得，
故，由余弦定理可得，
解得或(舍)，以下同选条件②.
8．(1)
(2)
【分析】（1）根据二倍角的正弦公式和正弦定理可得，即可求解；
（2）选①：根据余弦定理和完全平方公式求出，结合三角形面积公式计算即可求解；
选②：由（1）知，根据两角差的正弦公式和辅助角公式计算可得，不符合题意；
选③：根据同角的平方关系和正弦定理求出，由诱导公式和两角和正弦公式求出，结合三角形面积公式计算即可求解.
【详解】（1）因为，
所以．
由正弦定理得．
又，所以．
又，所以．
（2）选条件①：
根据余弦定理有，则．
又，则．
两式相减，解得．可得或
所以．
选条件②：
由（1）知，则，
所以，不符合题意；
选条件③：
因为且，所以．
由正弦定理可知．
又．
所以．
9.(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）利用正弦定理进行边角互换，化简得到，即可求得；
（2）条件① ：根据周长和余弦定理列方程，解方程得到，然后根据三角形面积公式求面积即可；条件② ：利用同角三角函数基本关系得到，利用正弦定理得到，根据正弦的和差公式和三角形内角和得到，最后根据三角形面积公式求面积即可；条件③ ：利用正弦定理得到，结合正弦函数的图象得到，此时不唯一，故条件③不成立.
【详解】（1）由正弦定理，，因，则，
，则，故得，
即得：，因，故.
（2）若选择① ：因，的周长为，则 （i），
由余弦定理，，则 （ii），
联立（i），（ii）可得：，
则的面积为；
若选择② ：因，，则，因，
由正弦定理，，则，
又，则，
则的面积为：；
若选择③ ：因，，由正弦定理，，则，
因，故，由，故角不唯一（可以是锐角，也可以是钝角），故条件③不成立.
10. (1)
(2)答案见解析
【分析】（1）利用正弦定理将边化角，即可求出，从而得解；
（2）若选择①，利用正弦定理推出不存在；若选择②，利用余弦定理求出，再由面积公式计算可得；若选择③，首先求出，利用正弦定理求出，再由两角和的正弦公式求出，最后由面积公式计算可得.
【详解】（1）因为，
由正弦定理，得.
因为在中，，所以.
所以.
因为，所以.
（2）选条件①：，
则，即，解得，
故无解，所以不存在；
选条件②：，
由余弦定理，得.
解得或.
当时，.
当时，.
条件③：，
因为，所以为钝角，所以.
由，得.
因为
，
所以.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页2024-2025学年度北京市部分区高三数学期末分类汇编
《数列》
1．（24-25高三上·北京顺义·期末）已知数列满足对任意的，都有．若，则（ ）
A．1 B．2
C．3 D．4
2．（24-25高三上·北京丰台·期末）已知数列的前n项和为，且，，则（ ）
A．7 B．13 C．18 D．63
3．（24-25高三上·北京朝阳·期末）“三分损益法“是古代中国发明制定音律时所用的方法，现有一古琴是以一根确定长度的琴弦为基准，第二根琴弦的长度是第一根琴弦长度的，第三根琴弦的长度是第二根琴弦长度的，第四根琴弦的长度是第三根琴弦长度的，第五根琴弦的长度是第四根琴弦长度的．琴弦越短，发出的声音音调越高，这五根琴弦发出的声音按音调由低到高分别称为“宫，商，角，徵，羽“，则“宫“与“角“所对琴弦长度之比为（ ）
A． B． C． D．
4．（24-25高三上·北京海淀·期末）已知等差数列的前项和为，，则（ ）
A． B． C． D．
5．（24-25高三上·北京东城·期末）设等比数列的公比为，前项和为，使有最小值的一组和可以为（ ）
A． B．
C． D．
6．（24-25高三上·北京通州·期末）已知数列的各项均为正数，其前项和为，且，下列说法正确的是（ ）
A．当时，数列为递减数列
B．数列不可能为等比数列
C．当，，都有
D．当时，，，都有
7．（24-25高三上·北京丰台·期末）各项均为正整数的数列2，3，4，a，b，20，30，40为递增数列.从该数列中任取4项构成的递增数列既不是等差数列也不是等比数列，则有序数对的个数为（ ）
A．73 B．75 C．76 D．78
8．（24-25高三上·北京朝阳·期末）设是无穷数列，若存在正整数使得对任意，均有，则称是间隔递减数列，其中称为数列的间隔数．给出下列三个结论：
①若，则是间隔递减数列；
②若，则是间隔递减数列；
③若，则是间隔递减数列且的间隔数的最小值是．
其中所有正确结论的序号是（ ）
A．① B．①③ C．②③ D．①②③
9．（24-25高三上·北京房山·期末）已知由正整数组成的集合，表示集合中所有元素的和，表示集合中偶数的个数.若.则的最小值为（ ）
A．5 B．7 C．9 D．10
10．（24-25高三上·北京昌平·期末）已知数列的前项和为，，则 .
