2025届高考数学模拟测试题（含解析）模拟卷07（北京专用）-（解析版）

这是一份2025届高考数学模拟测试题（含解析）模拟卷07（北京专用）-（解析版），共8页。试卷主要包含了单项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
（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．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据一元二次不等式解法可得，再由交集运算可得结果.
【详解】解不等式可得，即；
又，
因此.
故选：D
2．已知i是虚数单位，若复数是纯虚数，则实数m的值是（ ）
A．B．3C．D．
【答案】C
【分析】先根据复数的乘法运算求出复数，再根据纯虚数的定义即可得解.
【详解】，
因为复数是纯虚数，
所以，解得.
故选：C.
3．已知函数为奇函数，且当时，，则（ ）
A．1B．C．2D．
【答案】A
【分析】求得的值，利用奇函数的性质可求得的值.
【详解】已知函数为奇函数，且当时，，
则.
故选：A.
4．现从3名男同学和2名女同学中选取两人加入“数学兴趣小组”，用A表示事件“抽到两名同学性别相同”，表示事件“抽到两名女同学”，则在已知A事件发生的情况下事件发生的概率即（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】分别求出，，根据条件概率的计算公式即可求得答案.
【详解】由题意可得A表示事件“抽到两名同学性别相同”，
则,
表示事件“抽到两名女同学”，则,
故,
故选：A
5．已知点在边长为2的正八边形的边上，点在边上，则 的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】以为原点，建立平面直角坐标系，表示出点的坐标，计算即可.
【详解】以为原点， 为轴，为轴建立平面直角坐标系，
设，则，
所以，
由于正八边形的每个外角都为；
则，
所以.
故选：C
6．若圆与轴，轴均有公共点，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用圆的一般方程满足的条件得到，再分别令，利用，即可求出结果.
【详解】因为表示圆，所以，得到，
令，得到，则，得到，
令，得到，则，得到，
所以，
故选：A.
7．已知函数的导函数是f'x，如果函数的图像如图所示，那么的值分别为（ ）
A．1，0B．C．D．
【答案】A
【分析】根据题意，求导可得，从而可得的解析式，再结合函数图像代入计算，即可得到结果.
【详解】因为，
则，
则
，其中，
由图像可知，函数的最大值为，即，且，
所以，，即，
又函数过点，将点代入可得，
即，或，
又，则当时，无解，
当时，，则，
所以，.
故选：A
8．如图，已知正方体中，F为线段的中点，E为线段上的动点，则下列四个结论正确的是（ ）

A．存在点E，使平面
B．三棱锥的体积随动点E变化而变化
C．直线与所成的角不可能等于
D．存在点E，使平面
【答案】D
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明判断AD；利用空间向量求出线线角的余弦判断C；利用等体积法确定的体积情况判断B.
【详解】在正方体中，以点D为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，

设正方体棱长为2，则，
由在线段上运动，设（），则，
平面的法向量，显然，则直线与平面不平行，A错误；
，设直线与所成角为，则，
显然当时，，，即存在点E使得直线与所成的角为，C错误；
设平面的法向量为m=x,y,z，，
则，令，得，
当时，，因此平面，D正确；
点在正方体的对角面矩形的边上，则，
而平面平面，则，又，
可得平面，点到平面的距离为，则三棱锥的体积为定值，B错误.
故选：D
【点睛】思路点睛：求三棱锥的体积时要注意三棱锥的每个面都可以作为底面，例如三棱锥的三条侧棱两两垂直，可选择其中的一个侧面作为底面，另一条侧棱作为高来求体积．
9．若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用指对运算同构结合函数单调性逐项判断即可求解.
【详解】由，易得
且
,
令则，且
当，则，易知在0,+∞单调递增，故，则；
当，，因为在单调递增，
又，得，
故；易知不成立，A错误；
当,则，；
当， 则，，且不成立，B错误；
故选：D
【点睛】关键点点睛：本题考查指对运算及单调性应用,将题干条件指对同构是解决问题关键.
10．某市一个经济开发区的公路路线图如图所示，七个公司分布在大公路两侧，有一些小公路与大公路相连.现要在大公路上设一快递中转站，中转站到各公司（沿公路走）的距离总和越小越好，则这个中转站最好设在（ ）
A．路口B．路口C．路口D．路口
【答案】B
【分析】根据给定图形，用表示7个公司到大公路最近的小公路距离和，，再求出到路口C，D，E，F的距离总和，比较大小作答.
