备战2025年高考数学北京模拟卷三

这是一份备战2025年高考数学北京模拟卷三，文件包含黄金卷03北京专用-赢在高考·黄金8卷备战2025年高考数学模拟卷原卷版docx、黄金卷03北京专用-赢在高考·黄金8卷备战2025年高考数学模拟卷解析版docx、黄金卷03北京专用-赢在高考·黄金8卷备战2025年高考数学模拟卷参考答案docx等3份试卷配套教学资源，其中试卷共31页， 欢迎下载使用。
（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．已知集合，集合，则下列结论正确的是
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】由题意得，结合各选项知B正确．选B．
2．设，则的虚部为（ ）
A．1B．C．D．
【答案】A
【分析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．
【详解】解：，
的虚部为1．
故选：A．
3．设，则双曲线离心率的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】由双曲线方程可得，从而可得离心率的取值范围.
【详解】由双曲线方程可得，又
，当且仅当，即时取等号，
所以双曲线的离心率的取值范围为.
故选：C.
【点睛】本题考查双曲线的标准方程，以及双曲线的简单性质，不等式的性质的应用，属于基础题.
4．如果的展开式中各项系数之和为128，则展开式中的系数是
A．-2835B．2835C．21D．-21
【答案】A
【分析】先通过赋值法得到展开式的各项系数和；求得，再利用二项展开式的通项公式求出第项，令，即可求得展开式中的系数．
【详解】令得展开式的各项系数和为,解得，故可知的展开式通项为 ，令，得到的即为展开式中的系数，
故选：A.
5．已知，两点到直线l：的距离相等，则（ ）
A．或B．或4C．2或4D．或
【答案】A
【分析】利用点到直线的距离公式得到方程，解出即可.
【详解】由题意得，解得或.
故选：A.
6．下列说法正确的是（ ）
A．“”是“”的必要不充分条件
B．命题“，”的否定是“，”
C．的充要条件是
D．“”是“函数的最小正周期为”的充分不必要条件
【答案】D
【分析】利用特殊值法判断、，利用含量词的命题的否定形式判断，利用充分条件、必要条件判断.
【详解】对于，“若，则”是假命题，因为，而；
“若，则”是假命题，因为，而，
即“”是“”的既不充分也不必要条件，错误；
对于，命题“，”是全称量词命题，其否定是存在量词命题，
因此它的否定是“，”，错误；
对于，当，时，成立，
因此成立，不一定有，错误；
对于，当时，函数的最小正周期为；
当函数的最小正周期为时，或.
所以“”是“函数的最小正周期为”的充分不必要条件.正确.
故选：
7．函数的图象向右平移个单位后关于原点对称，则函数在上的最大值为
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由条件根据函数的图象变换规律，正弦函数的图象的对称性可得，，由此根据求得的值，得到函数解析式即可求最值．
【详解】函数的图象向右平移个单位后，
得到函数的图象，
再根据所得图象关于原点对称，可得，，
∵，∴，，
由题意，得，
∴，
∴函数在区间的最大值为，
故选B．
【点睛】本题主要考查函数的图象变换规律，正弦函数的图象的对称性，考查了正弦函数最值的求法，解题的关键是熟练掌握正弦函数的性质，能根据正弦函数的性质求最值，属于基础题．
8．在如图的几何体中，正方形与梯形所在的平面互相垂直，，，，二面角的正切值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】根据平面平面，可得平面，然后作//
可知，进一步可知二面角的平面角，计算，可得结果.
【详解】作交于点,//交于点，
并连接，如图
因为平面平面，
且四边形为正方形，所以，
又平面平面，平面
所以平面，又平面，
所以
由平面
所以平面，又平面，则
所以二面角的平面角为
又//，//，所以四边形为平行四边形
由，，，则,
且，由，所以
则
所以
故选：D
【点睛】本题考查二面角的平面角的正切值，本题关键在于找到该角，同时考查了面面垂直的性质定理以及线面垂直的判定定理，属中档题.
