2025北京师范大学附中高三三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2025北京师大附中高三三模考试数学本试卷共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，请将答题卡交回.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，，那么集合（

）A． B． C． D．2．在复平面内，复数对应的点的坐标是，则的共轭复数是（

）A． B． C． D．3．已知向量、满足，，则（

）A． B． C． D．4．下列函数中，既是奇函数，又在区间上单调递增的是（

）A． B．C． D．5．“”是“直线与双曲线只有一个公共点”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6．某建筑物的部分建筑结构可以抽象为三棱锥，，底面是等腰直角三角形，且，顶点P到底面的距离为6，则点B到平面的距离为（

）A． B． C． D．7．已知直线与圆交于、两点，则的最小值为（

）A．5 B．10 C． D．8．已知函数，其中.如图A，B是直线与曲线的两个交点，若，则的值为（

）A． B． C． D．9．香农定理作为通信理论的基石，在现代通信中有着广泛的应用，它给出了信道容量和信噪比及信道带宽的关系，即其中是信道容量，单位bps；为信道带宽，单位Hz；代表接收信号的信噪比，为无量纲单位.军事战术电台采用跳频扩频（FHSS）技术，通过每秒切换数千次频率将信道带宽由5MHz扩展至100MHz，为了将敌方干扰效率降低90%以上，需将信道容量由17.3Mbps提高至593Mbps，依据香农定理，则大约需将信号的信噪比提升至原来的（

