2025届北京市石景山区高三一模考试数学试题 （解析版）

高级中学名校试题PAGEPAGE1北京市石景山区2025届高三一模考试数学试题一、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.已知全集，集合，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】因为全集，集合，所以，故选：B2.在复平面内，复数对应的点坐标为，则实数（）A.1 B. C.2 D.【答案】D【解析】因为，则复数在复平面内对应的点为，又复数对应的点坐标为，所以.故选：D3.在的二项展开式中,x的系数为()A.10 B.-10 C.40 D.-40【答案】D【解析】∵,∴当时,.∴,故选D.4.在中，若，则（）A B. C.1 D.2【答案】A【解析】因为，即，由正弦定理，所以，所以，又，所以，所以.故选：A5.已知x，，且，则（）A. B.C. D.【答案】B【解析】因为，所以，即，故A错误；因为，所以，即，故B正确；因为，而余弦函数在上不单调，如，故C错误；因为，由于当时，恒有，故D错误；故选：B.6.已知抛物线的焦点为，点在上，若，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】抛物线的准线方程为，又点在上且，则，所以，即，故A错误，C正确；又，所以，所以，故B、D错误.故选：C7.等比数列中，，设甲：，乙：，则甲是乙的（）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【答案】C【解析】已知等比数列中，若，设公比为.根据等比数列通项公式，即，解得.再根据通项公式求，所以由能推出，充分性成立.

若，同样根据等比数列通项公式，即，解得，则.又因为，所以由能推出，必要性成立.由于充分性和必要性都成立，所以甲是乙的充要条件.

故选：C.8.经研究表明，糖块的溶解过程可以用指数型函数（a，k为常数）来描述，其中S（单位：克）代表t分钟末未溶解糖块的质量．现将一块质量为7克的糖块放入到一定量的水中，在第5分钟末测得未溶解糖块的质量为3.5克，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】由题意，当时，，当时，，则，则，即.故选：A.9.已知点M，N为圆上两点，且，点P在直线上，点Q为线段中点，则的最小值为（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】B【解析】已知圆的方程为，将其配方可得.可知该圆的圆心坐标为，半径.

因为点为线段MN的中点，根据垂径定理可知.已知，则.在中，根据勾股定理.所以点的轨迹是以为圆心，为半径的圆.

已知点在直线上，可得圆心到直线的距离为：.

因为点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，所以的最小值等于圆心到直线的距离减去圆的半径，即故选：B.10.如图，在棱长为2的正方体中，M，N，P分别是，，的中点，Q是线段上的动点（不包含端点），给出下列三个命题：①对任意点Q，都有；②存在点Q，使得平面；③过点Q且与垂直的平面截正方体所得截面面积的最大值为．