备战2025年高考数学北京模拟卷一

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（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
第I卷（选择题）
一、单项选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。
1．在复平面内，复数是虚数单位），则的共轭复数在复平面内对应的点位于
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
【答案】B
【分析】利用复数的除法运算法则：分子、分母同乘以分母的共轭复数，化简复数，求出，再求出在复平面内对应的点的坐标，从而可得结果.
【详解】，
，
则在复平面内对应的点的坐标为，位于第二象限，故选B.
2．下列关于向量的描述正确的是
A．若向量，都是单位向量，则
B．若向量，都是单位向量，则
C．任何非零向量都有唯一的与之共线的单位向量
D．平面内起点相同的所有单位向量的终点共圆
【答案】D
【解析】根据向量的方向性可判断A；根据平面向量数量积定义及夹角范围可判断B；共线向量有同向和反向两种，可判断C；根据向量模的定义可判断D.
【详解】对于选项A：向量包括长度和方向，单位向量的长度相同均为，方向不定，故向量和不一定相同，故选项A错误；
对于选项B：因为，由知，不一定成立，故选项B错误；
对于选项C：任意一个非零向量有两个与之共线的单位向量，故选项C错误；
对于选项D：因为所有单位向量的模为，且共起点，所以所有单位向量的终点在半径为的圆周上，故选项D正确；
故选：D.
3．设集合，.若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据交集的定义可知，代入集合可求出的值，从而求解集合.
【详解】因为，所以，则，解得.
则.
故选：D
4．已知，则（ ）
A．2024B．C．1D．
【答案】B
【分析】根据题意，等式的两边同时求导数，再令，即可求解.
【详解】由，
等式的两边同时求导数，可得，
令，可得.
故选：B.
5．若和都是定义在上的函数，则“与同是奇函数或偶函数”是“是偶函数”的（ ）
A．充分非必要条件B．必要非充分条件
C．充要条件D．既非充分又非必要条件
【答案】A
【分析】用定义证明f(x)与g(x)同是奇函数或偶函数时，是偶函数，取反例说明是偶函数不能推出f(x)与g(x)同是奇函数或偶函数.
【详解】若f(x)与同是奇函数，则，，
所以，所以是偶函数，
同理可证当f(x)与同是偶函数，是偶函数；
反之，若是偶函数，f(x)与g(x)不一定同是奇函数或偶函数，
例如取，，均为非奇非偶函数，但是偶函数.
所以“f(x)与g(x)同是奇函数或偶函数”是“是偶函数”的充分不必要条件.
故选：A
6．点F是双曲线C：﹣＝1（a＞0，b＞0）的右焦点，A、B分别为C的右顶点、虚轴的上端点，O为坐标原点，若∠OBA＝∠BFA，则双曲线的离心率是（ ）
A．B．﹣1C．﹣1D．
【答案】D
【分析】里双曲线定义及其性质，分别在△AOB和△OBF中，表示出∠OBA和∠BFA，的正切即可解出.
【详解】
由题意可知OB＝b，OA＝a，OF＝c，
在△AOB中，，
在△OBF中， ，
∵∠OBA＝∠BFA，∴且c2＝a2+b2，
∴ac＝c2﹣a2，即e2﹣e﹣1＝0且e＞1，
∴，
故选：D．
7．若当时，函数始终满足，则函数的图象大致为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】由函数始终满足，得到，再化简，画出的图像，利用翻折变换得到的图像，选出答案.
【详解】当时，函数始终满足，必有，
又
先画出函数的图像，过点，单调递减，再将y轴右侧图像翻折到左侧，得到图像．
故选：A．
【点睛】方法点睛：图像变换的翻折变换有两种：
图像保留x轴上方图像，将x轴下方图像翻折上去，得到的图像；
图像保留y轴右边图像，并将其关于y轴对称的图像画出，得到的图像；
8．如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为3，线段B1D1上有两个动点E，F且EF＝1，则当E，F移动时，下列结论中错误的是（ ）
A．AE∥平面C1BD
B．四面体ACEF的体积不为定值
C．三棱锥A﹣BEF的体积为定值
D．四面体ACDF的体积为定值
【答案】B
【分析】根据面面平行的性质定理，判断A选项是否正确，根据锥体体积计算公式，判断BCD选项是否正确.
【详解】对于A选项，易得平面与平面平行，所以平面成立，A选项结论正确.
对于B选项，由于长度一定，所以三角形面积为定值.到平面的距离，也即到平面的距离一定，所以四面体体积为定值，故B选项结论错误.
对于C选项，由于长度一定，所以三角形面积为定值. 到平面的距离，也即到平面的距离一定，所以三棱锥体积为定值，故C选项结论正确.
对于D选项，由于三角形面积为定值，到平面的距离为定值，所以四面体的体积为定值.
综上所述，错误的结论为B选项.
