数学 参考答案 第 1 页（共 9 页）
海淀区2025—2026 学年第二学期期末练习
数学参考答案
一、选择题（共10 小题，每小题4 分，共40 分）
（1）D （2）B （3）C （4）A （5）D
（6）A （7）A （8）C （9）B （10）A
二、填空题（共5 小题，每小题5 分，共25 分）
（11）y
x
=
（12）10
（13）125 9 （14）1
2 （答案不唯一）
5
2
−
（15）① ④
三、解答题（共6 小题，共85 分）
（16）（共14 分）
解：（Ⅰ）因为
π
B
D
+
=
，
所以sin
sin(π
)
sin
B
D
D
=
−
=
．
又
C
A
是
DAB
的角平分线，
所以
DAC
CAB
=
，所以sin
sin
DAC
CAB
=
在
ABC
△
中，由正弦定理 sin
sin
BC
AC
CAB
B
=
在
ADC
△
中，由正弦定理 sin
sin
CD
AC
DAC
D
=
所以 sin
sin
sin
sin
BC
AC
AC
CD
CAB
B
D
DAC
=
=
=
所以 BC
CD
=
（Ⅱ）选择条件①：
1
cos
5
B = −
．
由（Ⅰ），
10
BC
CD
=
=
，
在
ABC
△
中，
由余弦定理
2
2
2
2
cos
AC
AB
BC
AB BC
B
=
+
−
数学 参考答案 第 2 页（共 9 页）
所以
2
2
2
1
14
10
2
10 (
)
5
AB
AB
=
+
−
−
解得
8,
12
AB
AB
=
= −
（舍）
同理，在
ACD
△
中，
由
1
cos
cos
5
D
B
= −
=
，可得
12
AD =
，
因为
1
cos
5
B = −
，
(0,π)
B
，
所以
2 6
sin
5
B =
，
2 6
sin
sin
5
D
B
=
=
所以
1
1
sin
sin
2
2
ABCD
ABC
ACD
S
S
S
BA BC
B
DA DC
D
=
+
=
+
△
△
所以
1
2 6
1
2 6
8 10
12 10
2
5
2
5
ABCD
S
=
+
所以
40 6
ABCD
S
=
选择条件②：
4
AD
AB
−
=
.
因为
DAC
CAB
=
，
所以 cos
cos
DAC
CAB
=
.
在
ACD
△
和
ABC
△
中，
在
ACD
△
中，由余弦定理 ，
2
2
2
cos
2
AD
AC
DC
DAC
AD AC
+
−
=
在
ABC
△
中，由余弦定理，
2
2
2
cos
2
AB
AC
BC
CAB
AB AC
+
−
=
所以
2
2
2
2
2
2
2
2
AD
AC
DC
AB
AC
BC
AD AC
AB AC
+
−
+
−
=
解得
12
8
AD
AD
=
= −
，
（舍）
所以
8
AB =
.
5
cos
7
DAC
=
，
因为
(0,π)
DAC
，
所以
2 6
sin
7
DAC
=
所以
1
1
sin
sin
2
2
ABCD
ABC
ACD
S
S
S
BA BC
B
DA DC
D
=
+
=
+
△
△
数学 参考答案 第 3 页（共 9 页）
所以
1
2 6
1
2 6
8 10
12 10
2
5
2
5
ABCD
S
=
+
所以
40 6
ABCD
S
=
（17）（共13 分）
解：（Ⅰ）因为
//
AB
CD , AB 平面CDE ，CD 平面CDE ，
所以
//
AB
平面CDE .
因为 平面ABG 平面CDE
FG
=
,
所以
//
AB
FG ，
所以
//
CD
FG ，
在
CDE
△
中，因为点G 为DE 的中点，
所以点F 为CE 的中点.
所以
1
=
1
2
FG
CD = ，
所以 AB
FG
=
.
（Ⅱ）因为 平面ABFG ⊥平面ADE ， 平面ABFG 平面ADE
AG
=
，
AB
AG
⊥
，AB 平面ABFG ,
所以 AB ⊥平面ADE .
所以
,
AB
AD AB
AE
⊥
⊥
.
又 AD
AE
⊥
,
如图，以点A 为坐标原点，建立空间直角坐标系O
xyz
−
.
所以
(0,0,0)
A
，
(0,0,1)
B
，
(0,2,2)
C
，
(2,0,0)
E
，
(1,1,1)
F
,
设
(0,2, )(0
2)
H
h
h
≤
≤
，
所以
(0,2,1)
BC =
,
(2,0, 1)
BE =
−
.
设
( , , )
x y z
=
n
是平面BCE 的法向量，
则
0
0,
BC
BE
=
=
n
n
, 即2
0
2
0.
y
z
x
z
+
=
−
=
,
z
y
x
G
F
D
C
B
E
A
数学 参考答案 第 4 页（共 9 页）
令
1
x = ，则
1,
2
y
z
= −
=
，
所以
(1,
1,2)
=
−
n
．
因为
( 1,1,
1)
FH
h
= −
−
，
所以
2
|
2
4
3
sin
| cos
,
|
|
|
3
|
6
2
3
FH
h
FH
FH
h
h
−
=
=
=
=
−
+
n |
n
|| n |
.