其中正确的命题个数是（）A.0 B.1 C.2 D.3【答案】C【解析】以为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，则，设，对于①，，则，所以，即，故①正确；对于②，，设平面的一个法向量为，则，取，得，要使平面，则，则，即，不符合题意，所以不存在点Q，使得平面，故②错误；对于③，如下图，在平面内作⊥，垂足为点，过点作在平面内作⊥交于，因为平面平面，平面平面，且平面，所以平面，又平面，所以⊥，因为，、平面，所以平面，平面截正方体截面为平行四边形，当与点重合时，为中点，截面面积最大，此时，，截面面积为，故③对.故选：C.二、填空题共5小题，每小题5分，共25分．11.若，则___________.【答案】2【解析】，，所以故答案为：12.如图，角以为始边，它的终边与单位圆相交于点，且点的横坐标为，则的值为______【答案】【解析】由题意，点的横坐标为，则，则.故答案为：.13.设，，，则______．【答案】【解析】由，得，因为，所以，即，所以.故答案为：.14.已知双曲线，若，则双曲线的渐近线方程为______；若双曲线上存在四个点A，B，C，D使得四边形为正方形，则m的一个取值为______．【答案】①.②.（答案不唯一）【解析】当时，双曲线为，此时，则双曲线的渐近线方程为.双曲线，即，其渐近线方程为，要使双曲线上存在四个点满足四边形是正方形，根据正方形的对称性可得正方形的对称中心在原点，且在第一象限内的顶点横纵坐标相等，则，解得，可取.故答案为：；（答案不唯一）.15.高斯取整函数的函数值表示不超过x的最大整数，例如，，．有如下四个结论：①若，则；②函数与函数无公共点；③；④所有满足点组成区域的面积为．其中所有正确结论的序号是______．【答案】①②④【解析】对于①：若，则，则，，即，故①正确；对于②：函数与函数的图象如图所示，由图可得函数与函数无公共点，故②正确；对于③：当时，，当时，，当时，，当时，，当时，，当时，，当时，，当时，，，故③错误；对于④：当时，，此时组成区域的面积为1，当时，，此时组成区域的面积为1，当时，，此时组成区域的面积为1，当时，，此时组成区域的面积为，综上点组成区域的面积为，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.已知函数（其中，，）．从条件①、条件②、条件③这三个条件中选出两个作为已知，使得函数唯一确定．（1）求函数的解析式；（2）求函数在上的最大值和最小值．条件①：；条件②：是的对称中心；条件③：可以由函数平移得到．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）①，由，得；②，由是的对称中心，得，则，；③，由，因为可以由函数平移得到，则，.由上述可知，要使函数唯一确定，则必须要选③.选①③，由上述可知，，，，则，即，所以或，，则或，，又，则，即.选②③，由上述可知，，，，，则，，即，，又，则，即.（2）由，得，则，则，所以函数在上的最大值为2，最小值为.17.某市在高中阶段举办“环保知识竞赛”，全体高中生参与了此次活动．现从参赛学生中随机抽取了男、女各30名学生，将他们的成绩（单位：分）按，，，，五个分数段进行分组，统计如下：成绩男生人数361182女生人数ab1242（1）在抽取60名学生中，从成绩在80分及以上的学生中随机抽取2人，求恰好男、女生各1人，且2人分数段不同的概率；（2）从该市参赛的男生中随机抽取4人，设成绩在80分及以上的人数为X，用频率估计概率，求X的分布列和数学期望；（3）试确定a，b的值，使得抽取的女生成绩方差最小．（结论不要求证明）解：（1）确定成绩在80分及以上的学生人数，男生中成绩在的有8人，在的有2人，共人；女生中成绩在的有4人，在的有2人，共人.所以成绩在80分及以上的学生共有人.

