北京市顺义区2025届高三数学下册统一测试（一模）试题【附答案】

/顺义区2025年高三统一测试试卷数学本试卷共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，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，集合，则（）A. B.C. D.【正确答案】C【分析】先确定集合，再根据补集的定义运算即可.【详解】因为，.所以.故选：C2.已知平面向量，满足，，，则（）A.6 B.3 C. D.【正确答案】D【分析】根据数量积的运算律，建立方程，可得答案.【详解】由，则，由，则，解得.故选：D.3.下列函数中，单调递增且值域为的是（）A. B. C. D.【正确答案】B【分析】逐项分析函数的单调性和值域，可得正确答案.【详解】对A：函数在上单调递减，在上单调递增，故A不满足函数的单调性；对B：函数在上单调递增，且函数值域为，故B满足题意；对C：函数在上单调递增，且函数值域为，故C函数的值域不满足条件；对D：函数在上单调递增，值域为，故D函数的值域不满足条件.故选：B4.复数的共轭复数为，且满足，则（）A.2 B. C.1 D.【正确答案】A【分析】设，代入已知条件利用复数相等求解，再求出，最后由复数的乘法求解即可.【详解】设，所以即为，整理得：，所以，解得，所以，，.故选：A5.在天文学中，天体的明暗程度可以用视星等和绝对星等来描述.视星等是在地球上看到的星体亮度等级，视星等受恒星距离影响.绝对星等M是假设把恒星放在距离地球10秒差距（10秒差距≈32.6光年）时的视星等，这样能比较不同恒星本身的亮度.视星等和绝对星等M满足，其中是与地球的距离，单位为秒差距.若恒星A距离地球约32.6光年，恒星B距离地球约326光年，恒星A，B的视星等满足，则（）A. B. C. D.【正确答案】C【分析】由题意得到，，相减即可求解；【详解】由题意，，两式相减可得：，又，所以，所以，故选：C6.已知,点M满足，则的可能取值是（）A.4 B. C.1 D.【正确答案】B【分析】设点，由条件求得点的轨迹为圆心在，半径为的圆，将理解为圆外的点到圆上的点的距离，结合图形即得的范围，即可判断.【详解】设点，由，整理得：，即点的轨迹为圆心在，半径为的圆，因，即点在圆外，则表示圆外的点到圆上的点的距离，如图，有.故选：B.7.六氟化硫是一种无机化合物，常温常压下为无色无味无毒不燃稳定气体.化学式为，在其分子结构中，硫原子位于中心，六个氟原子均匀分布在其周围，形成一个八面体的结构.如图所示，该分子结构可看作正八面体，记为，各棱长均相等，则平面与平面夹角的余弦值是（）A. B. C. D.【正确答案】D【分析】建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量的方法求平面与平面的夹角即可.【详解】设正八面体的棱长为，连接、相较于点，连接，根据正八面体性质可知为正方形，，平面，建立如图所示，以为坐标原点，分别以、、为、、轴的空间直角坐标系，，，，，所以，，设平面的法向量为，所以，，令，则有：，所以，，，设平面的法向量为，所以，，令，则有：，所以，设平面与平面夹角为，则，平面与平面夹角的余弦值为.故选：D8.设为等比数列，则“存在，使得”是“为递减数列”的（）A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件【正确答案】B【分析】根据题意，举出反例即可得到充分性不满足，再由数列单调性的定义，即可验证必要性满足，从而得到结果.【详解】假设等比数列的公比，首项，则数列的项依次为，当时，满足，但是不是递减数列，故充分性不满足；若为递减数列，则对于任意的，必然有，故必要性满足；所以“存在，使得”是“为递减数列”的必要而不充分条件.故选：B9.已知抛物线：的焦点为，准线为，过点的直线与交于不同的两点A，B，为坐标原点，直线与交于点M，若，则的面积等于（）A. B. C. D.2【正确答案】A【分析】根据以及抛物线定义可得直线的斜率，则可求，以及坐标，即可得点到直线的距离，最后利用面积公式即可.【详解】如图，过点作，直线与轴分别交与点，设，则，因，则，得，则，则，故直线的斜率为，直线的方程为，与联立得，解得，则直线：，，得故点到直线的距离为，故的面积为.故选：A10.已知直线分别与函数和的图象交于，，给出下列三个结论：①；②；③.