北京理工大学附属中学2024—2025学年高三（下）开学考数学试卷（PDF版，无答案）

2024—2025学年第二学期回归练习
高三数学 2025.02
第一部分（选择题 共 40 分）
一、选择题共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分。在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。
1．已知集合 = { ∣ 3 < < 3}, = { ∣ = √ + 2}，则 ∪ =（ A ）
A．{ ∣ > 3} B．{ ∣ 0 ≤ < 3} C．{ ∣ 2 ≤ < 3} D．{ ∣ 3 < < 3}
z2
2．已知 i 是虚数单位，复数 z1 、z2 在复平面内对应的点坐标分别为 (1,3)、( 2,1)，则 为（ D ）
z1
2
A. 5 B. 2 C. 2 D.
2
2
3．抛物线 x = 4y上一点 P 到焦点的距离为 8，则点 P 到 x 轴的距离为（ B ）
A．6 B．7 C．8 D．9
4. 如图，在 ABC 中，D 是 BC 的中点.若 AB = a, AD = b ，则 AC =（ C ）
A. 3a 2b B. a 2b
1 1
C. a + 2b D. a + b
2 2
5. 已知直线 l经过点 (2,4)，则“直线 l的斜率为 1”是“直线 l 与圆 C：
2 2
(x 1) + ( y 3) = 2相切”的（ C ）
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
2
6．在二项式( ) 的展开式中二项式系数的和是 32，则展开式中 的系数为（ A ）

A．40 B．80 C． 40 D． 80
π 3 4
7.已知函数 f (x) = sin x + ，如果点 P , 是角 终边上一点，则 f ( )的值为（C）
3 5 5
4 3 4+ 3 3 3+ 4 3
A． B． C． D．
5 5 10 10
8. 如图所示的几何体是从棱长为 2 的正方体中截去到正方体的某个顶点 的距离均为 2
的几何体后的剩余部分，则该几何体的表面积为（ B ）
A. 24－3π B. 24－π
C. 24＋π D. 24＋5π
2
9.已知函数 f (x) = (x 1) (x 4) ，下面表述不正确的为（ B ）
2
A. x = 3是 f (x) 的极小值点 B.当0 x 1时， f (x) f (x )
C.当1 x 2时， 4 f (2x 1) 0 D.当 1 x 0时， f (2 x) f (x)
10. 某软件研发公司对某软件进行升级，主要是软件程序中的某序列 A = a1,a2,a3, 重新编辑，编辑新序列
* a a a a2 n+1 *
为 A = ,
3 , 4 , ，它的第n 项为 ，若序列 (A* ) 的所有项都是 2，且 a =1，a = 32 ，则 a =4 5 1
a a1 a2 a3 n
（ B ）
1 1 1 1
A. B. C. D.
256 512 1024 2048
第二部分（非选择题 共 110 分）
二、填空题共 5 小题，每小题 5 分，共 25 分。
x2 y2
11. 若双曲线 =1的离心率为 3 ，则其渐近线方程为__________ y=
2 2 2x a b
12. 在等差数列 a 中，a1＋3a ＋an 8 15＝120，则3a9－a11 的值为__48__．
π π 2 4
13．已知函数 ( ) = sin ( + ) ( > 0)在( ,π)上单调递减，则 的取值范围是 .[ , ]
6 2 3 3
ax + 3, x a,
14. 设函数 f (x) = x 2 ，若 f (x)存在最小值，写出满足条件的 a的一个值是______；a 的
(x 3)e + e , x a.