）倍.（参考数据：，）A．5 B．6 C．7 D．810．已知数列的各项均为正数，且满足（是常数，），则下列四个结论中正确的是（

）A．若，则数列是等比数列B．若，则数列是递增数列C．若数列是常数列，则D．若数列是周期数列，则最小正周期可能为2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，则.12．设抛物线的焦点为，准线为，则抛物线上一点到准线的距离为.13．已知等比数列的前项和为，满足，.则为；满足的最小的整数为.14．在锐角中，，，，的角平分线交于D，则；.15．造型可以做成美丽的丝带，将其看作图中曲线的一部分.已知过坐标原点.且上的点满足横坐标大于，到点的距离与到定直线的距离之积为.有以下四个结论：①；②曲线上存在点，满足；③若点是曲线第一象限上的点，则的面积的最大值为；④当点在上时，不等式恒成立；其中，所有正确结论的序号是.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．如图，在棱长为2的正方体中，M、E分别是、的中点，点F在线段上，平面.(1)证明：F是的中点；(2)求直线与平面所成角的正弦值.17．已知函数.(1)若，求的值；(2)从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为已知，使函数存在，求出，的值，并证明：当时，.条件①：；条件②：当时，的最小值为；条件③：图象关于直线对称.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.18．投壶是中国古代传统礼仪游戏，起源于春秋战国时期，盛行于汉唐.参与者将无镞箭矢投向特定壶具，以入壶数量和姿态评判胜负，兼具竞技与礼仪功能.为发扬传统文化，某校利用午休时间举办投壶比赛老师预设口径不同的三个壶，学生可以根据自身情况，选择不同壶进行挑战.为方便统计，投壶时，仅统计“投中”与“未投中”两种结果.活动中，高三年级500名学生体验了投壶，每位学生都只选择一个壶进行挑战.现将投壶结果统计如下表.壶1壶2壶3投中未投中投中未投中投中未投中高三年级4016090606090假设用频率估计概率(1)若从所有选择投壶2的学生中，随机选择一位学生，求这位学生在活动中投中壶2的概率.(2)投壶活动结束后，高三学生自发组织“过关比赛”比赛中，学生手拿三支箭，从壶1开始，按照壶1、壶2、壶3的次序，进行投壶挑战.每次投壶时，学生投一支箭，若投中，学生按照顺序投下一个投壶；若未投中，学生需要继续投该壶，直到投中或箭矢耗尽当学生投完三支箭，挑战结束.某位高三学生即将参赛，假设用高三年级学生投中各壶的频率估计这位学生投中各壶的概率，求这位学生在“过关比赛”中仅投中一次的概率.(3)为锻炼投壶技巧，某高三同学投壶2，一共投20次.假设每次投壶的结果互不影响，用高三年级学生投中壶2的频率估计这位学生投中壶2的概率，那么在投完20次之后，这位同学投中壶2多少次的概率最大?（只需写出结论）.19．已知椭圆：过，两点.(1)求椭圆的方程；(2)设，，过点的直线与椭圆交于两点，连接、交x轴于两点（不重合），已知，求直线的方程.20．已知函数，，．(1)若在点处的切线平行于直线：，求的值；(2)求的单调区间；(3)当时，求证：对任意，恒有成立．21．记集合，表示集合中元素的个数.(1)求和；(2)求证：当为奇数时，；(3)求.答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．C【分析】解出一元二次不等式和一元一次不等式，求出集合，根据集合交集的计算方法，求出交集.【详解】由，解得或，所以，由，解得，所以，所以，故选：C.2．B【分析】根据复数的几何意义求得复数，再利用复数的除法法则计算，再根据共轭复数的定义即可得解．【详解】解：因为复数对应的点的坐标是，所以，，则的共轭复数是：，故选：B．3．A【分析】利用平面向量数量积的运算性质和坐标运算可得出的值.【详解】因为向量、满足，，则.故选：A.4．B【分析】根据奇函数的定义，和函数单调性与导函数的关系，求出函数在区间上的单调性，分别判断各选项正误.【详解】已知的定义域是，不是奇函数，所以A错误.已知，定义域为，且，是奇函数，，所以在区间上单调递增，所以B正确.已知，则，在区间上单调递减，所以C错误.已知，则，令，即，解得，所以在上单调递减，所以D错误.故选：B.5．A【分析】首先利用直线与双曲线只有一个公共点，联立方程组化简，讨论二次项系数，求得的值，从而可进行判断.【详解】直线与与双曲线只有一个公共点，联立方程组，消去得，，当，即时，直线方程为，双曲线的渐近线方程为，此时直线与渐近线平行，直线与双曲线只有一个公共点；当，即时，，此时直线与双曲线恒有两个不同的交点；当且仅当时，直线与与双曲线只有一个公共点，由能推出直线与双曲线只有一个公共点，反之，当直线与双曲线只有一个公共点时不能推出，“”是“直线与双曲线只有一个公共点”的充分不必要条件.故选：A.6．C【分析】根据三棱锥的几何性质，和空间中点线面的垂直关系，做出点到面的距离，求出结果即可.【详解】如图所示，作中点为，连接，因为，所以，又因为是等腰直角三角形，且，所以，因为，，是公共边，所以，所以,所以，，面，面，所以面.所以为点P到底面的距离，即.在中，根据勾股定理，.因为，，，面，面，所以面，所以为点到面的距离，在等腰直角三角形中，.故选：C.7．D【分析】先求出直线所过的定点M，再根据直线与垂直时，弦最小，结合圆的弦长公式即可得解.【详解】根据题意，圆，圆心的坐标为，半径，直线，恒过定点，且点在圆内，当直线与垂直时，弦最小，此时，则的最小值为.故选：D8．A【分析】利用和角公式化简函数，结合设，确定，再由确定的值，利用确定的值，求出函数解析式，代值计算即可.【详解】由，设，由可得，由可得或，，由题意，可知，故得，又，所以，，即，，故，即或，又因为，故，故.