（北京专用）-2025年高考模拟考前必刷卷数学试题（附解析及答案）

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数 学
考情速递
高考·新动向：包含高考命题趋势变化，题目呈现方式的变化等
如第10题，与2025年八省联考的14题类似，凸显代数与集合的联系，加强学科知识的融合
高考·新考法：对常规考点的新设问或知识融合，对非常规考点的创新糅合等
高考·新情境：可涉及情境题目的创新性、实时性、开放性以及跨学科的融合性等
如第7题，第8题，第14题，涉及生活情境，社会生产生活，加强学科的应用
命题·大预测：基于本卷的题目进行具体分析，给出趋势性预测，也可提出备考方向等
深化基础性考查，强调对学科基础知识、基本方法的深刻理解，不考死记硬背、不出偏题怪题，引导中学把教学重点从总结解题技巧转向培养学生学科核心素养。增加基础题比例、降低初始题起点，增强试题的灵活性和开放性，使学生在考试中能够充分展示自己的思维能力和创新水平.
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第一部分（选择题 共40分）
单项选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】因为，，所以，故选：A.
2．已知，为虚数单位，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】因为，则.故选：C.
3．圆的圆心到直线的距离为1，则（ ）
A．B．C．D．2
【答案】B
【解析】圆，即.
圆心到直线的距离，∴.故选：B
4．的展开式中的常数项是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】由题目可知，，
令，解得，所以当时为常数项，此时，故选：A
5．已知非零向量，，则是成立的（ ）条件．
A．充分非必要B．必要非充分
C．充要D．既非充分又非必要
【答案】C
【解析】，为非零向量，当时，有，
则，，
有，得，充分性成立；
当时，有，即，
得，则有，必要性成立.
所以是充要条件.故选：C.
6．设函数.若，且的最小正周期大于，则（ ）
A．.B．
C．D．
【答案】C
【解析】由的最小正周期大于，可得，
因为，可得，
则，且，所以，即，
由，即，
可得，，则，，
且，可得，，
所以，.故选：C．
7．在光纤通信中，发射器发出光信号的功率传输后会逐渐变弱，衰减后的光功率（单位：W）可表示为，其中为起始光功率（单位：W），为衰减系数，为接收信号处与发射器间的距离（单位：km）.已知距离发射器处的光功率衰减为起始光功率的一半.若当距离由km变到km时，光功率由变到，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】依题意，，则，
由、，得，
所以.故选：A
8．我国古代数学名著《九章算术》对立体几何问题有着深入的研究，从其中的一些数学用语可见．譬如“堑堵”指底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱，“阳马”指底面是矩形且有一侧棱垂直于底面的四棱锥，“鳖臑”指四个面都是直角三角形的三棱锥．现有一如图所示的“堑堵”，其中，若，则到平面的距离为（ ）

A．B．C．D．
【答案】B
【解析】
取中点，连结，
根据题意，平面，平面，
所以平面平面，
因为，所以，
又平面平面，平面
所以平面，且
由题意可知，
，
则，即为直角三角形，
，
设到平面的距离为，且，即，
，故选B
9．已知，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】依题意，，，
，
则，A选项错误.
，B选项正确.
，即，D选项错误.
，C选项错误.
故选：B
10．已知平面上的线段l及点P，任取l上的一点Q，线段PQ长度的最小值称为点P到线段l的距离，记作，若曲线C是边长为4的等边三角形，则点集所表示的图形面积为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】由题意，点集D所表示的图形如图，是边长为4的正三角形，
其中，，，，，
，，
所以扇形的面积为，
，，
，
所以的面积为，
又，
所以四边形的面积为，
又四边形的面积为，
点集所表示的图形面积为：
.
故选：B．
二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分.
11．已知抛物线：的焦点到其准线的距离为2，则 ．
【答案】
【解析】由得，则抛物线C的焦点坐标为，准线方程为，而，因此，解得，所以.
12．设都是锐角，且，则的取值范围是 .
【答案】
【解析】都是锐角，且，
，
，
即的取值范围是.
13．若直线与双曲线始终只有一个公共点，则取值范围是 .
【答案】
【解析】由，消可得，当或，解得或，
14．陀螺是我国民间最早的娱乐工具之一（如图），一个倒置的陀螺，上半部分为圆锥，下半部分为同底圆柱，其中总高度为10cm，圆柱部分高度为7cm，该陀螺由密度为0.8g/cm3的木质材料做成，其总质量为96g，则此陀螺圆柱底面的面积 ．