最大值为______.①. 0（答案不唯一，0 a 3 即可） ②. 3
15. 在 2024 年巴黎奥运会艺术体操项目集体全能决赛中，中国队以69.800分的成绩夺得金牌，这是中国艺术
体操队在奥运会上获得的第一枚金牌．艺术体操的绳操和带操可以舞出类似四角花的图案，它可看作由抛物线
C : y2 = 2 px( p 0) 绕其顶点分别逆时针旋转90 ,180 , 270 后所得三条曲线与C 围成的（如图阴影区域），
A, B为C 与其中两条曲线的交点．若 p =1，下面四个结论：
1 2
①开口向上的抛物线的方程为 y = x ；
2
② AB = 4 ；
3
③直线 x+ y = t 截第一象限花瓣的弦长的最大值为 ；
4
④阴影区域的面积大于 4 ，
上述结论中所有正确的序号是___①②④____．
三、解答题共 6 小题，共 85 分。解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程。
16. 在 ABC 中，已知acosB +bcos A= 2ccosB，
（1）求 B ；
（2） ABC 的周长为 9，再从以下条件中选择一个，使三角形存在且唯一确定，并求 ABC 的面积．
2 3
①cos A = ；②sinC = ；③b = 3．
2 2
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.在三棱锥 P ABC 中，平面 PAC ⊥平面 ABC ，PA = AC = CP = 2 ，AB = BC = 2 ，O 是棱 AC 的中点，D
在棱 PC 上，且 PA //平面 BOD . P
（1）证明：D 是棱 PC 的中点；
（2）证明：BO ⊥平面 PAC ，并求三棱锥 B OPA 的体积；
（3）求二面角 B PC A的余弦值． D
解：（1）略
A O C
3 21
（2）V = （3） B
6 7
18. 某高校“植物营养学专业”学生将鸡冠花的株高增量作为研究对象，观察长效肥和缓释肥对农作物影响情况.
其中长效肥、缓释肥、未施肥三种处理下的鸡冠花分别对应 1,2,3 三组.观察一段时间后，分别从 1,2,3 三组随机
抽取 40 株鸡冠花作为样本，得到相应的株高增量数据整理如下表.
株高增量（单位：厘米） (4,7 (7,10 (10,13 (13,16
第 1 组鸡冠花株数 9 20 9 2
第 2 组鸡冠花株数 4 16 16 4
第 3 组鸡冠花株数 13 12 13 2
假设用频率估计概率，且所有鸡冠花生长情况相互独立.
（1）从第 1 组所有鸡冠花中随机选取 1 株，估计株高增量为 (7,10 厘米的概率；
（2）分别从第 1 组，第 2 组，第 3 组的所有鸡冠花中各随机选取 1 株，记这 3 株鸡冠花中恰有 X 株的株高增
量为 (7,10 厘米，求 X 的分布列和数学期望EX ；
（3）用“ k = 1 ”表示第 k 组鸡冠花的株高增量为 (4,10 ，“ k = 0 ”表示第 k 组鸡冠花的株高增量为 (10,16 厘
米，k =1,2,3，直接写出方差D 1，D 2 ，D 3 的大小关系.（结论不要求证明）
解：（1）设事件A 为“从第 1 组所有鸡冠花中随机选取 1 株，株高增量为 (7,10 厘米”，
根据题中数据，第 1 组所有鸡冠花中，有 20 株鸡冠花增量为 (7,10 厘米,
20 1
所以P (A)估计为 = ；
40 2
（2）设事件 B 为“从第 2 组所有鸡冠花中随机选取 1 株，株高增量为 (7,10 厘米”，
设事件C 为“从第 3 组所有鸡冠花中随机选取 1 株，株高增量为 (7,10 厘米”，
16 2 12 3
根据题中数据，P (B)估计为 = ， P (C )估计为 = ，
40 5 40 10
根据题意，随机变量 X 的所有可能取值为 0,1,2.3，且
1 2 3 21
P (X = 0) = P (ABC ) = P (A)P (B )P (C ) = 1 1 1 = ；
2 5 10 100
11
P (X =1) = P (ABC + ABC + ABC ) = P (A)P (B )P (C )+ P (A)P (B)P (C )+ P (A)P (B )P (C ) = ；
25
29
P (X = 2) = P (ABC + ABC + ABC ) = P (A)P (B)P (C )+ P (A)P (B )P (C )+ P (A)P (B)P (C ) = ；
100
3
P (X = 3) = P (ABC ) = P (A)P (B)P (C ) = ，
50
则 X 的分布列为：
X 0 1 2 3
21 11 29 3
P
100 25 100 50
21 11 29 3 6
所以EX = 0 +1 + 2 +3 = .
