北京市丰台区 2025~2026 学年度第二学期综合练习(一) 高三数学

答案C

解析由 $x^2<1$ 得 $-1<x<1$，所以 $A=(-1,1)$。全集 $U=(-1,3)$，因此 $\complement_U A=U\setminus A=[1,3)$，即 $\{x\mid 1\leqslant x<3\}$。故选 C。

答案D

解析由 $z(1+\mathrm{i})=2\mathrm{i}$ 得 $z=\frac{2\mathrm{i}}{1+\mathrm{i}}$。分子分母同乘 $1-\mathrm{i}$：

故选 D。

答案A

解析由题意，焦点在 $x$ 轴上，故半焦距 $c=2\sqrt{2}$，虚半轴长 $b=2$。双曲线满足 $c^2=a^2+b^2$，所以 $a^2=c^2-b^2=(2\sqrt{2})^2-2^2=8-4=4$。因此标准方程为 $\frac{x^2}{4}-\frac{y^2}{4}=1$，选项 A 正确。

答案B

解析因为 $a=2^{0.1}>2^0=1$，所以 $a>1$。

$b=\cos 2$，由于 $\frac{\pi}{2}<2<\pi$，故 $b<0$。

$c=\lg 2 \approx 0.3010$，所以 $0<c<1$。

因此 $b<0<c<1<a$，即 $b<c<a$，选 B。

答案D

解析由二项式定理，$(2-x)^4=\sum_{k=0}^4 C_4^k 2^{4-k}(-x)^k$。

(1) $a_1=C_4^1 2^3(-1)=-32$。

(2) $a_3=C_4^3 2^1(-1)^3=-8$。

因此 $a_1+a_3=-32+(-8)=-40$，选 D。

答案C

解析

(1) 取 AB 中点 O，连接 CO、DO。因为 △ABC 与 △ABD 均为边长 2 的等边三角形，所以 CO⊥AB，DO⊥AB，且 $CO=DO=\sqrt{3}$。

(2) 因为平面 ABC⊥平面 ABD，交线为 AB，CO⊂平面 ABC 且 CO⊥AB，所以 CO⊥平面 ABD，从而 CO⊥OD。

(3) 在 Rt△COD 中，$CD=\sqrt{CO^2+DO^2}=\sqrt{3+3}=\sqrt{6}$。

故选 C。

答案C

解析由题意，$A(m,n)$ 在单位圆上且为角 $\alpha$ 的终边与单位圆交点，所以 $m=\cos\alpha,\ n=\sin\alpha$。又 $\cos2\alpha=\frac{2}{3}$，而 $\cos2\alpha=2\cos^2\alpha-1$，故 $2\cos^2\alpha-1=\frac{2}{3}$，解得 $\cos^2\alpha=\frac{5}{6}$，即 $m^2=\frac{5}{6}$，所以 $|m|=\frac{\sqrt{30}}{6}$。

点 $B(1,b)$ 在角 $\alpha$ 的终边所在直线上，则该直线斜率为 $b=\tan\alpha=\frac{n}{m}$。因此 $\left|\frac{n}{b}\right|=\left|\frac{n}{n/m}\right|=|m|=\frac{\sqrt{30}}{6}$。故选 C。

答案B

解析由 $P(5)=\frac{P_0}{2}$ 得 $P_0 e^{-5k}=\frac{P_0}{2}$，即 $e^{-5k}=\frac{1}{2}$，所以 $5k=\ln 2$，$k=\frac{\ln 2}{5}$。设抗拉强度衰减为原来的 $\frac{1}{5}$ 需要 $t$ 年，则 $e^{-kt}=\frac{1}{5}$，即 $kt=\ln 5$，所以 $t=\frac{\ln 5}{k}=\frac{\ln 5}{\ln 2/5}=5\cdot\frac{\ln 5}{\ln 2}\approx 5\times\frac{1.609}{0.693}\approx 11.6$ 年。故选 B。

