2025北京东城高三一模数学试题及答案

这是一份2025北京东城高三一模数学试题及答案，共13页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

北京市东城区 2024—2025 学年度第二学期高三综合练习（一）
数学参考答案及评分标准
一、选择题（共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分）
2025.4
（5）C
（10）D（1）C
（2）B
（3）D
（4）A
（6）C
（7）A
（8）A
（9）B
二、填空题（共 5 小题，每小题 5 分，共 25 分）
（12） ；0
2
2
（14）2；
5
（ 11 ） 2
2
（13） 2 （答案不唯一）
（15）① ③ ④
4
三、解答题（共 6 小题，共 85 分）
（16）（共 13 分）
解：（Ⅰ）在△ABC 中，因为b  c  1，所以b  c . 所以C 为锐角．

4 4
因为sinC  7 ，所以csC  3 ．
由余弦定理c2  a2  b2  2ab csC ，得(b 1)2  36  b2  9b .
解得b  5 .
△ABC 的面积 S  1 absinC  15
2
………………………7 分
7
.
4
（Ⅱ）由 a  6 , b  5 ，b  c  1，得c  4 .
2 2 2 2 2 2cs A  b  c  a  5  4  6  1 .

2bc 25 4 8
因为C 为锐角，所以 2C (0,) .
又cs2C 1 2sin2 C  1  cs A
8
由 A(0,) ，所以 A  2C .………………………13 分
数学参考答案 第 1 页（共 7 页）
（17）（共 14 分）
解：（Ⅰ）因为四边形 ABCD 为平行四边形，所以 BC AD .
因为 AD  平面 ADE ， BC  平面 ADE ，所以 BC 平面 ADE .
因为 BF DE ， DE  平面 ADE ， BF  平面 ADE ，所以 BF 平面 ADE .
因为 BC BF  B ，所以平面 BCF 平面 ADE .
因为 FC  平面 BCF ，所以 FC 平面 ADE .
………………5 分
（Ⅱ）选条件①： AE  CD .
因为平面 ADE  平面CDE ,平面 ADE平面CDE  DE ，
AD  DE ， AD  平面 ADE ，所以 AD  平面CDE . 因为CD  平面CDE ，所以 AD  CD .
因为 AE  CD ， AD  A ，AE
所以CD  平面 ADE .所以CD  DE .
如图建立空间直角坐标系 D  xyz ，设 BF  t ，
则 A(1,0,0) ，C(0,1,0) ， E(0,0,1) ， F(1,1, )t .
所以 AC  (1,1,0) ， AF  , ) .(0,1 t
m  AC  0,
设平面 AFC 的法向量为 m  ( ,x y z, ) ，则 
x  y  0,
即 
y  tz  0.
m  AF  0, 令 z 1，则 y  t ， x  t .于是 m  ( , ,t t 1) .

6由于 AE  (1,0,1) ，点 E 到平面 AFC 的距离 d 为 ，
2
所以 d  | AE   | (1)  t  0 t 1 ( 1) |  6
|
|
t2  t2  (1)
2
2
选条件②： AC  CE ．
因为平面 ADE 平面CDE ，平面 ADE 平面CDE  DE ， AD  DE ，
AD  平面 ADE ，所以 AD  平面CDE . 所以 AD  CD . 所以ADC  90 .
因为 AD  ED ， AC  EC ， DC  DC ，所以 ADC  EDC .
数学参考答案 第 2 页（共 7 页）
m|
，解得t  1
.
m
2
1
所以 BF 的长为 . 2
………………14 分
所以ADC  EDC  90 .
所以CD  DE .
以下同选条件①.
………………14 分
（18）（共 13 分）
解：（Ⅰ）在华东地区的 6 个省份中，水稻产量比小麦产量少的省份有安徽省和山东省， 所以在华东地区的 6 个省份中随机抽取一个省份，该省水稻产量比小麦产量少
的概率为  . ………………4 分
（Ⅱ）在表 1 中水稻的播种面积排在前 5 名的省份是江西省、黑龙江省、安徽省、江 苏省和吉林省，其中属于东北地区的省份是黑龙江省和吉林省.
设 X 为水稻播种面积排在前 5 名且属于东北地区省份的个数，由题设， X 的所 有可能值为 0，1，2.
PX  0  C  7 ；C9 12
PX 1   ；7
2
C1 C1 7
2
C9 18
PX  2   . C2 12
2
C9 36
的分布列为：
0 1 7
2
7
18
1
36
P 12
因为 E X( )  0 P X  0 1 P X 1  2 P X  2，
所以 E  X   0 1  2  . ………………10 分
（Ⅲ） a  c  b . ………………13 分
（19）（共 15 分）
a2  b2  c2.
b 1,

