【数学】北京市顺义区2025届高三下学期统一测试(高考一模)试卷（解析版）

这是一份【数学】北京市顺义区2025届高三下学期统一测试(高考一模)试卷（解析版），共22页。
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】因，.
所以.
故选：C
2. 已知平面向量，满足，，，则（ ）
A. 6B. 3C. D.
【答案】D
【解析】由，则，
由，
则，解得.
故选：D.
3. 下列函数中，单调递增且值域为的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】对A：函数在上单调递减，在上单调递增，故A不满足函数的单调性；
对B：函数在上单调递增，且函数值域为，故B满足题意；
对C：函数在上单调递增，且函数值域为，故C函数的值域不满足条件；
对D：函数在上单调递增，值域为，故D函数的值域不满足条件.
故选：B
4. 复数的共轭复数为，且满足，则（ ）
A. 2B. C. 1D.
【答案】A
【解析】设，所以即为，
整理得：，所以，解得，
所以，，.
故选：A
5. 在天文学中，天体的明暗程度可以用视星等和绝对星等来描述.视星等是在地球上看到的星体亮度等级，视星等受恒星距离影响.绝对星等M是假设把恒星放在距离地球10秒差距（10秒差距≈32.6光年）时的视星等，这样能比较不同恒星本身的亮度.视星等和绝对星等M满足，其中是与地球的距离，单位为秒差距.若恒星A距离地球约32.6光年，恒星B距离地球约326光年，恒星A，B的视星等满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由题意，
，
两式相减可得：，
又，
所以，
所以，
故选：C
6. 已知,点M满足，则的可能取值是（ ）
A. 4B. C. 1D.
【答案】B
【解析】设点，由，整理得：，
即点的轨迹为圆心在，半径为的圆，
因，即点在圆外，
则表示圆外的点到圆上的点的距离，如图，有.
故选：B.
7. 六氟化硫是一种无机化合物，常温常压下为无色无味无毒不燃的稳定气体.化学式为，在其分子结构中，硫原子位于中心，六个氟原子均匀分布在其周围，形成一个八面体的结构.如图所示，该分子结构可看作正八面体，记为，各棱长均相等，则平面与平面夹角的余弦值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】设正八面体的棱长为，连接、相较于点，连接，
根据正八面体的性质可知为正方形，，平面，
建立如图所示，以为坐标原点，
分别以、、为、、轴的空间直角坐标系，
，，，，
所以，，
设平面的法向量为，
所以，，令，
则有：，所以，
，，
设平面的法向量为，
所以，，令，
则有：，所以，
设平面与平面夹角为，则，
平面与平面夹角的余弦值为.
故选：D
8. 设为等比数列，则“存在，使得”是“为递减数列”的（ ）
A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】假设等比数列的公比，首项，则数列的项依次为，
当时，满足，但是不是递减数列，
故充分性不满足；
若为递减数列，则对于任意的，必然有，
故必要性满足；
所以“存在，使得”是“为递减数列”的必要而不充分条件.
故选：B
9. 已知抛物线：的焦点为，准线为，过点的直线与交于不同的两点A，B，为坐标原点，直线与交于点M，若，则的面积等于（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】A
【解析】如图，过点作，直线与轴分别交与点，
设，则，
因，则，得，
则，则，
故直线的斜率为，直线的方程为，
与联立得，解得，
则直线：，，得
故点到直线的距离为，
故的面积为.
故选：A
10. 已知直线分别与函数和的图象交于，，给出下列三个结论：①；②；③.其中正确结论的个数是（ ）
A. 0B. 1C. 2D. 3
【答案】C
【解析】由题意直线与垂直，函数和的图象关于对称，
所以关于对称，
又由得交点坐标为，则，
对于①：因为，且，所以，①错误；
对于②：由，因，则；②正确；
对于③：直线与联立，可得，即，
设函数，是增函数，
又由，，可得，
所以函数在区间上存在唯一零点，即，
因为，所以，
构造函数，则，
当时，可得，∴函数在单调递增；
当时，可得，∴函数在单调递减；
，，∴，③正确；
故选：C
二、填空题共5小题，每小题5分，共25分.