答案A（充分不必要条件）

解析设 $a_n=a_1q^{n-1}$，$a_1\neq 0$。

(1) 若 $q<-1$，令 $q=-r\ (r>1)$，则 $|a_n|=|a_1|r^{n-1}\to +\infty$，且各项符号正负交替；因此正项子列的绝对值也趋于 $+\infty$。对任意等差数列 $\{b_n\}$ 和任意给定的 $N_0$，$b_{N_0}$ 是固定实数，取充分大的适当奇偶性的 $k$，使 $a_k>0$ 且 $|a_k|>b_{N_0}$，故命题成立。所以 $q<-1$ 是充分条件。

(2) $q<-1$ 不是必要条件。反例：取 $a_n=2^{n-1}$，即 $q=2>1$，$a_1=1>0$。对任意等差数列 $\{b_n\}$ 和任意 $N_0$，$b_{N_0}$ 固定，而 $a_k=2^{k-1}\to +\infty$，所以存在正整数 $k$ 使 $a_k>b_{N_0}$。这说明 $q=2$ 时命题也成立，但 $q<-1$ 不成立。

综上，$q<-1$ 是所述命题的充分不必要条件，选 A。

答案B

解析取 $BC$ 所在直线为 $x$ 轴，$D$ 为原点，令 $B(-1,0),C(1,0),D(0,0)$。设 $M(x,y)$，由 $\overrightarrow{MB}\cdot\overrightarrow{MD}=\overrightarrow{MC}\cdot\overrightarrow{MD}$ 得 $(-1-x,-y)\cdot(-x,-y)=(1-x,-y)\cdot(-x,-y)$，化简得 $x(1+x)+y^2=x(x-1)+y^2$，即 $2x=0$，所以 $M$ 在直线 $x=0$ 上。设 $A(x_0,y_0)$，则 $\overrightarrow{AM}\cdot\overrightarrow{BC}=(M-A)\cdot(2,0)=-2x_0$。由 $\angle BAC=\frac{\pi}{4}$，点 $A$ 在以 $BC$ 为弦的圆上，其圆心为 $(0,\pm1)$，半径为 $\sqrt2$，故 $x_0\in[-\sqrt2,\sqrt2]$。当 $x_0=-\sqrt2$ 时，$\overrightarrow{AM}\cdot\overrightarrow{BC}$ 最大，最大值为 $2\sqrt2$。故选 B。

答案$[2,+\infty)$

解析(1) 由根号内非负，得 $\log_{2}x-1\ge 0$，即 $\log_{2}x\ge 1$。(2) 因此 $x\ge 2^1=2$。(3) 又对数函数要求真数 $x>0$，而 $x\ge2$ 已满足该条件，故定义域为 $[2,+\infty)$。

答案(0,2)

解析

抛物线标准形式为 $x^2=2py$，对比 $x^2=8y$ 得 $2p=8$，即 $p=4$。

该抛物线开口向上，焦点坐标为 $(0,\frac{p}{2})=(0,2)$。

答案第一空：$2$；第二空：$6$（答案不唯一，$\omega>\frac{17}{3}$ 均可）。

解析(1) $f(x)=\sqrt3\sin\omega x+\cos\omega x=2\sin(\omega x+\frac{\pi}{6})$。当 $\omega=1$ 时，$f(\frac{\pi}{3})=2\sin(\frac{\pi}{3}+\frac{\pi}{6})=2\sin\frac{\pi}{2}=2$。(2) 令 $f(x)=0$，得 $\omega x+\frac{\pi}{6}=k\pi$，即 $x=\frac{k\pi-\pi/6}{\omega}=\frac{(k-\frac16)\pi}{\omega}$。在 $(0,\frac{\pi}{2})$ 内，$k=1,2,3,\dots$。要有至少 3 个零点，需第 3 个零点 $x_3=\frac{(3-\frac16)\pi}{\omega}=\frac{17\pi}{6\omega}<\frac{\pi}{2}$，解得 $\omega>\frac{17}{3}$。取 $\omega=6$ 即可。

答案4；31

解析设等比数列$\{a_n\}$的公比为$q$（$q>0$）。由$a_5=a_1q^4$，得$q^4=\frac{250}{15.625}=16$，所以$q=2$，于是$\frac{a_4}{a_2}=\frac{a_2q^2}{a_2}=q^2=4$。

