2025年全国高校统一招生考试北京卷

13/132025年全国高校统一招生考试北京卷数学一、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．集合M＝{x|2x－1>5}，N＝{1，2，3}，则M∩N＝()A．{1，2，3} B．{2，3}C．{3} D．∅D[由题意可知，集合M＝{x|2x－1>5}＝{x|x>3}，又因为N＝{1，2，3}，所以M∩N＝∅.故选D.]2．已知复数z满足i·z＋2＝2i，则|z|＝()A．2 B．22C．4 D．8B[由i·z＋2＝2i，得i·z＝－2＋2i，则z＝-2+2ii＝-2+2i-i-i2＝2＋2i，得|z|＝3．双曲线x2－4y2＝4的离心率为()A．32 B．C．54 D．B[双曲线x2－4y2＝4，即x24－y2＝1，所以a＝2，b＝1，所以c＝5，所以e＝ca＝524．为得到函数y＝9x的图象，只需把函数y＝3x的图象上的所有点()A．横坐标变成原来的12B．横坐标变成原来的2倍，纵坐标不变C．纵坐标变成原来的13D．纵坐标变成原来的3倍，横坐标不变A[根据题意，y＝9x＝32x，为得到函数y＝9x的图象，只需把函数y＝3x的图象上的所有点的横坐标变成原来的12，纵坐标不变．故选A.5．已知{an}是公差不为0的等差数列，a1＝－2，若a3，a4，a6成等比数列，则a10＝()A．－20 B．－18C．16 D．18C[{an}是公差不为0的等差数列，a1＝－2，a3，a4，a6成等比数列，设公差为d(d≠0)，则a42＝a3a6，即(－2＋3d)2＝(－2＋2d)(－2＋5d)，整理得d2－2d＝0，解得d＝2或d＝0(舍)，所以a10＝a1＋9d＝－2＋9×2＝16.6．已知a>0，b>0，则()A．a2＋b2>2ab B．1C．a＋b>ab D．1C[因为a>0，b>0，所以a2＋b2≥2ab，当且仅当a＝b时，等号成立，所以A选项错误；取a＝b＝13，则1a+1b＝6，而1ab＝9，所以B选项错误；因为a＋b≥2ab>ab，所以C选项正确；因为1a+1b7．已知函数f(x)的定义域为D，则“函数f(x)的值域为R”是“对任意M∈R，存在x0∈D，使得|f(x0)|>M”的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件A[因为函数f(x)的定义域为D，若函数f(x)的值域为R，则对任意M∈R，存在x0∈D，使得|f(x0)|>M，充分性成立；若对任意M∈R，存在x0∈D，使得|f(x0)|>M，f(x)的值域不一定是R，必要性不成立，是充分不必要条件．故选A.]8．设函数f(x)＝sin(ωx)＋cos(ωx)(ω>0)，若f(x＋π)＝f(x)恒成立，且f(x)在0，π4上存在零点，则ω的最小值为A．8 B．6C．4 D．3C[由已知得f(x)＝2sinωx+π4，又f(x＋π)＝f(x)恒成立，所以T＝π，所以k·2πω＝π，即ω＝2k，k∈N*，当k＝1时，ω＝2，f(x)＝2sin2x+π4，因为x∈0，π4，所以2x＋π4∈π4，3π4，f(x)>0，故k＝1不符合题意；当k＝2时，ω＝4，f(x)＝2sin4x+π4，此时f(0)＝2sinπ4＝1>0，fπ4＝2sin5π4＝－9．在一定条件下，某人工智能大语言模型训练N个单位的数据量所需要时间T＝klog2N(单位：小时)，其中k为常数．在此条件下，已知训练数据量N从106个单位增加到1.024×109个单位时，训练时间增加20小时；当训练数据量N从1.024×109个单位增加到4.096×109个单位时，训练时间增加(单位：小时)()A．2 B．4C．20 D．40B[由题意知，klog2(1.024×109)－klog2106＝20，即klog21.024×109106＝20，所以klog21024＝20，解得k＝20log21024＝2010＝2，所以2log2(4.096×109)－2log2(1.024×109)＝2log24.096×1091.024×1010．已知平面直角坐标系xOy中，|OA|＝|OB|＝2，|AB|＝2，设C(3，4)，则|2CA+AB|的取值范围是(A．[6，14] B．[6，12]C．[8，14] D．[8，12]D[由|OA|＝|OB|＝2，|AB|＝2，可知OA⊥OB，故点A、B在以O为圆心，2为半径的圆上，取AB的中点H，可知|OH|＝1，所以点H在以O为圆心，1为半径的圆上．