【详解】观察图形知，七个公司要到中转站，先都必须沿小公路走到小公路与大公路的连接点，
令到、到、到、到、到、到、到的小公路距离总和为，
，
路口为中转站时，距离总和，
路口为中转站时，距离总和，
路口为中转站时，距离总和，
路口为中转站时，距离总和，
显然，所以这个中转站最好设在路口.
故选：B
【点睛】思路点睛：涉及实际问题中的大小比较，根据实际意义设元，列式表示出相关量，再用不等式的相关性质比较即可.
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．已知向量，若，则实数 .
【答案】
【分析】根据平面向量平行的坐标表示列式即可求出结果.
【详解】因为向量且，
所以,解得，
故答案为：
12．经过点且与圆相切的直线方程为 ．
【答案】
【分析】根据直线与圆相切，由圆心到直线的距离相等，分直线的斜率不存在和存在讨论求解.
【详解】解：圆的标准方程为：，
当直线的斜率不存在时，直线方程为，不符合题意；
当直线的斜率存在时，设直线方程为，即，
因为直线与圆相切，
所以圆心到直线的距离相等，即，
化简得，
解得，，
综上：直线方程为：，
故答案为：
13．已知的数（），若的最小正周期为，的图象向左平移个单位长度后，再把图象上各点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变）得到函数的图象，则 ；若在区间上有3个零点，则的一个取值为 ．
【答案】 或 6（答案不唯一）
【分析】由的最小正周期为，可求出，再根据三角函数的平移和伸缩变化可求出；根据，求出，结合题意可得，解不等式即可得出答案.
【详解】因为的最小正周期为，所以，解得：，
所以，的图象向左平移个单位长度后，
可得：，
再把图象上各点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变）得到函数的图象，
所以；
因为，，
在区间上有3个零点，
所以，解得：，
则的一个取值可以为6.
故答案为：或；6（答案不唯一）.
14．设首项是1的数列的前n项和为，且，则 ；若，则正整数m的最大值是 .
【答案】 8 11
【分析】由递推公式可直接求出，分为偶数与奇数，利用递推公式及构造法推导出通项公式，进而根据分组求和结合等比求和公式可得为偶数时的前项和，再确定的值即可．
【详解】
，，
当为偶数时，
，
，又，
故，故；
当为奇数时，
，
，又，
故，故；
当为偶数时，
由于
当时，，
当时，，
当为奇数时，，
当时，，
故正整数的最大值是11，
故答案为：8，11．
15．已知函数给出下列四个结论：
①存在实数，使得函数的最小值为；
②存在实数，使得函数的最小值为；
③存在实数，使得函数恰有个零点；
④存在实数，使得函数恰有个零点．
其中所有正确结论的序号是 ．
【答案】①③
【分析】取特殊值判断①，当时，分别分析分段函数两部分的最值判断②，根据分段函数每部分的零点确定函数的零点可判断③④.
【详解】当时，，显然函数的最小值为，故①正确；
当时，，，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以时，有最小值，由可得，
此时，时，，在上单调递减，所以，
与最小值为矛盾，
若时，的对称轴方程为，当时，
即时，，若，则与矛盾，
当时，在上单调递减，无最小值，
综上，当时，函数的最小值不为，故②错误；
由②知，时，时，单调递减且，当时，且，所以函数恰有2个零点，故③正确；
当时，且仅有，即有且只有1个零点，
当时，且仅有，即有且只有1个零点，
综上时，有且只有1个零点，而在上至多有2个零点，
所以时，函数没有4个零点，当时，函数有无数个零点，故④错误.
故答案为：①③
【点睛】关键点点睛：本题的关键是对分类讨论，利用导数研究上的函数性质，结合二次函数性质研究另一段函数.
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）如图，在正方体中，为的中点.
(1)过点作出一条与平面平行的直线，并说明理由；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(1)答案见解析；
(2).
【分析】（1）根据线面平行的判定，只需过点作与平面中任一一条直线平行的直线即可；
（2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得直线的方向向量和平面的法向量，利用向量法即可求得线面角的正弦值.
【详解】（1）取的中点，连结，如下所示：
因为为正方体，为的中点，为的中点，所以//CE，
又因为平面，平面，所以//平面，
故过点可以作出与平面平行，也可以做出其它直线，答案不唯一.