故选：B
9．已知等比数列满足，，记，则数列（ ）
A．有最大项，有最小项B．有最大项，无最小项
C．无最大项，有最小项D．无最大项，无最小项
【答案】A
【分析】求出等比数列的通项公式，进而求出，再由数列最大项、最小项的意义判断作答.
【详解】依题意，等比数列的通项公式，
，，
由知，
当时，，数列是递增的，
当时，，数列是递减的，
，，，，
所以和分别是数列的最大项和最小项.
故选：A.
10．2015年4月22日，亚非领导人会议在印尼雅加达举行，某五国领导人、、、，除与、与不单独会晤外，其他领导人两两之间都要单独会晤．现安排他们在两天的上午、下午单独会晤（每人每个半天最多进行一次会晤），那么安排他们单独会晤的不同方法共有（ ）
A．48种B．36种C．24种D．8种
【答案】A
【分析】判断总共的会晤次数与安排情况，根据排列数求解．
【详解】由题意得会晤共有共八场，则每个时段需要进行两场，能够满足要求的有和两种情况，
故不同的安排方法共有
故选：A
第II卷（非选择题）
二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分。
11．函数的定义域为 .
【答案】
【分析】根据对数型函数的定义域和二次根式的性质进行求解即可.
【详解】因为对数的真数大于零，二次根式被开方数为非负实数，
所以有，解得，所以函数的定义域为.
故答案为：
12．以点为圆心，且经过原点的圆的方程为 .
【答案】
【分析】设圆的方程为，再把原点坐标代入求出可得答案.
【详解】由题设圆的标准方程为，
因为原点在圆上，所以，
所以圆的标准方程为.
故答案为：.
13．已知函数（，）的最小正周期为，且函数的图象关于直线对称，若函数在上既存在最大值也存在最小值，则实数m的取值范围为 ．
【答案】
【分析】根据周期求，根据对称轴求，然后利用正弦函数的性质求解可得.
【详解】由题知，，所以，
又函数的图象关于直线对称，所以，
所以，即，
因为，所以，则，
当时，，
因为函数在上既存在最大值也存在最小值，
所以或，解得或，
所以实数m的取值范围为.
故答案为：
14．已知函数，若，则的取值范围是 .
【答案】
【分析】根据题意画出函数大致图象，然后根据图象得出，再用表示出，根据所得关于的函数单调性可得结果．
【详解】函数大致图象如下：
则由图可得，
而，故，
所以，
令，，则
，
所以在上单调递增，
因为，
所以，即，
所以的取值范围是，
故答案为：
15．某数学兴趣小组在阅读了《选择性必修第一册》中数列的课后阅读之后，对斐波那契数列产生了浓厚的兴趣．书上说，斐波那契数列满足：，，的通项公式为.在自然界，兔子的数量，树木枝条的数量等都符合斐波那契数列．该学习兴趣小组成员也提出了一些结论：
①数列是严格增数列；②数列的前n项和满足；
③；④.
那么以上结论正确的是 （填序号）
【答案】②③
【分析】根据数列的特征以及递推公式，即可判断①；由已知可得，累加法即可得出②；，变形可得时，，然后累加，即可得出③；举例，验证，即可判断④.
【详解】对于①，由题意可知，，，.
由已知，则当时，单调递增.
所以，时，由已知可知，单调递增，且.
所以数列在时，为严格增数列.
但是该数列的前三项不满足，故①错误；
对于②，当时，有
，
，
，
，
，
，
两边同时相加可得，，
所以，，故②正确；
对于③，由已知可得，，
，
，
，
两边同时相加可得，，故③正确；
对于④，当时，左边为，右边为，显然不成立，故④错误.
所以，结论正确的是②③.
故答案为：②③.
三、解答题：本题共6小题，共85分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。
16．（13分）已知，．
(1)求的值；
(2)在平面直角坐标系中，以为始边，已知角的终边与角的终边关于轴对称，求的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用二倍角公式及两角和正弦公式计算即可；
（2）根据角的终边与角的终边关于轴对称求出，然后利用两角和的余弦公式计算即可.
【详解】（1）因为，，所以，………………………2分
所以，，………………………3分
所以………………………5分
（2）因为角的终边与角的终边关于轴对称，………………………7分
所以，， ………………………10分
所以.…………………………………………13分
17．（13分）如图，四棱锥底面为等腰梯形，AD//且，点为中点．
（1）证明：DE//平面；
（2）若平面， ，直线与平面所成角的正切值为，求四棱锥的体积．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）取中点为，在平面中，构造与直线DE平行的直线，即可通过线线平行证明线面平行；
（2）根据已知线面角，求得的长度以及底面的面积，结合棱锥体积的计算公式，即可求得结果.