11．（24-25高三上·北京房山·期末）《九章算术》是我国古代的优秀数学著作，内容涉及方程、几何、数列、面积、体积的计算等多方面.《九章算术》中有如下问题：“今有女子善织，日自倍，五日五尺，问日织几何？”意思是：“一女子善于织布，每天织的布都是前一天的2倍，已知她5天共织布5尺，问这女子每天分别织布多少？”由以上条件，该女子第5天织布 尺；若要织布50尺，该女子所需的天数至少为 .
12．（24-25高三上·北京顺义·期末）已知等比数列的前项和为，则的公比为 ；记，则的最小值为 ．
13．（24-25高三上·北京东城·期末）大衍数列来源于《乾坤谱》，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理．大衍数列中，对于，数列是公差为的等差数列，且也是等差数列．已知，，则 ；的前9项和等于 ．
14．（24-25高三上·北京西城·期末）已知无穷数列满足.给出下列四个结论：
①存在，使得集合中有无穷多个元素；
②存在，使得集合中有有限个元素；
③对于任意的，集合中至多有一个元素；
④当时，集合.
其中所有正确结论的序号是 .
15．（24-25高三上·北京石景山·期末）首项为正数的数列满足，给出下列四个结论：
①存在和，使得是等比数列；
②若且是奇数，则为奇数；
③若且，则存在使得；
④若且，则是递减数列.
其中所有正确结论的序号是 .
16．（24-25高三上·北京昌平·期末）已知等差数列与等比数列是两个无穷数列，且都不是常数列.给出下列四个结论：
①数列不是等比数列;
②若与都是递增数列，则数列是递增数列;
③对任意的，不是等差数列;
④存在数列，对任意的，且，使得不能构成等比数列.
其中所有正确结论的序号是 .
17．（24-25高三上·北京昌平·期末）若有穷数列满足如下两个性质，则称数列具有性质：
①；
②．
(1)当，时，写出两个具有性质的数列；
(2)给定的正整数，若数列具有性质，且.将的所有可能取值从小到大排列构成一个新的数列，记为，数列的所有项的和为.
（ⅰ）证明：数列为等差数列；
（ⅱ）从中任意取个数构成集合，使得对任意的，存在，满足能被整除，求的最小值.
18．（24-25高三上·北京房山·期末）已知和都是无穷数列.若存在正数，对任意的，均有，则称数列与具有关系.
(1)分别判断下列题目中的两个数列是否具有关系，直接写出结论；
①，，；
②，，.
(2)设，，，试判断数列与是否具有关系.如果是，求出的最小值，如果不是，说明理由；
(3)已知是公差为的等差数列，若存在数列满足：与具有关系，且，，…，中至少有100个正数，求的取值范围.
19．（24-25高三上·北京丰台·期末）给定数列A：，，，和序列：，，…，，其中满足：①；②.对数列A进行如下s次变换：将A的第1项，第2项，第3项，第4项分别加，，，后得到的数列记作；将的第1项，第2项，第3项，第4项分别加，，，后得到的数列记作；……；以此类推，得到数列，简记为.
(1)已知数列A：7，8，4，4，写出一个序列：，，使得为5，6，6，6；
(2)对数列A：4，6，7，8，是否存在序列：，，…，，使得中恰有三项相等？若存在，写出一个序列，若不存在，说明理由；
(3)对数列A：3，7，14，m，若存在序列：，，…，，使得中恰有三项相等，求m的所有取值.
20．（24-25高三上·北京西城·期末）已知数列为个数的一个排列，其中，且.若在集合中至少有一个元素使得，则称数列具有性质.