（2）因为是正方体，设其棱长为，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，
如下所示：
则有，，，，
所以，，，
设为平面的一个法向量，则，
所以有，令，可得，所以，
所以=，
设直线与平面所成的角为，则，
即直线与平面所成的角的正弦值为.
17．（14分）在中，已知．
(1)求角C的大小；
(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，使得存在且唯一确定，求的面积．
条件①：；
条件②：；
条件③：的周长是．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用余弦定理边化角即可结果；
（2）利用正弦定理可得.若选条件①：根据题意可得，进而分析其唯一性即可；若选条件②：利用余弦定理可得，，进而求，进而可得面积；若选条件③：根据周长可得，利用余弦定理并分析其唯一性.
【详解】（1）因为，即，
可得，
且，所以.
（2）因为，，由正弦定理可得，
可得.
若选条件①：因为，，即，
可得，可知满足条件的角A有两个，不唯一，不合题意；
若选条件②：因为，
由正弦定理可得，
且，则，可得，
则，，
因为两角和两边均已确定，根据三角形全等可知三角形存在且唯一，
又因为，
所以的面积；
若选条件③：因为的周长是，
则，即，
由余弦定理可得，即，
整理可得，且，
可知方程有2个不相等的实根，
且，可知方程有2个不相等的正实根，
即边a不唯一，不合题意.
综上，只有选条件②符合题意.
18．（13分）某学校为提升学生的科学素养，要求所有学生在学年中完成规定的学习任务，并获得相应过程性积分.现从该校随机抽取100名学生，获得其科普测试成绩（百分制，且均为整数）及相应过程性积分数据，整理如下表：
(1)当时，
（i）从该校随机抽取一名学生，估计这名学生的科普过程性积分不少于3分的概率；
（ⅱ）从该校科普测试成绩不低于80分的学生中随机抽取2名，记X为这2名学生的科普过程性积分之和，估计X的数学期望；
(2)从该校科普过程性积分不高于1分的学生中随机抽取一名，其科普测试成绩记为，上述100名学生科普测试成绩的平均值记为.若根据表中信息能推断恒成立，直接写出a的最小值.
【答案】(1)（i）；（ⅱ）；
(2)7.
【分析】（1）（i）求出科普过程性积分不少于3分的学生数，再求出频率，并用频率估计概率即得；（ⅱ）求出X的所有可能值，由（i）的结论结合独立重复试验的概率问题求出各个取值的概率，再求出期望即得.
（2）求出的最大值，再求出100名学生科普测试成绩的平均值的最小值，由题设信息列出不等式求解即得.
【详解】（1）当时，
（i）由表知，科普过程性积分不少于3分的学生人数为，
则从该校随机抽取一名学生，这名学生的科普过程性积分不少于3分的频率为，
所以从该校随机抽取一名学生，这名学生的科普过程性积分不少于3分的概率估计为.
（ⅱ）依题意，从样本中成绩不低于80分的学生中随机抽取一名，这名学生的科普过程性积分为3分的频率为，
所以从该校学生科普测试成绩不低于80分的学生中随机抽取一名，这名学生的科普过程性积分为3分的概率估计为，
同理，从该校学生科普测试成绩不低于80分的学生中随机抽取一名，这名学生的科普过程性积分为4分的概率估计为，
的所有可能值为6，7，8，
，，，
所以的数学期望.
（2）由表知，，则，
从该校科普过程性积分不高于1分的学生中随机抽取一名，其科普测试成绩记为，则的最大值为69，
100名学生科普测试成绩的平均值记为，要恒成立，当且仅当，
显然的最小值为各分数段取最小值求得的平均分，
因此，则，解得，
所以根据表中信息能推断恒成立的a的最小值是7.
19．（15分）已知O为坐标原点，椭圆上一点D的横坐标为1，斜率存在的直线l交椭圆C于A，B两点，且直线DA，DB的斜率之和等于1.
(1)求；
(2)若点D在第一象限，探究的面积是否有最大值？若有，求出最大值；若没有，请说明理由.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先求出点的纵坐标，然后代入两点间距离公式求解，即可得到结果；
（2）设出直线的方程，将直线与椭圆方程联立，结合韦达定理代入计算，然后由直线的斜率公式求出直线的方程，利用弦长公式以及三角形的面积公式进行求解，即可得到结果.
【详解】（1）不妨设，将代入椭圆方程可得，
则.