五枚权质量分别为$15.625,31.25,62.5,125,250$，即$15.625(1,2,4,8,16)$。任取一枚或多枚，其称量值对应二进制数中某几位为$1$的和，不同子集对应不同的二进制数，因此称量值互不相同。非空子集共有$2^5-1=31$个，所以可组合出的不同称量值共有$31$种。

答案②③④

解析(1) 设 $p(x)=(x^2-1)(x^2+ax+b)$。因 $p(\pm1)=0$，所以 $f(\pm1)=c$，故 $f(x)$ 的最小值不超过 $c$，不可能为 $[c+1,+\infty)$，①假。

(2) 取 $a=0,b=-3,c=-1/2$，则 $p(x)=(x^2-1)(x^2-3)$。令 $y=x^2$，$f(x)=0$ 等价于 $|(y-1)(y-3)|=1/2$。由 $(y-1)(y-3)=1/2$ 得 $y^2-4y+5/2=0$，其两根为 $2\pm(3/2)^{1/2}$；由 $(y-1)(y-3)=-1/2$ 得 $y^2-4y+7/2=0$，其两根为 $2\pm(1/2)^{1/2}$。四个 $y$ 均为正，每个对应两个 $x$，共 $8$ 个零点，②真。

(3) 对任意实数 $a$，取 $b=a^2/4-1$。此时 $x^2+ax+b=(x+a/2)^2-1$，$p(x)$ 的零点集为 $\{1,-1,-a/2-1,-a/2+1\}$，它们关于 $x=-a/4$ 成对对称：$1$ 与 $-a/2-1$ 的中点、$-1$ 与 $-a/2+1$ 的中点均为 $-a/4$。故 $p(x)$ 关于直线 $x=-a/4$ 对称，从而 $|p|$ 与 $f$ 也关于该直线对称，③真。

(4) 对任意给定的 $b$，取充分大的正数 $a$，使 $x^2+ax+b$ 有两个实根 $r_1<r_2$，且 $r_1<-1<r_2<1$（因 $r_2=-2b/(a+(a^2-4b)^{1/2})\to0$，$r_1\to-\infty$）。于是 $p$ 的四个零点为 $r_1,-1,r_2,1$，符号依次为 $+,-,+,-,+$。由罗尔定理，$p'$ 在 $(r_1,-1),(-1,r_2),(r_2,1)$ 内各有一个零点，分别为 $p$ 的两个负极小值点和一个正极大值点；取绝对值后都成为 $f$ 的极大值点。零点处 $|p|=0$ 是极小值，不产生极大值。故 $f$ 恰有 $3$ 个极大值点，④真。

答案

(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ)直线 $BF$ 与平面 $CEF$ 所成角的正弦值为 $\frac{\sqrt{30}}{10}$。

解析

(Ⅰ)证明：因为面 $ABCD$ 是矩形，所以 $AB \perp AD$。又 $AF \perp AD$，$AB \cap AF = A$，且 $AB, AF \subset$ 平面 $ABF$，所以 $AD \perp$ 平面 $ABF$。又 $BF \subset$ 平面 $ABF$，所以 $BF \perp AD$。

(Ⅱ)因为 $AF \perp AB$，$AF \perp AD$，$AB \cap AD = A$，所以 $AF \perp$ 平面 $ABCD$，故 $AB, AD, AF$ 两两垂直。以 $A$ 为原点，$AB, AD, AF$ 所在直线分别为 $x, y, z$ 轴建立空间直角坐标系。

则 $B(1,0,0)$，$C(1,2,0)$，$D(0,2,0)$，$F(0,0,2)$。由 $AF \parallel DE$ 且 $DE=1$，得 $E(0,2,1)$。

于是 $\vec{BF}=(-1,0,2)$，$\vec{CE}=(-1,0,1)$，$\vec{CF}=(-1,-2,2)$。

设平面 $CEF$ 的法向量为 $\vec{n}=(x,y,z)$，则 $\vec{n}\cdot\vec{CE}=-x+z=0$，$\vec{n}\cdot\vec{CF}=-x-2y+2z=0$。取 $x=1$，得 $z=1$，$y=\frac{1}{2}$，即 $\vec{n}=(1,\frac{1}{2},1)$，可取 $\vec{n}=(2,1,2)$。

