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昌平区 2025 年高三年级第二次统一练习
数学试卷
本试卷共5页，共150分．考试时长120分钟．考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作
答无效．考试结束后，将答题卡交回．
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. 已知全集 ，集合 ， ，则 =（ ）．
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据补集和交集的定义求解即可.
【详解】由 ， ，则 ，
又 ，所以 .
故选：B.
2. 若复数 ，则复数 的共轭复数 （ ）．
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用复数的除法运算和共轭复数的定义即可求解.
【详解】由 ，
所以 ，
故选：A.
3. 若 ，则 （ ）．
A. B. 0 C. 1 D. 2【答案】D
【解析】
【分析】利用赋值法即可求解.
【详解】令 得： ，
令 得： ，
所以 ，
故选：D.
4. 已知 ， ， ，其中e为自然对数的底数，则（ ）．
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据对数函数与指数函数的性质，分别求得 ， 和 ，即可求解.
【详解】由函数 为单调递增函数，
因为 ，可得 ，即 ，可得 ；
又由 ，可得 ，
由函数 为单调递减函数，可得 ，即 ，
所以 .
故选：A.
5. 设函数 ．已知 ，且当 时，
的最小值为4，则（ ）．A. ， B. ， C. ， D. ，
【答案】C
【解析】
【分析】首先根据 和 的最小值为4这两个条件，确定 的值，然后根据
求出 的值.
【详解】因为 的值域为 ， ，
所以当函数值同时取最大值或最小值时，满足 .
因为 的最小值为4，所以函数的周期 .
所以 .
因为 ，所以 .
又 ，所以 ，所以 .
故选：C.
6. 已知半径为1的圆经过原点，其圆心到直线 的距离为 ，则 的最大值为（ ）．
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】先判定该圆圆心的轨迹，再转化为圆上的点到直线的距离的最值问题进行求解.
【详解】因为半径为1的圆经过原点，所以其圆心的轨迹是以原点 为圆心，1为半径的圆，
而原点 到直线 的距离为 ，所以圆心到直线 的距离 的最大值为 .
故选：D.
7. 庑殿顶是中国传统建筑中的一种屋顶形式，其顶盖几何模型如图所示，底面 是矩形，侧面由两
个全等的等腰梯形和两个全等的等腰三角形组成．若 ， 且四个侧面与底面的夹角的大
小均相等，则 （ ）．
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】取 的中点 ，连接 ，
过点 作 面 于点 ，过点 作 面 于点 ，作 于点 ，连接
，
因为底面 是矩形，所以 ，
又因为 面 ， 面 ，所以 面 ，
又因为 面 ，面 面 ，
所以 ，
因为面 ，面 都与底面 所成的角相等，
所以点 在直线 上，且 ， ，
因为侧面由两个全等的等腰梯形和两个全等的等腰三角形组成，所以 ， ，
所以 为面 与面 所成的角，
面 ， 面 ，所以 ，
又因为 ， ， 平面 ，
所以 平面 ，又 平面 ，
所以 ，所以 为面 与面 所成的角，
所以 ，又 为公共边，
所以 ，所以 ，同理 ，
所以 .
故选：B.
8. 设数列 是公比不为1的无穷等比数列，则“数列 为递减数列”是“对任意的正整数 ，
”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
【答案】C
【解析】
【分析】由 ，分 和 两种情况讨论公比取值，即可判断.
【详解】若“数列 为递减数列”，易得 ，若“对任意的正整数 ， ”，
，
当 时，由 ，得 ，
解得： 或 ，
若 ，则 ，此时 ，与已知矛盾；
若 ，则 ，由指数函数单调性可知 单调递减；
当 时，由 ，得 ，
解得： 或 ，
若 ，则 ，此时 ，与已知矛盾；
若 ，则 ，由指数函数单调性可知 单调递减；
综上可知：若 ，可判断数列 为递减数列，
所以“数列 为递减数列”是“对任意的正整数 ， ”的充要条件，
故选：C
9. 已知函数 恰有三个零点，则实数 的取值范围是（ ）．
A. B. C. （ ，1） D.
【答案】B
【解析】
【分析】将函数解析式化为分段函数，分 、 和 三种情况讨论，结合函数的单调性，求出
特殊点处的函数值，即可得到不等式组，从而确定 的取值范围.
