2025届高考数学模拟测试题（含解析）模拟卷04（北京专用）-（解析版）

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（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
第I卷（选择题）
一、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，只有一项是符合要求的。
1．已知为整数集，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据条件，利用集合的运算，即可求出结果.
【详解】因为，所以，
故选：A.
2．已知，其中为虚数单位，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据复数的乘、除法运算可得，进而，结合复数的乘法计算即可求解.
【详解】由题意知，，
所以，
所以.
故选：B
3．设非零向量，，，满足，，且与的夹角为，则“”是“”的（ ）．
A．充分非必要条件B．必要非充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】利用数量积的定义可得，即可判断出结论．
【详解】解：，，，
解得，，，解得，
“”是“”的充分必要条件．
故选：C．
【点睛】本题主要考查平面向量数量积的应用，考查推理能力与计算能力，属于基础题．
4．在的展开式中，项的系数为（ ）
A．B．C．16D．144
【答案】C
【分析】写出的展开式通项，即可列式求解.
【详解】，其展开式通项公式为，，
所以所求项的系数为，
故选： C．
5．已知函数，若存在最小值，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】运用二次函数的性质求得的最小值，再结合幂函数的单调性，由题意列出不等式，求解即可.
【详解】当时，，故当时，有最小值为；
时，单调递减，所以，
由题意存在最小值，则，解得，即的最大值为.
故选：A
6．已知函数，，将函数的图象经过下列变换可以与的图象重合的是（ ）
A．向左平移个单位B．向左平移个单位
C．向右平移个单位D．向右平移个单位
【答案】D
【分析】利用诱导公式及三角函数的变换规则计算可得.
【详解】因为，
所以将向右平移个单位得到.
故选：D
7．近年来纯电动汽车越来越受消费者的青睐，新型动力电池迎来了蓬勃发展的风口.Peukert于1898年提出蓄电池的容量（单位：），放电时间（单位：）与放电电流（单位：）之间关系的经验公式：，其中为Peukert常数.为测算某蓄电池的Peukert常数，在电池容量不变的条件下，当放电电流时，放电时间；当放电电流时，放电时间.若计算时取，则该蓄电池的Peukert常数大约为（ ）
A．1.25B．1.5C．1.67D．2
【答案】B
【分析】由已知可得出，可得出，利用指数与对数的互化、换底公式以及对数的运算法则计算可得的近似值.
【详解】由题意可得，所以，所以，
所以.
故选：B.
8．如图，正方体的棱长为2，点为底面的中心，点在侧面的边界及其内部运动．若，则面积的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】取的中点，由题意结合正方体的几何特征及平面几何的知识可得，，由线面垂直的判定与性质可得，进而可得点的轨迹为线段，找到的最大值即可得解.
【详解】取的中点，连接、、、，连接、、、、，如图：
因为正方体的棱长为2，
所以,，，平面，平面，平面，
所以，，，
所以，，
所以，，
由可得平面，
所以，所以点的轨迹为线段，
又,
所以面积的最大值.
故选：C.
【点睛】本题考查了正方体几何特征的应用，考查了线面垂直的判定与性质，关键是找到点的轨迹，属于中档题.
9．《孙子算经》是中国南北朝时期重要的数学著作，书中的“中国剩余定理”对同余除法进行了深入的研究.现给出一个同余问题：如果和被除得的余数相同，那么称和对模同余，记为.若，则的值可以是（ ）
A．2023B．2024C．2025D．2026
【答案】D
【分析】利用二项式定理求出被5整除得的余数，再逐项验证即得.
【详解】
则能被整除，
故除以余数为，
所以除以余数为，
由，所以，，
，，
故选：D.
10．“用一个不垂直于圆锥的轴的平面截圆锥，当圆锥的轴与截面所成的角不同时，可以得到不同的截口曲线”．利用这个原理，小明在家里用两个射灯（射出的光锥视为圆锥）在墙上投影出两个相同的椭圆（图1），光锥的一条母线恰好与墙面垂直．图2是一个射灯投影的直观图，圆锥的轴截面是等边三角形，椭圆所在平面为，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据题意，由勾股定理结合余弦定理代入计算可得，再由相似三角形的相似比结合勾股定理可分别计算出椭圆的，结合椭圆的离心率即可得到结果.
【详解】设，由于，所以，在等边三角形中，
点为的中点，于是，在平面中，由椭圆的对称性可知，
，连接，延长与交于点，
由于为中点，所以在中，，
由勾股定理可得，
在中，，，，由余弦定理可得
，
在中，由于，所以，
于是有，
设椭圆短轴的两个顶点为，连接分别交圆锥于，
由于，所以，
由于为圆锥母线，所以，
从而有，
在中，由勾股定理可得，
所以在椭圆中，，，
则，
则离心率为.
故选：D
【点睛】关键点睛：本题主要考查了椭圆定义的理解以及椭圆离心率的求解，难度较大，解答本题的关键在于结合椭圆的定义以及余弦定理代入计算，分别求得，从而得到结果.
第II卷（非选择题 共110分）
二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分。
11．已知，若，则 .
【答案】或
【分析】根据分段函数解析式得到方程（不等式）组，解得即可.
【详解】因为且，
所以或，
解得或.
故答案为：或
12．已知双曲线的焦距为，若点在双曲线上，则的离心率等于 .
【答案】/
【分析】根据点在双曲线上、双曲线的基本性质及离心率的定义计算即可求解.
【详解】因为点在双曲线上，
代入坐标有，且双曲线满足，离心率，
所以有，即，
化简可得，所以，
因为双曲线离心率，所以或（舍去），
故答案为：.
13．已知．使成立的一组的值为 ； ．
【答案】 （答案不唯一）
【分析】任取一组，验证是否满足即可得.
【详解】取，此时，，
故，符合要求.
故答案为：；（答案不唯一）.
14．已知数列 是各项均为正数的等比数列， 为其前 项和， ， 则 ； 记 ， 若存在 使得 最大， 则 的值为 ．
【答案】 4 3或4
【分析】由已知利用等比数列的性质可求，又，可得，解得或，即可求得，分类讨论可求的值，即可求解数列的各项，即可求解．
【详解】等比数列an中，公比；由，所以，又，
所以解得或；
若时，可得，则，
且的值为，可知数列an单调递增，且各项均大于，
所以不会存在使得的乘积最大(舍去)；
若时，可得，则，
且的值为，…，
可知数列an单调递减，从第项起各项小于且为正数，
前项均为正数且大于等于，
所以存在或，使得的乘积最大，
综上，可得的一个可能值是3或.
故答案为：4；3或4
15．设函数，给出下列四个结论：
①当时，函数有三个极值点；
②当时，函数有三个极值点；
③，是函数的极小值点；
④，不是函数的极大值点．
其中，所有正确结论的序号是 ．
【答案】②④
【分析】取特殊值，结合函数图象可判断①③；作出函数图象，数形结合可判断②；讨论的取值范围，结合函数图象，可判断④.
【详解】对于①，不妨取，此时，
作出函数图象如图：

