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海淀区 2023—2024 学年第二学期期末练习
高三数学
2024.05
本试卷共6页，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，将本试卷和答题卡一并交回.
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. 已知集合 .若 ，则 的最大值为（ ）
A. 2 B. 0 C. D. -2
【答案】C
【解析】
【分析】根据集合的包含关系可得 求解.
【详解】由于 ，所以 ，
故 的最大值为 ，
故选：C
2. 在 的展开式中， 的系数为 （ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用二项式定理的性质.
【详解】设 的通项 ，则 ，化简得 ，
令 ，则 的系数为 ，即A正确.故选：A
3. 函数 是（ ）
A. 偶函数，且没有极值点 B. 偶函数，且有一个极值点
C. 奇函数，且没有极值点 D. 奇函数，且有一个极值点
【答案】B
【解析】
【分析】根据函数奇偶性定义计算以及极值点定义判断即可.
【详解】当 时， ，则 ，
当 时， ，则 ，
所以函数 是偶函数，由图可知函数 有一个极大值点.
故选：B.
4. 已知抛物线 的焦点为 ，点 在抛物线上， ，则线段 的中点的纵坐标为（
）
A. B. C. 3 D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】根据抛物线定义求得点 的纵坐标，再求 中点纵坐标即可.
【详解】抛物线 的焦点 ，又 ，解得 ，
故线段 的中点的纵坐标为 .故选：C.
5. 在 中， ，则 的长为（ ）
A. 6或 B. 6 C. D. 3
【答案】A
【解析】
【分析】根据余弦定理即可求解.
【详解】由余弦定理可得 ,
故 或 ，
故选：A
6. 设 ，且 ，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】举反例即可求解ABD,根据导数求证 即可判断C.
【详解】对于A，取 ，则 ，故A错误，
对于B， ，则 ，故B错误，
对于C，由于 ，故 在 单调递减，故
，因此 ，由于 ，所以 ，故 ，C正确，
对于D, ,则 ，故D错误，
故选：C
7. 在 中， ，点 满足 ，且 ，则
（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】用 ， 表示 ，根据 ，结合已知条件，以及数量积的运算律，求解即可.
【详解】由题可知， ，
故 ，
故 ，解得 .
故选：B.
8. 设 是公比为 的无穷等比数列， 为其前 项和， .则“ ”是“ 存在最小值”
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
【答案】A
【解析】
【分析】根据充分条件、必要条件的判定以及等比数列前 项和公式判断即可
【详解】若 且公比 ，则 ，所以 单调递增， 存在最小值 ，故充分条件
成立.若 且 时， ，
当 奇数时， ， 单调递减，故最大值为 时， ，而 ,
为
当 为偶数时， ， 单调递增，故最小值为 ， ，
所以 的最小值为 ，
即由 ， 存在最小值得不到公比 ,故必要性不成立.
故 公比“ ”是“ 存在最小值”的充分不必要条件.
故选：A
9. 设函数 的定义域为 ，对于函数 图象上一点 ，若集合
只有1个元素，则称函数 具有性质 .下列函数中具有性
质 的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据性质 的定义，结合各个函数的图象，数形结合，即可逐一判断各选择.
【详解】根据题意，要满足性质 ，则 的图象不能在过点 的直线的上方，且这样的直线只
有一条；对A： 的图象，以及过点 的直线，如下所示：
数形结合可知，过点 的直线有无数条都满足题意，故A错误；
对B： 的图象，以及过点 的直线，如下所示：
数形结合可知，不存在过点 的直线，使得 的图象都在该直线的上方，故B错误；
对C： 的图象，以及过点 的直线，如下所示：
数形结合可知，不存在过点 的直线，使得 的图象都在该直线的上方，故C错误；
对D： 的图象，以及过点 的直线，如下所示：数形结合可知，存在唯一的一条过点 的直线 ，即 ，满足题意，故D正确.
故选：D.
10. 设数列 的各项均为非零的整数，其前 项和为 .若 为正偶数，均有 ，
且 ，则 的最小值为（ ）
A. 0 B. 22 C. 26 D. 31
【答案】B
【解析】
【分析】因为 ，不妨设 ，由题意求出 的最小值，
的最小值， ，令 时， 有最小值.
【详解】因为 ，所以 互为相反数，不妨设 ，
为了 取最小值，取奇数项为正值，取偶数项为负值，且各项尽可能小，.
由题意知： 满足 ，取 的最小值 ；
满足 ，因为 ，故取 最小值 ；
的
满足 ，取 的最小值 ；
同理，取 的最小值 ；
所以 ，满足 ，取 的最小值 ；
满足 ，因为 ，所以 ，取 的最小值 ；
满足 ，因为 ，所以 ，取 的最小值 ；
同理，取 的最小值 ；
所以 ，
所以 ，
因为数列 的各项均为非零的整数，所以当 时， 有最小值22.
