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高三年级（数学）参考答案 第 1 页（共 7 页）
海淀区2024—2025 学年第二学期期末练习
2025.05
高三数学参考答案
一、选择题（共10 小题，每小题4 分，共40 分）
（1）A
（2）B
（3）D
（4）A （5）D
（6）C
（7）C
（8）B
（9）B （10）C
二、填空题（共5 小题，每小题5 分，共25 分）
（11）3
−
（12）(0, 1)
−
（13）2，4
2 3
+
（14）
1
(0,1), (2, )
2 （15）①②④
三、解答题（共6 小题，共85 分）
（16）（本小题13 分）
解：（Ⅰ）
π
π
( )
cos
cos2
sin
sin2
cos2
3
3
f x
x
x
x
=
+
−
3
1
sin2
cos2
2
2
x
x
=
−
π
sin 2
6
x
=
−
（
） .
若
1
2
=
，则
( )
sin(
)
6
f x
x
=
−
，
所以，
1
(0)
2
f
= −
.
因为
x
y
sin
=
的单调增区间为
π
π
2 π
2 π
2
2
k
k
k
−
+
+
Z
，
，
，
所以
π
π
π
2 π
2 π
6
2
2
x
k
k
k
−
−
+
+
Z
，
，
，
所以
π
2π
2 π
2 π
3
3
x
k
k
−
+
+
，
，k Z .
所以
)
(x
f
的单调递增区间为
π
2π
2 π
2 π
3
3
k
k
−
+
+
，
，k Z .
（Ⅱ）选条件①.
因为
0
，
( )
f x 在区间
π
[0
]
3
，上单调递增，
高三年级（数学）参考答案 第 2 页（共 7 页）
所以
2π
π
2
4
3
T
=
，即
3
2
.
因为
π
( )
sin 2
6
f x
x
=
−
（
），
π
(0)
( )
0
6
f
f
+
=
，
所以
π
π
π
sin(
)
sin(
)
0
6
3
6
−
+
−
=
，即
π
π
1
sin
3
6
2
−
=
（
）
，
又因为
( )
f x 在区间
π
[0
]
3
，上单调递增，
所以
π
π
π
2 π
,
3
6
6
k
k
−
+
Z
=
，即
6
1,
k
k
+
Z
=
，
又
3
0
2
，
所以，
1
= ，
所以
( )
f x 最小正周期
π
T =
.
（Ⅱ）选条件②.
因为
0
，
( )
f x 在区间
π
[0
]
3
，上单调递增，
所以
2π
π
2
4
3
T
=
，即
3
2
.
因为
π
3
x =
是
( )
f x 的一个极值点，
( )
f x 在区间
π
[0
]
3
，上单调递增，
所以
π
( )
1
3
f
= ，
所以2 π
π
π
2 π
,
3
6
2
k
k
−
=
+
Z ，即
3
1,
k
k
=
+
Z ，
又
3
0
2
，
所以
1
= ，
所以
( )
f x 最小正周期
π
T =
.
（17）（本小题13 分）
解：（Ⅰ）因为平面ABC ⊥平面ACEF ，平面ABC
平面ACEF
AC
=
，CE
AC
⊥
，
所以CE ⊥平面ABC ，
所以CE
AB
⊥
，
又因为AB
BC
⊥
，BC
CE
C
=
，
所以AB ⊥平面BCE .
（Ⅱ）过点C 在平面ABC 内作AC 的垂线CD ，
因为CE ⊥平面ABC ，
所以CD
CE
⊥
，CD
AC
⊥
，
z
y
x
F
E
B
C
A
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所以CD
ACEF
⊥平面
.
设EF
a
=
，
0
a
，
则
(4,0,0),
( ,2,0)
A
F a
,
(1,0, 3)
B
，
(0,2,0)
E
，
所以
(
4,2,0),
( 1,2,
3),
( ,0,0)
AF
a
BE
EF
a
=
−
= −
−
=
，
设平面BEF 的法向量为
( , , )
x y z
=
n
，则
0,
0,
BE
FE
=
=
n
n
即
2
3
0,
0
,
x
y
z
ax
−+
−
=
=
令
3
y =
，则
2
z =
，于是
(0, 3,2)
=
n
，
所以，sin=
2
2 3
21
cos
,
7
7 (
4)
4
AF
a
=
=
−
+
n
，
所以
4
a =
，即
4
EF =
.
