2025年北京丰台区高三一模高考数学试卷试题（含答案详解）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页北京市丰台区2024~2025学年度第二学期综合练习（一）高三数学2025.03本试卷共6页，150分.考试时长120分钟.考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效.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）一、选择题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.1．已知集合，，则（

）A． B． C． D．2．在复平面内，复数z对应的点的坐标为，则（

）A．5 B． C．3 D．3．展开式中的常数项为（

）A．160 B．60 C． D．4．已知，，则下列不等式恒成立的是（

）A． B． C． D．5．已知抛物线C：的焦点为F，点M在C上.若M的横坐标为1，且，则p的值为（

）A． B．1 C．2 D．46．已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（

）A．若，，，则 B．若，，则C．若，，，则 D．若，，，则7．已知是公差不为0的等差数列，其前n项和为，则“，”是“”的（

）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件8．在平行四边形中，E为边上的动点，O为外接圆的圆心，，且，则的最大值为（

）A．3 B．4 C．6 D．89．图1是出土于陕西西安的金筐宝钿团花纹金杯.它杯口外侈，器壁内弧，腹部内收，圈足外撇，肩部有“6”字形把手.金杯采用复杂的金筐宝钿工艺，器腹以如意云头纹分割，内焊团花，边缘排满小金珠，是唐代金银器精品.图2是某校陶艺社团的同学仿照金筐宝钿团花纹金杯制作的一只团花纹陶艺杯，其主体部分（忽略杯底部分）外轮廓可近似看作双曲线C的一部分.经测量，该陶艺杯主体部分上底直径（即杯口直径）约，下底直径约，腹部最细处直径约，主体部分高约，则下列各数中与双曲线C的离心率最接近的是（

）（参考数据：，）

A． B．2 C． D．310．如图，正方体的棱长为2，为的中点，为线段上的动点，给出下列四个结论：①存在唯一的点，使得，，，四点共面；②的最小值为；③存在点，使得；④有且仅有一个点，使得平面截正方体所得截面的面积为.其中所有正确结论的个数为（

）A．1 B．2 C．3 D．4第二部分非选择题（共110分）二、填空题共5小题，每小题5分，共25分.11．已知直线与圆有且仅有一个公共点，则.12．已知函数，当时，；若在上单调递增，则实数a的取值范围是.13．已知，，是公比不为1的等比数列，将，，调整顺序后可构成一个等差数列，则满足条件的一组，，的值依次为.14．已知函数的部分图象如图所示，其中M，N是直线与曲线的两个相邻交点.若，则，.15．已知函数.给出下列四个结论：①当时，在区间上单调递增；②对任意实数a，都没有最小值；③当时，设的零点从大到小依次为，，，，则对任意正整数i，都有；④对任意实数a，m，存在实数，当时，恒有.其中所有正确结论的序号为.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．在中，．(1)求；(2)若的面积为，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，求a．条件①：；条件②：；条件③：．注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得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．17．如图，在四棱锥中，平面平面，为等边三角形，，，.