故选：B
【点睛】关键点点睛： 有最小值的条件是确保各项最小，根据递推关系 分析可得奇数项的最
小值与偶数项的最小值，从而可得 的最小值.
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 ，则 __________.
【答案】1
【解析】
【分析】利用复数的四则运算，结合复数相等的性质得到关于 的方程组，解之即可得解.
【详解】因为 ，
所以 ，即 ，
所以 ，解得 .
故答案为：1.12. 已知双曲线 ，则 的离心率为__________；以 的一个焦点为圆心，且与双曲线 的
渐近线相切的圆的方程为__________.（写出一个即可）
【答案】 ①. ## ②. 或（ ）
【解析】
【分析】根据离心率的定义求解离心率，再计算焦点到渐近线的距离，结合圆的标准方程求解即可.
【详解】 的离心率为 ，又渐近线为 ，即 ，
故焦点 与 到 的距离均为 ，
则以 的一个焦点为圆心，且与双曲线 的渐近线相切的圆的方程为 或
，
故答案为： ； 或（ ）
13. 已知函数 .
（i）若 ，则函数 的最小正周期为__________.
（ii）若函数 在区间 上的最小值为 ，则实数 __________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】根据二倍角公式即可结合周期公式求解，利用二次函数的性质即可求解最值.
【详解】当 时， ,所以最小正周期为 ，
，当 时， ，且二次函数开口向下，
要使得 在区间 上的最小值为 ，则需要 ，
且当 时取最小值，故 ，解得 ，
故答案为： ，
14. 二维码是一种利用黑､白方块记录数据符号信息的平面图形.某公司计划使用一款由 个黑白
方块构成的 二维码门禁，现用一款破译器对其进行安全性测试，已知该破译器每秒能随机生成 个
不重复的二维码，为确保一个 二维码在1分钟内被破译的概率不高于 ，则 的最小值为
__________.
【答案】7
【解析】
【分析】根据题意可得 ，即可由不等式求解.
【详解】由题意可知 的二维码共有 个，
由 可得 ，故 ，
由于 ，所以 ，
故答案为：7
15. 如图，在正方体 中， 为棱 上的动点， 平面 为垂足.给出下列
四个结论：① ；
②线段 的长随线段 的长增大而增大；
③存在点 ，使得 ；
④存在点 ，使得 平面 .
其中所有正确结论的序号是__________.
【答案】①②④
【解析】
【分析】根据给定条件，以点 为原点，建立空间直角坐标系，求出平面 的法向量坐标，进而求出
点 的坐标，再逐一计算判断各个命题即得答案.
【详解】在正方体 中，令 ，以点 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
设 ，则 ， ，
令平面 的法向量 ，则 ，取 ，得 ，由 平面 于 ，得 ，即 ，
，显然 ，解得 ，
于是 ，
对于①， ，①正确；
对于②， 在 上单调递增，②正确；
对于③，而 ， ，
若 ，
显然 ，即不存在 ，使得 ，③错误；
对于④，平面 的一个法向量 ，而 ，
由 ，得 ，即 ，整理得 ，
令 ，显然函数 在 上的图象连续不断，
而 ，因此存在 ，使得 ，此时 平面 ，
因此存在点 ，使得 平面 ，④正确.
所以所有正确结论的序号是①②④.
故答案为：①②④
【点睛】思路点睛：涉及探求几何体中点的位置问题，可以建立空间直角坐标系，利用空间向量证明空间
位置关系的方法解决.
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. 已知函数 ，从条件①､条件②､条件③这三个条件中选择一个作为已知，使函数 存在且唯一确定.
（1）求 的值；
（2）若不等式 在区间 内有解，求 的取值范围.
条件①： ；
条件②： 的图象可由 的图象平移得到；
条件③： 在区间 内无极值点，且 .
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.
【答案】（1）条件选择见解析， ；
（2） .
【解析】
【分析】（1）选条件①，由 的解不唯一，此条件不符合题意；选条件②，由周期求出
；选条件③，由给定等式确定最大最小值条件，求出周期范围，由给定区间内无极值点求出周期即可.
（2）由（1）求出函数 的解析式，再借助不等式有解列式求解即得.
【小问1详解】
依题意， ，
选条件①，由 ，得 ，即 ，
于是 或 ，显然 的值不唯一，
因此函数 不唯一，不符合题意.
选条件②， 的图象可由 的图象平移得到，因此 的最小正周期为函数 的最小正周期 ，而 ，则 ，
所以 .