此时函数有2个极值点，故①错误；
对于②，当时，，作出函数的大致图象如图：
在，上单调递减，在，上单调递增，
此时函数有3个极值点：，②正确；
对于③，由①的分析可知，时，是函数的极大值点，③错误；
对于④，由以上分析可知当时，，
且为的对称轴，
此时为函数的极小值点，
当时，，此时在上单调递减，
在上也单调递减，在上单调递增，
不是函数的极大值点，

故不是函数的极大值点，④正确.
故答案为：②④.
【点睛】方法点睛：题目中分段函数涉及的函数是比较常见的函数，故可作出函数大致图象，数形结合，再结合函数极值点的概念进行判断，即可解决问题.
三、解答题：本题共6小题，共85分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。
16．（13分）在中,.
(1)求;
(2)若,再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知,使存在且唯一确定,求及的面积.
条件①:;
条件②:;
条件③:.
【答案】(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）利用正弦定理和二倍角公式求解即可;
（2）结合正弦定理和余弦定理求解即可;
【详解】（1）由正弦定理得,
得,
,
因为,
所以
则.
所以,
所以.
（2）选条件①:
因为,
由正弦定理得,
由余弦定理得,
解得，
则,
解得，
所以存在且唯一确定,
则.
选条件②:,
已知
由正弦定理得,
因为,
所以,,
所以存在且唯一确定,
则.
选条件③:,
由余弦定理得,
即,
所以,即,
因为,
所以不存在使得存在.
17．（14分）如图，在三棱锥中，侧面底面，，.

(1)求证：；
(2)已知，，，是线段上一点，当时，求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）借助线面垂直的判定定理与性质定理即可得；
（2）建立适当空间直角坐标系，借助空间向量计算即可得.
【详解】（1）取中点，连接、，
由，，故、，
又、平面，，
则平面，又平面，故；
（2）由侧面底面，且，平面，
平面平面，故平面，
又平面，故，
即有、、两两垂直，
故可以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，
由，，，，，
则，，
即、、、A1,0,0、，
、、，
令，则，
由，故，解得，
故，
令平面的法向量为m=x,y,z，
则有，令，则有，
由轴平面，故平面的法向量可为，
则，
故二面角的余弦值为.