9．已知偶函数f（x）在（﹣∞，0]上是增函数．若a＝f（lg215），b＝f（3），c＝f（2﹣0.8），则a，b，c的大小关系为（ ）
A．a＜b＜cB．b＜a＜cC．c＜b＜aD．c＜a＜b
【答案】A
【分析】根据函数奇偶性和单调性的性质，以及对数和指数幂的性质进行转化求解即可．
【详解】解：∵偶函数f（x）在（﹣∞，0]上是增函数，
∴函数f（x）在[0，+∞）上是减函数，
a＝f（lg215）＝f（﹣lg25）＝f（lg25），
b＝f（3）＝f（﹣lg23）＝f（lg23），
∵0＜2﹣0.8＜1＜lg23＜2＜lg25，
∴f（2﹣0.8）＞f（lg23）＞f（lg25），
即c＞b＞a，
故选：A．
【点睛】本题主要考查函数值的大小比较，结合函数奇偶性和单调性的性质进行转化是解决本题的关键．
10．设集合，点P的坐标为，满足“对任意，都有”的点P构成的图形为，满足“存在，使得”的点P构成的图形为．对于下述两个结论：①为正方形以及该正方形内部区域；②的面积大于32．以下说法正确的为（ ）．
A．①、②都正确B．①正确，②不正确
C．①不正确，②正确D．①、②都不正确
【答案】C
【分析】先确定所表达的意义，了解满足该条件的点的轨迹，再求点轨迹区域的面积，可以得到问题的答案.
【详解】因为，表示除原点外的平面内的所有点.
，
所以Px,y表示到直线和的距离之和不大于4的点.
如图：

易知直线和垂直，
则，.
当时，.
因为，所以.
所以是以原点为圆心，半径在范围内的圆形以及该圆形的内部区域（原点除外），故①不正确；
当时，存在OP使得，故②正确.
故选：C
【点睛】关键点点睛：本题的关键是把条件转化成，借助点到直线的距离公式，明确点坐标满足的条件.
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．已知抛物线的焦点到原点的距离为5，则实数p的值为 ．
【答案】10
【分析】抛物线的焦点到原点的距离为，由此求得p的值．
【详解】抛物线的焦点到原点的距离为5，则，解得．故答案为10．
【点睛】本题考查了抛物线方程的应用问题，是基础题．
12．若角的顶点在原点，始边与轴的非负半轴重合，终边与单位圆交于点，则 .
【答案】7
【分析】利用三角函数定义求出，再利用诱导公式、和角的正切公式计算即得.
【详解】依题意，，
所以.
故答案为：7
13．设双曲线C：（，）的左、右焦点分别为，，若过点且斜率为的直线l与双曲线的右支交于A，B两点，则该双曲线的离心率的取值范围为 .
【答案】
【分析】根据已知条件可得出与的大小关系，再利用公式即得.
【详解】由题可知双曲线的渐近线方程为，
由于过点且斜率为的直线l与双曲线的右支交于A，B两点，
则，
因此，，又，
所以，该双曲线的离心率为取值范围是.
故答案为：.
14．如图，正方形的边长为，取正方形各边中点，作第2个正方形，然后再取正方形各边的中点，作第3个正方形，依此方法一直继续下去.则从正方形开始，连续10个正方形的面积之和是 .
【答案】
【解析】根据题意，正方形边长成等比数列，正方形的面积等于边长的平方，也为等比数列，利用等比数列求和公式即可得解.
【详解】记第个正方形的边长为，面积，由每个正方形都是由上一个正方形各边中点连接得到，可知第个正方形的边长为，面积，计算可得，
所以正方形面积构成的数列是首项为，公比为的等比数列，
故从正方形开始，连续10个正方形的面积之和，
故答案为：
【点睛】关键点睛：本题考查等比数列求和，解题的关键是要理解题意，从已知条件明确下一个正方形与上个正方形的面积关系，转化为等比数列求和，考查学生的逻辑推理与运算能力，属于基础题.
15．已知无穷等差数列中的各项均大于0，且，则的最小值为 .
