2025年北京市门头沟区高考数学一模试卷（含答案）

这是一份2025年北京市门头沟区高考数学一模试卷（含答案），共10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A={x|x20)，若f(x)既不存在最大值也不存在最小值，则下列a，b关系中一定成立的是( )
A. a+b>12B. a+b0)的焦点为F，过点F且垂直于其对称轴的直线交C于点M，N，若|MN|=4，则焦点到其准线的距离为______．
13.在平面直角坐标系xOy中，角α以Ox为始边，其终边与单位圆交点的横坐标为−12，写出一个符合题意的α= ______．
14.某城市为推动新能源汽车普及，第1年在市区公共区域建设了2万个新能源汽车随着新能源汽车保有量快速增长，以及城市对绿色出行基础设施建设的持续投入新建设的充电桩数量比上一年增加20%，按照这样的发展趋势，那么该城市第3区公共区域新建设了______万个充电桩；从第1年起，约______年内，可使识区公共区域的充电桩总量达到30万个(结果保留到个位)．
(参考数据：lg2≈0.301，1g3≈0.477)
15.已知数列{an}满足a1>0，an+1=an+kan(k≠0)，给出下列四个结论：
①存在k，使得{an}为常数列；
②对任意的k>0，{an}为递增数列；
③对任意的k>0，{an}既不是等差数列也不是等比数列；
④对于任意的k，都有an2≥a12+2k(n−1)．
其中所有正确结论的序号是______．
三、解答题：本题共6小题，共85分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.(本小题13分)
如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为BB1中点，B1C1与平面AD1E交于点F．
(Ⅰ)求证：F为B1C1的中点；
(Ⅱ)求平面AD1E与平面ABCD夹角的余弦值．
17.(本小题13分)
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知bsin2A= 3asinB．
(Ⅰ)求∠A；
(Ⅱ)再从以下条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得△ABC存在且唯一确定，求△ABC的面积．
条件①：b=2 3，a=2；
条件②：b=2 3，a+c=4；
条件③：AB边上的高ℎ= 3,a= 19．
注：如果选择的条件不符合要求，第(Ⅱ)问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．
18.(本小题14分)
不同AI大模型各有千秋，适配领域也各有所长.为了解某高校甲、乙两个学院学生对A，B两款不同AI大模型是否使用，对学生进行简单随机抽样，获得数据如下表：
假设所有学生对A，B两款大模型是否使用相互独立，用频率估计概率．
(Ⅰ)分别估计该校甲学院学生使用A款大模型的概率、该校乙季院学生使用A款大模型的概率；
(Ⅱ)从该校甲学院全体学生中随机抽取2人，乙学院全体学生中随机抽取1人，记这3人中使用A款大模型的人数为X，估计X的数学期望EX；
(Ⅲ)从该校甲学院全体学生中随机抽取2人，记这2人中使用B款大模型的人数为Y1，其方差估计值为D(Y1)，从该校乙学院全体学生中随机抽取2人，记这2人中使用B款大模型的人数为Y2，其方差估计值为D(Y2)，比较D(Y1)与D(Y2)的大小.(结论不要求证明)
19.(本小题15分)
已知椭圆E：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的一个顶点为A(0,1)，离心率为 32．
(Ⅰ)求椭圆E的方程；
(Ⅱ)过点P(2,1)作斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B，C，直线AB，AC分别与x轴交于点M，N，点P关于x轴的对称点为Q，求证：四边形PMQN为菱形．
20.(本小题15分)
已知函数f(x)=xlnx−a2x2+(a−1)x．