【详解】因为 ，若 时， ，则 有且仅有一个零点 ，不符合题意；
若 ，当 时， ，
则 在 上单调递增，且 ，
当 时， ，
所以 在 上单调递增，在 上单调递减，且 ，
要使 恰有三个零点，则 ，解得 ；
若 ，当 时， ，
则 在 上单调递增，在 上单调递减，且 ，
当 时， ，
所以 在 上单调递增，且 ，
要使 恰有三个零点，则 ，解得 ；
综上可得实数 的取值范围是 .
故选：B
10. 在数列 中， ，则（ ）
A. 当 时，对于任意的正整数
B. 当 时，存在正整数 ，当 时，
C. 当 时，对于任意的正整数
D. 当 时，存在正整数 ，当 时，
【答案】C【解析】
【分析】对A，当 时，可得 ，得解；对B，由 ，结合递推关系可得 ，
得解；对C，当 时，通过递推关系分 ， ， 讨论求解；对D，当
时，通过递推关系可得 递增，得解.
【详解】对于A，当 时，有 ，递推可得 ，不满足 ，故A
错误；
对于B，当 时， ， ， ，
则 ，不满足存在正整数 ，当 时， ，故B错误；
对于C，当 时，则 ， ，故 ，
因为 ，
若 ，则 ，
若 ，则 ，
若 ，则 ，
综上，当 时，对于任意的正整数 ， ，故 正确；
对于D，当 时，则 ，
若 ，则 ，故 递增，故D错误.
故选：C.
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．
11. 若抛物线 的焦点与双曲线 的右焦点重合，则实数 的值为_____．
【答案】8【解析】
【分析】先求得双曲线的右焦点，结合抛物线的知识求得 的值.
【详解】双曲线 ， ，右焦点 ，
抛物线 的焦点为 ，所以 .
故答案为：
12. 已知向量 在正方形网格中的位置如图所示，若网格纸上小正方形的边长为1，则 _____；
_____．
【答案】 ①. 0 ②.
【解析】
【分析】建立平面直角坐标系，写出向量的坐标，利用向量的坐标运算即可求解.
【详解】
如图，建立平面直角坐标系，则 ，
所以 ， ，故答案为：0；
13. 已知将函数 的图象向右平移 个单位后，所得函数图象关于原点对称，则常数 的
一个取值为_____．
【答案】 （答案不唯一）
【解析】
【分析】首先求出平移后的函数图象解析式，再根据余弦函数的性质求出 的取值.
【详解】将函数 的图象向右平移得到 的
图象，
又 的图象关于原点对称，所以 ，
即 ， ，当 时， .
故答案为： （答案不唯一）.
14. 如图，正方形 的边长为1，点 在直线 上． 是以点 为圆心， 为半径的圆
弧， 是以点 为圆心， 为半径的圆弧， 是以点 为圆心， 为半径的圆弧， 是
以点 为圆心， 为半径的圆弧， 是以点 为圆心， 为半径的圆弧，．．．，依次类推，
其中点 ， 共线，点 ， 共线，点 共线，点
共线．则 的长度为_____；由上述圆弧组成的曲线 与直线 恰有7个交点时，曲线 长度的最小值
为_____．【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】根据题意，求出 所在圆的半径，求解 的长度；当圆弧组成的曲线 与直线 恰有7个
交点时，要使曲线 长度的最小，即由
围成，运算得解.
【详解】由题可知， 所在圆的半径为6，所以 的长度即 个圆弧，
所以 的长度为 ；
当圆弧组成的曲线 与直线 恰有7个交点时，此时与直线 的交点为 ，
曲线 长度的最小，即由下面12个圆弧围成，
，
它们的圆弧半径依次为 ，
所以曲线 长度的最小值为 .
故答案为： ； .