其它建系：
（Ⅱ）过点B 作BO
AC
⊥
，过O 作OD
AC
⊥
交EF 于D ，
因为平面
ABC ⊥平面
ACEF
，BO
AC
⊥
，
BO
ABC
平面
,平面ABC
平面ACEF
AC
=
，
所以BO
ABCD
⊥平面
.
设EF
a
=
，
0
a
，
则
(0, 3,0),
(2,1
,0)
A
F
a
−
−
,
(0,0, 3)
B
，(2,0,0)
E
，…7 分
所以，
(2,4
,0),
(2,0,
3),
(0,1
,0)
AF
a
BE
EF
a
=
−
=
−
=
−
，
设平面BEF 的法向量为
( , , )
x y z
=
n
，则
0,
0,
BE
FE
=
=
n
n
即2
3
0,
(1
)
0,
x
z
a y
−
=
−
=
令
3
x =
，则
2
z =
，
( 3,0,2)
=
n
，
所以，sin=
2
2 3
21
cos
,
7
7 4
(4
)
AF
a
=
=
+
−
n
，
所以
4
a =
，即
4
EF =
.
z
x
y
D
O
F
E
B
C
A
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（18）（本小题14 分）
解：
（Ⅰ）依据题目条件用频率估计概率
80
40
20
0.7
200
p
+
+
=
=
.
（Ⅱ）从该市初中生、高中生两个不同群体中各自随机抽取1 人, 用频率估计概率
初中生愿意购买白色新品跑鞋的概率为1
2 ，
高中生愿意购买白色新品跑鞋的概率为3
4 ,
X 的取值范围为{0,1,2},
1
1
1
(
0)
2
4
8
P X =
=
=
；
1
3
1
1
1
(
1)
2
4
2
4
2
P X =
=
+
=
；
1
3
3
(
2)
2
4
8
P X =
=
=
.
故X 的分布列为：
X
0
1
2
(
)
P X
1
8
1
2
3
8
期望
1
1
3
5
0
1
2
8
2
8
4
EX =
+
+
=
.
（Ⅲ）
A
p
p
.
（19）（本小题15 分）
解：（Ⅰ）当
0
m =
时，l 为y
x
=
，
代入椭圆方程得
2
2
1
6
2
x
x
+
= ，解得
2
3
2
x =
，
所以
2
2
2
2 3
AB
x
y
=
+
=
.
（2）由
2
2
,
1
6
2
y
x
m
x
y
=
+
+
=
得
2
2
4
6
3
6
0
x
mx
m
+
+
−
=
.
2
2
2
36
16(3
6)
96
12
0
m
m
m
=
−
−
=
−
，
高三年级（数学）参考答案 第 5 页（共 7 页）
解得
2
8
m
，即2 2
2 2
m
−
.
设
1
1
2
2
( ,
), (
,
),
A x y
B x
y
AB 中点为M ，
则
2
1
2
1
2
3
3
6
,
2
4
m
x
x
m x x
−
+
= −
=
，
可得
1
2
3
,
2
4
4
M
M
M
x
x
m
m
x
y
x
m
+
=
= −
=
+
=
，即
3
(
,
)
4
4
m m
M −
.
由题意可得
(0,
)
P
m ，
所以
2
2
3
3 2
4
4
4
m
m
MP
m
m
=
−
+
−
=
，
可得
2
2
2
2
2
3 2
9
3 2
9
9
8
4
8
4
MQ
PQ
MP
m
m
m
=
−
=
−
=
−
=
−
，
又因为
2
1
2
1
1 1
2
2
MB
AB
k
x
x
=
=
+
−
，
(
)
2
2
1
2
1
2
1 1
4
2
k
x
x
x x
=
+
+
−
，
2
2
2
2
9
6
(3
6)
8
2
4
4
m
m
m
=
−
−
=
−
，
因为|
| |
|
QA
QB
=
，
所以QM
AB
⊥
.
在Rt QMB 中，
3
MQ
MB
=
，
所以
3
AQB
=
.
（20）（本小题15 分）
解：（Ⅰ）
( )
f x 的定义域为( 1,
)
−+.
因为
( )
e
ln(
1)
x
f x
x
ax
−
=
+
−
，
所以
(0)
0
f
=
，
1
'( )
[ ln(1
)
]e
1
x
f
x
x
a
x
−
= −
+
+
−
+
，
所以
'(0)
1
f
a
= −
，
所以曲线
( )
y
f x
=
在
0
x =
处的切线方程为
(1
)
y
a x
=
−
.