(Ⅰ)当a=2时，求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程；
(Ⅱ)设g(x)=f′(x)，讨论函数g(x)的单调性；
(Ⅲ)若f(x)在定义域上单调递减，求a的取值范围．
21.(本小题15分)
已知有限数列M：a1，a2，…，aN，其中ai∈[0,1)，i=1，2，…，N(N≥3).在M中选取若干项按照一定次序排列得到的数列称为M的一个子列.对某一给定正整数t，若对任意的g∈{n∈N∗|n≤t}，均存在M的相应子列，使得该子列的各项之和为g，则称M具有性质Gt．
(Ⅰ)判断M：12,13,14,34,15,45,16是否具有性质G3？说明理由；
(Ⅱ)若N=5，是否存在M具有性质G4？若存在，写出一个M，若不存在，说明理由；
(Ⅲ)若N=7，且存在M具有性质Gt，求t的取值范围．
参考答案
1.D
2.B
3.A
4.C
5.C
6.D
7.B
8.C
9.B
10.C
11.−80
12.2
13.2π3
8
15.②③④
16.(Ⅰ)证明：连接BC1，
因为AB//C1D1，AB=C1D1，所以四边形ABC1D1是平行四边形，
所以AD1//BC1，
又AD1⊄平面BCC1B1，BC1⊂平面BCC1B1，
所以AD1//平面BCC1B1，
又AD1⊂平面AD1FE，平面AD1FE∩平面BCC1B1=EF，
所以AD1//EF，
因为E为BB1中点，
所以F为B1C1的中点．
(Ⅱ)解：以D为原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
设正方体的棱长为2，则A(2,0,0)，D1(0,0,2)，E(2,2,1)，
所以AD1=(−2,0,2)，AE=(0,2,1)，
设平面AD1E的法向量为m=(x,y,z)，则m⋅AD1=−2x+2z=0m⋅AE=2y+z=0，
取y=−1，则z=2，x=2，所以m=(2,−1,2)，
易知平面ABCD的一个法向量为n=(0,0,1)，
设平面AD1E与平面ABCD夹角为θ，
则csθ=|cs|=|m⋅n||m|⋅|n|=23×1=23，
故平面AD1E与平面ABCD夹角的余弦值为23．
17.解：(Ⅰ)因为bsin2A= 3asinB，由正弦定理得sinBsin2A= 3sin AsinB，
由二倍角公式得2sinBsinAcsA= 3sinAsinB，
在△ABC中，因为sinA≠0，sinB≠0，所以csA= 32，
因为A∈(0,π2)，所以A=π6；
(Ⅱ)选条件②：b=2 3，a+c=4.，
由余弦定理a2=b2+c2−2bccsA，得a2=12+(4−a)2−2×2 3×(4−a)× 32，
整理得2a=4，解得a=2，所以c=2，所以SΔABC=12bcsinA=12×2 3×2×12= 3．
选条件③：AB边上的高ℎ=3，a= 19，因为A=π6，AB边上的高ℎ= 3，
所以b=ℎsinA= 312=2 3，
由余弦定理a2=b2+c2−2bccsA，得19=12+c2−6c，即c2−6c−7=0，
解得c=7或c=−1(舍)，所以SΔABC=12cℎ=12×7× 3=7 32．
18.解：(Ⅰ)由表格可知：该校甲学院学生使用A款大模型的概率为4040+80=13，
该校乙学院学生使用A款大模型的概率为6060+20=34．
(Ⅱ)由题意可知X的可能取值为：0，1，2，3，
则P(X=0)=(1−13)2(1−34)=19，
P(X=1)=C21(1−13)×13×(1−34)+(1−13)2×34=49，
P(X=2)=(13)2×(1−34)+C21(1−13)×13×34=1336，
P(X=3)=(13)2×34=112，
所以E(X)=0×19+1×49+2×1336+3×112=1712；
(Ⅲ)同第一问，可知该校甲学院学生使用B款大模型的概率为7070+50=712，
该校乙学院学生使用B款大模型的概率为3030+50=38，
易知Y1∼B(2,712)，Y2∼B(2,38)，
由二项分布的方差公式可知D(Y1)=2×712×(1−712)=70144=3572，
D(Y2)=2×38×(1−38)=1532，
则D(Y1)>D(Y2).