18．（13分）在一场乒乓球赛中，甲、乙、丙、丁四人角逐冠军.比赛采用“双败淘汰制”，具体赛制为：首先，四人通过抽签两两对阵，胜者进入“胜区”，败者进入“败区”；接下来，“胜区”的两人对阵，胜者进入最后决赛；“败区”的两人对阵，败者直接淘汰出局获第四名，紧接着，“败区”的胜者和“胜区”的败者对阵，胜者晋级最后的决赛，败者获第三名；最后，剩下的两人进行最后的冠军决赛，胜者获得冠军，败者获第二名.甲对阵乙、丙、丁获胜的概率均为，且不同对阵的结果相互独立.
(1)若，经抽签，第一轮由甲对阵乙，丙对阵丁；
①求甲获得第四名的概率；
②求甲在“双败淘汰制”下参与对阵的比赛场数的数学期望；
(2)除“双败淘汰制”外，也经常采用“单败淘汰制”：抽签决定两两对阵，胜者晋级，败者淘汰，直至决出最后的冠军.哪种赛制对甲夺冠有利？请说明理由.
【答案】(1)①0.16；②3.128
(2)答案见解析..
【分析】（1）结合对立事件概率和独立事件概率公式求解即可；
（2）结合对立事件概率和独立事件概率公式比较计算.
【详解】（1）①记“甲获得第四名”为事件，则；
②记在甲在“双败淘汰制”下参与对阵的比赛场次为随机变量，
则的所有可能取值为2，3，4，
连败两局：，
可以分为：连胜两局，第三局不管胜负；负胜负；胜负负；
，
；
故的分布列如下：
故数学期望；
（2）“双败淘汰制”下，甲获胜的概率，
在“单败淘汰制”下，甲获胜的概率为，
由，且
所以时，，“双败淘汰制”对甲夺冠有利；
时，，“单败淘汰制”对甲夺冠有利；
时，两种赛制甲夺冠的概率一样.
19．（15分）已知椭圆C：（）过点，右焦点为．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点F的直线l（不与x轴重合）交椭圆C于点M、N，点A是右顶点，直线MA、NA分别与直线交于点P、Q，求的大小．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，列出关于的方程，代入计算，即可求解；
（2）当直线l的斜率不存在时，验证，即．当直线l的斜率存在时，设l：，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理代入计算，分别表示出坐标，利用向量的数量积，转化求解即可．
【详解】（1）由题意可得，，解得，
所以椭圆的方程为.
（2）

当直线l的斜率不存在时，
有，，，
则，，故，即．
当直线l的斜率存在时，设l：，其中．
联立，得，
由题意，知恒成立，
设，则，．
直线MA的方程为，
令，得，即，同理可得．
所以，．
因为
，
所以．
综上所述，．
20．（15分）已知函数.
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)若在处取得极值，求的单调区间；
(3)求证：当时，关于x的不等式在区间上无解.
【答案】(1)
(2)的单调递增区间为和，单调递减区间为
(3)证明见解析
【分析】（1）根据导数的几何意义求得切线斜率，即可求得切线方程；
（2）根据可求出，并对其进行检验即可求解；
（3）分和两种情况，求出函数在区间上的最大值即可作答.
【详解】（1）由可得，
当时，，，
在点处的切线方程为；
（2）因为在处取得极值，所以，解得，
检验如下：
令，解得或，
若或时，则；若，则.
所以的单调递增区间为和，单调递减区间为，
故在处取得极小值，满足题意，
故的单调递增区间为和，单调递减区间为；
（3）由（1）知，由时，得，因，
当时，当时，，即函数在上单调递减，则，
因此不等式不成立，即不等式在区间上无解；
当时，当时，，当时，，即在上递减，在上递增，
于是得在上的最大值为或，而，，
，即，
因此不等式不成立，即不等式在区间上无解，
所以当时，关于的不等式在区间上无解.
21．（15分）已知数列，记集合.
(1)若数列为，写出集合；
(2)若，是否存在，使得？若存在，求出一组符合条件的；若不存在，说明理由；
(3)若，把集合中的元素从小到大排列，得到的新数列为， 若，求的最大值．
【答案】(1)
(2)不存在，使得成立
(3)
【分析】（1）根据题目给出的集合的定义求解即可；
（2）使用假设法，假设存在，使得，进行计算检验，从而得出结论；
（3）首先证明时，对任意的都有，然后证明除形式以外的数都可以写成若干个连续正整数之和，分类讨论即可得解.
【详解】（1）由题意可得，，，
所以.
（2）假设存在，使得，
则有，
由于与的奇偶性相同，与奇偶性不同，
又，，
所以中必有大于等于的奇数因子，这与无以外的奇数因子矛盾，
故不存在，使得.
（3）首先证明时，对任意的都有，
因为，
由于与均大于且奇偶性不同，
所以为奇数，对任意的都有，
其次证明除形式以外的数，都可以写成若干个连续正整数之和，
若正整数，其中，
则当时，由等差数列的性质可得：
，此时结论成立，
当时，由等差数列的性质可得：
，此时结论成立，
对于数列，此问题等价于数列其相应集合中满足有多少项，
由前面证明可知正整数不是中的项，
所以的最大值为.
【点睛】本题考查了等差数列及数列的综合问题，考查了求数列下标最值，同时考查了分类讨论的思想，计算量较大，属于难题.
2
3
4