2025海淀区高三上数学期中解析

内容纲要

持续更新中……

海淀期中考试结束一周了，刚拿到答题卡打算简单分析一下

总体感觉

整套卷子整体难度不大，和去年基本持平，估计平均分还能比去年高一点点。
整套卷子还是贯穿着那句话

一问题为导向，关注实际问题，寻找解决措施

这点在这份卷子中可真是提现的淋漓尽致啊
第9题，15题，20题，都是能提现这个思维的；还有就是题目中给你的一般来说都是有用的，但有的题确实很例外(比如说第9题)

再观察试卷可以看到试卷对于细节和基本知识的透彻理解

目前能想到的基本上就这些了……想到再说

题目解析

第9题

我国南宋著名数学家秦九韶发现了由三角形三边求面积的方法，他把这种方法称为“三斜求积术”。如果把这种方法写成公式，就是 $ S = \frac{1}{2}\sqrt{c^2a^2 – \left(\frac{c^2 + a^2 – b^2}{2}\right)^2 } $
，其中 $a$、$b$、$c$ 是三角形的三边，$S$ 是三角形的面积。若 $b = \sqrt{3}$，则：

(A) 当 $ac = 1$ 时，$S \le \frac{\sqrt{3}}{4}$
(B) 当 $ac = 2$ 时，$S \le \frac{\sqrt{15}}{4}$

答案：A

这道题的思路和方法很多的我简单说两个吧

解析

法一：直接代入，代数求解

把 $b = \sqrt{3}$ 直接代入 $S = \frac{1}{2}\sqrt{c^2 a^2 – \left(\frac{c^2 + a^2 – b^2}{2}\right)^2}$ 中，得到$S = \frac{1}{2}\sqrt{c^2 a^2 – \left(\frac{c^2 + a^2 – 3}{2}\right)^2}$
然后，分别将选项带入验证，以 A 为例：

$S = \frac{1}{2}\sqrt{1 – \left(\frac{c^2 + a^2 – 3}{2}\right)^2}$

$\because ac=1$
$\Rightarrow a^2+c^2 \ge 2ac = 2$

$\therefore (a^2 + c^2 – 3)^2 \ge 0$这里一定要注意，等式两侧同时平方的时候，不要写成$(a^2 + c^2 – 3)^2 \ge 1$

然后得到 $ S \le \frac{1}{2}$

法二: 不忘初心，紧盯目标

这个方法比较巧妙，下面引导者打架想一下
首先要明确这道题的目的：一个斜三角形通过三边、角的关系求三角形面积最值
而题目中所提到的海伦－秦九韶公式则只是题目给出的一种方法

那换成我们自己求三角形面积我们会怎么处理？

首先我们会很自然地想到 $S = \frac{1}{2} a c \sin B$

那么再观察式子结构，可以发现与余弦定理的结构很像，代入后可得到

$ cosB = \frac{a^2+c^2-b^2}{2ac} $
$ = \frac{a^2+c^2-3}{2ac} $
$ \le -\frac{1}{2} $

$ \because B \in (0, \pi] $
$ \therefore sinB \in (0, 1] $

$ S = \frac{1}{2} acsinB \le \frac{1}{2} $

总结

那么由这道题我们可以总结出什么？

我觉得更重要还是转化思想不要拘泥于题目中所提到的海伦－秦九韶公式，而是可以跳出题干的思维，从其他角度思考问题，不过这也只是一个取巧的方法

第10题

已知数列 $a_n$ 满足 $a1 = 1$，$\frac{a{n+1}}{a_n} \in {2,-2}$（$n=1,2,\dots$），$S_n$ 为 $a_n$ 的前 $n$ 项和，则下列结论错误的是：

(A) 存在 $a_n$，使得 $S_4 = 3$ 成立

(B) 存在 $an$ ，使得 $S{2k+1} > S{2k}$ 且 $S{2k+1} > S_{2k+2}$ 对任意 $k \in \mathbb{N}^*$ 成立