c 6
a2  3
a  3 , 解得 ．
所以椭圆 E 的方程为 2  y2 1 ． ………………5 分
数学参考答案 第 3 页（共 7 页）
即点 B 在以 PQ 为直径的圆上时，  2 ．
2
（Ⅱ）由点 A m n( , ) (n  0) 有 B m( ,  n) ，且 m3  n2 1．
又OH  OA , (0   1) ，有 H (m, n) .
因为过点 H 与 x 轴平行的直线交 E 于点 P Q, ，
2
设 P x(P ,n) ，Q(xP ,n) ，则 xP3  (n)2 1．
 
因为点 B 在以 PQ 为直径的圆上，所以 BP BQ  0 .
即(xP  m)(xP  m) [( 1)n)]2  0 .
所以 m2  xP2  ( 1)2 n2  0 .
因为 m2  3  3n2 ， xP2  3  32n2 ，
所以3  3n2  3  32n2  ( 1)2 n2  (42  2  2)n2  0 .
由 n  0 及0    1，有  2 .
1
1
（20）（共 15 分）
解：（Ⅰ）由 f x( )  (x  2)ex  ax  b 得 f (0)  b  2 ，
f (x)  (x 1)ex  a ， f (0)  a 1． 由题设知 a 1  0, b  2  0 ，
解得 a 1, b  2 ．
………………15分
………………4 分
（Ⅱ）由（Ⅰ）知， f (x)  (x  2)ex  x  2 ， f (x)  (x 1)ex 1 ．
令(x)  (x 1)ex 1，则'(x)  xex ．
'(x) 与( )x 的变化情况如下表：
数学参考答案 第 4 页（共 7 页）
当 x  0 时，( )x 取得最小值(0)  0 ，即当 x  R 时， f (x) ≥ 0 .
因此 f ( )x 在区间( ,  ) 上单调递增．
因为 f (0)  2  2  0 ，
所以当 x ≥ 0 时， f (x) ≥ 0 ；当 x  0 时， f (x)  0 ． 综上，不等式 f (x) ≥ 0 的解集为[0, ) .………………9 分
（Ⅲ）由题设知 A(0, 0) ， B t( , (t  2)et  t  2) ，
直线 AB 的方程为 y  g x( )  x ．
(t  2)et  t  2
t
t
令 h x( )  g(x)  f (x)  ( t  2)e  2 x [(x  2)ex  2] ，
t
t
则 h'(x)  (t  2)e  2  (x 1)ex ， x  (0, t) .
t
由（Ⅱ）知 h'(x) 在区间(0, ) 上单调递减，
因为t  2 ，所以 h'(0)   0 ，(t  2)et  t  2
t
因为t2  2t  2  t(2  t)  2  2, et  e2 ，
所以 h'(t)   0 .(t2  2t
2)et  2
t
则存在 x0 (0, t) ，使得 h '(x0 )  0 ．
当 x (0, x0 ) 时， h '(x)  0 ， h x( ) 单调递增；
当 x (x0 , t) 时， h '(x)  0 ， h x( ) 单调递减.
又因为 h(0)  0 ， h t( )  g t( )  f t( )  0 ，所以当 x  (0, t) 时， h x( )  0 . 因为 x2 (0, t) ，所以 h x(2 )  g x(2 )  f x(2 )  0 ．
数学参考答案 第 5 页（共 7 页）
x
(, 0)
0
(0, )
'(x)