【详解】（1）取中点为，连接，如下所示：……………………1分
在三角形中，分别为的中点，故可得//，；………………………2分
根据已知可得AD//，，故//，……………………………3分
则四边形为平行四边形，故DE//，…………………………………4分
又面面，故DE//面.…………………………………6分
（2）作于点，如下图所示：…………………………7分
则．………………………8分
在△中，，，则，，………………………………9分
由平面知，直线与平面所成角为，
故，即在△中，有，则，…………………………………11分
所以，四棱锥的体积 ．……………………………13分
18．（14分）根据《国家学生体质健康指标》，高三男生和女生立定跳远单项等级如下（单位：）
从某校高三男生和女生中各随机抽取12名同学，将其立定跳远测试成绩整理如下（精确到）：
男生：
女生：
假设用频率估计概率，且每个同学的测试成绩相互独立.
(1)分别估计该校高三男生和女生立定跳远单项的优秀率；
(2)从该校全体高三男生中随机抽取2人，全体高三女生中随机抽取1人，设为这3人中立定跳远单项等级为优秀的人数，求的分布列和数学期望.
【答案】(1)；
(2)
【分析】（1）某校高三男生和女生中各随机抽取12名同学，样本中立定跳远单项等级获得优秀的男生人数为，获得优秀的女生人数为，计算频率得到优秀率的估计值；
（2）由题设，的所有可能取值为，算出对应概率的值，列出分布列，计算出的数学期望的估计值.
【详解】（1）某校高三男生和女生中各随机抽取12名同学，
样本中立定跳远单项等级获得优秀的男生人数为，获得优秀的女生人数为，………………………2分
所以估计该校高三男生立定跳远单项的优秀率为；
估计高三女生立定跳远单项的优秀率为．………………………………………4分
（2）由题设，的所有可能取值为，……………………………5分
则；…………6分
；…………8分
；…………10分
．…………11分
则的分布列为：…………………………………………………12分
则的数学期望.…………………………………………14分
19．（15分）已知函数.
(1)当时，求在点的切线方程；
(2)若恒成立，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）求导得斜率，再利用点斜式求方程；
（2）将不等式同构变形为，构造函数，判单调性得，分离参数求最值得解.
【详解】（1）当时，，则，，…………………2分
∴，∴切线方程为，即.…………………4分
（2）由题意得，，即，
亦即,…………………6分
设，易得恒成立.
∴在上单调递增; …………………8分
易知：①当时，，恒成立,此时恒成立；…………………10分
②当时， 等价于，
由①②知恒成立，则恒成立
设，则.…………………12分
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，…………………14分
∴，∴，即的取值范围是.…………………15分
【点睛】关键点点睛：本题考查导数的几何意义及不等式恒成立，解决问题关键是将不等式同构为并构造函数.
20．（15分）已知椭圆的离心率为，长轴长为4．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)O为坐标原点，过点且斜率不为零的直线与椭圆C交于E，F两点，试问：在x轴上是否存在一个定点T，使得．若存在，求出定点T的坐标；若不存在，说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，
【分析】（1）由椭圆的性质结合离心率的计算解出标准方程即可；
（2）假设存在，由已知可转化求得.设出直线方程，然后与椭圆联立，根据韦达定理得出坐标关系表示出斜率，化简整理可得出，进而得出的值.
【详解】（1）由题意可得，，
所以，……………………………………3分
所以椭圆C的标准方程为.……………………………………4分
（2）
假设存在x轴上的定点，使得.
则结合图可得，所以.……………………………………5分
由题意，直线的斜率一定存在，设直线的方程为，
设，，……………………………………6分
由得，， ……………………………………7分
，则，……………………………………8分
且.……………………………………9分
因为直线ET的斜率为，直线的斜率为，
由得.……………………………………10分
因为，，
所以，
即，…………………………………12分
所以，……………………………………13分
所以，则，
所以在x轴上存在一个定点，使得．……………………………………15分
21．（15分）已知有限集，如果A中元素，满足，就称A为元“创新集”；
（1）若，试写出一个二元“创新集”A；
（2）若，且是二元“创新集”，求的取值范围；
（3）若是正整数，求出所有的“创新集”；
【答案】（1）；（2）或；（3）；
【分析】（1）解方程得到一组解即可；
（2）设，则一元二次方程有两个根，再根据判别式大于0，得到的取值范围；
（3）证明，均不存在“创新集”，同时证明时，存在唯一“创新集”
【详解】（1）由“创新集”的定义得：，
令，得，则；
所以为二元“创新集”. ……………………………………2分
（2）若，且是二元“创新集”，
不妨设，
则由韦达定理知，是一元二次方程的两个根，
由，可得或，……………………………………4分
所以或.……………………………………5分
（3）若是正整数，不妨设中，
由，所以，……………………………………6分
当时，，所以，
所以，显然无解，
所以时，不存在“创新集”.……………………………………8分
当时，，故只能，求得，
所以.……………………………………10分
当时，由，
则有成立，……………………………………11分
但对时，恒成立，
所以对恒成立，……………………………………12分
所以对不成立，
所以时不存在“创新集”.……………………………………14分
综上所述：“创新集”只有.……………………………………15分立定跳远单项等级
高三男生
高三女生
优秀
260及以上
194及以上
良好
及格
不及格
204及以下
149及以下
0
1
2
3