（2）
由（1）可知，若点D在第一象限，则，
不妨设直线的方程为，Ax1,y1,Bx2,y2，
联立直线与椭圆方程，消去可得，
由韦达定理可得，
因为直线DA，DB的斜率之和等于1，所以，
且点均在直线上，则，
整理可得，
将代入，可得，
整理可得，
因为直线不过点，所以，则，
此时直线的方程为，且过定点，
且满足，即，
又，
且点到直线的距离，所以，
不妨设，此时，
当且仅当时，即时，等号成立，
则的面积的最大值为.
20．（15分）已知函数.
(1)当时，求曲线在处的切线方程；
(2)设，讨论函数的单调性；
(3)若对任意的，当时，恒成立，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)答案见解析
(3)
【分析】（1）将代入函数中，对函数求导，求出切线斜率，利用点斜式即可；
（2）先对原函数求导，然后利用分类讨论的思想进行分析求解即可；
（3）构造函数，将问题转化，然后利用函数导数的单调性求解即可.
【详解】（1），
，
，
当时，，
切点坐标为，
又，切线斜率为，
曲线在处切线方程为：
.
（2），，
，，
，，
①当时，成立，
的单调递减区间为，无单调递增区间.
②当时，令，
所以当时，，在上单调递减
时，，在上单调递增
综上: 时，的单调递减区间为，无单调递增区间；
时，的单调递增区间为，单调递减区间为；
（3），
，
，
令，，
由已知可得：
且，
的单调区间是
，，
时，恒成立，
，，
令，，即证，，
成立，
的单调递减区间为，
，
恒成立，
综上：的取值范围是.
【点睛】方法点睛：对函数进行求导，结合函数导数与函数的单调性等性质解决，在证明不等式或求参数取值范围时，通常会对函数进行参变分离，构造新函数，对新函数求导再结合导数与单调性等解决.
21．（15分）给定正整数，设数列是的一个排列，对，表示以为首项的递增子列的最大长度，表示以为首项的递减子列的最大长度.
(1)若，，，，，求和；
(2)求证：，；
(3)求的最小值.
【答案】(1)，
(2)证明见解析
(3)当为偶数时，的最小值是；当为奇数时，的最小值是.
【分析】（1）直接根据定义求解；
（2）分情况讨论证明，故可推知和不能同时为零，进而得到结论；
（3）对的奇偶性分情况讨论，并利用小问2得到的结果即可.
【详解】（1）以为首项的最长递增子列是，以为首项的最长递减子列是和.
所以，.
（2）对，由于是的一个排列，故.
若，则每个以为首项的递增子列都可以在前面加一个，
得到一个以为首项的更长的递增子列，所以；
而每个以为首项的递减子列都不包含，且，
故可将替换为，得到一个长度相同的递减子列，所以.
这意味着；
若，同理有，，故.
总之有，从而和不能同时为零，
故.
（3）根据小问2的证明过程知和不能同时为零，故.
情况一：当为偶数时，设，则一方面有
；
另一方面，考虑这样一个数列：，.
则对，有，.
故此时.
结合以上两方面，知的最小值是.
情况二：当为奇数时，设，则一方面有
；
另一方面，考虑这样一个数列：，.
则对，有，.
故此时.
结合以上两方面，知的最小值是.
综上，当为偶数时，的最小值是；当为奇数时，的最小值是.
【点睛】关键点点睛：求最小（或最大）值的本质在于，先证明所求的表达式一定不小于（或不大于）某个数，再说明该表达式在某种情况下能取到，就得到了最小（或最大）值是，这便是“求最小（或最大）值”的本质. 而在这个过程中，“想到的具体取值”这个过程并不存在绝对的逻辑性，可以穷尽各种手段，包括直觉、大胆猜测、高观点等，去猜出的值，这些内容也无需在证明过程中呈现.只要证明合乎逻辑，“如何想到的取值”无需交代，不影响解答的正确性. 换言之，所谓“求”，便是“猜出结果，再证明结果正确”，与“算出”、“得出”本就是无关的. 在高考范围内，大多数最小值和最大值问题都能够直接化为某个显而易见，容易刻画的模型，然后“直接算出”，但不可将此作为万能法宝，忘记了最小值最大值的原始定义和本质.
科普测试成绩x
科普过程性积分
人数
4
10
3
a
2
b
1
23
0
2