【答案】15
【解析】依题意，该陀螺的总体积为，
设圆柱底面圆半径为r，则，解得，
所以此陀螺圆柱底面的面积为.
15．已知数列的各项均为整数，，，前12项依次成等差数列，从第11项起依次成等比数列，则集合中所有元素之和为 .
【答案】1023
【解析】设由前12项构成的等差数列的公差为，从第11项起构成的等比数列的公比为，
由，解得或，又数列的各项均为整数，故，
所以，所以，
，所以，
故集合中所有元素之和为.
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．（本小题满分13分）在中，，，从①；②；③这三个条件中任选一个作为题目的已知条件.
(1)求的值；
(2)求的面积.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
【解】（1）由题知，三角形为钝角三角形
选①，由余弦定理得：，解得：，
所以由正弦定理得：.
选②，因为，所以，所以
选③，由正弦定理得：，
所以，所以
.
（2）选①，因为，，所以的面积为：
选②，由正弦定理得：，
.
选③，因为，，，
所以.
17．（本小题满分13分）如图，已知等腰梯形中，，，现以为折痕将折起，使点到达点的位置，如图，，分别为，的中点．
(1)求证：平面．
(2)若，求平面与平面的夹角的余弦值．
【解】（1）如图，取的中点，连接，．
因为为的中点，所以．
又平面，平面，所以平面．
因为为的中点，所以．
又平面，平面，所以平面．
又，，平面，所以平面平面．
因为平面，所以平面．
（2）由折叠知，，，且，，平面，所以平面．
因为平面，所以平面平面．
如图，过点作于点，取的中点，连接，易知，，两两垂直．
以为原点，以，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图（2）的空间直角坐标系．
设，则，，，
得，，，，．
所以，，，．
设平面的一个法向量为，
则，即,
取，则，，即．
设平面的一个法向量为，
则，即,
取，则，，即．
所以，
所以平面与平面的夹角的余弦值为0．
18．（本小题满分14分）甲、乙、丙三人进行投篮比赛，共比赛10场，规定每场比赛分数最高者获胜，三人得分（单位：分）情况统计如下：
(1)从上述10场比赛中随机选择一场，求甲获胜的概率；
(2)在上述10场比赛中，从甲得分不低于10分的场次中随机选择两场，设表示乙得分大于丙得分的场数，求的分布列和数学期望；
(3)假设每场比赛获胜者唯一，且各场相互独立，用上述10场比赛中每人获胜的频率估计其获胜的概率.甲、乙、丙三人接下来又将进行6场投篮比赛，设为甲获胜的场数，为乙获胜的场数，为丙获胜的场数，写出方差，，的大小关系.
【解】（1）根据三人投篮得分统计数据，在10场比赛中，甲共获胜3场，分别是第3场，第8场，第10场.
设表示“从10场比赛中随机选择一场，甲获胜”，则.
（2）根据三人投篮得分统计数据，在10场比赛中，甲得分不低于10分的场次有6场，
分别是第2场，第3场，第5场，第8场，第9场，第10场，其中乙得分大于丙得分的场次有4场，
分别是第2场、第5场、第8场、第9场.
所以的所有可能取值为0，1，2.
，，.
所以的分布列为
所以.
（3）由题意，每场比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，丙获胜的概率为，还需要进行6场比赛，
而甲、乙、丙获胜的场数符合二项分布，所以
，，
故.
19．（本小题满分15分）已知椭圆：的右焦点在直线上，分别为的左、右顶点，且.
(1)求的标准方程；
(2)已知，是否存在过点的直线交于，两点，使得直线，的斜率之和等于-1?若存在，求出的方程；若不存在，请说明理由.
【解】（1）设右焦点
直线与轴的交点为，所以椭圆右焦点的坐标为
故在椭圆中 ，
由题意，结合，则
所以椭圆的方程为：
（2）当直线的斜率为0时，显然不满足条件
当直线的倾斜角不为时，设直线的方程为：，
由，可得
由题意
则
由
化简可得，由，即
故存在满足条件的直线，直线的方程为：

20．（本小题满分15分）已知函数在点处的切线与直线垂直．
(1)设函数，求函数的单调性．
(2)证明：．
参考数据：．
【解】（1）根据题意，函数的导函数，
而，
因此，进而，其导函数，
当时，显然有，当时，有，
因此函数在和上均单调递增．
（2）题中不等式即，
先证：，
设，则，
当时，，当时，，
故在上为减函数，在上为增函数，
故，故成立.
同理可利用导数证明：.
因为，
故，
因此命题得证．
21．（本小题满分15分）有穷数列中，令，当p=q时，规定.
(1)已知数列，写出所有的有序数对，且，使得；
(2)已知整数列为偶数，若，满足：当为奇数时，；当为偶数时，.求的最小值；
(3)已知数列满足，定义集合.若且为非空集合，求证：.
【解】（1）为时，，
为时，，
为时，，
为时，，
故，且使得的有序数对有、、、；
（2）由题意可得，，
又为整数，故，，
则，
同理可得，
即有，
同理可得，当时，有，
即当时，有，
当时，，
故
；
（3）对于数列，，不妨设，
①首先考虑的情况，
由于，，故，同理，，，
故.
②再考虑中有连续一段是连续的正整数的情况，
此时,
因为，，
故这说明此连续的项的和为负.
同理，当含有多段的连续正整数的情况时，每段的和为负，
再由①中结论，可得.
③若在①②中，由于，
此时去掉前项，则可转化①②的情况，所以有.
④若，则，
所以此时有，
综上，结论成立.
场次
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
甲
8
10
10
7
12
8
8
10
10
13
乙
9
13
8
12
14
11
7
9
12
10
丙
12
11
9
11
11
9
9
8
9
11
0
1
2