选条件③， 在区间 内无极值点，且 ，
则 ，即函数 分别在 时取得最大值､最小值，
于是 的最小正周期 ，
由 在区间 内无极值点，得 的最小正周期 ，
因此 ，而 ，
所以 .
【小问2详解】
由（1）知 ，由 ，得 ，
由不等式 在区间 内有解，即 在区间 内有解，
则有 ，解得 ，
所以 的取值范围是 .
17. 在三棱锥 中， 为 的中点.
（1）如图1，若 为棱 上一点，且 ，求证：平面 平面 ；（2）如图2，若 为 延长线上一点，且 平面 ，直线 与平面 所
成角为 ，求直线 与平面 所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据 和 可证线面垂直，即可求证面面垂直，
（2）根据线面角的几何法可得 ，建立空间直角坐标系，利用法向量与方向向量的夹角即可求
解.
【小问1详解】
连接 .
因为 为 的中点，所以 .又 平面 ,所以 平面 .
因为 平面
所以平面 平面 .
【小问2详解】
因为 平面 平面 平面 ，
所以 为直线 与平面 所成的角.
因为直线 与平面 所成角为 ，
所以 .
因为 ，所以 .
因为 ，所以 .
又 ，故 .
所以 .
如图建立空间直角坐标系 .
则 ， ， .
所以 ， ， .设平面 的法向量为 ，则
即 令 ，则 .
设 与平面 所成角为 ，则
.
所以直线 与平面 所成角的正弦值为 .
18. 图象识别是人工智能领域的一个重要研究方向.某中学人.工智能兴趣小组研发了一套根据人脸照片识别
性别的程序.在对该程序的一轮测试中，小组同学输入了200张不同的人脸照片作为测试样本，获得数据如
下表（单位：张）：
识别结果
男 女 无法识别
真实性别
男 90 20 10
女 10 60 10
假设用频率估计概率，且该程序对每张照片的识别都是独立的.
（1）从这200张照片中随机抽取一张，已知这张照片的识别结果为女性，求识别正确的概率；
（2）在新一轮测试中，小组同学对3张不同的男性人脸照片依次测试，每张照片至多测一次，当首次出现
识别正确或3张照片全部测试完毕，则停止测试.设 表示测试的次数，估计 的分布列和数学期望 ；
（3）为处理无法识别的照片，该小组同学提出上述程序修改的三个方案：
方案一：将无法识别的照片全部判定为女性；
方案二：将无法识别的照片全部判定为男性；
方案三：将无法识别的照片随机判定为男性或女性（即判定为男性的概率为50%，判定为女性的概率为
.
现从若干张不同的人脸照片（其中男性､女性照片的数量之比为 ）中随机抽取一张，分别用方案一､方
案二､方案三进行识别，其识别正确的概率估计值分别记为 .试比较 的大小.（结论不要求证明）
【答案】（1）
（2）分布列见解析；
（3）
【解析】
【分析】（1）利用用频率估计概率计算即可
（2）由题意知 的所有可能取值为 ，分别求出相应的概率，然后根据期望公式求出即可
（3）分别求出方案一､方案二､方案三进行识别正确的概率，然后比较大小可得
【小问1详解】
根据题中数据，共有 张照片被识别为女性，其中确为女性的照片有60张，所以该照片确为女
性的概率为 .
【小问2详解】
设事件 输入男性照片且识别正确.
根据题中数据， 可估计为 .
由题意知 的所有可能取值为 .
.
所以 的分布列为
1 2 3
所以 .【小问3详解】
由题可知，调查的200张照片中，其中女生共有80个，男生共有120个，
程序将男生识别正确的频率为 ，识别为女生的频率为 ，无法识别的频率为 ，
程序将女生识别正确的频率为 ，识别为男生的频率为 ，无法识别的频率为 ，
由频率估计概率得
，
，
，
所以
19. 已知椭圆 的焦点在 轴上，中心在坐标原点.以 的一个顶点和两个焦点为顶点的三角形是等边三角
形，且其周长为 .
（1）求栯圆 的方程；
（2）设过点 的直线 （不与坐标轴垂直）与椭圆 交于不同的两点 ，与直线 交于点
.点 在 轴上， 为坐标平面内的一点，四边形 是菱形.求证：直线 过定点.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据焦点三角形的周长以及等边三角形的性质可得 且 ，即可求解得解，
（2）联立直线与椭圆方程得韦达定理，进而根据中点坐标公式可得 ，进而根据菱
形的性质可得 的方程为 ，即可求解 ，
.进而根据点斜式求解直线 方程，即可求解.
【小问1详解】
由题意可设椭圆 的方程为 .