(D) 对任意奇数 $k$，存在 $a_n$ 和 $m \in \mathbb{N}^*$，使得 $S_m = k$ 成立

答案：D

解析

终于……海淀数列不是不动点问题了 owo

这个我就简单说一下在考场中如何快速准确的确定答案吧

首先观察4个选项，可以知道除了A之外均为全称量词命题，那就先从A入手

在分析选项之前我们先分析一下题干的数列简单写两项

$ a_1 = 1 \quad a_2 = \pm 2 \quad a_3 = \pm 4 \quad a_4 = \pm 8 \quad \dots $

再分析选项

A选项只要找到一个符合条件的数列${a_n}$使得成立即可，简单调整一下就可以得到

$ a_1=1 \quad a_2=-2 \quad a_3=-4 \quad a_4=8 $

符合题意

再简单看一下B D选项，可以知道这两个命题均与数论中数字的奇偶性相关，那可以先放一放，来看看相对简单一点的C选项

C选项其实这个看似很复杂包含绝对值，其实做好中翻中还是不难的，所以先观察一下看看怎么理解？

大致上可以这么说，总存在an对于任意k使，那我们不妨令n=k，选取一个特殊值。到此，我们的选项已经分析完了但可能感觉并没什么用处，那我们再来看看题干，把刚才数列变形一下

结合着那么一点点的感觉，和等比数列求和，大致可以分析出来当n大于2时将数列的前n-1项调整为正，最后一项是负即可，再看一眼n=2时，令a2=-2即可

现在只剩BD了如果从BD中选择一个简单的，那肯定是B了，因为B只有一个变量k。再来翻译一下B选项

令m=2k+1，那么就可以理解为对于任意奇数m有sm大于m两侧偶数的求和；当然这只是第一层，再理解一下就是说，从m-1到m肯定是加了一个整数，从m到m+1则是加了一个负数，那就很好办了，我们只需要调整为一正一负的数列就可以l实现

到此为止这道题基本已经出来了，如果再不放心，可以尝试把D选项代几个数验证一下在分析选项时建议多带几组数验证，多试几个很快就发现有矛盾了

总结

至此总结一下这种数列的压轴题该怎么撬开

先分析数列的性质，找出关键点
先写出几项来，观察这几项的数字特征和规律空客能不能
找到规律
把选项带入去验证，这时一定要注意，是要把选项带入验证，只看对不对而并非是代入计算，得出选项结论

第15题

某社区内有一扇形草坪（如图），扇形的半径 $OA$ 为 $60$ 米，$\angle AOB = \frac{2\pi}{3}$。甲从圆心 $O$ 出发，沿 $OA$ 以每秒 $1$ 米的速度向 $A$ 慢走；同时乙从 $A$ 出发，沿弧 $\widehat{AB}$ 以每秒 $\frac{2\pi}{3}$ 米的速度向 $B$ 慢跑。若经过 $t\ (0\le t\le 60)$ 秒，甲和乙所在位置分别为 $M$ 和 $N$，记 $MN$ 的长度为 $f(t)$ 米。