又2CA+AB＝CA+CA+AB所以|2CA+AB|＝2|CH|，又||CO|－1|≤|CH|≤|CO|＋1，|CO|＝32+42＝5，则4≤|CH|≤6，故8≤2|CH|≤12，即|2CA+AB二、填空题。共5小题，每小题5分，共25分。11．抛物线y2＝2px(p>0)的顶点到焦点的距离为3，则p＝________．6[由已知，抛物线的顶点到焦点的距离为p2＝3，所以p＝12．已知(1－2x)4＝a0－2a1x＋4a2x2－8a3x3＋16a4x4，则a0＝________；a1＋a2＋a3＋a4＝________．115[因为(1－2x)4＝a0－2a1x＋4a2x2－8a3x3＋16a4x4，所以令x＝0，可得a0＝1.再令x＝－12，可得a0＋a1＋a2＋a3＋a4＝24＝16，所以a1＋a2＋a3＋a4＝16－a0＝16－1＝13．已知α，β∈[0，2π]，且sin(α＋β)＝sin(α－β)，cos(α＋β)≠cos(α－β)，写出满足条件的一组α＝________，β＝________．π2π2(答案不唯一)[因为sin(α＋β)＝sin(α－β)，所以sinαcosβ＋cosαsinβ＝sinαcosβ－cosαsinβ，所以cosαsinβ＝0①，又cos(α＋β)≠cos(α－β)，即cosαcosβ－sinαsinβ≠cosαcosβ＋sinαsinβ，即sinαsinβ≠0②，结合①②得cosα＝0，且sinα≠0，sinβ≠0，故可取α＝14．某科技兴趣小组使用3D打印机制作的一个零件可以抽象为如图所示的多面体，其中ABCDEF是一个平面多边形，平面ARF⊥平面ABC，平面TCD⊥平面ABC，AB⊥BC，AB∥RS∥EF∥CD，AF∥ST∥BC∥ED，若AB＝BC＝8，AF＝CD＝4，AR＝RF＝TC＝TD＝52，则该多面体的体积为________60[∵AB∥EF∥CD，AF∥BC∥ED，且AB⊥BC，可得BC⊥CD，CD⊥DE，DE⊥EF，EF⊥AF，AF⊥AB，延长CB与EF相交于点N，延长AB与ED相交于点M，所以AM⊥ED，CN⊥EF，所以四边形ABNF和四边形CDMB为矩形，所以AF＝CD＝BM＝BN，所以四边形BMEN为正方形，所以BM＝ME＝EN＝BN＝AF＝CD＝4，即EF＝DE＝12，由此可得组合体关于平面SBE对称．过点B作BQ∥AR，交RS于点Q，连接QN，过点B作BP∥CT，交TS于点P，连接PM，所以平面ARF∥平面BQN，平面CDT∥BMP，所以组合体体积V＝VAFR­BNQ＋VCDT­BMP＋VS­BMEN＋VS­BMP＋VS­BNQ.①求解三棱柱AFR­BNQ和CDT­BMP的体积：因为平面ARF⊥平面ABC，平面ARF∩平面ABC＝AF，AB⊥AF，所以三棱柱AFR­BNQ为直三棱柱(三棱柱CDT­BMP同理)，所以VAFR­BNQ＝VCDT­BMP＝S△ARF·|AB|＝12×4×522-2②求解四棱锥S­BMEN的体积：由组合体关于平面SBE对称，所以平面SBE⊥平面BMEN，作RS在底面ABEF的投影，因为AR＝FR，平面ARF⊥平面ABC，所以R在底面的投影为AF的中点，又因为平面SBE⊥平面BMEN，所以S在底面的投影为BE的中点O，SO即为522-所以VS­BMEN＝13×4×4×32＝③求解三棱锥S­BNQ和三棱锥S­BMP的体积：因为AB⊥平面ARF，AB∥RS，平面ARF∥平面BQN，所以RS⊥平面BQN，所以QS即为三棱锥S­BNQ的高，QS＝12NE＝2所以VS­BNQ＝VS­BMP＝13×12×4×52综上，组合体体积为24＋24＋8＋2＋2＝60.]15．关于定义域为R的函数f(x)，以下说法正确的有________．①存在在R上单调递增的函数f(x)使得f(x)＋f(2x)＝－x恒成立；②存在在R上单调递减的函数f(x)使得f(x)＋f(2x)＝－x恒成立；③使得f(x)＋f(－x)＝cosx恒成立的函数f(x)存在且有无穷多个；④使得f(x)－f(－x)＝cosx恒成立的函数f(x)存在且有无穷多个．