19.解：(Ⅰ)因为椭圆E的一个顶点为A(0,1)，离心率为 32，
所以b=1ca= 32a2=b2+c2，
解得a=2，b=1，
则椭圆E的方程为x24+y2=1；
(Ⅱ)证明：易知直线BC的方程为y−1=k(x−2)，
联立y=k(x−2)+1x2+4y2=4，消去y并整理得(4k2+1)x2+(8k−16k2)x+16k2−16k=0，
此时Δ=(8k−16k2)2−4(4k2+1)(16k2−16k)=64k>0，
解得k>0，
设B(x1,y1)，C(x2,y2)，
由韦达定理得x1+x2=16k2−8k4k2+1，x1x2=16k2−16k4k2+1，
直线AB的方程为y=y1−1x1x+1，
令y=0，
解得xM=−x1y1−1=−x1k(x1−2)，
同理得xM=−x2k(x2−2)，
所以xM+xN=−x1k(x1−2)−x2k(x2−2)=−1k(x1x1−2+x2x2−2)
=−1k⋅2x1x2−2(x1+x2)x1x2−2(x1+x2)+4=−1k⋅2(16k2−16k4k2+1)−2(16k2−8k4k2+1)16k2−16k4k2+1−2(16k2−8k4k2+1)+4
=−1k⋅−16k4=4，
设点D为线段MN的中点，
可得D(2,0)，
因为点P(2,1)关于x轴的对称点为Q(2,−1)，
所以点D也是线段PQ的中点，
所以四边形PMQN为平行四边形，
因为PQ⊥MN．
所以四边形PMQN为菱形．
20.解：(1)当a=2时可得f(x)=xlnx−x2+x，
则f′(x)=lnx−2x+2，
此时f(1)=0，f′(1)=0，
因此切线方程为y−0=0(x−1)，
即y=0；
(2)由f(x)=xlnx−a2x2+(a−1)x，可得其定义域为(0,+∞)，
且f′(x)=lnx−ax+a，即g(x)=lnx−ax+a，
显然g′(x)=1x−a=1−axx，
当a≤0时，g′(x)>0，此时g(x)在(0,+∞)上单调递增；
当a>0时，令g′(x)=0，可得x=1a，
若x∈(0,1a)，g′(x)>0，此时g(x)在(0,1a)上单调递增；
若x∈(1a,+∞)，g′(x)0时，g(x)在(0,1a)上单调递增，在(1a,+∞)上单调递减；
(3)若f(x)在定义域上单调递减，可得f′(x)=lnx−ax+a≤0在(0,+∞)上恒成立；
由(2)可得当a≤0时，g(x)即f′(x)在(0,+∞)上单调递增，
当x→+∞，可得f′(x)→+∞，显然不合题意；
当a>0时，可得f′(x)在(0,1a)上单调递增，在(1a,+∞)上单调递减；
即f′(x)在x=1a处取得极大值，也是最大值，
即f′(x)max=f′(1a)=ln1a−1+a=a−lna−1≤0恒成立，
令u(a)=a−lna−1，a>0，
则u′(a)=1−1a=a−1a，
显然当a∈(0,1)时，u′(a)0，此时u(a)在(1,+∞)上单调递增，
因此u(a)≥u(1)=0，即a−lna−1≥0，
又a−lna−1≤0恒成立，可得a−lna−1=0，即a=1，
所以a的取值范围为a∈{1}．
21.解：(I)根据定义知取{12,13,16}，有12+13+16=1；
取{12,13,16,14,34}，有12+13+16+14+34=2，
取{12,13,16,14,34,15,45}，有12+13+16+14+34+15+45=3，
即对任意g∈{n∈N∗|n≤3}，都存在M的相应子列，使得该子列的各项之和为g，
所以M：12，13，14,34,15，45，16具有性质G3．
(II)不能，理由如下：假设M：a1，a2，⋯，a5具有性质G4，
因为ai∈[0,1)，所以M的任意四项和小于4，所以a1+a2+a3+a4+a5=4，则对于M的任意四项子列S，
不妨设S：a2，a3，a4，a5，有a2+a3+a4+a5=4−a1>3，
又M具有性质G4ai∈[0,1)，所以M的任意三项和小于3，
故不存在M的子列其各项和为3，与M具有性质G4矛盾，所以N=5时，不存在M具有性质G4．
(III)由题可知，N=7时，又ai∈[0,1)，所以t