求证下列四个结论的真伪：

① 当 $t=30$ 时， $MN \perp OA$；

② 函数 $y=f(t)$ 在区间 $(30,45)$ 上单调递增；

③ 方程 $f(t)=60$ 在区间 $(45,60)$ 上恰有一个根；

④ 若函数 $f(t)$ 在 $t=t_0$ 处取得最小值，则 $t_0\in(0,30)$。

1. 建立函数表达式

设以 $OA$ 为 $x$ 轴正方向，点 $O$ 为原点。乙的线速度为 $v_B=\frac{2\pi}{3}$（m/s），扇形半径 $R=60$，因此乙的角速度
$\omega=\frac{v_B}{R}=\frac{\frac{2\pi}{3}}{60}=\frac{\pi}{90}\ \text{(rad/s)}$
乙走过的极角为
$\theta(t)=\omega t=\frac{\pi t}{90}$
甲从圆心以 1 m/s 向外，故甲到圆心的距离为 $t$。甲的位置（极坐标）为 $(t,0)$，乙的位置为 $(60,\theta(t))$。由余弦定理得
$f(t)^2=60^2+t^2-2\cdot60\cdot t\cos\theta(t)$
即
$f(t)=\sqrt{3600+t^2-120t\cos\!\left(\frac{\pi t}{90}\right)}.$
2. 结论 ①（$t=30$ 时 $MN \perp OA$）
向量法：在直角坐标下
$M=(t,0),\quad N=(60\cos\theta,,60\sin\theta).$
向量 $MN=(60\cos\theta-t,60\sin\theta)$，若 $MN\perp OA$（$OA$ 为 $x$ 轴），则 $MN$ 的 $x$ 分量为 $0$，即
$60\cos\theta-t=0\quad\Longrightarrow\quad t=60\cos\theta.$
当 $t=30$ 时 $\theta=\frac{\pi}{3}$，$\cos\theta=\frac{1}{2}$，于是 $60\cos\theta=30=t$，条件成立。所以结论 ① 正确。
3. 结论 ②（$f(t)$ 在 $(30,45)$ 上单调递增）
令 $g(t)=f(t)^2=3600+t^2-120t\cos\theta(t)$，有
$g'(t)=2t-120\cos\theta(t)+120t\sin\theta(t)\cdot\theta'(t)$
注意 $\theta'(t)=\dfrac{\pi}{90}$，故
$g'(t)=2t-120\cos\theta(t)+\frac{4\pi}{3}t\sin\theta(t).$
在区间 $(30,45)$ 内，$\theta(t)\in\left(\frac{\pi}{3},\frac{\pi}{2}\right)$，因此 $\cos\theta(t)\le\frac{1}{2}$，于是
$-120\cos\theta(t)\ge -60.$
又第三项 $\frac{4\pi}{3}t\sin\theta(t)\ge 0$，因此得到下界
$g'(t)\ge 2t-60.$
当 $t>30$ 时 $2t-60>0$，所以 $g'(t)>0$，进而 $f'(t)=\frac{g'(t)}{2f(t)}>0$。因此 $f(t)$ 在 $(30,45)$ 上严格递增，结论 ② 正确。
4. 结论 ③（方程 $f(t)=60$ 在 $(45,60)$ 上恰有一根）
$f(t)=60$ 等价于 $f(t)^2=3600$，代入得
$3600+t^2-120tcos\theta=3600\quad\Longrightarrow\quad t^2-120tcos\theta=0,$
即（除 $t=0$ 外）
$t=120\cos\theta(t)=120\cos\left(\frac{\pi t}{90}\right).$
在区间 $(45,60)$ 中，$\theta(t)\in\left(\frac{\pi}{2},\frac{2\pi}{3}\right),$
所以
$\cos\theta(t)<0.$
于是方程右端
$120\cos\theta(t)0,$
两边符号矛盾，因此方程在区间 $(45,60)$ 内不存在正根。
故结论③错误（并非“恰有一个根”，而是“无根”）。
—
5. 结论④
若 $f$ 在 $t=t_0$ 处取得最小值，则
$t_0\in(0,30).$
观察导数在端点附近的符号。
当$t\to0^+$时，$\theta(t)\to0,$
由导数表达式可得
$
g'(0)
=\lim_{t\to0}\left(2t-120\cos\theta(t)+\cdots\right)
=-120<0.
$
因此在靠近 $0$ 的区域内，
$f'(t)0.$
因此导数由负变正，根据连续性可知，存在
$t_0\in(0,30)$
使得
$f'(t_0)=0,4$
且该点对应极小值。
再结合函数值比较：
$f(0)=60,$ $f(30)=30\sqrt3\approx51.96,$
并且
$f(60)\gg60,$
可知函数的全局最小值也只能出现在区间 $(0,30)$ 内。
故结论④正确。
综上：①、②、④ 正确，③ 错误。