(1)求证：平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值.18．京广高速铁路是世界上运营里程最长的高速铁路之一，也是中国客运量最大、运输最为繁忙的高速铁路之一.某日从北京西到广州南的部分G字头高铁车次情况如下表：注：以下高铁车次均能准点到达(1)某乘客从上表中随机选取一趟高铁车次从北京西出发到广州南，求这趟列车的运行时长不超过10小时的概率；(2)甲、乙、丙3人分别从上表中随机选取一趟高铁车次从北京西出发到广州南，其中甲必须上午出发，乙必须下午出发，丙的出发时间没有限制，且甲、乙、丙3人的选择互不影响.（i）记随机变量X为甲、乙、丙选取的列车中运行时长不超过10小时的个数，求X的分布列和数学期望；（ii）甲、乙、丙3人中，谁选取的列车运行时长最短的概率最大？（结论不要求证明）19．已知椭圆，以的两个焦点与短轴的一个端点为顶点的三角形是等腰直角三角形，且面积为.(1)求椭圆的方程；(2)过点的直线与椭圆交于不同的两点.过作直线的垂线，垂足为.求证：直线过定点.20．已知函数，直线l是曲线在点处的切线.(1)当，（为自然对数的底数）时，求l的方程；(2)若存在l经过点，求实数a的取值范围；(3)当时，设点，，B为l与y轴的交点，表示的面积.求的最小值.21．已知无穷递增数列各项均为正整数，记数列为数列的自身子数列.(1)若，写出数列的自身子数列的前4项；(2)证明：；(3)若数列与是公差分别为，的等差数列.（i）证明：；（ii）当，时，求数列的通项公式.答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．D【分析】解绝对值不等式化简集合，根据补集的概念可得结果.【详解】由题意得，，∵，∴.故选：D.2．B【分析】根据复数在复平面内对应点的坐标写出复数的表达式，再利用复数模的计算公式求出该复数的模.【详解】已知复数对应的点的坐标为，所以复数.，则.故选：B.3．B【解析】先求出二项式的通式，当时取到常数【详解】由题可知，当时，，故展开式中的常数项为：60故选：B【点睛】本题考查二项式中具体项的求解，属于基础题4．C【分析】ABD利用不等式性质无法推出，都可举出反例进行否定；C可借助于指数函数的单调性，结合不等式的性质得到证明.【详解】选项A：举反例：取，，，，则，，显然不成立，因此A不恒成立；选项B：举反例：取，，，，则，，显然不成立，故B不恒成立；选项C：由于指数函数是严格递增函数，和分别推出和，因此恒成立，因此C恒成立；选项D：举反例：取，，，，则，，显然不成立，因此D不恒成立.故选：C.5．C【分析】利用抛物线的性质：抛物线上的点到焦点的距离等于到准线的距离求解.【详解】由已知可得抛物线的准线方程为，抛物线上的点到焦点的距离等于到准线的距离，所以，解得，故选：C.6．D【分析】借助正方体中的线面关系可说明选项A、B、C错误；利用空间向量可说明选项D正确.【详解】如图，在正方体中分析选项A、B、C.A.平面，平面，平面平面，但，A错误.B.，平面，但平面，B错误.C.平面平面，平面，，但平面，C错误.D.取直线的方向向量，直线的方向向量，∵，，∴分别为平面的法向量，∵，∴，∴，选项D正确.故选：D.7．A【分析】根据充分条件和必要条件的定义，分别判断“”能否推出“”以及“”能否推出“”，进而确定两者之间的条件关系.【详解】若，这意味着是数列中的最大值.因为是公差不为的等差数列，所以该数列的前项和是关于的二次函数（且二次项系数不为），其图象是一条抛物线.当是最大值时，说明从第项开始数列的项变为非正数，即，且（若，那么，与是最大值矛盾）.所以由“”可以推出“”，充分性成立.若，仅知道第项是非负的，但无法确定就是的最大值.例如，当公差时，数列是递增数列，那么会随着的增大而增大，此时就不是最大值，即不能推出，必要性不成立.因为充分性成立，必要性不成立，所以“”是“”的充分不必要条件.故选：A8．C【分析】根据题意确定为直角三角形并求出线段的长，然后以为基底去计算的值即可.【详解】由可知O为的中点，又因为O为外接圆的圆心，所以为直角三角形，，所以，又因为所以所以，又因为E为边上的动点，所以，因为，所以即所以的最大值为6.故选：C9．B【分析】设双曲线的标准方程为，得到，设点，代入双曲线的方程，求得，结合，的关系可求得离心率的值.【详解】如图所示，设双曲线的标准方程为，因为最小直径为，可得，即，又因为主体部分高，上底直径为，下底直径约，设点，所以且，解得，即，故故，故选：B.

10．B【分析】对于结论①，作出经过点，，的截面即可判断；对于结论②，由分析可得，即可判断；对于结论③，作出经过点且与直线垂直的平面，判断平面与是否有交点即可判断；对于结论④，分析点与点重合时与点从上靠近点的三等分点向点运动时两种情况的截面面积的变化情况即可判断.【详解】对于结论①，取中点为，连接，，，，因为正方体，为的中点，所以，所以，，，四点共面，如图确定的平面与线段有且仅有一个交点，故结论①正确；对于结论②，因为，求的最小值，即求的最小值，因为正方体，所以，，，四点共面，所以与会相交于一点，设为，此时，因为，所以的最小值为错误，故结论②错误；对于结论③，取，中点分别为，，连接，设交于点，若平面，在平面中，易知，所以，所以，所以，所以，又因为平面，平面，所以，，平面，平面，所以平面，因为平面，平面，