设所成角为 $\theta$，则 $\sin\theta=|\cos\langle\vec{n},\vec{BF}\rangle|=\frac{|\vec{n}\cdot\vec{BF}|}{|\vec{n}||\vec{BF}|}=\frac{|-2+0+4|}{3\times\sqrt{5}}=\frac{2}{3\sqrt{5}}=\frac{2\sqrt{5}}{15}$。

验算：$|\vec{BF}|=\sqrt{1+4}=\sqrt{5}$，$|\vec{n}|=\sqrt{4+1+4}=3$，$\vec{n}\cdot\vec{BF}=-2+4=2$，故 $\sin\theta=\frac{2}{3\sqrt{5}}=\frac{2\sqrt{5}}{15}$。

所以直线 $BF$ 与平面 $CEF$ 所成角的正弦值为 $\frac{2\sqrt{5}}{15}$。

答案(Ⅰ) $\angle A=\frac{\pi}{3}$；(Ⅱ) 选择条件①，周长为 $3+\sqrt{3}+\sqrt{6}$。

解析(1) 由 $\sin2A=\sin A$ 得 $2\sin A\cos A=\sin A$，即 $\sin A(2\cos A-1)=0$。因为 $0<A<\pi$，$\sin A\neq0$，所以 $\cos A=\frac12$，故 $A=\frac{\pi}{3}$。

(2) 由正弦定理，$\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\sin C}=2\sqrt2$。若选条件① $b=2$，则 $2=2\sqrt2\sin B$，得 $\sin B=\frac{\sqrt2}{2}$。又 $B+C=\frac{2\pi}{3}$，所以 $0<B<\frac{2\pi}{3}$，故 $B=\frac{\pi}{4}$，$C=\frac{5\pi}{12}$。于是 $c=2\sqrt2\sin\frac{5\pi}{12}=\sqrt3+1$。所以周长为 $a+b+c=\sqrt6+2+\sqrt3+1=3+\sqrt3+\sqrt6$。

答案(Ⅰ) $\frac{1}{2}$；(Ⅱ) $\frac{21}{80}$；(Ⅲ) $p_0>\frac{p_1+p_2+p_3}{3}$.

解析(Ⅰ) 30个交易日中“上涨”出现15次，所以 $P(\text{上涨})=\frac{15}{30}=\frac12$。

(Ⅱ) 用频率估计：$P(\uparrow)=\frac12$，$P(\downarrow)=\frac{9}{30}=\frac3{10}$，$P(\rightarrow)=\frac{6}{30}=\frac15$。设5天中上涨、不变、下跌天数分别为 $u,n,d$，则 $u\ge3,n\ge1,u+n+d=5$。满足条件的情况为 $(u,n,d)=(3,1,1),(3,2,0),(4,1,0)$，故所求概率为

。

(Ⅲ) 第30个交易日为“↑”。统计由“↑”到下一步的转移，共14次：到“↑”7次、到“↓”5次、到“→”2次，所以第31日价格变化的一步转移概率估计为 $P(\uparrow)=\frac12$，$P(\downarrow)=\frac5{14}$，$P(\rightarrow)=\frac17$。因此 $p_0=\frac12p_1+\frac5{14}p_2+\frac17p_3$。又 $p_1>p_2>p_3$，故

所以 $p_0>\frac{p_1+p_2+p_3}{3}$。

答案椭圆方程为 $\frac{x^2}{6}+\frac{y^2}{3}=1$，离心率 $e=\frac{\sqrt2}{2}$；直线 $l$ 的方程为 $y=x+1$。

解析(1) 椭圆上一点到两焦点距离之和为 $2a$，故 $2a=2\sqrt6$，$a=\sqrt6$。点 $A(2,1)$ 在椭圆上，所以 $\frac{4}{6}+\frac{1}{b^2}=1$，解得 $b^2=3$。因此 $E:\frac{x^2}{6}+\frac{y^2}{3}=1$。又 $c^2=a^2-b^2=3$，$c=\sqrt3$，$e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt3}{\sqrt6}=\frac{\sqrt2}{2}$。