②③[对于①，若存在R上的增函数f(x)，满足f(x)＋f(2x)＝－x，则f(0)＋f(2×0)＝－0，即f(0)＝0，故x>0时，f(4x)>f(2x)>f(x)>0，故f(4x)＋f(2x)>f(x)＋f(2x)，令g(x)＝f(x)＋f(2x)＝－x，则g(2x)>g(x)，故－2x>－x，解得x<0，与x>0，矛盾，故①错误；对于②，取f(x)＝－13x，该函数为R上的减函数且f(x)＋f(2x)＝－x，故该函数符合，故②正确；对于③，取f(x)＝12cosx＋mx，m∈R，此时f(x)＋f(－x)＝cosx，由m∈R，可得f(x)有无穷多个，故③正确；对于④，若存在f(x)，使得f(x)－f(－x)＝cosx，令x＝0，则0＝cos0，但cos0＝1，矛盾，故满足f(x)－f(－x)＝cosx的函数不存在，故④三、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．(10分)在△ABC中，cosA＝－13，asinC＝42(1)求c；(2)在以下三个条件中选择一个作为已知，使得△ABC存在，求BC的高．①a＝6；②bsinC＝1023；③△ABC面积为10[解](1)因为cosA＝－13，所以A∈π所以sinA＝1-cos2A＝1-由正弦定理asinA＝csinC，得csinA＝asinC所以c＝42sinA＝(2)选①：因为a＝6，由(1)知，c＝6，所以a＝c，则A＝C，因为A为钝角，所以不符合三角形的内角和定理，所以△ABC不存在．选②：因为bsinC＝1023，则由正弦定理bsinB＝csinC，得csinB＝由(1)知，c＝6，所以sinB＝1023c＝10所以BC边上的高h＝csinB＝6×529＝选③：因为△ABC面积为102，由(1)知，c＝6，sinA＝22所以S＝12bcsinA，即102＝12×6×223b，解得由余弦定理可得，a2＝b2＋c2－2bccosA＝25＋36－2×5×6×-13＝81，即a＝设BC边上的高为h，则S＝12ah，所以h＝2Sa＝17．(15分)四棱锥P­ABCD中，△ACD与△ABC为等腰直角三角形，∠ADC＝90°，∠BAC＝90°，E为BC的中点．(1)F为PD的中点，G为PE的中点，证明：FG∥平面PAB；(2)若PA⊥平面ABCD，PA＝AC，求AB与平面PCD所成角的正弦值．[解](1)证明：取PA的中点N，PB的中点M，连接FN、MN、GM，因为△ACD与△ABC为等腰直角三角形，∠ADC＝90°，∠BAC＝90°，不妨设AD＝CD＝2，所以AC＝AB＝22，所以BC＝4，因为E，F分别为BC，PD的中点，所以FN＝12AD＝1，BE＝12BC＝因为G为PE的中点，所以GM＝12BE＝1因为∠DAC＝45°，∠ACB＝45°，所以AD∥BC，所以FN∥GM，又FN＝GM，所以四边形FGMN为平行四边形，所以FG∥MN，因为FG⊄平面PAB，MN⊂平面PAB，所以FG∥平面PAB.(2)因为PA⊥平面ABCD，所以以A为原点，AC、AB、AP所在直线分别为x、y、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设AD＝CD＝2，则A(0，0，0)，B(0，22，0)，C(22，0，0)，D(2，－2，0)，P(0，0，22)，所以AB＝(0，22，0)，DC＝(2，2，0)，CP＝(－22，0，22设平面PCD的一个法向量为n＝(x，y，z)，所以DC·n取x＝1，所以y＝－1，z＝1，所以n＝(1，－1，1)，设AB与平面PCD所成的角为θ，则sinθ＝|cos〈AB，n〉|＝AB·nAB·n＝0×1+2即AB与平面PCD所成角的正弦值为3318．(15分)有一道选择题考查了一个知识点，甲、乙两校各随机抽取100人，甲校有80人答对，乙校有75人答对，用频率估计概率．(1)从甲校随机抽取1人，求这个人做对该题目的概率；(2)从甲、乙两校各随机抽取1人，设X为做对的人数，求恰有1人做对的概率以及X的数学期望；(3)若甲校同学掌握这个知识点，则有100%的概率做对该题目，乙校同学掌握这个知识点，则有85%的概率做对该题目，未掌握该知识点的同学都是从四个选项里面随机选择一个，设甲校学生掌握该知识点的概率为p1，乙校学生掌握该知识点的概率为p2，试比较p1与p2的大小(结论不要求证明)．[解](1)用频率估计概率，从甲校随机抽取1人，做对题目的概率为80100＝4(2)设A为“从甲校抽取1人做对”，则P(A)＝0.8，P(A)＝0.2，设B为“从乙校抽取1人做对”，则P(B)＝0.75，P(B)＝0.25，设C为“恰有1人做对”，故P(C)＝P(AB)＋P(AB)X的可能取值为0，1，2，P(X＝0)＝P(AB)＝P(X＝1)＝0.35，P(X＝2)＝0.8×0.75＝0.6，X的分布列如下表：X012P0.050.350.6故E(X)＝1×0.35＋2×0.6＝1.55.