(1)当时，判断数列和数列是否具有性质；
(2)若数列和均为等差数列，且，，证明：对于所有的偶数，数列不具有性质；
(3)在所有由的排列组成的数列中，记具有性质的数列的个数为，不具有性质的数列的个数为，证明：对于任意，.
21．（24-25高三上·北京石景山·期末）项数为的数列满足如下两个性质，则称为一个满足“绝对值关联”的阶数列；
①（其中）；
②.
(1)判断数列是否为一个满足“绝对值关联”的阶数列？是否为一个满足“绝对值关联”的阶数列？说明理由；
(2)若数列为一个满足“绝对值关联”的阶数列，证明：的最小值为；
(3)若数列为一个满足“绝对值关联”的阶数列，求的最小值.
22．（24-25高三上·北京通州·期末）定义：若正整数能表示成（为正整数且）的形式，则称为“型数”，也称具有“结构”. 若数列中的项均为“型数”，则称数列为“型数列”.
(1)写出这四个数中的“型数”；
(2)若为等差数列，且，，求证中任意一项均不为“型数”；
(3)若数列，均为“型数列”，设，求证数列为“型数列”.
23．（24-25高三上·北京顺义·期末）已知行列的数表的分量都是非零整数．若数表满足如下两个性质，则称数表为规范表：
①对任意，，，…，中有个，1个1；
②存在，使得，，…，都是正整数．
(1)分别判断数表，是否为规范表；（直接写出结论）
(2)当时，是否存在规范表满足？若存在，请写出一个；若不存在，请说明理由；
(3)当时，是否存在规范表满足？若存在，求出的最小值；若不存在，请说明理由．
24．（24-25高三上·北京东城·期末）已知有穷正整数数列满足：，且当时，总有．定义数列，其中，．当时，称数列具有性质．
(1)判断下列数列是否具有性质；
①4，3，2，1；②1，2，3，5，4．
(2)已知数列具有性质，求的最小值；
(3)是否存在数列具有性质，且？若存在，请找到使最小的一个数列；若不存在，请说明理由．
25．（24-25高三上·北京朝阳·期末）已知无穷数列，给定正整数，若数列满足以下两个性质，则称为数列：①；②
(1)已知和分别为数列和数列，且，求和；
(2)已知正整数数列是数列.
（i）无穷数列满足且为奇数，其中，证明：对于任意的，；
（ii）求满足条件的，并写出与对应的所有可能取值．
26．（24-25高三上·北京海淀·期末）已知为各项均为整数的无穷递增数列，且. 对于中的任意一项，在中都存在两项，使得或.
(1)若，，写出的所有可能值；
(2)若.
①当时，求的最大值；
②当时，求的最小值.
2024-2025学年度北京市部分区高三数学期末分类汇编
《数列》答案解析
1．D
【分析】根据已知条件赋值可求得结果.
【详解】因为，
所以.
故选：D.
2．A
【分析】根据题意判断得数列为等比数列，进而得到其基本量，从而利用等比数列的求和公式即可得解.
【详解】因为，，
所以数列为等比数列，公比，
又，解得，
所以.
故选：A
3．D
【分析】设基准琴弦的长度为，则根据“三分损益法”得到的另外四根琴弦的长度，并把五根琴弦的长度从大到小排列，从而可求出“宫”和“角”对应的琴弦长度之比.
【详解】设基准琴弦的长度为，则根据“三分损益法”得到的另外四根琴弦的长度依次为，
五根琴弦的长度从大到小依次为
所以“宫“与“角对应的琴弦长度分别为和，其长度之比为．
故选：D.
4．B
【分析】根据给定条件，利用等差数列通项公式及前项和公式求解即可.
【详解】设等差数列的公差为，由，
得，解得，
所以.
故选：B
5．B
【分析】根据给定条件，利用并项求和推理判断A；利用等比数列前项和公式推理判断B；利用负数和的意义判断CD.
【详解】对于A，，，数列是首项为，
公比为的递减等比数列，因此，随着的增大逐渐减小，无最小值，A不是；
对于B，，，
当时，，即，
因此对任意正整数，恒成立，有最小值，B是；
对于CD，或，，因此，随着的增大逐渐减小，无最小值，CD不是.
故选：B
6．C
【分析】本题通过给定的数列递推式，写出项，分析数列的单调性、常数列情况、分类讨论，逐个判定即可.
【详解】对于选项A，当时，可得，即.