第 17 题

这道题嘛，感觉出的还是很有心机的，主打的就是反套路了，这也很符合北京高考出卷的特点。
就这道题而言还是不难的，主要考察学生是否能够分析出数列为每项均为0的常数列这个情况，以及考场上看到了这个之后是否敢于留存这个答案还是直接把这种情况舍掉了
这确实是比较特殊哈，在这里我的建议还是对于自己计算出来的结果，如果完全符合题目中的条件，那么就大胆的保留这个答案，不要受到原来做题的套路化的siwei

第 18 题

这道题也稍微说两句吧
这是个典型的劣构题目，这种题大家就要注意题干了

比如这道题说到

从以下三个条件中选择一个使函数存在

一般如果题目这么说来，那么就要考虑哪个条件是万万不能选的，选了就会0分啊！

比如这道题的 $① $
经过计算可以得到不成立

第 19 题

这道题算是一个过渡题，连接了中档题和难题，这确实算是解三角形中的一个难题了

首先可以观察到此题中有三个三角形，那么就要分析哪个三角形是可解的了，这个题中

看下第一问，算是比较基础的，过程就不展开说了，简单说几个点吧，我觉得大部分做错的学生可能是计算方法没有选对吧

余弦定理

这个式子如果真要解那确实是个很大的计算量，尤其是在已经做题50分钟的情况下，和容易出现低级的计算错误，那有没有什么方法能够避免呢？

这就要提到数形结合的思想了，我们能够很容易的发现 $A=37$，这不是我们很熟悉的 $3:4:5$ 的直角三角形三边关系了嘛，这样左侧三角形就轻而易举的解了

再来看右侧的三角形，其实也是一个特殊的三边关系 $5:12:13$ 的直角三角形，代入数据就出来了。这样就算是一个比较简单的计算方法了，平时可以多思考和积累一下各种直角三角形三边关系了

第二问
这个说实话也不能算饲喂量很大的题，只能算是计算量大了一点，这里我觉得没啥可说的了，稳步计算即可，简单写下过程

第 20 题

题目
答案：
这个题呢，是一个对于三次函数基本性质的考察，第一问比较简单就直接过了

第二问的话其实思路不算男只能说是计算量是真的大累……

这道题还是要从函数性质出发，观察
$f(x)=x^3+ax$
$f(x)=－x^3－ax$
$f(x)=-f(x)$
那么可以得到这是个奇函数

$ \therefore $ $A$ 与 $B$ 关于原点 $O$ 对称

到了这里可以想到什么？结合着题目要的等腰三角形可以想到三线合一，而 $O$ 为 $AB$ 中点，那我们做出 $AB$ 的中垂线$l_1$，那么题目就转化为了：求使 $g(x)$ 与 $l_1$ 有交点的 $a$ 的范围

其实到了这里，就已经很像解析的味儿了

又 $ k{AB} = \frac{2a}{3}, \; k{OP} = \frac{e^{-ax_0}}{x_0} $

所以 $ e^{-ax_0} \cdot \frac{2a}{3} = -1 $

即 $ 2ae^{-ax_0} + 3x_0 = 0 $

设 $ F(x) = 2ae^{-ax} + 3x $，所以函数 $ F(x) = 2ae^{-ax} + 3x $ 存在零点.

因为 $ F'(x) = -2a^2e^{-ax} + 3 $，

令 $ F'(x) = -2a^2e^{-ax} + 3 = 0 $，解得 $ x_3 = -\frac{1}{a}\ln\left(\frac{3}{2a^2}\right) $

所以 $ x,\; F'(x),\; F(x) $ 的变化情况如下表

$ x $	$ (-\infty, x_3) $	$ x_3 $	$ (x_3, +\infty) $
$ F'(x) $	$ + $	$ 0 $	$ − $
$ F(x) $	$ ↗ $	极大值	$ ↘ $

所以 $ F(x_3) = \frac{3}{a} + 3\left(-\frac{1}{a}\ln\left(\frac{3}{2a^2}\right)\right) = \frac{3}{a}\left(1 – \ln\left(\frac{3}{2a^2}\right)\right) $