2025年北京市丰台区高考数学一模试卷（含答案）

这是一份2025年北京市丰台区高考数学一模试卷（含答案），共12页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.已知集合U={−3,−2,−1,0,1,2}，A={x∈Z||x|0)处的切线．
(Ⅰ)当a=0，t=e(e为自然对数的底数)时，求l的方程；
(Ⅱ)若存在l经过点(0,0)，求实数a的取值范围；
(Ⅲ)当a=−1时，设点A(t,f(t))(t>0)，O(0,0)，B为l与y轴的交点，S△AOB表示△AOB的面积.求S△AOB的最小值．
21.(本小题15分)
已知无穷递增数列{an}各项均为正整数，记数列{aan}为数列{an}的自身子数列．
(Ⅰ)若an=2n−1(n∈N∗)，写出数列{an}的自身子数列的前4项；
(Ⅱ)证明：ak+1−ak≤aak+1−aak(k∈N∗)；
(Ⅲ)若数列{aan}与{aan+1}是公差分别为d1，d2的等差数列．
(i)证明：d1=d2；
(ii)当a1=1，d1=9时，求数列{an}的通项公式．
参考答案
1.D
2.B
3.B
4.C
5.C
6.D
7.A
8.C
9.B
10.B
11. 2
12.0 (−∞,1]
13.1，−2，4(答案不唯一)
14.2 32
15.②④
16.解：(Ⅰ)在△ABC中，因为b2−a2−c2=−117ac，
所以a2+c2−b2=117ac，
由余弦定理csB=a2+c2−b22ac，
得csB=1114，
因为B∈(0,π)，
所以sinB= 1−cs2B=5 314；
(Ⅱ)选择条件①：
因为C=2π3，
所以sinC= 32，csC=−12，
由题意得S=12absinC=15 34，
即 34ab=15 34，
所以ab=15(1)．
因为csB=1114，sinB=5 314，
所以sinA=sin(B+C)=sinBcsC+csBsinC=5 314×(−12)+1114× 32=3 314，
由正弦定理asinA=bsinB，得ab=35(2)，
由①②，解得a2=9，
所以a=3；
选择条件②：
由题意得S=12acsinB=15 34，
所以ac=21(1)．
因为b=5，且b2−a2−c2=−117ac，
所以a2+c2=58，
又(a+c)2=a2+c2+2ac=100，
所以a+c=10(2)
由(1)(2)解得a=3或a=7；
选条件③：
由sinA−sinC=1，可得sinA=1+sinC，
因为C∈(0,π)，所以sinC>0，
所以sinA>1，不成立．
综上，选择条件①，a=3；选择条件②，a=3或a=7．
17.解：(Ⅰ)证明：在△ABC中，因为AB=2，BC=4，∠ABC=60°，
所以AC2=AB2+BC2−2AB×BC×csB=4+16−2×2×4×12=12．
所以AC=2 3，
又因为AC2+AB2=BC2，所以AC⊥AB．
又因为平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD=AB，AC⊂平面ABCD，
所以AC⊥平面PAB；
(Ⅱ)分别取AB，BC中点O，E，连接OP，OE.所以OE//AC．
因为AC⊥AB，所以OE⊥AB．
又因为△PAB为等边三角形，所以OP⊥AB．
因为AC⊥平面PAB，OP⊂平面PAB，所以AC⊥OP．
又因为OE/​/AC，所以OE⊥OP．
所以OB，OE，OP两两垂直．如图建立空间直角坐标系O−xyz，
则A(−1,0,0)，B(1,0,0)，P(0,0, 3)，E(0, 3,0)，
所以BP=(−1,0, 3)，PA=(−1,0,− 3)，AD=BE=(−1, 3,0)，PD=PA+AD=(−2, 3,− 3)，
设平面PBC的法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅BP=−x+ 3z=0n⋅BE=−x+ 3y=0，
令y=1，则x= 3，z=1.所以n=( 3,1,1)，
设直线PD与平面PBC所成角为θ，
则sinθ=|cs|=|n⋅PD||n||PD|= 65，
所以直线PD与平面PBC所成角的正弦值为 65．
18.解：(Ⅰ)上表中的7趟车次中，列车运行时长不超过10小时的有4趟，
所以所求概率为47；
(Ⅱ)(i)甲选取的列车运行时长不超过10小时的概率为24=12，
乙选取的列车运行时长不超过10小时的概率为23，
丙选取的列车运行时长不超过10小时的概率为47
所以X的所有可能取值为0，1，2，3，
P(X=0)=12×13×37=114，
P(X=1)=12×13×37+12×23×37+12×13×47=1342，
P(X=2)=12×23×47+12×13×47+12×23×37=37，
P(X=3)=12×23×47=421，
所以X的分布列为：
所以E(X)=0×342+1×1342+2×1842+3×842=7342；
(ii)甲．
19.解：(Ⅰ)由题意可得b=c,12×2bc=1,a2=b2+c2.
解得a= 2,b=1,c=1．
所以椭圆E的方程为x22+y2=1；
(Ⅱ)证明：由题意知，直线MP的斜率存在．
设直线MP的方程为y=k(x−2)，点M(x1,y1)f(x1,y1)，N(x2,y2)(x1≠x2)，则Q(1,y1)，
联立方程组y=k(x−2)x22+y2=1，消去y整理得(1+2k2)x2−8k2x+8k2−2=0．
因为Δ=64k4−4(1+2k2)(8k2−2)>0，所以k20，使得g(t)=0．
又因为g′(t)=lnt，
当00，
所以只需a≥−12，
所以a的取值范围是[−12,+∞)．
(Ⅲ)当a=−1时，f(x)=lnx+1xf′(x)=x−1x2，
f(t)=lnt+1tf′(t)=t−1t2，
直线l的方程为y−(lnt+1t)=t−1t2(x−t)，
令x=0，得y=lnt+2−tt，即B(0,lnt+2−tt)，
所以SΔAOB=12|xA|⋅|yB|=12t⋅|lnt+2−tt|=12|tlnt−t+2|，
由(Ⅱ)知，当a=−1时，g(t)=tlnt−t−2a=tlnt−t+2在t=1时取得最小值，
因为g(1)=1>0，所以g(t)=tlnt−t+2>0恒成立，
所以当t=1时，SΔAOB取得最小值12．
21.解：(1)由题意无穷递增数列{an}各项均为正整数，结合自身子数列的定义：记数列{aan}为数列{an}的自身子数列，
直接可以写出数列{an}的自身子数列的前4项为1，5，9，13；
(Ⅱ)证明：因为数列{an}是递增数列且各项均为正整数，于是an+1−an≥1，
所以an+1−an=(an+1−an+k−1)+(an+k−1−an+k−2)+⋯+(an+1−an)≥k(k∈N∗)，
设ak+1−ak=1，则as1s1−as1=as1+t−as1≥t，
所以ak+1−ak≤aak+1−aak；
(Ⅲ)(i)证明：由题得ank=an1+(k−1)d1,ank+1=an1+1+(k−1)d2，
又ak