(2) 若 $l:x=2$，则交点为 $(2,1),(2,-1)$，含有 $A$ 或斜率不存在，不合题意，故设 $l:y=k(x-2)+3$。令 $x=2+s$，$y=3+ks$，则 $B,C$ 对应两根 $s_1,s_2$。代入椭圆：$(2+s)^2/6+(3+ks)^2/3=1$，去分母得 $(1+2k^2)s^2+(4+12k)s+16=0$。于是 $s_1+s_2=-\frac{4+12k}{1+2k^2}$，$s_1s_2=\frac{16}{1+2k^2}$。直线 $AB$ 的斜率 $k_{AB}=\frac{y-1}{x-2}=\frac{2+ks}{s}=k+\frac{2}{s}$，同理 $k_{AC}=k+\frac{2}{s_2}$。由 $k_{AB}+k_{AC}=0$ 得 $2k+2(\frac{1}{s_1}+\frac{1}{s_2})=0$，即 $\frac{s_1+s_2}{s_1s_2}=-k$。代入韦达定理：$-\frac{4+12k}{16}=-k$，解得 $k=1$。此时判别式 $\Delta=16^2-4\cdot3\cdot16=64>0$，满足两不同交点。所以 $l:y=(x-2)+3=x+1$。

答案(Ⅰ) 切线方程为 $x+y=1$；(Ⅱ) 证明见解析；(Ⅲ) 实数 $a$ 的取值范围为 $(-\infty,0)$。

解析(Ⅰ) 当 $a=1$ 时，$f(x)=(x^3+1)e^{-x}$，$f(0)=1$。又 $f'(x)=(3x^2-x^3-1)e^{-x}$，所以 $f'(0)=-1$。故曲线在 $(0,1)$ 处的切线方程为 $y-1=-x$，即 $x+y=1$。

(Ⅱ) 要证 $f(x)\leqslant a$，即 $\frac{x^3+a}{e^{ax}}\leqslant a$，也即 $a(e^{ax}-1)\geqslant x^3$。令 $t=ax\geqslant0$，则 $x^3=t^3/a^3$，于是需证 $a^4(e^t-1)\geqslant t^3$。因为 $a\geqslant\sqrt{2}$，所以 $a^4\geqslant4$，故只需证 $e^t-1\geqslant\frac{t^3}{4}$。设 $p(t)=e^t-1-\frac{t^3}{4}$，$p(0)=0$，$p'(t)=e^t-\frac{3t^2}{4}$，$p''(t)=e^t-\frac{3t}{2}$，$p'''(t)=e^t-\frac32$。$p''(t)$ 在 $[0,+\infty)$ 上的最小值为 $p''(\ln\frac32)=\frac32(1-\ln\frac32)>0$，故 $p''(t)>0$，所以 $p'(t)\geqslant p'(0)=1>0$，从而 $p(t)\geqslant p(0)=0$，即 $e^t-1\geqslant\frac{t^3}{4}$。因此 $a(e^{ax}-1)\geqslant x^3$，所以 $f(x)\leqslant a$。

(Ⅲ) 令 $K(x)=\frac{x^3+a}{e^{ax}}+a^2x-a$，原条件等价于存在 $x\geqslant0$ 使 $K(x)<0$。

(1) 若 $a=0$，则 $K(x)=x^3\geqslant0$，不成立。

(2) 若 $a>0$，当 $ax\geqslant1$ 时，$-a^2x+a\leqslant0<f(x)$；当 $0\leqslant ax<1$ 时，$f(x)=\frac{x^3+a}{e^{ax}}\geqslant ae^{-ax}>a(1-ax)=-a^2x+a$（$x=0$ 时取等号），故 $K(x)\geqslant0$，也不成立。

(3) 若 $a<0$，注意到 $K(0)=0$，$K'(0)=0$，且

由连续性，存在 $\delta>0$，使 $0<x<\delta$ 时 $K''(x)<0$，于是 $K'(x)<K'(0)=0$，进而 $K(x)<K(0)=0$，原不等式成立。

综上，实数 $a$ 的取值范围是 $(-\infty,0)$。