其中正确结论的个数是（）A.0 B.1 C.2 D.3【正确答案】C【分析】根据函数和的图象关于对称，直线与垂直，可得关于对称，即可判断①；利用基本不等式即可判断②，构造，结合零点的存在定理和对数的性质，即可判断③．【详解】由题意直线与垂直，函数和的图象关于对称，所以关于对称，又由得交点坐标为，则，对于①：因为，且，所以，①错误；对于②：由，因为，则；②正确；对于③：直线与联立，可得，即，设函数，是增函数，又由，，可得，所以函数在区间上存在唯一零点，即，因为，所以，构造函数，则，当时，可得，函数在单调递增；当时，可得，函数在单调递减；，，，③正确；故选：C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.已知双曲线：的左、右焦点分别为，，且过点，则双曲线的渐近线方程为______.【正确答案】【分析】利用双曲线过点，可求得，进而可求渐近线.【详解】因为双曲线：过点，所以，解得，所以双曲线的方程为，所以双曲线的渐近线方程为.故答案为.12.若，则_______；________.【正确答案】①.②.【分析】根据二项的展开式，利用赋值法令可求第一空，令、计算可求第二空.【详解】因为，令，得，所以，令，得①，令，得②，②得，解得.故；13.已知直线：与圆：有两个交点，则可以是_______.（写出满足条件的一个值即可）【正确答案】（答案不唯一）【分析】根据点到直线距离公式和题意列出关于的不等式，求解即可.【详解】由圆：，可知：圆心，半径.直线方程的一般式为.由点到直线距离公式和题意可得：，解得.所以可以是.故（答案不唯一）14.在中，，，则_______.【正确答案】##【分析】先根据正弦定理，结合三角形内角和定理，把化成，再结合，利用二倍角公式可得，再判断角的取值范围，即可求得.【详解】根据正弦定理，.所以，又，所以.所以，所以.因为为三角形内角，所以，所以，所以又，所以，所以为锐角，所以.故15.已知函数，数列满足，.给出下列四个结论：①若，则有3个不同的可能取值；②若，则；③对于任意，存在正整数，使得；④对于任意大于2的正整数，存在，使得；其中所有正确结论的序号是______.【正确答案】①②④【分析】由已知得，若，分别对分类讨论即可判断；②若，求得即可判断．③当时，计算可判断；④，进而可得，可判断．【详解】①，所以，若，当时，，解得．当时，则，解得，当时，则，解得；当时，，解得，当时，则，解得，当时，则，解得（舍去）；综上可得：可以取3个不同的值：5，，．因此①正确．②若，则，，，可得．数列是周期为3数列，故②正确．③当时，，，，所以不存在正整数，，故③正确．④先考虑数列的周期性，对于，则，，，，，要使是周期数列，则有，解得，从而存在，使得数列是周期数列，周期为，从而要使周期为，只需，即即可，故④正确．故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.如图，在四棱锥中，底面是菱形，，，.（1）若平面与棱交于点，且平面，求证：是中点；（2）若是棱上一点，且满足，当时，求与平面所成角的正弦值.【正确答案】（1）证明见解析（2）【分析】（1）利用线面平行的性质，可得答案；（2）由题意，利用线面垂直的性质与判定，并建立空间直角坐标，求得平面法向量，根据线面角的向量公式，可得答案.【小问1详解】记，连接，如下图：因为平面，平面，平面平面，所以，在中，由为的中点，则为的中点.【小问2详解】在菱形中，易知，由，，则，，因为，，平面，所以平面，因为平面，所以，由，则，因为，平面，所以平面，取的中点为，易知，则平面，则两两垂直，以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如下图：则，，，可得，，，，由，则，可得，设平面的法向量，则，令，则，所以平面的一个法向量，设与平面所成角为，.17.已知函数.（1）求的值；（2）再从条件①、条件②、条件③中选择两个作为已知条件，使函数存在且唯一确定.当在区间上仅有一个零点时，求的取值范围.条件①：在上是单调函数；条件②：图象的一个对称中心为；条件③：对任意的，都有成立.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.