因为数列的各项均为正数，解这个方程.
再由，即，
解得.
，，，
可以发现，所以数列不为递减数列，所以选项A错误.
由，因为，得出，即.
又由解出.
由推出，进一步得到，
结合得出，
从而得到时，；
同理得到时，；时，.
当时，由变形为，得出，进而得到，推出，即，所以时，；同理时，.
对于选项B， 时，，为等比数列，所以选项B错误.
对于选项C，当时，根据前面分析的单调性，所以在时恒成立且单调递减.
当时，因为单调递减且，所以恒成立，进而，所以选项C正确.
对于选项D，当时，且.
当时，因为数列单调递增且，所以不存在使，所以选项D错误.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：由，因为，得出，即.由推出，进一步得到， 分类讨论得到数列单调性是关键.
7．B
【分析】先由题意确定a，b的可能取值，然后采用分类讨论的方法计算可能的取法数，进而排除不符合题意的取法，即可求得答案.
【详解】由题意可知a的取值可从中选取（时，2，3，4，5成等差数列，不合题意），
b的取值可从中选取，
且需满足，
当时，b的取法有12种；当时，b的取法有11种；
当时，b的取法有10种；当时，b的取法有9种；
当时，b的取法有8种，依次类推，当时，b的取法有1种；
则的可能取法有（种），
其中当时，成等差数列，不合题意；
当时，成等比数列，不合题意；
当时，成等差数列，不合题意；
故满足题意的的取法有（种），
故选：B
【点睛】关键点睛：解答的关键要由题意确定a，b的可能取值，然后采用分类讨论的方法计算可能取法数，进而排除不符合题意的取法.
8．B
【分析】利用数列的单调性可判断①；利用间隔递减数列的定义可判断②；取，结合间隔递减数列的定义可判断出数列为间隔递减数列，再由间隔等差数列的定义可求得的最小值，可判断③.
【详解】对于①，因为，则数列为单调递减数列，即对任意恒成立，
此时，，满足题中条件，①对；
对于②，若，假设数列是间隔递减数列，
则存在，使得，即，
若为奇数，则有，可得，
因为，显然当为奇数时，合乎题意；
当为偶数时，，不等式不成立，故为奇数；
若为偶数，则有，可得，
当为奇数时，不成立，
故假设不成立，即数列不是间隔递减数列，②错；
对于③，若，
因为，
则，所以，数列是间隔递减数列，
假设存在正整数，使得，即，
可得，
由于，当且仅当且时，等号成立，
当时，，这与为正整数矛盾，
故，所以，，解得，
所以，若，则是间隔递减数列且的间隔数的最小值是，③对.
故选：B.
【点睛】结论点睛：利用参变量分离法求解数列不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解：
（1），；
（2），；
（3），；
（4），.
9．B
【分析】先排除有5个偶数不可能，再找一个有7个偶数的实例后可得正确的选项.
【详解】45个正奇数的和不小于，
因为中有50个不同的正整数，故中不可能有不超过5个不同的偶数.
取，
则中共有元素个数为，
这个数的和为，
故的最小值为7.
故选：B.
【点睛】思路点睛：对于组合最值问题，我们一般先找到一个范围，再验证临界值存在即可.
10．
【分析】根据可得：当时，当时，，根据消去即可得到，根据等比数列的通项公式即可求解.
【详解】①，
∴当时，，解得；
当时，②，
①-②得，而，故，.
∴数列是首项为，公比为2的等比数列，
∴数列的通项公式为.
故答案为：.
11． /
【分析】由题意可得该女子每天织布的尺数构成一个等比数列，且数列的公比为2，由题意求出数列的首项后可得第5天织布的尺数；再令，求出，即可得出答案.
【详解】由题意可得该女子每天织布的尺数构成一个等比数列，且数列的公比为2，前5项的和为5，
设首项为，前项和为，
则由题意得，∴，
∴，即该女子第5天所织布的尺数为．
令，解得：，所以.
所以若要织布50尺，该女子所需的天数至少为.
故答案为：；．
12． 2 /
【分析】求出可得公比并求出的通项，结合与1的大小关系可求的最小值.
【详解】因为，故，而，
故公比，故，故，
故的最小值为，
故答案为：
13． 12 140
【分析】设等差数列的公差为，利用太极衍生原理由依次表示，进而求出；再求出即可求出前9项和.