0

(x)
↘
0
↗
ak ，则必有cn j1
an ，所以cn j1
因为 f x(1)  g x(2 ) ，所以 f x(1)  f x(2 ) ．
由（Ⅱ）知 f (x) 在区间( ,  ) 上单调递增，
因此 x1  x2 ． （21）（共 15 分）
解：（Ⅰ）数列 ① 4,1,3,2,1,3,4 具有性质 P ；
数列 ②1,2,5,4,3,4,5,3,1不具有性质 P ．
………………15 分
………………4 分
（Ⅱ）假设数列 A 具有性质 P ，则 A 中存在 n 项递增数列{bn } 和 n 项递减数列{cn } ．
因为 ai {1,2,
,n} ，所以{bn } 为1,2,3,
,n ，{cn } 为 n n, 1,n  2,
,1．
所以任意 m {1,2, ,n} ，在 A 中至少有一项 ai  m .
因为 A 中有 2n 1 项，所以存在 m0 {1,2,
,n} 在 A 中恰出现一次，不妨记为 ak .
记bj
ak ．
因为{bn }递增，{cn } 递减，
所以数列 A 中排在 ak 前面的项至少有b1,b2 , ,bj1,c1,c2 , ,cn j ，共 n 1项，
排在 ak 后面的项至少有bj1,bj2 ,
,bn ,cn j2 ,cn j3 ,
,cn ，共 n 1项．
因为数列 A 中有 2n 1 项，所以 ak 是第 n 项，即 k  n .
这与题设矛盾，所以假设不成立，故数列不具有性质 P ． ………………9 分
（Ⅲ）当数列 A 具有性质 P 时，
记 A 的 n 项递增子列{bn} 为1,2, , n 和 n 项递减子列{cn} 为 n n, 1, ,1 ，
由（II）知，数列 A 中恰有一项 an 既是{bn} 的项也是{cn} 的项，
记bj
an ．
所以数列 A 的前 n 项 a1,a2 ,
,an 由b1,b2 ,
,bj1,c1,c2 ,
,cn j ,an 组成．
数学参考答案 第 6 页（共 7 页）
,a2n1
an ,bj1,bj2 ,
2
n
n 1
 2
， 为n 偶数.
因为c1  c2 
cn j  an  bj1 
b2  b1 ，
所以项数最多的递增子列只能是b1,b2 , ,bj1,ci (i 1,2, ,n  j) 或 b1,b2 , ,bj1,an ．
所以递增子列的项数最多为 j ．
数列 A 的后 n 项 an ,an1,
由
,bn ,cn j2 ,cn j3 ,
,cn 组成．
因为cn 
cn j3
cn j2 
an  bj1  bj2 
bn ，
所以项数最多的递增子列是ci ,bj1,bj2 ,
,bn ,(i  n  j  2,n  j  3,
,n) 或
an ,bj1,bj2 , ,bn ．
所以递增子列的项数最多为 n 1 j . 因为 j  (n 1 j)  n 1 ，所以所以 k ≤ min{ ,j n 1 j} ．
2
构造数列 A: n,1,n 1,2, n 1 n 1 n 1
n 为奇数， j  时，min{ j,n 1 j} 有最大值为 ，所以 k ≤ ．
2
2 2 2 2
n 1
该数列具有性质 P 且满足任意连续的 n 项中，都包含 项的递增子列．

2
, n  3, n 1, n 1, n  3,n 1,

2
,n 1,2,n,1 ，
2
n n n
n 为偶数， j  时， min{ j,n 1 j} 有最大值为 ，所以 k ≤ ．
2
2
2
构造数列 A: n,1,n 1,2,
,
n 1, n 2 2
1, n , n
2 2
1, n  2,
2
,n 1,2,n,1 ，
该数列具有性质 P 且满足任意连续的 n 项中，都包含 n2 项的递增子列．
n， 为奇数，
综上所述， kmax
…………………15 分
数学参考答案 第 7 页（共 7 页）