（Ⅱ）由题设( )
'( )
g x
f
x
=
高三年级（数学）参考答案 第 6 页（共 7 页）
所以
2
2
1
'( )
[ln(1
)
]e
1
(1
)
x
g x
x
x
x
−
=
+
−
−
+
+
，
因为
( 1,0)
x−
，所以ln(1
)
0
x
+
，
2
0
1
x
−
+
，
2
2
0
(1
)
x
−
+
，
所以
'( )
0
g x
在( 1,0)
−
上恒成立，
所以( )
'( )
g x
f
x
=
在区间( 1,0)
−
上单调递减，(0)
'(0)
1
g
f
a
=
= −.
①当
1
a 时，
'( )
'(0)
1
0
f
x
f
a
= −
对于任意的
( 1,0)
x−
恒成立，
所以
( )
f x 在( 1,0)
−
上单调递增，
所以
( )
f x 在( 1,0)
−
上无极值点.
②当
1
a 时，
'(0)
1
0
f
a
= −
，
1
1
1
1
1
'(
1)
(ln
)e
e
0
a
a
f
a
a
a
a
a
a
a
a
−
−
−
=
+
−
−
−
=
， …9 分
所以存在唯一的
0
1
(
1,0)
x
a
−
，使得
'( )
0
f
x =
，其中
1
1
1
0
a
−
−
，
'( )
f
x 与
( )
f x 的变化情况如下表：
x
0
( 1,
)
x
−
0x
0
(
,0)
x
'( )
f
x
+
0
−
( )
f x
↗
极大值
↘
所以
( )
f x 在( 1,0)
−
上有一个极大值点，无极小值点.
综上，当
1
a 时
( )
f x 在( 1,0)
−
上的极值点个数为0.
当
1
a 时
( )
f x 在( 1,0)
−
上的极值点个数为1.
（Ⅲ）a 取值范围为(
,1]
−
.
（21）（本小题15 分）
解：（Ⅰ）
1
Q 是平衡的，
2
Q 不是平衡的．
（Ⅱ）（ⅰ）当
1
1
A
时，对于
1A 中的每个元素j ，考虑{1, }j .
由③知存在唯一的
1
jk ，满足{1, }
jk
j
A
，则
1
jk
B
.
将每一个
1
j
A
对应到
1
jk
B
，
若j
j
，就有
j
j
k
k
，否则
1
{ , }
j j
A
且{ , }
jk
j j
A
与③矛盾．
所以
1
1 |
|
| | B
A
．
（ⅱ）对
1
2
,
,...,
m
A
A
A
中所有元素的总个数算两次（重复出现的计多次），
一方面总个数就是
1
2
|
|
|
|
|
|
m
A
A
A
+
+
+
，
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另一方面，按照每个元素出现的次数计算，这个总个数也是
1
2
|
|
|
|
|
|
n
B
B
B
+
+
+
，
所以
1
2
1
2
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
n
m
A
A
B
A
B
B
+
=
+
+
+
+
+
．（*）
不妨设
1
2
|
|,|
|,...,|
|
n
B
B
B
中最小的（之一）为|
|
n
B
，
且
}
,2, .
{1
. .,
n
B
t
=
，由②③知1
t
n
.
再不妨设
s
s
A
（
1,2,...,
s
t
=
）．
由（i）的证明方法可证：当
k
i
A
时，|
| |
|
i
k
B
A
，
由③知
1
s
s
A +
（
1,2,...,
1
s
t
=
−），
1
t
A
，
所以
1
|
|
|
|
s
sA
B
+
（
1,2,...,
1
s
t
=
−），
1
|
|
| |
t
A
B
，
又因为
1
2
,
,...,
t
t
m
n
A
A
A
+
+
，所以
1
2
|
|
|
|
,|
,...,|
t
t
m
A
A
A
+
+
都不大于|
|
n
B
，
全部相加得
1
2
1
2
|
|
|
| |
|
|
|
|
|
|
|
| (
) |
m
t
n
A
A
A
B
B
B
m
t
B
+
+
+
+
+
−
+
+
，
由|
|
n
B
的最小性知
1
2
1
2
|
|
|
|
|
| |
|
|
|
|
| (
) |
|
t
n
n
B
B
B
B
B
B
n
t
B
+
+
+
+
+
+
+
−
，
结合（*）可得
1
2
1
2
|
|
|
|
|
| (
) |
| |
|
|
|
|
| (
) |
|
n
n
t
t
B
B
B
m
t
B
B
B
B
n
t
B
+
+
+
+
−
+
+
+
+
−
，
所以m
n
．