【答案】
【分析】根据题意，设等差数列的公差为，分析可得的取值范围，由求出，则有，构造函数，利用导数可求出其最值，从而可得答案.
【详解】根据题意，设等差数列的公差为，由于无穷等差数列中的各项均大于0，则，
由于，则，解得或（舍去），
所以，
因为，所以，
令（），则，
由，得，得，解得或（舍去）。
当时，，当时，，
所以在上递减，在上递增，
所以当时，取得最小值，
所以的最小值为，
故答案为：
【点睛】关键点点睛：此题才查等差数列的性质的应用，考查导数的应用，解题的关键是由已知求出，则，然后构造函数，利用导数可求得其最小值，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题.
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）在①，
②，
③
这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并作答.
问题：在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且选择条件______，
(1)求角A；
(2)若O是内一点，，，，，求.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分；选择第②个条件解答不给分.
【答案】(1)选②不符合题意，无论选①还是选③，都有
(2)
【分析】（1）结合正弦定理或者余弦定理进行边角转换，由三角形内角和为及和差公式化简等式，再根据角的范围及函数值，即可求得A；
（2）先由角度关系得，即，在、中，分别由正弦定理可得，，，即可建立等式化简得，即可求得.
【详解】（1）若选①，
则，…………………1分
又因为，所以，即，…………………2分
所以，又因为，所以，…………………4分
所以，解得；…………………5分
若选②，则，…………………2分
所以，即矛盾，故选②不符合题意；…………………3分
若选③，
则，…………………3分
又因为，所以，从而；…………………5分
综上所述，选②不符合题意，无论选①还是选③，都有；
（2）
，，
所以，…………………6分
在中，由正弦定理得，，
，…………………8分
在中，，
，…………………10分
，整理得，…………………12分
.…………………13分
17．（13分）某学校研究性学习小组对该校高三学生视力情况进行调查，在高三的全体1000名学生中随机抽取了100名学生的体检表，并得到如图的频率分布直方图.
（1）若直方图中后四组的频数成等差数列，试估计全年级视力在4.8以下的人数；
（2）学习小组成员发现，学习成绩突出的学生，近视的比较多，为了研究学生的视力与学习成绩是否有关系，对年级名次名和名的学生进行了调查，得到上表中数据，根据表中的数据，能否在犯错的概率不超过0.05的前提下认为视力与学习成绩有关系？
附：
【答案】（1）610；（2）在犯错误的概率不超过0.05的前提下认为视力与学习成绩有关系.
【分析】（1）求出视力在以下的频数为人，即得解；
（2）利用独立性检验求解.
【详解】（1）设各组的频率为，
由图可知，第一组有3人，第二组7人，第三组27人，…………………2分
因为后四组的频数成等差数列，
所以后四组频数依次为27，24，21，18，…………………4分
所以视力在以下的频数为人. …………………5分
故全年级视力在以下的人数约为人. …………………7分
（2）由已知得，
，…………………12分
因此在犯错误的概率不超过0.05的前提下认为视力与学习成绩有关系. …………………13分
18．（14分）如图，在四棱锥中，已知底面是边长为2的菱形，平面，，，分别是棱，的中点．
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）见解析；（2）.
【分析】（1）可先证线线平行，然后根据线面平行的判定定理证明线面平行，也可先根据线线平行证明面面平行，再根据面面平行证明线面平行；
（2）可利用传统法，先找到线在直角三角形求线面角的正弦值，也可根据题中的线面位置关系建立空间直角坐标系，利用空间向量法进行求解．
【详解】（1）如图所示，取的中点，连接，，
因为是棱的中点，所以是的中位线，所以，…………………1分
又因为平面，平面，所以平面，…………………2分
又由是棱的中点，为的中点，可得，…………………3分
又因为平面，平面，所以平面，…………………4分
又由，且平面，所以平面平面， …………………5分
又因为平面，所以平面．…………………6分
（2）取的中点，连接，由是等边三角形，所以，
又，所以，
因为平面，平面，所以，，
所以，，两两垂直，故以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系， …………………8分
则，，，，…………………9分
故，，．…………………10分
设平面的法向量为，则，即，…………………11分
令，则，故为平面的一个法向量，…………………12分
设直线与平面所成的角为，
则， …………………13分
所以直线与平面所成角的正弦值为．…………………14分
【点睛】本题考查了线面平行的判定与证明，以及空间角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理，通过严密推理是线面位置关系判定的关键，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.