【详解】设等差数列的公差为，依题意，成等差数列，公差，
由成公差为的等差数列，得，
由成公差为的等差数列，得，
而，即，解得，；
，由成公差为的等差数列，得，
所以的前9项和
.
故答案为：12；140
14．②③④
【分析】通过分析数列的递推公式，结合逻辑推理，数学归纳等对不同的结论分别进行讨论，判断其正确性.
【详解】分析结论①，假设存在使得集合中有无穷多个元素.
当时，.那么，
因为，所以，则.
这意味着一旦，后面的项不可能再无限次地小于，所以①错误.
分析结论②，假设存在使得集合中有有限个元素.
由，当时，，.
如果，那么数列从第二项起都大于，即集合中只有有限个元素（可能为个或个），所以②正确.
分析结论③，假设时，则.
，因为，所以，.
所以对于任意的，集合中至多有一个元素，③正确.
分析结论④，当时，，，.
通过计算发现恒成立.
用数学归纳法证明：
当时，，，成立.
假设当时，成立.
则，所以.
又，所以当时也成立.
所以当时，集合，④正确.
故正确结论的序号是②③④.
故答案为：②③④
15．①②④
【分析】对于①取出一个特殊数列即可；对于②只需证明为奇数时，也为奇数，以此类推得到为奇数；对于③化简等式，由，证明，以此类推得到；对于④由作差法得到，再由二次函数的性质得到且时函数得到函数是递减函数，再由时得到，同理可证即可得到结论.
【详解】对于①，当时，，此时是等比数列，①正确；
对于②，设，则，
当为偶数时为偶数，即为奇数；
当为奇数时为偶数，即为奇数；
即当为奇数时，也为奇数，同理也为奇数，所以②正确；
对于③，因为，则，当时，，
，同理，故不存在使得，③错误；
对于④，，令函数，
因为，函数是开口向上的二次函数，则函数在的最大值在端点处取得，
即或，又因为，所以，，
即当时，，即，
又因为当时， ，
所以当时，，即，则，同理可得，
所以此时是递减数列，④正确.
故答案为：①②④
【点睛】方法点睛，本题是数列的综合型题目，通过递推公式找到函数的一些性质，需要结合数列的函数思想来完成证明.
16．①③④
【分析】通过分析每个结论，利用等差数列和等比数列的通项公式及相关性质，结合特殊例子来判断其正确性.
【详解】结论①，设等差数列的公差为（），首项为，等比数列的公比为（），首项为.
假设是等比数列，则.
，
，，，
的平方不等于，所以数列不是等比数列，结论①正确.
结论②，例如是递增等差数列，是递增等比数列.
，，，，所以不是递增数列，结论②错误.
结论③，假设是等差数列，则.
，，
，化简得，即，，这与不是常数列矛盾，所以对任意的不是等差数列，结论③正确.
结论④，例如，，，，，，，所以存在数列，对任意的，且，使得不能构成等比数列，结论④正确.
故答案为：①③④.
17．(1)或．（答案不唯一）
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）的最小值为.
【分析】（1）根据题中性质可得出满足条件的两个数列；
（2）（i）根据数列具有性质，结合等差数列的定义可证得结论成立；
（ii）分析可得，然后分、两种情况进行分类讨论，在时，取，结合题意推导出不成立；在时，结合题意知对任意的，存在，且，使得能被整除，由此可得出的最小值.
【详解】（1）满足条件的数列为：或．（答案不唯一）
（2）（ⅰ）因为数列具有性质，，且．
设，.
所以 .
所以由排列组合可知数列有项.
因为，.
所以数列中没有相等的项.
对于数列中的任意两项
设，，
则.
由得为的倍数.
即数列中任意两项的差为的倍数.
因为数列是将的所有可能取值从小到大排列构成的数列，
所以.
计算得数列中的最小项为，
数列中的最大项为.
.
所以数列中.
所以数列是以为首项，为公差的等差数列.
（ii）当时，由（i）可得，数列中的所有项的和.
所以，，，，，，，.
当时，若集合，对于，则不存在满足要求；
当时，对任意的，存在，且，使得能被整除，
因此对任意的，存在，满足能被整除.
综上，的最小值为.
【点睛】方法点睛：解新定义题型的步骤：
（1）理解“新定义”——明确“新定义”的条件、原理、方法、步骤和结论.
