2025北京石景山高三一模数学试题及答案

这是一份2025北京石景山高三一模数学试题及答案，共14页。试卷主要包含了选择题，解答题，填空题等内容，欢迎下载使用。

石景山区 2025 年高三统一练习2k   k  Z ，
所以 
6
2k 
12
，即sin( ) 
0 ，
数学试卷答案及评分参考
一、选择题（共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分）
3
（14） y  x ， （答案不唯一）1
（15）①②④
4
三、解答题（共 6 小题，共 85 分）
（16）（共 13 分）
解：（Ⅰ）选①③．
由③得 f x( )  2sin(2x  ) ，
又 f () 1 ，所以 2sin(2  ) 1，即sin( )  1 ，
6 6 3 2
（1）B
（2）D
（3）D
（4）A
（5）B
（6）C
（7）C
（8）A
（9）B
（10）C
二、填空题（共 5 小题，每小题 5 分，共 25 分）
（11） 2
（12） 5
（13）
所以 π3   2k 
 或    6 3
62k   或 
π2 (k  Z) ，
2
  
又| | ，所以 ，
6
所以 f x( )  2sin(2x  ) ．
…………7 分
6
选②③．

由③得 f x( )  2sin(2x  ) ，又( 0，）是 y  f x( ) 的对称中心，
12
所以 2sin(2  )  0
6
6所以    k (k  Z) ，所以  k  (k Z) ，
6
又| |  ，所以   ，
2
6
高三数学答案 第1页（共7页）
所以 f x( )  2sin(2x  ) ．
…………7 分
2 6 6 6
 
P X(  1) 可估计为
3
C2 (1)2 (2)2  24 ，
3 81
2) 可估计为
81
3 3
P X(  3) 可估计为
3 3 81
3 81
C3 (1)3 (2)  8 ，
P X(  4) 可估计为
6




（Ⅱ）因为0 ≤ x ≤ ，所以  ≤2x  ≤
，
所以  ≤sin(2x  )≤1 ，所以1≤ f (x) ≤ 2 ，
2 6
所以当 2x     ，即 x  0 时， f (x) 的最小值为1 ，
6 6
当 2x   ，即 x  时， f (x) 的最大值为 2 ．
…………13 分3
6 2
（17）（共 13 分）
解：（Ⅰ）根据题中数据，成绩在80 分及以上的学生共16 人，设事件 A 为“恰好男、
女生各1 人，且两人分数段不同”，
C C  C C 24 11
4
1
2
1
8
1
2
P A( ) 可估计为
 
．
C 120 52
16
（Ⅱ） X 的所有可能取值为0 1 2 3 4, , , , ．
可估计为(2)4  16 ，根据题中数据， P X(  0)
3 81
C (1)(2)3  32 ， P X(
4
4
(1)4  1 ．
所以 X 的分布列为

16
1 4
32
16
8
24
81 81
或者 因为 X B(4, 1 )
EX 可估计为 4  1  4
3 3 3
，所以
X
0
1
2
3
4
P
81
32
81
24
81
8
81
1
81
EX 可估计为0 1  2  3  4  ．
………11 分
81 81
81 3
（Ⅲ）a  0,b 12 ．
…………13 分
高三数学答案 第2页（共7页）
P
B
…………4 分（18）（共 14 分）
解：（Ⅰ）取 PC 的中点为 F ，连结 NF BF, ， 因为 N , F 分别为 PD ， PC 中点，
所以 NF // CD 且 NF  CD ， 因为 AB // CD ， AB  CD 1，
所以 AB // NF 且 AB  NF ，
即四边形 ABMN 是平行四边形． 所以 AN // BF ，
又 AN  平面 PBC ， BF  平面 PBC ， 所以 AN // 平面 PBC ．
（Ⅱ）取CD 的中点为 E ，连结 AE ．
因为 AB // CD ，CE  CD 1  AB ，
所以四边形 ABCE 是平行四边形． 则 AE  1 ，
因为 AB  BC ，所以平行四边形 ABCE 是正方形． 则 AE  AB ．
因为 PA 平面 ABCD ， AE AB,  平面 ABCD ，
A
D C
B
y
D
E
C
N F
N
A
z
P
M
所以 PA  AE P， A  AB ． 则 PA AE AB, , 两两垂直．
x
如图建立空间直角坐标系 A  xyz ，则 A(0,0,0) ， B(0,1,0) ， C(1,1,0) ，
D(1,1,0) ， P(0,0,2) ．
因此  (1,1,0) ， CD  (0, 2,0) ， PC  (1,1, 2) ．
设平面 PAD 的一个法向量为 m  (x,y,z) ，则 m  AP  0,即 2z  0，，
m  AD  0, x  y  0
高三数学答案 第3页（共7页）
令 y 1 ，则 x 1，所以 m  (1 1 0), , ，所以二面角C  PD  A 的余弦值为 ．