11. 已知双曲线：的左、右焦点分别为，，且过点，则双曲线的渐近线方程为______.
【答案】
【解析】因为双曲线：过点，所以，解得，
所以双曲线的方程为，所以双曲线的渐近线方程为.
故答案为：.
12. 若，则_______；________.
【答案】①. ②.
【解析】因为，
令，得，所以，
令，得①，
令，得②，
②得，解得.
故答案为：；
13. 已知直线：与圆：有两个交点，则可以是_______.（写出满足条件的一个值即可）
【答案】（答案不唯一）
【解析】由圆：，可知：圆心，半径.
直线方程的一般式为.
由点到直线距离公式和题意可得：
，解得：.
所以可以是.
故答案为：（答案不唯一）
14. 在中，，，则_______.
【答案】
【解析】根据正弦定理，.
所以，
又，所以.
所以，
所以.
因为为三角形内角，所以，所以，
所以.
又，所以，所以为锐角，所以.
故答案为：
15. 已知函数，数列满足，.
给出下列四个结论：
①若，则有3个不同的可能取值；
②若，则；
③对于任意，存在正整数，使得；
④对于任意大于2的正整数，存在，使得；
其中所有正确结论的序号是______.
【答案】①②④
【解析】①，所以，若，
当时，，解得．
当时，则，解得，当时，则，解得；
当时，，解得，当时，则，解得，当时，则，解得（舍去）；
综上可得：可以取3个不同的值：5，，．因此①正确．
②若，则，，，可得．数列是周期为3的数列，故②正确．
③当时，，，，
所以不存在正整数，，故③正确．
④先考虑数列的周期性，
对于，则，，
，，，要使是周期数列，
则有，解得，
从而存在，使得数列是周期数列，周期为，
从而要使周期为，只需，即即可，故④正确．
故答案为：①②④.
三、解答题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.
16. 如图，在四棱锥中，底面是菱形，，，.
（1）若平面与棱交于点，且平面，求证：是中点；
（2）若是棱上一点，且满足，当时，求与平面所成角的正弦值.
（1）证明：记，连接，如下图：
因为平面，平面，平面平面，所以，
在中，由为的中点，则为的中点.
（2）解：在菱形中，易知，由，，则，，
因为，，平面，所以平面，
因为平面，所以，由，则，
因为，平面，所以平面，
取的中点为，易知，则平面，则两两垂直，
以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如下图：
则，，，
可得，，，，
由，则，可得，
设平面的法向量，则，
令，则，所以平面的一个法向量，
设与平面所成角为，.
17. 已知函数.
（1）求的值；
（2）再从条件①、条件②、条件③中选择两个作为已知条件，使函数存在且唯一确定.当在区间上仅有一个零点时，求的取值范围.
条件①：在上是单调函数；
条件②：图象的一个对称中心为；
条件③：对任意，都有成立.
注：如果选择的条件不符合要求，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.
解：（1）因为，
所以
，
所以.
（2）对于条件①：在上是单调函数，
因为在上是单调函数，所以，
所以，又因为，解得，
因为，
解得，
所以函数的单调单调递增区间为：
，
若函数在上单调递增，则，
整理有，
当时，，解得，
当时，无解，得其他值时不等式无解；
因为，
解得，
所以函数的单调单调递减区间为：
，
若函数在上单调递减，则，
整理有，
当时，，解得，
当时，无解，得其他值时不等式无解；
对于条件②：图象的一个对称中心为，
因为，解得，
所以函数的对称中心为，
若是图象的一个对称中心，
则，解得；
对于条件③：对任意的，都有成立，
则时，函数取得最大值，有，
解得；
若选条件①②，则有，方程无解，
或，时，，
所以，因为，所以，
因为在区间上仅有一个零点，
所以，，解得；
若选条件①③，则有有，方程无解，
或，时，，
所以，因为，所以，
因为在区间上仅有一个零点，
所以，，解得；
若选条件②③，则有，
即，方程解不唯一，
此时取值不唯一，所以函数不唯一，不合要求.