从这16人中随机抽取2人的总组合数为种.

要满足恰好男、女生各1人且分数段不同，分两种情况：男生从选，女生从选，有种选法.

男生从选，女生从选，有种选法

所以满足条件的选法共有种.

根据古典概型概率公式所求概率.（2）从男生中随机抽取1人，成绩在80分及以上的概率为.

从该市参赛的男生中随机抽取4人，设成绩在80分及以上的人数为X，因为每次抽取是相互独立的，且概率相同，所以X服从参数为，的二项分布，即.

根据二项分布的概率公式，可得：.

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所以X的分布列为：X01234P根据二项分布的数学期望公式，可得.（3）因为抽取的女生共30人，所以，即.当数据越集中时方差越小，所以当时，抽取的女生成绩方差最小.18.如图，在四棱锥中，平面，，且，，，，，N为的中点．（1）求证：平面；（2）求二面角的余弦值；（3）点M在线段上，直线与平面所成角的正弦值为，求点M到平面的距离．（1）证明：设的中点为，连接，因为N为的中点，所以，且，又，且，所以，且，所以四边形为平行四边形，则，又平面，平面，所以平面.（2）解：记的中点为，连结，因为，，，所以四边形是矩形，则，，以为原点，以，，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图，则，，，，则，，，设平面的一个法向量为，所以，令，则，设平面的一个法向量为，所以，令，则，所以，由图可知，二面角为锐角，所以二面角的余弦值为.（3）解：依题意，设，则，又由（2）得平面的一个法向量为，记直线与平面所成角为，所以，解得（负值舍去），所以，则，而由（2）得平面的一个法向量为，所以点到平面的距离为.19.已知椭圆过点，短轴长为4．（1）求椭圆的方程；（2）椭圆与轴的交点为，（点位于点的上方），直线与椭圆交于不同的两点，．设直线与直线相交于点．试问点是否在某定直线上？若是，求出该直线方程；若不是，说明理由．解：（1）依题意可得，解得，所以椭圆的方程为；（2）在定直线上，理由如下：设点与直线联立消去整理得，由，且，所以，易知，，则，，两式作商得，解得，故在定直线上.20.已知函数．（1）若，（i）求曲线在点处的切线方程；（ii）证明：函数在区间上有且只有一个零点．（2）若实数使得对恒成立，求的取值范围．解：（1）（i）当时，则，又，则，所以函数在点处的切线方程为；（ii）因为，，令，，则，当时，所以，所以即在上单调递减，又，所以，所以在上单调递增，又，当时，，所以，所以在区间上有且只有一个零点；（2）由对恒成立，即对恒成立，令，，则，所以，令，则，当时，对任意，则，所以在单调递减，所以，满足题意；当时，在上恒成立，所以在单调递减，又，，①当，即时，恒成立，所以在单调递减，所以，满足题意；②当且时，即时，由零点存在性定理知，，使得.当时，，所以在上单调递增，所以，不满足题意；③当时，即时，对任意单调递增，所以，不满足题意.综上，的取值范围为.21.已知有穷数列：，，…，经过一次M变换后得到数列：，，…，，．其中，表示a，b中的最小者．记数列A的所有项之和为．（1）若：1，3，2，4，写出数列并求；（2）若：，，…，是1，2，3，…，n的一个排列，例如，当时，4，1，3，2可以为1，2，3，4的一个排列．（i）当时，求的最小值；（ii）若经过一次M变换后得到数列，求的最小值．解：（1）由题意，，即1，2，2，1．所以．（2）（i）由题意知，中元素两两互异，故中的任一元素，如，在中至多在和中出现两次（规定，），且若出现两次则这两个数处于邻位（和也视为邻位）．所以的所有项中至多有两个1和两个2．所以．当为1，4，2，5，3时等号能取到，所以的最小值为9．（ii）同（i）可知，中的任一元素若在中仅出现一次，则在中至多出现两次；若在中出现两次，由于这两个数处于邻位，故在中至多出现三次．①若，则，当满足时等号能取到．②若，则．当满足时等号能取到．③若，则．当满足时等号能取到．综上，．北京市石景山区2025届高三一模考试数学试题一、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.已知全集，集合，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】因为全集，集合，所以，故选：B2.在复平面内，复数对应的点坐标为，则实数（）A.1 B. C.2 D.【答案】D【解析】因为，则复数在复平面内对应的点为，又复数对应的点坐标为，所以.故选：D3.在的二项展开式中,x的系数为()A.10 B.-10 C.40 D.-40【答案】D【解析】∵,∴当时,.∴,故选D.4.在中，若，则（）A B. C.1 D.2【答案】A【解析】因为，即，由正弦定理，所以，所以，又，所以，所以.故选：A5.已知x，，且，则（）A. B.C. D.【答案】B【解析】因为，所以，即，故A错误；因为，所以，即，故B正确；因为，而余弦函数在上不单调，如，故C错误；因为，由于当时，恒有，故D错误；故选：B.6.已知抛物线的焦点为，点在上，若，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】抛物线的准线方程为，又点在上且，则，所以，即，故A错误，C正确；又，所以，所以，故B、D错误.故选：C7.等比数列中，，设甲：，乙：，则甲是乙的（）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【答案】C【解析】已知等比数列中，若，设公比为.根据等比数列通项公式，即，解得.再根据通项公式求，所以由能推出，充分性成立.

若，同样根据等比数列通项公式，即，解得，则.又因为，所以由能推出，必要性成立.由于充分性和必要性都成立，所以甲是乙的充要条件.

故选：C.8.经研究表明，糖块的溶解过程可以用指数型函数（a，k为常数）来描述，其中S（单位：克）代表t分钟末未溶解糖块的质量．现将一块质量为7克的糖块放入到一定量的水中，在第5分钟末测得未溶解糖块的质量为3.5克，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】由题意，当时，，当时，，则，则，即.故选：A.9.已知点M，N为圆上两点，且，点P在直线上，点Q为线段中点，则的最小值为（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】B【解析】已知圆的方程为，将其配方可得.可知该圆的圆心坐标为，半径.

因为点为线段MN的中点，根据垂径定理可知.已知，则.在中，根据勾股定理.所以点的轨迹是以为圆心，为半径的圆.

已知点在直线上，可得圆心到直线的距离为：.