所以.所以存在点，使得，故结论③正确.对于结论④，当点与点重合时，截面为矩形，截面面积为，当点为上靠近点的三等分点时，取中点为，连接，，，，，，此时四边形即为平面截正方体所得截面，证明如下：已知平面，求证点为上靠近点的三等分点，因为，所以，所以点为上靠近点的三等分点，得证.又因为，且，，所以四边形为等腰梯形，面积为，所以当点为上靠近点的三等分点时，截面面积为，当点趋近于点时，截面面积趋近于3，因为，，点从上靠近点的三等分点向点运动时，截面面积的变化是连续的，所以点从上靠近点的三等分点向点运动时存在某点，使得截面面积为，故线段上至少存在两个点使得截面面积为，故结论④不正确故选：B.11．【分析】先把有且仅有一个公共点转化应用点到直线距离等于半径求解.【详解】直线与圆有且仅有一个公共点，圆心为，半径为，则，所以.故答案为：.12．0【分析】根据分段函数的解析式可直接计算得到空①答案；利用分段函数单调性的条件可以得到不等式求解，得到②的答案.【详解】时,;由于当时是单调递增函数；当时是单调递增函数，所以为了使得在上单调递增，必须且只需,即,故答案为：；.13．（答案不唯一）【分析】设等比数列的公比为，利用等比数列的通项公式表示各项，调整顺序后借助等差中项的概念建立等量关系求得的值，令可得结果.【详解】设等比数列，，的公比为，则等比数列为，不妨设调整顺序后的等差数列为，则，∵，∴，解得或（舍），令，则，，∴满足条件的一组，，的值依次为.故答案为：（答案不唯一）.14．2【分析】先根据|MN|与周期的关系求出；再利用图象过的点求出；最后将代入函数求.【详解】已知，是直线与曲线的两个相邻交点，且.设则.且，则，则，同理，因此.解得.因为函数的图象过点，可得，所以，，则，.由于，则，那么.将代入可得：.故答案为：2；.15．②④【分析】①取特殊值，根据导数与函数的单调性的关系即可判断；②对进行分类讨论，即可判断；③结合①②的情况进行判断即可.【详解】对于①，当时，，则，存在，使得，所以在上单调递减，在上单调递增，故①错误；对于②，当时，，则在上单调递增；当时，,,,则在上没有最小值；当时，,,,则在上没有最小值；故②正确；对于③，结合①②，当时，在的零点，最大的①中的，，当时，当时，存在零点，所以这两个零点距离大于，故③错误；对于④，，因为是对勾函数，可以取到，，所以可以取到,故④正确.故答案为：②④.16．(1)(2)答案见解析【分析】（1）利用余弦定理的推论，将等式进行变形即可求出的值，在由同角三角函数的基本关系即可求解；（2）选择条件①时，利用面积公式求出，再利用正弦定理得，联立求解即可；选择条件②：利用面积公式求出，利用，且，所以．进一步得出，再联立求解即可；选择条件③：不符合题意，因为，不可能．【详解】（1）在中，因为，由余弦定理，得．因为，所以．（2）选择条件①：因为，所以，．由题意得，所以．因为，，所以．由正弦定理，得，又，解得，所以．选择条件②：由题意得，所以．因为，且，所以．又，所以，又，解得或．选择条件③：不符合题意，因为中，，不可能．17．(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据余弦定理求得即可得到，利用面面垂直的性质定理可证明结论.（2）分别取，中点，证明，，两两垂直，建立空间直角坐标系，利用空间向量可得结果.【详解】（1）∵在中，，，，∴，故.∵，∴.∵平面平面，平面平面，平面，∴平面.（2）

分别取，中点，连接，，则，.∵，∴.∵为等边三角形，∴，故.∵平面，平面，∴.∵，∴，故，，两两垂直.如图，以为原点建立空间直角坐标系，则，，，，∴，，，.设平面的法向量为，则即令，则，，∴.设直线与平面所成角为，则，∴直线与平面所成角的正弦值为.18．(1)(2)（i）分布列见解析，；（ii）甲【分析】（1）根据古典概型计算求解；（2）（i）先应用独立事件乘法公式计算概率，再得出分布列，进而计算数学期望即可；（ii）根据古典概型判断即可.【详解】（1）上表中的7趟车次中，列车运行时长不超过10小时的有4趟.设事件“从上表中随机选取一趟高铁车次从北京西出发到广州南，这趟列车的运行时长不超过10小时”，则.（2）（i）甲选取的列车运行时长不超过10小时的概率为，乙选取的列车运行时长不超过10小时的概率为，丙选取的列车运行时长不超过10小时的概率为.X的所有可能取值为0，1，2，3，，，，，所以X的分布列为：X0123PX的数学期望.（ii）甲.列车运行时长最短为7小时17分，甲选取的列车运行时长最短的概率为，乙选取的列车运行时长最短的概率为，丙选取的列车运行时长最短的概率为，所以甲选取的列车运行时长最短的概率最大.19．(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据条件得到的关系式，解方程组可得结果.（2）设直线的方程为，表示直线的方程，借助韦达定理可得直线过定点.【详解】（1）由题意得，解得，∴椭圆E的方程为.（2）由题意得，直线的斜率存在.设直线的方程为，点，，则，由得.由得，∴，.∵，∴直线的方程为：，令，得，即，当时，，∴，故直线过定点.当时，直线为x轴，过点.综上，直线过定点.20．(1)(2)(3)【分析】（1）代入得到函数，求出切点坐标，然后求导数得到切线斜率，然后写出切线方程；（2）由函数求出切点坐标，由导数求出切线斜率得到切线方程.带点到直线方程得到方程，设函数，通过导数求得函数的单调区间，然后得到函数的最小值，方程有解即函数由零点，即函数最小值小于等于0，建立不等式后求得实数a的取值范围；（3）代入得到函数解析式，然后求出切点坐标，求导数得到切线斜率