解得
1
1
h = ，
2
5
h =
（舍）.
所以
1
DH = .
（18）（共13 分）
解：（Ⅰ）包裹价值不超过100 元的概率可以估计为
4000
4000
4
10000
5
P
+
=
=
；
（Ⅱ）由题设，X 的所有可能值为7.5
33 150
300
，
，
，
（单位：元）
4000
2
(
7.5)
10000
5
P X =
=
=
4000
2
(
33)
10000
5
P X =
=
=
1200
3
(
150)
10000
25
P X =
=
=
800
2
(
300)
10000
25
P X =
=
=
X
7.5
33
150
300
P
2
5
2
5
3
25
2
25
2
2
3
2
(
)
7.5
33
150
300
58.2
5
5
25
25
E X =
+
+
+
=
(元)
（Ⅲ）建议使用新技术.
理由：58.2
0.09% 100000
5000
238
0
−
=
，所以建议使用新技术.
数学 参考答案 第 5 页（共 9 页）
（19）（共15 分）
解：（Ⅰ）由题设，
2
2
2
1,
3.
b
a
b
c
=
=
+
=
解得
3,
2
a
c
=
=
．
所以E 的方程为
2
2
1
3
x
y
+
= ，离心率为
6
3
e =
．
（Ⅱ）设直线AD 的方程为
1
y
kx
=
−，
令
0
y =
，得
1
M
x
k
=
所以
1
( ,0)
M k
由
2
2
1,
3
3,
y
kx
x
y
=
−
+
=
得
2
2
(1
3
)
6
0
k
x
kx
+
−
=
，
所以
2
6
1
3
D
k
x
k
=
+
，所以
2
2
3
1
1
3
D
k
y
k
−
=
+
，
所以
2
2
2
6
3
1
(
,
)
1
3
1
3
k
k
D
k
k
−
+
+
，
所以
2
2
2
6
1 3
(
,
)
1
3
1
3
k
k
E
k
k
−
+
+
.
因为
2
2
2
1
3
1
1
1
3
6
3
1
3
AE
k
k
k
k
k
k
−
+
+
=
=
+
所以直线AE 的方程为
1
1
3
y
x
k
+ =
令
2
2
3
1
1
3
k
y
k
−
=
+
，得
3
2
18
1
3
N
k
x
k
=
+
所以
2
2
6 (3
1)
|
|
|
|
1
3
k
k
DN
k
−
=
+
因为
1 |
| |
|
2
DEN
S
DE
DN
=
△
1 |
| (|
|
|
|)
2
AEM
AED
DEM
D
D
M
S
S
S
DE
x
x
x
=
−
=
−
−
△
△
△
因为
2
6
1
3
k
k
+
与1
k 符号相同，
数学 参考答案 第 6 页（共 9 页）
所以
1 |
||
|
2
AEM
AED
DEM
M
S
S
S
DE
x
=
−
=
△
△
△
所以 |
|
3|
|
M
DN
x
=
所以
2
2
6 (3
1)
3
|
|
|
|
1
3
k
k
k
k
−
=
+
解得
1
k = .
法二：
设点
0
0
(
,
)
D x
y
，
2
2
0
0
1
3
x
y
+
= ，
所以
0
0
(
,
)
E x
y
−
.
所以
0
0
1
AD
y
k
x
+
=
.
所以 AD 的方程为
0
0
1
1
y
y
x
x
+
+ =
所以
0
0
1
M
x
x
y
=
+
，所以
0
0
(
0)
1
x
M y + ，
因为
0
0
1
AE
y
k
x
−
+
=
所以直线 AE 的方程为
0
0
1
1
y
y
x
x
−
+
+ =
．
令
0
y
y
=
，得
0
0
0
(
1)
1
N
x
y
x
y
+
=
−
所以
0
0
0
2
|
|
|
|
1
x y
DN
y
=
−
因为
1 |
| |
|
2
DEN
S
DE
DN
=
△
1 |
| (|
|
|
|)
2
AEM
AED
DEM
D
D
M
S
S
S
DE
x
x
x
=
−
=
−
−
△
△
△
因为
0
0
1
x
y +
与
0x 符号相同，
所以
1 |
||
|
2
AEM
AED
DEM
M
S
S
S
DE
x
=
−
=
△
△
△
所以 |
|
3|
|
M
DN
x
=
数学 参考答案 第 7 页（共 9 页）
所以
0
0
0
0
0
2
|
|
3|
|
1
1
x y
x
y
y
=
−
+
解得
0
0
1 ,
3
2
y
y
=
= −（舍）.
所以
1
k = .
（20）（共15 分）
解：（Ⅰ）当
0
a =
时，
( )
sin
2
x
f x
x
=
+
，
2
sin
2
cos
'( )
(sin
2)
x
x
x
f
x
x
+
−
=
+
，
设
( )
y
f x
=
在点
0
0
(
,
(
))
x
f x
处的切线经过(0,0) .