【正确答案】（1）（2）答案见解析【分析】（1）利用三角恒等变换化简函数解析式即可求解；（2）关于条件①，从函数的周期，以及单调区间两方面限制求出的取值范围；关于条件②求出函数对称中心表达式，将代入，确定的取值；关于条件③根据已知条件确定，从而确定的取值；再从选条件①②、①③、②③三种情况分别确定的值，再利用函数的性质即可求解.【小问1详解】因为，所以，所以.【小问2详解】对于条件①：在上是单调函数，因为在上是单调函数，所以，所以，又因为，解得，因为，解得，所以函数的单调单调递增区间为：，若函数上单调递增，则，整理有，当时，，解得，当时，无解，得其他值时不等式无解；因为，解得，所以函数的单调单调递减区间为：，若函数在上单调递减，则，整理有，当时，，解得，当时，无解，得其他值时不等式无解；对于条件②：图象的一个对称中心为，因为，解得，所以函数的对称中心为，若是图象的一个对称中心，则，解得；对于条件③：对任意的，都有成立，则时，函数取得最大值，有，解得；若选条件①②，则有，方程无解，或，时，，所以，因为，所以，因为在区间上仅有一个零点，所以，，解得；若选条件①③，则有有，方程无解，或，时，，所以，因为，所以，因为在区间上仅有一个零点，所以，，解得；若选条件②③，则有，即，方程解不唯一，此时取值不唯一，所以函数不唯一，不合要求.18.AI智能阅卷是一种利用人工智能技术对试卷进行批改和评估的技米，它可以帮助教师提高阅卷效率，并为学生提供更快速更有针对性的反馈.某教师尝试使用AI系统进行阅卷，由甲、乙两种系统进行独立阅卷评分.如果两个系统评分相差2分及以下，则以两种系统评分的平均分作为最后得分；如果两个系统评分相差3分及以上，则人工进行复核阅卷并给出最后得分.从两种系统进行阅卷的试卷中随机抽取12份试卷作为样本，其评分情况如下表所示：试卷序号123456789101112系统甲评分828876928766756990588684系统乙评分808276908061716588548280最后得分818576918564746789568483（1）从这12份试卷中随机选取1份，求甲、乙两种系统评分之差的绝对值不超过2分的概率；（2）从这12份试卷中随机选取3份，甲、乙两种系统评分之差的绝对值不超过2分的份数记为X，求X的分布列和数学期望；（3）从上述的12份试卷中随机抽取1份，设甲系统对其评分为，乙系统对其评分为，最后得分为.令，，试比较方差和的大小.（结论不要求证明）【正确答案】（1）（2）分布列见解析，1（3）【分析】（1）由古典概型概率公式即可求解；（2）确定的可能取值，求得对应概率即可求解；（3）由方差计算公式即可求解；【小问1详解】设事件为从这12篇份试卷中随机抽取1份，甲、乙两种系统评分之差的绝对值不超过2分，又在这12篇份试卷中，甲、乙两种系统评分之差的绝对值不超过2分的有篇，所以；【小问2详解】由已知的可能取值为，，，3，，所以的分布列为所以的数学期望为；【小问3详解】，证明如下：的取值依次为：1，3，0，1，2，2，1，2，1，2，2，1，平均数为：，的取值依次为：1，3，0，1，5，3，3，2，1，2，2，3，平均数为：，所以.19.已知椭圆：的一个顶点为，离心率为.（1）求的方程和短轴长；（2）直线：与E相交于不同的两点B，C，直线，分别与直线交于点M，N.当时，求的值.【正确答案】（1）椭圆的方程为，短轴长为（2）【分析】（1）由题意可得，，求解即可；（2）联立直线与椭圆方程，设直线与椭圆的交点为和，利用韦达定理可得，求得的坐标，进而可得，求解即可.【小问1详解】已知椭圆

的标准方程为：，因为

是椭圆的一个顶点，所以。又离心率为，解得，所以，解得，所以椭圆的方程为，短轴长为；【小问2详解】将直线的方程代入椭圆的方程得，可得，整理得，设直线与椭圆的交点为和，所以，直线的方程为：，与直线联立求得交点的坐标为)，直线的方程为：，与直线联立求得交点的坐标为，因为，即，所以，因为

和

，代入得，化简，展开分子，所以，所以，又，所以，整理得，解得.20.已知函数.（1）求曲线在点处的切线方程；（2）设，求证：是上的单调递减函数；（3）求证：当时，.【正确答案】（1）；（2）证明见解析；（3）证明见解析.【分析】（1）求出，再计算得切点和切线斜率即可得到切线方程；（2）通过二次求导得，则，则是上的单调递减函数；（3）令，求导得，再利用放缩法得，最后再次放缩即可证明.【小问1详解】依题意，．又，所以.所以曲线在点处的切线方程为，即.【小问2详解】由（1）知，，，所以.令，则，因为，所以，即，