18. AI智能阅卷是一种利用人工智能技术对试卷进行批改和评估的技米，它可以帮助教师提高阅卷效率，并为学生提供更快速更有针对性的反馈.某教师尝试使用AI系统进行阅卷，由甲、乙两种系统进行独立阅卷评分.如果两个系统评分相差2分及以下，则以两种系统评分的平均分作为最后得分；如果两个系统评分相差3分及以上，则人工进行复核阅卷并给出最后得分.从两种系统进行阅卷的试卷中随机抽取12份试卷作为样本，其评分情况如下表所示：
（1）从这12份试卷中随机选取1份，求甲、乙两种系统评分之差的绝对值不超过2分的概率；
（2）从这12份试卷中随机选取3份，甲、乙两种系统评分之差的绝对值不超过2分的份数记为X，求X的分布列和数学期望；
（3）从上述的12份试卷中随机抽取1份，设甲系统对其评分为，乙系统对其评分为，最后得分为.令，，试比较方差和的大小.（结论不要求证明）
解：（1）设事件为从这12篇份试卷中随机抽取1份，甲、乙两种系统评分之差的绝对值不超过2分，
又在这12篇份试卷中，甲、乙两种系统评分之差的绝对值不超过2分的有篇，
所以；
（2）由已知的可能取值为，，，3
，，
所以的分布列为
所以的数学期望为；
（3），证明如下：
的取值依次为：1，3，0，1，2，2，1，2，1，2，2，1，
平均数为：，
的取值依次为：1，3，0，1，5，3，3，2，1，2，2，3，
平均数为：
，
所以.
19. 已知椭圆：的一个顶点为，离心率为.
（1）求的方程和短轴长；
（2）直线：与E相交于不同的两点B，C，直线，分别与直线交于点M，N.当时，求的值.
解：（1）已知椭圆 的标准方程为：，
因为 是椭圆的一个顶点，所以。又离心率为，解得，
所以，解得，
所以椭圆的方程为，短轴长为；
（2）将直线的方程代入椭圆的方程得，
可得，整理得，
设直线与椭圆的交点为和，
所以，
直线的方程为：，与直线联立求得交点的坐标为)，
直线的方程为：，与直线联立求得交点的坐标为，
因为，即，所以，
因为 和 ，代入得，
化简，
展开分子
，
所以，
所以
，
又，
所以，整理得，解得.
20. 已知函数.
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）设，求证：是上的单调递减函数；
（3）求证：当时，.
（1）解：依题意，．
又，
所以.
所以曲线在点处的切线方程为，
即
（2）解：由（1）知，，，
所以.
令，则，
因为，所以，即，
所以在上单调递减，所以，
即，所以是上的单调递减函数.
（3）证明：令，
则，
由（2）知，在上单调递减，
所以当时，，此时，即在上单调递减，
所以，即，
当时，，，.
所以即，
所以即，
综上可得：当时，.
21. 已知数列：各项为正整数.对任意正整数，定义：，，其中表示有限集中的元素个数，规定.
（1）对于数列：1，3，2，2，写出，，，值；
（2）若数列：满足.
（i）若，令，当时，求；
（ii）求证：.
解：（1），，，；
（2）（i）令，则，根据的定义，可知数列中有两项等于1，
根据数列的增减性质，可得；令，则，
可知数列中有四项小于等于2，可得，
以此类推可得得前项为，
，其中.
（ii）法一：用数学归纳法证明
对成立，（**）
当时，令，，，
（**）式左边=，
（**）式右边=，
（**）式左边=（**）式右边，（**）式对成立；
假设时，（**）式成立，
即①
当时，（**）式左边=
设，令，
则,，……，，，
（**）式左边=，
（**）式右边=
根据①可知（**）式对成立，由数学归纳法原理可知（**）成立.
（法二）设数列中等于的项分别有个，则
，，……，，，
从而,，……，，
注意到
等式成立.试卷序号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
系统甲评分
82
88
76
92
87
66
75
69
90
58
86
84
系统乙评分
80
82
76
90
80
61
71
65
88
54
82
80
最后得分
81
85
76
91
85
64
74
67
89
56
84
83