n  PC  0， 2b  0，
设平面 PCD 的一个法向量为 n  (a b c, , ) ，则  得  ，
n  CD  0 a  b  2c  0
令c 1，则 a  2 ，所以 n  (2, , )0 1
π
设二面角的平面角为 ，依题意，0    2 ，

2  10 ，
2  5 5
所以cs | cs  m ，n |  | m | | n |
| m n |

10
…………10 分5

（Ⅲ）依题意，不妨设 AM  k (0 ≤ k ≤ 2) ，则 M  (0 0, ,k) ， MC  (1 1, , k) ．
又由（Ⅱ）得平面 PAD 的一个法向量为 m  (1 1 0), , ，
设直线CM 与平面 PAD 所成角为  ，

6
，
| m | 2  2  k2 3
解得 k 1（负值舍去），

| MCn |
1
所以点 M 到平面 PCD 的距离为

5
5
5 ． …………14 分
| n |
（19）（共 15 分）
2b  4,
解：（Ⅰ）由题设， 22 ()2 解得 a2  8, b  2 ．
 1.
2
a 4
x2 y2
所以C 的方程为 8  4 1．…………4 分
（Ⅱ）点A B, 的坐标分别为( 0, 2),( 0,  2) ．
y  k x  4,
由 x2 y2 得(1 2k2 )x2 16k x  24  0 ．
 1,
 8 4
高三数学答案 第4页（共7页）
| m  MC | |11|
所以sin  | cs  m,MC | 

因为直线与椭圆 C 交于不同的两点，所以   (16k)2  4(1 2k2 )  24  0 ，
3
即  2 ．k2
设点 M , N 的坐标分别为(x1 , y1) ，(x2 , y2 ) ，则
y1  k x1  4 ， y2  k x2  4 ，
1 1 2k2x1 x2 
1 2k
2
16k 24
x2  ， ．
y  2 y  2直线 AN 的方程为 y  x  2 ，直线 BM 的方程为 y  x  2 ．
1
2
x2 x1
 y  2
y  2 x x2
1
1
联立 
，得(