(3)p1<p2.(证明：设D为“甲校掌握该知识的学生”，因为甲校掌握这个知识点则有100%的概率做对该题目，未掌握该知识点的同学都是从四个选项里面随机选择一个，故P(D)＋14(1－P(D))＝0.8即p1＋14×(1－p1)＝0.8故p1＝1115同理有0.85p2＋14×(1－p2)＝0.75故p2＝56故p1<p2.)19．(15分)已知椭圆E：x2a2+y2(1)求椭圆方程；(2)设O为原点，M(x0，y0)(x0≠0)为椭圆上一点，直线x0x＋2y0y－4＝0与y＝2和y＝－2分别交于A，B两点．设△OMA和△OMB的面积分别为S1和S2，比较S1S2[解](1)由椭圆定义可知，2a＝4，所以a＝2，又e＝ca＝22，所以c＝2，则b2＝a2－c2＝故椭圆方程为x24(2)由题意，可得x024+y02联立x消去x，可得4-2y0yx02＋整理得2x02即8y2-16y0y+8y02＝0，则(y－y0)所以直线x0x＋2y0y－4＝0与椭圆相切，M为切点，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，易知当x1＝x2时，由对称性可知，S1S2故设x2<x0<x1，易知S1S2＝AMBM＝联立x0x+2y0y-4=0，y=2，解得x1联立x0x+2y0y-4=0，y=-2，解得x2所以S1S2＝x1-x0x0OAOB＝4-4y0x02+4故S1S220．(15分)函数f(x)的定义域为(－1，＋∞)，且f(0)＝0，f′(x)＝lnx+1x+1，l1为点A(a，f(a))(a≠(1)求f′(x)的最大值；(2)求证：当－1<a<0时，除切点A外，y＝f(x)均在l1上方；(3)当a>0时，直线l2过A点且与l1垂直，l1，l2与x轴交点的横坐标分别为x1，x2，求2a-x[解](1)设g(x)＝f′(x)，g′(x)＝11+x1+x-ln1+x1+x2＝由g′(x)＝0，可得x＝e－1，当x∈(－1，e－1)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，当x∈(e－1，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，所以f′(x)的最大值为f′(e－1)＝1e(2)因为f′(a)＝ln1+a1+a，所以直线l1的方程为y－f(a)＝ln1+a1+a(x－a)，即y＝ln1+a1+a(x－a)设h(x)＝f(x)－ln1+a1+ax-a+fa，h′(x)＝ln1+x1+x-ln1+a1+a由(1)可知，f′(x)在x∈(－1，e－1)上单调递增，因为－1<a<0，所以当－1<x<a时，h′(x)<0，h(x)单调递减，当a<x<0时，h′(x)>0，h(x)单调递增，且f′(a)<f′(0)＝0，又当x≥0时，f′(x)＝ln1+x1+x≥0，所以总有f′(x)≥f′(a)，h(x故h(x)≥h(a)，从而命题得证．(3)由f′(x)＝ln1+x1+x，可设f(x)＝ln21+x2＋C，又f(0)＝0，所以C＝0，即f(因为直线l1的方程为y＝ln1+a1+a(x－a)＋ln21+a2所以直线l2的方程为y＝－1+aln1+a(x－a)＋x1＝a－1+aln1+a2，x2＝ln所以2a-x1-x2x2-x1＝1+aln由(1)知，当x>0时，g(x)∈0，所以g2(a)∈0，1e2，所以21．(15分)已知A＝{1，2，3，4，5，6，7，8}，M＝{(xi，yi)|xi∈A，yi∈A}，从M中选出n项构成一列：(x1，y1)，…，(xn，yn)．相邻两项(xi，yi)，(xi＋1，yi＋1)满足：xi+1-xi=3(1)若k列的第一项为(3，3)，求第二项；(2)若τ为k列，且满足i为奇数时，xi∈{1，2，7，8}；i为偶数时，xi∈{3，4，5，6}；判断：(3，2)与(4，4)能否同时在τ中，并说明理由；(3)证明：M中所有元素都不构成k列．[解](1)根据题目定义可知，xi+1=若第一项为(3，3)，显然x2＝0或－1不符合题意(不在集合A中)，所以第二项是(6，7)或(7，6)．(2)假设二者同时出现在τ中，由于k列取反序后仍是k列，故可以不妨设(3，2)在(4，4)之前．显然，在k列中，相邻两项的横纵坐标之和的奇偶性总是相反的，所以从(3，2)到(4，4)必定要向下一项走奇数次．