100 25 100 50 5
（3）D 1 D 3 D 2
理由如下：
29 11
P ( 1 =1) = , P ( 1 = 0) = ，所以
40 40
2 2
29 11 29 29 29 29 11 319
E 1 =1 + 0 = , D 1 = 1 + 0 = ；
40 40 40 40 40 40 40 1600
20 1 1 2 2
( 1 1 1 1 1 1 1 1 400P 2 =1) = = , P ( 2 = 0) = ，所以E 2 =1 + 0 = , D 2 = 1 + 0 = = ；
40 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 1600
25 5 3 2 2
( 5 3 5 5 5 5 3 15 375P 3 =1) = = , P ( 3 = 0) = ，所以E 3 =1 + 0 = , D 3 = 1 + 0 = = ；
40 8 8 8 5 8 8 8 8 8 64 1600
所以D 1 D 3 D 2 .
x2 y2 3
19. 已知椭圆C : + =1(a b 0)的离心率为 ，且短轴长 2，O为坐标原点．
a2 b2 2
（1）求椭圆 C的方程；
（2）设过点 A(0,2)的直线 l与椭圆 C交于 M，N两点，当 OMN 的面积最大时，求直线 l的方程．
2b = 2

c 3
解（1）由题意得: e = = ，解得
2 2 2
: a = 4，b =1,c = 3，
a 2
2
b = a
2 c2

x2
所以椭圆的方程为: + y2 =1
4
（2）由题意得直线 l的斜率存在且不为零，设直线 l的方程: y = kx + 2，M (x1, y1)，N (x2 , y2 )，
2 2
联立与椭圆的方程整理得: (1+ 4k ) x +16kx +12 = 0，
2 3
= (16k ) 4 12 (1+ 4k 2 ) 0 2，得 k ，
4
16k 12
x1 + x2 = ，x1 x2 = ，
1+ 4k 2 1+ 4k 2
16k 48 4k 2 3
所以弦长 MN = 1+ k 2 (x1 + x
2
2 ) 4x 1x2 = 1+ k
2 ( )2 = 4 1+ k 2 ，
1+ 4k 2 1+ 4k 2 1+ 4k 2
2
原点到直线 l的距离d = ，
1+ k 2
2
1 1 2 2 4k 3 2
所以 S△ = MN d = 4 1+ k =
4k 3
OMN 4 ， 2
2 2 1+ k 2 1+ 4k 1+ 4k
2
令 t = 4k 2 3 (t 0)，所以4k 2 = t2 +3，
4t 4 4
S OMN = = =12 2 7 3
所以 4+ t 4t + 4 ，当且仅当 t = 2时等号成立，即 k = ，满足条件，解得2 t
t 4 4t
7
k = ，
2
7 7
所以直线 l的方程为: y = x + 2或 y = x + 2
2 2
20. 已知函数 f (x) = ax + ln x，其中a R ．
（1）若 f (x) 在区间[1,2]上为增函数，求a 的取值范围；
ln x 3
（2）当a = e 时，（ⅰ）证明： f (x)+ 2 0；（ⅱ）试判断方程 f (x) = + 是否有实数解，并说明理
x 2
由．
解：（1）因为 f (x)在区间 1,2 上为增函数，
所以 f (x) 0在 x 1,2 上恒成立，
1 1
即 f (x) = a + 0，a 在 x 1,2 上恒成立，
x x
1
则 a ；
2
ex +1
（2）（ⅰ）当a = e 时， f (x) = ex+ lnx ， f (x) = ．
x
1
令 f (x) = 0，得 x = ，
e
1 1
令 f (x) 0，得 x 0, ，所以函数 f (x)在 0, 单调递增；
e e
1 1
令 f (x) 0，得 x ,+ ，所以函数 f (x)在 ,+ 单调递减，
e e
1 1 1
所以 f (x) = f = e + ln = 2 ， max
e e e
所以 f (x)+ 2 0成立．
（ⅱ）由（ⅰ）知， f (x) = 2，所以 f (x) 2 ．
max
lnx 3 1 lnx
设 g (x) = + ，x (0,+ )，所以 g (x) = ．
x 2 x2