因为以 的一个顶点和两个焦点为顶点的三角形是等边三角形，且其周长为 ，
所以 且 ，
所以 .所以 .
所以椭圆 的方程为 .
【小问2详解】
设直线 的方程为 ，
令 ，得 ，即 .
由 得 .
设 ，则 .设 的中点为 ，则 .
所以 .
因为四边形 为菱形，
所以 为 的中点， .
所以直线 的斜率为 .
所以直线 的方程为 .
令 得 .所以 .
设点 的坐标为 ，则 ，
即 .
所以直线 的方程为 ，即 .
所以直线 过定点 .【点睛】方法点睛：圆锥曲线中定点问题的两种解法：
（1）引进参数法：先引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有
关系，找到定点.
（2）特殊到一般法：先根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.
20. 已知函数 .
（1）若 ，
①求曲线 在点 处的切线方程；
②求证：函数 恰有一个零点；
（2）若 对 恒成立，求 的取值范围.
【答案】（1）① ；②证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）①求导，即可求解斜率，进而可求直线方程，②根据函数的单调性，结合零点存在性定理
即可，
（2）求导后构造函数 ，利用导数判断单调性，可得 的最大值
为 ，对 分类讨论即可求解.【小问1详解】
当 时， .
① .
所以 .
所以曲线 在点 处的切线方程为 .
②由①知 ，且 .
当 时，因为 ，所以 ；
当 时，因为 ，所以 .
所以 在区间 上单调递增，在区间 上单调递减.
因 为 .
所以函数 恰有一个零点.
【小问2详解】
由 得 .
设 ，则 .
所以 是 上的减函数.
因为 ，
所以存在唯一 .所以 与 的情况如下：
+ 0 -
极大
所以 在区间 上的最大值是
.
当 时，因为 ，所以 .
所以 .
所以 ，符合题意.
当 时，因为 ，所以 .
所以 ，不合题意.
综上所述， 的取值范围是 .
【点睛】方法点睛：对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造
的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放
缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
21. 设正整数 ， ， ，这里 . 若
，且 ，则称 具有性质 .
（1）当 时，若 具有性质 ，且 ， ， ，令 ，写出 的所有可
能值；（2）若 具有性质 ：
①求证： ；
②求 的值.
【答案】（1）27或32
（2）①证明见解析 ②
【解析】
【分析】（1）对题目中所给的 ，我们先通过分析集合中的元素，证明 ，
，以及 ，然后通过分类讨论的方法得到小问1的结果；
（2）直接使用（1）中的这些结论解决小问2即可.
【小问1详解】
对集合 ，记其元素个数为 . 先证明2个引理.
引理1：若 具有性质 ，则 .
引理1的证明：假设结论 不成立.
不妨设 ，则正整数 ，但 ，
故 一定属于某个 ，不妨设为 .
则由 知存在正整数 ，使得 .
这意味着对正整数 ，有 ，
，但 ，矛盾.
所以假设不成立，从而一定有 ，从而引理1获证.引理2：若 具有性质 ，则 ，且 .
证明：取集合 .
注意到关于正整数 的不等式 等价于 ，
而由引理1有 ，即 .
结合 是正整数，知对于正整数 ， 当且仅当 ，
这意味着数列 恰有 项落入集合 ，即 .
而 两两之间没有公共元素，且并集为全体正整数，
故 中的元素属于且仅属于某一个 ，故 .
所以 ，
从而 ，这就证明了引理2的第一个结论；
再考虑集合 中全体元素的和.
一方面，直接由 知 中全体元素的和为 ，即 .
另一方面， 的全部 个元素可以排成一个首项为 ，公差为 的等差数列.
所以 的所有元素之和为 .
最后，再将这 个集合 的全部元素之和相加，得到 中全体元素的和为 .
这就得到 ，所以有
.
即 ，从而 ，这就证明了引理2的第二个结论.
综上，引理2获证.
回到原题.
将 从小到大排列为 ，则 ，
由引理2的第一个结论，有 .
若 ，则 ，
所以每个不等号都取等，从而 ，故 ；
情况1：若 ，则 ，矛盾；
情况2：若 ，则 ，所以 ，得 .
此时如果 ，则 ，矛盾；
如果 ，则 ，从而 ，故 ；
如果 ，由于 ，设 ， ，则 ， .故对于正整数对 ，有 ，
从而 ，这与 矛盾.
综上， 的取值只可能是 或 .
当 时， ；当 时， .
所以 的所有可能取值是 和 .
【小问2详解】
①由引理1的结论，即知 ；
②由引理2的第二个结论，即知 .
【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于，我们通过两个方面计算了一个集合的各个元素之和，从而得到
了一个等式，这种方法俗称“算二次”法或富比尼定理.