)x  4 ，
1
2
2
y  x  2，
y  x  2
x1 y  2 y  2
 x2
y1  kx1  4， kx  6 kx  21
2
由于  ，代入上式得(  )x  4 ，
y2  kx2  4 x1 x2
化简得 ，即 ，
G
G
1 2
2
1
x  xG 
 y1  2 x  2  (kx1  4)  2 x  2
x1 x1
2x x 2x x
3x2  x1 3x2  x1
因为 yG
(kx1  4)  2  2x x1 2  2
1 3x2  x1
 2kx x1 x 2x  6x2 ． 2 1
x  x 2
由韦达定理得
1 2
 k ，即 2kx x1 2  3(x1  x2 ) ．
3
x x1 2
2kx x  2x  6x
代入，得 yG  1 2 1 2
3x2  x1
3(x  x )  2x  6x 3x  x 3x2  x1 3x2  x12 1
1 2 1 2
 1．
所以点G 在定直线 y 1 上 ．…………15 分
（20）（共 15 分）
解：（Ⅰ）（ⅰ）因为 a 1，所以 f (x)  ln (x 1)  csx, f (x)   sinx ，1
x 1
又因为 f (0) 1， f (0) 1，
高三数学答案 第5页（共7页）
所以曲线 y  f x( ) 在点(0, f (0)) 处的切线方程为 x  y 1  0 ． ………4 分
1
（ⅱ）x  1 0), ，f (x)  x 1  sin x  0 ，所以 f (x) 在(1,0) 上单调递增．(
f (0) 1  0 ， f (e1 1)  1 cs(e1 1)  0 ，
x0 (0,1 ) ，使得 f (x0 )  0
所以 f (x) 在区间(1,0) 上有且只有一个零点．…………8 分
（Ⅱ） f (x) ≤ 2ex 1等价于 a ln(x 1)  csx  2ex 1≤0 ．
a
令 g(x)  a ln(x 1)  csx  2ex 1，则 g(x)  x 1  sinx  2ex ．
若 a ≤ 0 ，则 g(x)  0 在[0, π]上恒成立，
则 g x( ) 在[0, π]上单调递减，则 g x( ) ≤ g(0)  0 ，符合题意；
a
若 a  0 ，令 h x( )  x 1  sinx  2ex ，
a
则 h(x)   ( x 1)2  csx  2ex  0 1 2  1 0 在[0, π] 上恒成立，
则 h x( ) 在[0, π]上单调递减，则 h x( ) ≤ h(0)  a  2 ，
①当 a  2 ≤ 0 ，即0  a ≤ 2 时， h x( ) ≤ 0 在[0, π] 上恒成立， 即 g(x) ≤ 0 在[0, π]上恒成立，
则 g x( ) 在[0, π]上单调递减，则 g x( ) ≤ g(0)  0 ，符合题意；
②当 a  2  0 ，即 a  2 时， h(0)  a  2  0 ， h x( ) 在[0, π]上单调递减，
)
则x0 (0, ，使得当 x (0, x0 ) 时， h x( )  0 ，即 g(x)  0 ， 故 g x( ) 在(0, x0 ) 上单调递增；
当 x (0, x0 ) 时， g x( )  g(0)  0 ，不符合题意．
综上所述， a 的取值范围为( ．,2]
…………15 分
（21）（共 15 分）
高三数学答案 第6页（共7页）
解：（Ⅰ）由题意， A1 : min{1 3} min{3 2} min{2 4} mi, , , , , , n{4,1} ，即1,2,2,1．2
,n}时等号能取到．
,a3k 2 
}
{1 2, ,
所以 S(A1) 1 2  2 1  6 ．
…………4 分
（Ⅱ）（ⅰ）由题意知，A0 中元素两两互异，故 A0 中的任一元素，如 ak ，在 A1 中 至多在 min{ak 1 a，k }和 min{ak a，k 1}中出现两次（规定 a0  an ，an1  a1 ）， 且若出现两次则这两个数处于邻位（ a1 和 an 也视为邻位）．
所以 A1 的所有项中至多有两个1 和两个 2 ．所以 S A(1)≥ 2 1 2  2  3  9 ．
当 A0 为1 4， 2， 5， 3， 时等号能取到，所以 S(A1) 的最小值为9 ．………9 分 （ⅱ）同（ⅰ）可知， A0 中的任一元素若在 A1 中仅出现一次，则在 A2 中 至多出现两次；若在 A1 中出现两次，由于这两个数处于邻位，故在 A2 中至
多出现三次．
① 若 n  3k ，则 S A(2 )≥3(1 2 
 n)  n  3n ， 3 6当 A0 满足{a1 ,a4 ,
3
若 n  3k 1，则 S A(2 )≥3(1 2 
．
} 时等号能取到．n 1 n  2 n2  3n  2
当 A0 满足{a1 ,a4
a3k 1} {1 2
若 n  3k  2 ，则 S A(2 )≥3(1 2 
3 3 6
)  
n 1 n  2 3 3

．
6

)  2
, ,
, ,
, ,
n  2 n 1 n2  3n  2
3 3
n  2 n 1时等号能取到．
3当 A0 满足{a1 ,a4 , ,a3k 1} {1 2
, }
3
, , ,
6 ,n  3k ,
n2  3n
综上，S A(2 )min   2
． …………15 分
n  3n  2,n  3k 1或n  3k  2
 6
（以上解答题，若用其它方法，请酌情给分）
高三数学答案 第7页（共7页）