15. 已知曲线 ，给出下列四个结论：
曲线 关于 轴对称；
①
当 时，曲线 上任意一点到点 ，的距离均不超过 ；
②曲线 与直线 围成图形的面积小于5；
③
经过点 且与 平行的直线与曲线 的所有交点的横、纵坐标均为有理数．
④
其中所有正确结论的序号是_____．
【答案】
【解析】①③④
【分析】用 代换方程中的 ，方程不变，可判定①正确；设曲线 上的一点 ，求得点 到点
的距离为 ，可判定②不正确；当 和 时，求得交点坐标，结合梯形
的面积为 ，可得判定③正确；求得直线 ，联立方程组，求得方程组的解，可判定④
正确．
【
详解】由曲线 ，
用 代换方程中的 ，方程不变，所以曲线 关于 轴对称，所以①正确；
设曲线 上的一点 ，其中 ，
则点 到点 的距离为 ，
当 时，可得 ，
所以点 到点 的距离可以超过 ，所以②不正确；
当 时，可得 ，即 ；
当 时，可得 ，即 ；
令 ，可得 ，所以 为增函数，
令 ，可得 ，所以 为单调递增函数，
所以 的增长趋势越来越快，可得曲线大致图象如图所示，可得梯形 的面积为 ，
所以曲线 与直线 围成图形的面积小于5，所以③正确；
过点 且与直线 平行的直线方程为 ，
联立方程组 ，整理得 ，
整理得 ，解得 或 ，
当 时，可得 ；当 时，可得 ，
所以经过点 且与 平行的直线与曲线 的所有交点的横、纵坐标均为有理数，所以④正确．
故答案为：①③④.
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 中， 为锐角， ．
（1）求 ；
（2）若 ，求 的面积．
【答案】（1）（2）
【解析】
【分析】对于（1），利用正弦定理将边化为角，再通过三角函数的运算求出角 ；对于（2），先根据正
弦定理求出 的值，再利用余弦定理求出 的值，最后根据三角形面积公式求解.
【详解】（1）由 及正弦定理 ，
得 ．
因为在 中， ，所以 ．
因为 ，所以 ．
因为 为锐角，所以 ．
（2）由 ，且 ，解得 ．
由余弦定理 ，得 ，解得 或 （舍）．
所以 的面积 ．
17. 如图，在四棱锥 中，底面 为平行四边形， 与 相交于点 ，平面 平
面 ，点 在棱 上， ．
（1）求证： ；（2）再从条件①，条件②这两个条件中选择一个作为已知，求平面 与平面 夹角的大小．
条件①： 平面 ；
条件②： ．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先证明 ，再由平面 平面 证明 平面 ，即得线线垂直；
（2）选条件①，先根据线面平行的性质定理，推出 为 的中点，建系后，求出相关点和向量的坐标，
由空间向量的夹角公式计算即得；选条件②，由条件先证 ，再证 为 的中点，接着证
平面 ，取 的中点 ，连接 ，证明 平面 ，求出 ，再证明
是平面 与平面 夹角或补角，求解即得.
【小问1详解】
因为在 中， ， ，
所以 ，即 ．
因平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ．又因 平面 ，所以 ．
【小问2详解】选条件①： 平面 ．
如图，因为 平面 ， 平面 ，
平面 平面 ，所以 ．
因为 为平行四边形， 为 的中点，所以 为 的中点．
所以 ．因为 ，所以 ．
．由（1）已得 平面 ，因 平面 ，故 ，
又 ，即 两两垂直．
如图建立空间直角坐标系 ，则 ，
，因此 ．
设平面 的法向量为 ，则 ，即 ．
令 ，则 ，所以 ．
易知平面 的一个法向量 ，
，所以平面 与平面 夹角为 ．
选条件②： ．
如图，由（1）得 ，则 ，
又 ，由 ，可得 ，因 ，则 为 的中点，则 ，即 ，可得 ，
因平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ，故 平面 .
取 的中点 ，连接 ，则 ，故 平面 ，因 平面 ，则
，
又 ， ，且 ，
又 平面 ，故 平面 ，
因 平面 ，则 ，即 是平面 与平面 夹角或补角，
在 中， ，则 ，故平面 与平面 的夹角为 .