19．（15分）已知椭圆中心在坐标原点，焦点在轴上，且焦距为，椭圆上一点到两焦点的距离之和为6.
(1)求椭圆的标准方程：
(2)设点是椭圆上一动点，点是圆上一动点，求的最大值，并求出此时点的坐标.
【答案】(1)
(2)的最大值为，此时点坐标为
【分析】（1）由焦距和椭圆定义得到方程，求出，进而得到椭圆方程；
（2）当过圆心时的值最大，故先求出的最大值，设，表达出，结合，求出最大值，并得到此时点的坐标.
【详解】（1）依题意设椭圆的标准方程为，
且，即，…………………2分
所以，…………………3分
故椭圆方程为；…………………4分
（2）设圆的圆心为，半径为，
则的坐标为，…………………5分
显然当过圆心时的值最大，
故要求的最大值，只需要求的最大值，…………………6分
设点，则，①…………………7分
又因为点在椭圆上，所以，即，②…………………8分
将②代入①整理得：
，…………………10分
因为点在椭圆上运动，所以，…………………11分
故当时，，…………………12分
即，所以，…………………13分
把代入②得，所点的坐标为.…………………15分
20．（15分）已知函数．
(1)当时，求曲线在处的切线方程；
(2)若，都有，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由得到，再利用几何意义求解；
（2）将，都有，转化为，设，利用导数法求得其最大值即可.
【详解】（1）解：当时，，…………………2分
因为，…………………3分
所以，曲线在处的切线方程是，即．…………………5分
（2）因为，都有，所以．…………………6分
设，则．…………………8分
记，设，则，…………………10分
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，…………………12分
所以，
所以，所以在上单调递减．…………………13分
因为，当时，，当时，，…………………14分
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，所以，．…………………15分
【点睛】方法点睛：对于，恒成立，则；对于，恒成立，则；对于，有解，则；对于，有解，则；
21．（15分）对给定实数p，若数列满足以下三个条件：①，；②对任意正整数n，；③对任意正整数m､n，.则称数列为“数列”.
(1)对前4项为2､､0､2的数列，可以是数列吗？说明理由；
(2)若是数列，求的值；
(3)是否存在常数p，使得存在数列，对任意正整数n，均满足？若存在，求出所有这样的p；若不存在，说明理由.
【答案】(1)不是，理由见解析
(2)1
(3)存在，2
【分析】(1)由题意考查的值即可说明数列不是数列；
(2)由题意首先确定数列的前4项，然后讨论计算即可确定的值；
(3)构造数列，易知数列是的，结合(2)中的结论求解不等式即可确定满足题意的实数的值.
【详解】（1）由性质③结合题意可知，矛盾，故前4项的数列，不可能是数列. …………………2分
（2）性质①，
由性质③，因此或，或，
若，由性质②可知，即或，矛盾；…………………3分
若，由有，矛盾.
因此只能是.……………………………4分
又因为或，
所以或.…………………5分
若，则，
不满足，舍去.
当，则前四项为:0，0，0，1，……………………………6分
下面用归纳法证明：
当时，经验证命题成立，假设当时命题成立，
当时：
若，则，利用性质③：……………………………7分
，此时可得：；
否则，若，取可得：，
而由性质②可得：，与矛盾. ……………………………8分
同理可得：
，有；
，有；
，又因为，有
即当时命题成立，证毕.
综上可得：，.…………………………………………………10分
（3）令，由性质③可知：
，…………………11分
由于，
因此数列为数列. ……………………………12分
由（2）可知:
若；……………………………13分
，，……………………………14分
因此，此时，，满足题意. ………………………………………15分年级排名
是否近视
近视
45
30
不近视
5
20