（2）重视“举例”，利用“举例”检验是否理解和正确运用“新定义”；归纳“举例”提供的解题方法.归纳“举例”提供的分类情况.
（3）类比新定义中的概念、原理、方法，解决题中需要解决的问题.
18．(1)①不具有关系；②具有关系.
(2)是，A的最小值为1.
(3)
【分析】（1）先假设数列与是否具有关系，根据题意，即可得出结论；
（2）根，即可得出数列与具有关系．设A的最小值为，，结合题中条件，即可求出结果；
（3）先利用定义确定，然后根据题意，找到符合题意的数列即可.
【详解】（1）①因为，，若数列与是否具有关系，
则对任意的，均有，
即，即，但时，，
所以数列与不具有关系．
②数列与具有关系，理由如下：
因为，，又因为
所以有，所以，
所以数列与是具有关系.
（2）证明：因为，，所以，
所以，
所以数列与具有关系．
设A的最小值为，，
因为，所以．
若，则当时，，
则，这与“对任意的，均有”矛盾，
所以，即A的最小值为1．
（3）因为是公差为的等差数列，所以.
若存在数列满足：与具有关系，
则，都有.
即，即.
则，即，
当时，，都有
与，，，，中至少有100个正数矛盾.
当时，可取，
则，且，，，，均为正数，符合题意.
当时，可取，
则，且，，，，均为正数，符合题意.
当时，可取，
则，，
即，，，，中有100个正数.
综上所述的取值范围是.
【点睛】方法点睛：新定义题型的特点是：通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的：遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决．
19．(1)，（或）
(2)不存在，理由见解析
(3)（，且）
【分析】（1）直接根据的定义写出序列：，即可；
（2）根据条件分析，确定变换后三等的三项，推出矛盾即可证明；
（3）根据条件分析，确定变换后相等的三项为3，7，m，得到且，令分情况讨论得到的范围即可求解.
【详解】（1），.
（或，）.
（2）不存在.
由条件①②可得，，，，四个数中恰有三个和一个3，即都是奇数.
因此得到结论：对数列进行一次变换，新数列的每项与原数列对应项奇偶不同.
假设对数列A：4，6，7，8，存在序列：，，…，，
使得中恰有三项相等.
由于数列A：4，6，7，8中，4，6，8三项是偶数，7是奇数，
由结论可得，只能4，6，8这三项经过一系列变换后相等.
若在n次变换中，4经过p次“”的变换和次“”的变换后，
结果为；
6经过q次“”的变换和次“”的变换后，结果为.
所以，即，偶数等于奇数，矛盾.
所以不存在序列：，，…，使得中恰有三项相等.
（3）数列A：3，7，14，m中，3，7两项是奇数，14是偶数，
由（2）中的结论可得，3，7，m这三项经过次变换后相等.
设在s次变换中，3经过k次“”的变换和次“”的变换后，
结果为；
7经过l次“”的变换和次“”的变换后，结果为；
m经过r次“”的变换和次“”的变换后，结果为；
所以且，
即且.
令，则，.
当时，于是；
当时，于是；
当时，于是；
当时，于是；
当时，于是；
当时，，且，于是，
即，与矛盾.
综上，（，且）.
【点睛】关键点睛：
涉及新定义问题，关键是正确理解给出的定义，然后合理利用定义，结合相关其它知识，分类讨论，进行推理判断解决.
20．(1)数列不具有性质，数列具有性质.
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】(1)对数列中的每个数字进行验证;
(2)由数列都是等差数列，可以得到，从而证明；
(3) 设数列为任意一个不具有性质的数列，通过数列平移得到新数列从而得到，再排除取等情况即可.
【详解】（1）当时，若数列具有性质，
则集合中至少有一个元素，使得
验证可得，不存在，使得,所以数列不具有性质.
对于数列， 集合中存在元素时，
满足，所以数列具有性质
（2）因为数列和均为等差数列，且，，
所以数列，
所以任意相邻两项的差绝对值都是奇数，
所以当为偶数时，在集合中不存在元素使得，
故对于所有的偶数，数列不具有性质
（3）设数列为任意一个不具有性质的数列，
因为为的一个排列，
所以在中有且仅有一项，使得.
在数列中，将项移到项的前面，其余项的顺序保持不变，
得到新数列，新数列为的一个新排列，
显然数列具有性质，且任意一个与不同的不具有性质的数列通过上述移动首项方法都得不到数列.