的
18. 在探索数智技术赋能学科学习 过程中，某中学鼓励学生使用某听说平台进行英语口语自主练习．
该中学有初中生1200人，高中生800人．为了解全校学生近一个月内使用此听说平台进行英语口语自主练
习的次数，从全校学生中随机抽取200名学生进行问卷调查，将他们的使用次数按照 ， ，
， ， ，五个区间进行分组，所得样本数据如下表：
使用次数分组区 初中生 高中生
间 人 人
4 3
38 29
48 28
17
6 3
假设每个学生是否使用此听说平台进行英语口语自主练习相互独立．用频率估计概率．（1）估计近一个月内全校学生中使用此听说平台进行英语口语自主练习的次数不低于30次的总人数；
（2）从上面参与问卷调查且使用此听说平台进行英语口语自主练习次数不足10次的学生中随机抽取3人，
记 为这3人中高中生的人数，求 的分布列和数学期望；
（3）从该校初中生和高中生中各随机抽取8名学生进行调查，设其中初中生和高中生使用此听说平台进行
英语口语自主练习次数位于 的人数分别为 和 ，比较 与 的大小．（结论不要求证
明）
【答案】（1）
（2）分布列见解析；期望为
（3）
【解析】
【分析】（1）根据频数分布表，结合分层抽样的定义进行求解即可；
（2）根据古典型概率公式，结合数学期望的公式进行求解即可；
（3）根据二项分布求得方差判断即可.
【小问1详解】
根据题中数据， ，得 ．
样本中使用此听说平台进行英语口语自主练习的次数不低于30次的频率为 ．
因此近一个月内全校学生中使用此听说平台进行英语口语自主练习的次数不低于30次的总人数估计为：
．
【小问2详解】
参与问卷调查且使用此听说平台进行英语口语自主练习次数不足10次的学生中，初中生有4人，高中生有
3人．
所以 的取值范围为 ．所以 的分布列为
0 1 2 3
的数学期望 ．
【小问3详解】
，理由如下：
根据分层抽样定义知，随机抽取200名学生中，初中生为120名，高中生为80名，
抽到初中生使用此听说平台进行英语口语自主练习次数位于 的频率为 ，
抽到高中生使用此听说平台进行英语口语自主练习次数位于 的频率为 ，
该校初中生和高中生中各随机抽取8名学生中英语口语自主练习次数位于 的人数服从二项分布，
即 ，
所以 ， ，
因为 ，所以 .
19. 已知椭圆 的长轴长为 ，以椭圆 的焦点和短轴端点为顶点的四边形的
面积为6．
（1）求椭圆 的方程及离心率；
（2）过点 且斜率为 的直线与椭圆 交于 两点，点 与点 关于 轴对称．在 轴上
是否存在定点 ，使 三点共线？若存在，求实数 的值，若不存在，说明理由．【答案】（1） ，
（2）存在；
【解析】
【分析】（1）利用椭圆的性质，结合面积公式可列出方程组求解椭圆各参数即求解；
（2）利用直线与椭圆联立方程组，设交点坐标，假设存在点 ，则可得相等关系 ，
然后利用韦达定理来进行化简，计算即可得结果.
【小问1详解】
由题意得 ，解得 ．
所以椭圆 的方程为 ，离心率 ．
【小问2详解】
设直线 的方程为 ，点 ，点 ．
由 ，得 ．
依据题意， ，
因为点 与点 关于 轴对称，所以点 ．
若在 轴上存在定点 ，使 三点共线，则 ．由 ，得 ．
由 ，得 ．
因为
，解得 ．
故在 轴上存在定点 ，使 三点共线．
20. 已知函数 ，其中 ．
（1）当 时，
若 ，求函数 的最大值；
①
若直线 是曲线 的切线，且 经过点 ，证明： ；
②
（2）当 时，若 是函数 的极小值点，求 的取值范围．
【答案】（1） ； 证明见解析
① ②
（2）
【解析】
【分析】（1）把 代入， 利用导数探讨单调性求出最大值； 设出切点坐标，利用导数的几
① ②何意义求出切线方程，再由切线过的点，结合一元二次方程有解推理得证.