令 g (x) = 0 ，得 x = e，
令 g (x) 0，得 x (0,e)，所以函数 g (x)在 (0,e)单调递增；
令 g (x) 0，得 x (e,+ )，所以函数 g (x)在 (e,+ )单调递减，
lne 3 1 3
所以 g (x) = g (e) = + = + 2，即 g (x) 2，
max e 2 e 2
lnx 3
所以 f (x) g (x)，即 f (x) + ．
x 2
lnx 3
所以方程 f (x) = + 没有实数解．
x 2
21. 已知Q : a1,a2 , ,ak 为有穷正整数数列，且a1 ≤ a2 ≤ ≤ ak ，集合 X = 1,0,1 ．若存在
xi X , i =1,2, ,k ，使得 x1a1 + x2a2 + + xkak = t ，则称 t 为 k 可表数，称集合
T = ∣t t = x1a1 + x2a2 + + xkak , xi X ,i =1,2, ,k 为 k 可表集．
（1）若 k =10,a = 2
i 1
i ,i =1,2, ,k ，判定 31，1024 是否为 k 可表数，并说明理由；
3
k 1
（2）若 1,2, ,n T ，证明：n ；
2
（3）设ai = 3
i 1,i =1,2, ,k ，若 1,2, ,2024 T ，求 k 的最小值．
解：（1）31 是，1024 不是，理由如下：
由题意可知 x1a1 + x2a2 + + xkak = t ，
a = 2i 1当 ,k =10时，有 x1 + 2x2 + + 2
9x = t, x
i 10 i
1,0,1 ，
显然若 x1 = 1, x6 =1, xi = 0(i 2,3,4,5,7,8,9,10 )时，t = 31，
而 t 20 1+ 21 1+ 22 1+ + 29 1= 210 1=1023 1024，
故 31 是 k 可表数，1024 不是 k 可表数；
（2）由题意可知若 xi = 0 t = 0，即0 T ，
设 s T ，即 xi 1,0,1 使得 x1a1 + x2a2 + + xkak = s ，
所以 ( x1a1 )+ ( x2a2 )+ + ( xkak ) = s，且 xi 1,0,1 成立，故 s T ，
所以若 1,2, ,n T ，则 1, 2, , n,0 T ，
即 1, 2, n,0 中的元素个数不能超过T 中的元素，
对于确定的Q，T 中最多有3k 个元素，
3kk 1所以2n +1 3 n ；
2
3m 1 1 3
m 1
（3）由题意可设 n N , m N ，使 n ，
2 2
m 1
又 x 2 m 2 2 m 2
3 1
，
1 1+ x2 3+ x3 3 + + xm 1 3 1 1+1 3+1 3 + +1 3 =
2
所以 k m 1，即 k m，
3m 1
而1 1+1 3+1 32 + +1 3m 1 = ，
2
3m 1 m 1
即当n = 时，取a n m 1 =1,a2 = 3, am = 3 时， 为 可表数，
2
3m 1
因为2 (1 1+1 3+1 32 + +1 3m 1 ) = 2 = 3m 1，
2
由三进制的基本事实可知，对任意的0 p 3m 1，存在 ri 0,1,2 (i =1,2, ,m,)，
使 p = r1 3
0 + r2 3
1 + rm 3
m 1
，
3m 1
所以 p = (r1 30 + r2 31 + rm 3m 1 ) (30 + 31 + + 3m 1 )
2
= (r 1) 30 + (r 1) 31 + + (r 1) 3m 11 2 m ，
令 xi = ri 1，则有 xi 1,0,1 , i =1,2, ,m，
3m 1 3m 1 3m 1
设 t = p t ，
2 2 2
m m
由 p
3 1 3 1
的任意性，对任意的 t , t Z，
2 2
0 1 m 1
都有 t = x1 3 + x2 3 + + xm 3 , xi 1,0,1 ,i =1,2, ,m，
3m 1
又因为n ，所以对于任意的 n t n, t Z，t 为m 可表数，
2
3m 1 1 3m 1
综上，可知 k 的最小值为m ，其中m 满足 n ，
2 2
37 1 38 1
又当n = 2024时， n ，
2 2
所以 k 的最小值为8 .