因为
0
0
0
(
)
'(
)(
)
y
f x
f
x
x
x
−
=
−
，
代入 (0,0) 得到，
0
0
0
0
0
2
0
0
sin
2
cos
(
)
sin
2
(sin
2)
x
x
x
x
x
x
x
+
−
−
=
−
+
+
所以
2
0
0
cos
0
x
x =
，
所以
0
0
x =
或
0
0
π
π
2 π
,
2 π
,
2
2
x
k
x
k
=
−
=
+
当
0
0
x =
时，
1
'(0)
2
f
=
，
当
0
π
2 π
2
x
k
=
−
时，
π
'(2 π
)
1
2
f
k −
= ，
当
0
π
2 π
2
x
k
=
+
时，
π
1
'(2 π
)
2
3
f
k +
=
，
所以曲线
( )
y
f x
=
经过点(0,0) 处的切线有3 条.
（Ⅱ）因为
( )
sin
2
x
a
f x
x
+
=
+
，
所以
2
sin
2
(
)cos
'( )
(sin
2)
x
x
a
x
f
x
x
+
−
+
=
+
.
令
( )
sin
2
(
)cos
g x
x
x
a
x
=
+
−
+
，
所以
'( )
(
)sin
g x
x
a
x
=
+
.
因为
π π
[
,
]
2 2
x−
，π
2
2
a
≤
，
所以
0
x
a
+
.
数学 参考答案 第 8 页（共 9 页）
令
'( )
0
g x =
，得
1
0
x =
.
所以
'( )
g x 与
( )
g x 的变化情况如下表：
x
π
[
, 0)
2
−
0
π
(0,
]
2
'( )
g x
−
0
+
( )
g x
↘
极小值
↗
因为
(0)
2
0
g
a
=
−
≥
，
所以
( )
0
g x ≥
，即
'( )
0
f
x ≥
对
π π
[
,
]
2 2
x−
成立，
所以
( )
f x 在
π π
[
,
]
2 2
−
上单调递增.
所以
π
π
2
2
( )
( )
2
3
3
3
a
a
a
a
f x
f
+
+
=
=
≤
（Ⅲ）a 的最小值为π
2 .
（21）（共15 分）
解：（Ⅰ）{
}
na
是3−预言数列，{ }
nb
不是3−预言数列.
（Ⅱ）不存在，证明如下：
由题可知
1
{ 1,0,1}
k
k
a
a
+ −
−
且
{1,2,3}
ka
（
1,2,
k =
）
假设存在，则
1
3
a =
，所以
2
3
4
{
,
,
}
{1,2,3}
a a a
=
（1）若
2
1
a = ，由题可知
3
4
a
a
=
，矛盾；
（2）若
2
2
a =
，由题可知
3
4
{
,
}
{1,3}
a a
=
矛盾；
（3）若
2
3
a =
，由题可知
3
4
{
,
}
{1,2}
a a
=
，且
5
3
a =
，又因为
5
4
{ 1,0,1}
a
a
−
−
，
所以
4
3
2,
1
a
a
=
= ，
4
5
{
,
}
{2,3}
a a
=
与
3
1
a = 矛盾；
综上不存在首项为3 的3−预言数列.
（Ⅲ） 当
1
m = 时，
1
na = ，此时m−预言数列的个数为1；
数学 参考答案 第 9 页（共 9 页）
当
2
m≥时，m−预言数列的个数为
2
m +
.
证明如下：
（1）同（Ⅱ）可得
1
{ 1,0,1}
k
k
a
a
+ −
−
且
{1,2,
, }
ka
m
（
1,2,
k =
），
所以若数列中某一项为1，则后续m 项只可能均为1或者均为2 .
（2）设
na
中的最大项为t ，证明
2
t ≤
.
假设t≥3 ，则存在
ka
t
= ，
由题可知
1
2
,
,
,
k
k
k m
a
a
a
+
+
+
中恰有1,2,
,t
这t 个不同的数，
所以其中存在
ia
t
= （若有多个，则取最后一个），
存在
1
ja = （若有多个，则取最前一个）.
若j
i
，则
1
2
j
j
j m
i
a
a
a
a
t
+
+
+
=
=
=
=
=
，
1
1
{ 1,0,1}
i
i
a
a
t
+ −
= −−
，矛盾;
若j
i
，则
1
2
,
,
,
i
i
i m
a
a
a
+
+
+
中恰有1,2,
,t
这t 个不同的数，
又因为
1
2
,
,
,
i
i
j
a
a
a
+
+
中没有t ，且
1
ja = ，其后续m 项也没有t 矛盾.
由上可知
2
t ≤
.
（3）由（2）若
1
t = ，则
1
na = ，符合；
若
2
t =
，设
2
ka =
，则其后续m 项可取到1和2 ，
且其中第一个1的后续m 项只能为2 ，
否则其前一项（取2 ）对应后续后续
1
m + 项只能取1，矛盾，
所以若
2
ka =
，则其后续m 项只能有1个1，
1
m −个2 ，
共有m 种不同的取法，考虑到数列首项还可能是1，
所以当数列中最大项为2 时，共有
1
m + 个m−预言数列
综上，当
2
m≥时，m−预言数列的个数为
2
m +
.