故选：A.9．B【分析】依据香农定理，结合题中数据代入计算即可.【详解】设原始状态信道容量为，提升后信道容量为，由题意可得，即，解得，同理，即，解得，所以大约需将信号的信噪比提升至原来的6倍.故选：B10．C【分析】当时，得到，当时，得到，数列不能构成等比数列，可判定A错误；当时，求得，可判定B错误；若数列为常数列，得到，结合二次函数的性质，求得，可判定C正确；假设列是周期数列，且最小正周期为，得到且，结合，得到，化简求得，这与矛盾，可判定D错误.【详解】对于A中，若，可得，即，当且时，两边取对数，可得，即，此时数列表示首项为，公比为的等比数列；当时，可得，此时，数列不能构成等比数列，故A错误；对于B中，当时，可得，即，例如：当时，由，可得，又由，可得，此时，所以，当，数列是不一定是递增数列，所以B错误；对于C中，若数列为常数列，则，因为，即，又因为，所以，所以的取值范围为，所以C正确；对于D中，假设数列是周期数列，且最小正周期为，即且，因为，可得，所以，则，即，又因为数列的各项均为正数，即，所以，即，这与矛盾，所以数列的最小正周期不可能是，所以D错误.故选：C.11．【分析】根据二项式的展开式，求指定项的系数即可.【详解】根据二项式展开式可知，当，即时，可得，即.故答案为：.12．【分析】由抛物线的焦点坐标可求出的值，可得出抛物线的标准方程，再将点的坐标代入抛物线的方程，可得出的值，即可求得点到准线的距离.【详解】抛物线的焦点为，所以，可得，故抛物线的方程为，将点的坐标代入抛物线的方程得，可得，即点，故点到准线的距离为.故答案为：.13．【分析】将赋值可求得，即可求得；根据，及是等比数列可求得公比，求出，进而解不等式即可求解.【详解】，，当时，，则，，；是等比数列，设公比为，，，令，则，化简得，两边取自然对数并整理得，，故最小整数，当时，，满足条件.故答案为：；.14．2【分析】根据正弦定理解三角形，根据三角形边角关系判断三角形形状，求得边长.【详解】如图所示，在根据正弦定理可得，即，解得，因为为锐角三角形，所以，可知，已知是的角平分线，所以,根据三角形外角性质得,所以是等腰三角形，.故答案为：；2.15．①②④【分析】由题意，将原点坐标代入可得，可判断①；设点在上，通过放缩可得不等式，求出的取值范围，进而可求出的取值范围，可判断②；取，求得，可判断③；利用不等式的基本性质可判断④.【详解】对于①，由题意点在曲线的上面，当且仅当，因为曲线过原点且，所以，①对；对于②，由题意可知，曲线的方程为，若点在上，则，又因为，则，所以，故，因为，所以，曲线上存在点，满足，②对；对于③，在中，当时，化简得，当点在第一象限时，取，则，此时，因此，的面积的最大值大于，③错；对于④，由可额，因为，所以，故，整理可得，④对.故答案为：①②④.16．(1)证明见解析(2)【分析】（1）根基线面平行的向量表示，设出F的坐标，根据线面平行，说明F是的中点.（2）建立空间直角坐标系，根据线面角的向量方法，求出线面角的正弦值.【详解】（1）如图所示，以为坐标原点，分别以为轴，建立空间直角坐标系.因为正方体的棱长为2，则，设，，可得，解得，可得，则设平面的一个法向量，则，得，解得，所以F是的中点.（2）如图所示，，，当时，，设面的法向量，则，即，令，解得，面的一个法向量，设直线与平面所成角为，则，所以直线与平面所成角的正弦值为.17．(1)(2)答案见解析【分析】（1）化简函数为，进而求得的值；（2）先化简得到，根据题意，分别选择①②，②③和①③，结合三角函数的图象与性质，列出方程求解，即可得到答案.【详解】（1）解：若，可得，所以.（2）解：由，若选择条件①②：由，可得，所以，因为，可得；又因为，由且的最小值为，可得，可得，可得，所以；若选择条件②③：由，由且的最小值为，可得，可得，可得，所以，此时，又由图象关于直线对称，可得，即，所以，可得，因为，可得；若选择条件①③：由，可得，所以，因为，可得，即，又由图象关于直线对称，可得，即，所以，可得，因为，此时不存在.18．(1)(2)(3)【分析】（1）利用古典概型的概率公式计算；（2）分别计算壶1、壶2投中和未投中的概率，再利用乘法公式和加法公式计算；（3）利用二项分布的概率最值计算.【详解】（1）由用频率估计概率可知，从所有选择投壶2的学生中，随机选择一位学生，这位学生在活动中投中壶2的概率为.（2）用高三年级学生投中各壶的频率估计这位学生投中各壶的概率，则壶1投中的概率为，壶1未投中的概率为，壶2投中的概率为，壶2未投中的概率为，则这位学生在“过关比赛”中仅投中一次的概率为.（3）用表示投完20次之后，这位同学投中壶2的次数，则，则，假设投中壶2的次数为时最大，则，即，解得，因，则，故投完20次之后，这位同学投中壶2的次数为时，概率最大.19．(1)(2)或【分析】（1）将两点代入计算可得椭圆的方程；（2）设出直线方程并与椭圆方程联立，利用韦达定理并结合，由向量共线可得出坐标间的等量关系，联立解方程组可得直线斜率，可求得结论.【详解】（1）将，代入椭圆的方程可得，解得，所以椭圆的方程为.（2）结合题意可知，直线的斜率存在，又，设直线方程为，，如下图所示：联立，整理可得，所以可得，且，可得，即或；因为，所以、的斜率分别为，因此直线、的方程分别为，则交点的坐标为；结合可知，即,也即，整理可得，又，可得，又因为，将代入，可得，解得，所以，代入计算可得，解得，即或，经检验符合题意，所以直线的方程为或.20．(1)(2)函数的单调递增区间为：，，无单调递减区间；(3)见解析【分析】（1）求导得出即可求解；（2）利用导数求解函数的单调区间，分和和进行讨论，其中当和时，需要令，研究的单调性，得出与的关系即可判断；（3）把问题转化为：令，需要证明对任意成立，分两种情况来讨论，通过求导，证明出单调递增．【详解】（1），，，切线平行于直线：，，解得：；（2），，当时，显然，故在上单调递增；令，，当时，，故在上单调递增，由于，故