因为点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，所以的最小值等于圆心到直线的距离减去圆的半径，即故选：B.10.如图，在棱长为2的正方体中，M，N，P分别是，，的中点，Q是线段上的动点（不包含端点），给出下列三个命题：①对任意点Q，都有；②存在点Q，使得平面；③过点Q且与垂直的平面截正方体所得截面面积的最大值为．其中正确的命题个数是（）A.0 B.1 C.2 D.3【答案】C【解析】以为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，则，设，对于①，，则，所以，即，故①正确；对于②，，设平面的一个法向量为，则，取，得，要使平面，则，则，即，不符合题意，所以不存在点Q，使得平面，故②错误；对于③，如下图，在平面内作⊥，垂足为点，过点作在平面内作⊥交于，因为平面平面，平面平面，且平面，所以平面，又平面，所以⊥，因为，、平面，所以平面，平面截正方体截面为平行四边形，当与点重合时，为中点，截面面积最大，此时，，截面面积为，故③对.故选：C.二、填空题共5小题，每小题5分，共25分．11.若，则___________.【答案】2【解析】，，所以故答案为：12.如图，角以为始边，它的终边与单位圆相交于点，且点的横坐标为，则的值为______【答案】【解析】由题意，点的横坐标为，则，则.故答案为：.13.设，，，则______．【答案】【解析】由，得，因为，所以，即，所以.故答案为：.14.已知双曲线，若，则双曲线的渐近线方程为______；若双曲线上存在四个点A，B，C，D使得四边形为正方形，则m的一个取值为______．【答案】①.②.（答案不唯一）【解析】当时，双曲线为，此时，则双曲线的渐近线方程为.双曲线，即，其渐近线方程为，要使双曲线上存在四个点满足四边形是正方形，根据正方形的对称性可得正方形的对称中心在原点，且在第一象限内的顶点横纵坐标相等，则，解得，可取.故答案为：；（答案不唯一）.15.高斯取整函数的函数值表示不超过x的最大整数，例如，，．有如下四个结论：①若，则；②函数与函数无公共点；③；④所有满足点组成区域的面积为．其中所有正确结论的序号是______．【答案】①②④【解析】对于①：若，则，则，，即，故①正确；对于②：函数与函数的图象如图所示，由图可得函数与函数无公共点，故②正确；对于③：当时，，当时，，当时，，当时，，当时，，当时，，当时，，当时，，，故③错误；对于④：当时，，此时组成区域的面积为1，当时，，此时组成区域的面积为1，当时，，此时组成区域的面积为1，当时，，此时组成区域的面积为，综上点组成区域的面积为，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.已知函数（其中，，）．从条件①、条件②、条件③这三个条件中选出两个作为已知，使得函数唯一确定．（1）求函数的解析式；（2）求函数在上的最大值和最小值．条件①：；条件②：是的对称中心；条件③：可以由函数平移得到．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）①，由，得；②，由是的对称中心，得，则，；③，由，因为可以由函数平移得到，则，.由上述可知，要使函数唯一确定，则必须要选③.选①③，由上述可知，，，，则，即，所以或，，则或，，又，则，即.选②③，由上述可知，，，，，则，，即，，又，则，即.（2）由，得，则，则，所以函数在上的最大值为2，最小值为.17.某市在高中阶段举办“环保知识竞赛”，全体高中生参与了此次活动．现从参赛学生中随机抽取了男、女各30名学生，将他们的成绩（单位：分）按，，，，五个分数段进行分组，统计如下：成绩男生人数361182女生人数ab1242（1）在抽取60名学生中，从成绩在80分及以上的学生中随机抽取2人，求恰好男、女生各1人，且2人分数段不同的概率；（2）从该市参赛的男生中随机抽取4人，设成绩在80分及以上的人数为X，用频率估计概率，求X的分布列和数学期望；（3）试确定a，b的值，使得抽取的女生成绩方差最小．（结论不要求证明）解：（1）确定成绩在80分及以上的学生人数，男生中成绩在的有8人，在的有2人，共人；女生中成绩在的有4人，在的有2人，共人.所以成绩在80分及以上的学生共有人.

从这16人中随机抽取2人的总组合数为种.

要满足恰好男、女生各1人且分数段不同，分两种情况：男生从选，女生从选，有种选法.

男生从选，女生从选，有种选法

所以满足条件的选法共有种.

根据古典概型概率公式所求概率.（2）从男生中随机抽取1人，成绩在80分及以上的概率为.

从该市参赛的男生中随机抽取4人，设成绩在80分及以上的人数为X，因为每次抽取是相互独立的，且概率相同，所以X服从参数为，的二项分布，即.

根据二项分布的概率公式，可得：.

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所以X的分布列为：X01234P根据二项分布的数学期望公式，可得.（3）因为抽取的女生共30人，所以，即.当数据越集中时方差越小，所以当时，抽取的女生成绩方差最小.18.如图，在四棱锥中，平面，，且，，，，，N为的中点．（1）求证：平面；（2）求二面角的余弦值；（3）点M在线段上，直线与平面所成角的正弦值为，求点M到平面的距离．（1）证明：设的中点为，连接，因为N为的中点，所以，且，又，且，所以，且，所以四边形为平行四边形，则，又平面，平面，所以平面.（2）解：记的中点为，连结，因为，，，所以四边形是矩形，则，，以为原点，以，，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图，则，，，，则，，，设平面的一个法向量为，所以，令，则，设平面的一个法向量为，所以，令，则，所以，由图可知，二面角为锐角，所以二面角的余弦值为.（3）解：依题意，设，则，又由（2）得平面的一个法向量为，记直线与平面所成角为，所以，解得（负值舍去），所以，则，而由（2）得平面的一个法向量为，所以点到平面的距离为.19.已知椭圆过点，短轴长为4．（1）求椭圆的方程；（2）椭圆与轴的交点为，（点位于点的上方），直线