结合数列为任意一个不具有性质的数列，且根据可以构造一个符合题意的具有性质的数列，可得.
又因为数列具有性质，
且任何一个不具有性质的数列都不可能通过上述移动首项方法得到数列，
所以.
21．(1)不是一个满足“绝对值关联”的5阶数列 ，是一个满足“绝对值关联”的5阶数列，
(2)
(3)
【分析】（1）根据绝对值关联”的阶数列的定义判断即可；
（2）根据“绝对值关联”的阶数列得到，再利用，则有，解出即可；
（3）根据数列新定义得，且，再分离参数得，最后分类讨论即可.
【详解】（1）不是一个满足“绝对值关联”的5阶数列，
因为．
是一个满足“绝对值关联”的5阶数列，
因为,且，满足两个性质.
（2）因为数列为一个满足“绝对值关联”的阶数列，
所以，即．
又，所以，同时，
所以解得.
又数列是一个满足“绝对值关联”的6阶数列，
所以的最小值为.
（3）数列为一个满足“绝对值关联”的阶数列,
所以，且，
不妨设，，其中，
记，不妨设（否则用代替即可），
，所以．
因为， ，
所以且，即不小于和中的最大者，
当或时，和中的最大者均为，所以，
当或时，或者，所以．
综上，当数列前项为正，后项为负时取等号，
此时数列可为：符合题意．
所以的最小值为．
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是理解数列新定义得，再代入计算即可.
22．(1)7，21，28．
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据“型数”概念直接写出答案；
（2）利用反证法分，均可以被3整除等七类讨论即可；
（3）分、和讨论即可.
【详解】（1）7，14，21，28这四个数中的＂型数＂有7，21，28．
；；.
（2）因为为等差数列，且，
所以有．
所以．
下面用反证法证明：
假设存在N，使为＂T型数＂
则有．
①若，均可以被3整除，则一定被3整除，
与矛盾．
②若，则，
与矛盾．
③若，
则
与矛盾.
④若，结论与②同．
⑤若，结论与③同．
⑥若，
则
与矛盾．
⑦若，则结论与⑥同．
综上，中任意一项均不为＂T型数＂．
（3）因为数列均为＂T型数列＂，
所以有为正整数且为正整数且
不妨设，
①当时，则存在正整数以及既约分数，
使得
则
②当时，
，
③当时，则，
由①②③可知为＂T型数＂，所以数列为＂T型数列＂．
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是利用反证法，然后再合理分类讨论.
23．(1)B 是规范表；C 不是规范表．
(2)不存在，理由见解析；
(3) 的最小值是 2025 ．
【分析】（1）直接根据规范表的定义判断即可；
（2）利用反证法假设存在规范表 满足 ，分析得到矛盾的结论即可；
（3）先构造再估计，再证明出，则得到最小值.
【详解】（1）数表，，
当时，，，中有个，1个1；
当时，，，中有个，1个1；
满足条件①；
，当时，，，均为正整数，满足条件②，
综上B是规范表；
数表，，
当时，，，中有个，2个1；不满足条件①，
则C不是规范表．
（2）不存在．用反证法．
假设存在规范表满足，
令，则；
另一方面，根据性质（1）：，
即对任意；
另一方面，由条件②，存在，使，矛盾．
所以假设不成立，即不存在符合题意的规范表．
（3）存在符合题意的规范表．
①构造：考虑满足如下条件的数表，
其中，
并且当时，相邻两列与，
满足对成立，
则数表为符合题意的规范表；
②估值：以下证明，当为偶数且时，
规范表满足.
事实上，用表示规范表第行中的个数，
其中为偶数，令，则，
从而，据此可知为偶数，为奇数．
设为规范表，则为奇数．
另一方面，由条件（1）知相邻两行有个分量符号相反，
据此可知第行与第行至多有2个分量符号相反，即，
所以，，
，
这表明．综合①②所述，的最小值是．
因为，所以的最小值是2025．
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是利用反证法证明出不存在这样的规范表.
24．(1)①不具有性质，②具有性质
(2)的最小值为
(3)
【分析】（1）①求出即可求解；②求出即可求解；
（2）证明，证明与的奇偶性相同，证明为偶数，根据求出的取值范围，求出的最小值；
（3）证明，根据数列具有性质求出，记，求出，证明时，，求出满足题意的数列.