（2）求出导数，由给定的极小值点可得 ，且 ，构造函数 ，
按 最小值不小于0和小于0分类讨论求解.
【小问1详解】
（i）当 时，函数 ，求导得 ，
当 时， ；当 时， ，
函数 在 上单调递减，且 ，在 上单调递增，又
所以当 时，函数 的最大值为 .
（ii）设切点为 ，而 ， ，
曲线 在点 处的切线 方程为
由 经过点 ，得 ，整理得 ，
由 ，得 ，所以 .
【小问2详解】
函数 的定义域为R，求导得 ，
由 是函数 的极小值点，得 ，即 ，
则 ，令 ，
求导得 ，令 ，即 ， ，得 ，
当 时， ；当 时，
函数 在 上单调递减，在 上单调递增，
则 ，当 时，即 时，得 ，此时 ，
①
当 时， ；当 时， ，
函数 在 上单调递减，在 上单调递增，
所以 是函数 的极小值点，符合题意；
当 时，即 时，则 ，而 ，
②
则存在 ，使 ，当 时， ，
因此 不是函数 的极小值点，不符合题意，
所以 的取值范围为 .
21. 设 为正整数，数列 是公差不为 的等差数列，若从中去掉两项 和 后
剩余的 项可被平均分为 组，且每组的 个数都能构成等差数列，则称数列 是 的可分数列．
（1）写出所有 ，使得数列 是 、 的可分数列；
（2）当 时，证明：数列 是 的可分数列；
（3）若数列 是 的可分数列，记所有满足条件的 的个数为 ，求 的值．
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）根据可分数列的定义可得出合乎条件的 ；
（2）对 进行讨论：① ，去掉 后，按照可分数列的定义进行列举即可；② 时，去掉后，前 项按①中的分组，后面的项按原顺序每 项分为一组，结合可分数列的定义可证得结论成
立.综合可得结论；
（3）设数列 的公差为 ，将数列 表示为：
．分两种情况讨论：① ；②
.结合可分数列的定义，求出每种情况下“ ”的个数，可得出 的个数，然后再结合
可分数列的定义验证即可.
【小问1详解】
根据题意， 可以为 ．
【小问2详解】
设数列 的公差为 ．
当 时，去掉 后，剩余 项按照： ；
分为三组（*），每组都是公差为 的等差数列．
当 时，去掉 后，前 项按如上（*）分组；后面的项按原顺序每 项分为一组，每组都是公
差为 的等差数列．
综上，数列 是 的可分数列．
【小问3详解】
若数列 是 的可分数列，设其公差为 ，
将数列 表示为： ．
①当 时，可以去掉数列 中的项 和 ，其余项顺序保持不变，
从前往后按原顺序每 项分为一组，每组均为公差为 的等差数列，
所以数列 是 的可分数列．其中，符合 的一组“ ”的取值有 个．
②当 时，且 时，可以去掉数列中的 和 ．
若 ，则数列 分组为： ， ，
其中 、 部分按原顺序每 项分为一组，每组均为公差为 的等差数列；
部分按照被 除所得余数分组，余数相同的每组数按序号从小到大每 项分为一组，
则每组数均为等差数列，公差为 ．
为
若 或 ，由上述证明，数列 仍可分 组等差数列．
所以数列 是 的可分数列．
而符合 的一组“ ”的取值有 个．
满足上述两类的 的个数为 ．
设 ，记 ，
用 表示数列 中的项组成的集合（下同）．
则 ，且 中元素个数均为 中元素个数均为 ．
由题意，数列 去掉 和 两项后可分为每 项一组的等差数列共 组，
记为 ， ，对应的公差为 ，则 ．
考虑 被 除所得余数：
当 时，数列 中的 项均在某一个 中；
当 时，数列 中的 项分别在 中，
且没有两项在同一个 中，所以 ，或 ．综上，所有满足条件的 的个数 ．