【详解】（1）
①由题意得，，，，
因为，所以数列不具有性质；
②由题意得，，，，，
所以数列具有性质；
（2）由已知，设，其中，
可得，
又，所以，
即，
因为，所以，
所以与的奇偶性相同，
因为，
所以为偶数，
又，所以，
又数列，
此时，，
综上，的最小值为；
（3）由已知，，且，
则，
因为数列具有性质，即，
所以，
记，所以，
因为，
所以，
当时，，
所以，
当时，数列，
此时，
，，
所以数列满足题意.
【点睛】关键点点睛：本题（2）关键在于证明与的奇偶性相同，证明为偶数，（3）关键在于根据数列具有性质求出.
25．(1)
(2)（i）证明见解析；（ii），的全部可能取值为
【分析】（1）根据数列的定义分别求解即得；
（2）（i）运用反证法，不妨假设为满足且使得取最小的某个整数，经推理得到，与最小性矛盾，即得证；（ii）假设及的取值已使得为数列且每一个项均为整数，先证明满足对任意的，有，又根据（i）的结论可知必存在某个，使得对于任意的，均有，从而，可取某个，使得，推出也为2的次幂，求得，由此即可求得的全部可能取值.
【详解】（1）根据数列的定义可知：,
则；
根据数列的定义可知：，
则．
（2）（i）假设结论不成立，不妨设为满足且使得取最小的某个整数．
由，可知，因为是奇数，
从而，且，这与最小性矛盾，
所以对于任意的，．
（ii）假设及的取值已使得为数列且每一个项均为整数．
由（i）中所定义出的构成数列，
首先证明满足对任意的，有．
若，则，从而；
若，则．
分三种情况讨论
① 若，则．故；
② 若，则．故；
③ 若，则．
又因为为奇数，所以也为奇数，从而有；
综上所述，对任意的，有．
又根据（i）的结论可知必存在某个，使得对于任意的，均有；
由于当时，总有，于是，数列中存在无穷多项小于，
从而，可取某个，使得．
由前面的证明可知只有当且时，
才可使得及同时成立，所以．
又因为对任意的，有，所以对任意，有，
进而对任意均为2的次幂．
由，依次得，
因此也为2的次幂．显然，只有当时才成立．
因此，只能为2．
对，若，则数列的各项为，满足要求．
当时，数列的各项为，也符合题意．
若，则，不满足要求．
综上，，且此时的全部可能取值为．
【点睛】关键点点睛：本题考查了数列新定义问题，属于难题。
根据性质规定新生出数列的题目，涉及到归纳推理的思想方法，解答的关键是要理解新定义数列的特征，根据定义进行逻辑推理展开，进而解决问题.
26．(1)的所有可能值为7，9，15，17．
(2)①1013；②的最小值为7.
【分析】（1）求出或，再分类讨论即可；
（2）首先分析得当时符合题意且，再利用反证法证明即可；
（3）首先证明时存在符合条件的，再证明即可.
【详解】（1）或，
当时，因为，符合条件；
则或或或，
又因为为各项均为整数的无穷递增数列，则或.
当时， 则或或或，
当时，，符合题意，
当时，，符合题意，
当或27，此时不满足数列为递增数列，故舍去，
综上，的所有可能值为7，9，15，17．
（2）①的最大值为1013，理由如下：
（i）当时符合题意且．
（ii）假设中存在偶数，且首个偶数为，
因为为递增数列，所以存在，使得或，进而有．
所以为奇数，此时均不为偶数，与为偶数矛盾．
所以中各项均为正奇数，
又因为为递增数列，所以，
即．
综上的最大值为1013．
②的最小值为7，理由如下：
（i）首先证明时存在符合条件的：
当前7项为$1，2，3，9，27，45，2025$时，
且可构造的后续项使其符合题意（如可取．
（ii）其次证明．
由题，当时，，
所以，
进而有，
所以，
所以．
（iii）最后证明．
假设存在符合题意且，
因为，所以当时，，
所以存在，有，从而，
所以，所以，从而，且因为，
所以当时，，
所以存在，有，从而为整数，
又因为，所以为5的倍数，与矛盾．
综上有的最小值为7．
【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是分为两部分证明，第一部分证明满足题意，再证明即可.
