2025北京平谷高三一模数学试题及答案

这是一份2025北京平谷高三一模数学试题及答案，共11页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

数学参考答案3
1
a 1
a2  b2  2abcsC ，得3  a2  2  2
一、选择题（共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分）
二、填空题（共 5 小题，每小题 5 分，共 25 分）
（11）
（ 1） D
（ 2） B
（ 3） C
（ 4） D
（ 5） B
（ 6） C
（ 7） A
（ 8） D
（ 9） A
（10）B
1
2
（13） （答案不唯一）
（12）11
（14）(, ], 0  a  2
2
4
（15）①②④
三、解答题（共 6 小题，共 85 分）
（16）（共 13 分）
解：（Ⅰ）方法一：由正弦定理   及 2c cs B  2a  b ，得
c
a b
sin A sin B sin C
2sin C cs B  2sin A  sin B . ① ………………1 分
因为 A  B  C  π ，
所以sin A  sin(B  C)  sin B csC  cs B sin C . ②……………… 2 分
由①②得 2sin B csC  sin B  0 .……………… 3 分 因为 B (0, π) ，所以sin B  0 .
1 π
所以 csC  2 .因为C (0, π) ，所以C  3 .……………… 6 分
方法二：在△ABC 中，因为 2c cs B  2a  b ,
c2
b2
a2 
由余弦定理 cs B= ……………… 1 分
2ac
2 2 2
得 2c  a  c  b  2a  b ，………………2 分
2ac
整理得 a2  b2  c2  ab ……………… 3 分
所以 （Ⅱ）
a2  b2  c2 1
csC  =
2ab 2
， 所以C  π
3
.
……………… 6分
选条件②：
方法一：由余弦定理c2
2
，解得 a  6 + 22 ．……………… 10 分即 a2  a 1  0
A  1 
2  3 (
4
4
6  2 )  3 3 ．
2 4
22 ，因为

sin B sin
3
b c 2 3
方法二：由正弦定理 ， ，所以sin B 
sin B  sin C 
C   ，0  B  2π ，所以 B   ，……………… 8 分
3 3 4
sin A  sin(B  C)  sin(  )  sin cs   cs sin 
……………… 10 分4 3 4 3 4 3
2
2 
3  21  6  2
2 2 4
2
所以 SABC  1 absin C  1 
 )  3
2 2
2 (
2
．……………13 分
所以 SABC  12 bcsin
………………13 分
2
选条件③：
6

BC 边上的高 h  6 ，C  π ，所以b  h  2 
2 ，
2 3 sin C 3
2
以下与选择条件②相同．
（17）（共 14 分）
解：（Ⅰ）
在△ PAD 中，过点 E 作 EF // AD 交 PA 于点 F ，连接 BF ，
因为 AD // BC ，所以 EF // BC ，所以 B ，C ， E ， F 四点共面．………………2 分
因为CE // 平面 PAB ，
CE  平面 BCEF ，
平面 BCEF 平面 PAB  BF ，所以CE // BF ． 所以四边形 BCEF 是平行四边形．………………4 分
所以 BC  EF  AD ，所以 E 为 PD 的中点．1
2
………………6 分
（Ⅱ）过 P 作 PO  AD 于O ，连接OC ．因为 PA  PD ，所以O 为 AD 中点， AD  2 ， AO  BC 1 ， AD // BC ，所以四边形 ABCO 为平行四边形，又 AB  AD ，所以
即  x  0,

CO  AD ，又因为平面 PAB  平面 PAD ， AB  AD，平面 PAD
AB  PO
平面 PAB  PA
， 所 以
PAD ． 所 以
AB 
AB  平 面
n  AB  0,

36  9 ， 40 10
平 面 CO  PO ．
PAB ， 所 以
………………8 分
如图建立空间直角坐标系 O - xyz ．
因为 AD  2 ， AB  BC 1，由题意得， A(0,1,0) ，B(1,1,0) ，C(1,0,0) ， D(0,1,0) ， P(0,0,1) ．………………9 分
所以  ，  ，  ．设平面 PAB 的法向量为 n  (x, y, z) ，则
AB  (1,0,0) PA  (0,1,1) DC  (1,1,0)………………11 分
 

y  z  0.
n  PA  0,
令 z 1，则 y  1 ．所以 n  (0,1,1) ．
设 DC 与平面 PAB 所成角为 ，
则sin  |n  DC |  1  1 ，………………13 分| n || DC | 1+1  2 2
解得  ．所以 DC 与平面 PAB 所成的角为  ．………………14 分
 
6 6
（18）（共 13 分）
解：（Ⅰ） 由题意知，使用该试剂盒进行一次检测共有 100 人，其中检测结果正确的共
94
有 94 人，所以使用该试剂盒进行一次检测结果正确的概率估计为  0.94 ．
100
………………3 分
(Ⅱ) 设事件 A ：患者检测结果正确，事件 B ：非患者检测结果正确”，
事件C ：该地区的患者和非患者中分别抽取 2 人进行一次检测，恰有一人检 测结果错误．………………4 分
根 据 题 中 数 据 ， P A( ) 可 估 计 为
P B( ) 可 估 计 为
29
60 30 ，………………6 分58 
该地区的患者中抽取 2 人进行一次检测，恰有一人检测结果错误的概率为
C P A( ) P(A)  2 9  1  18 ；………………7 分
该地区的非患者中抽取 2 人进行一次检测，恰有一人检测结果错误的概率为
C P B( ) P B( )  2 29  1  58 ；………………8 分

所以 P C( )= ( )  ( )  =0.2204 ．
因此恰有一人检测结果错误的概率为 551
2500
（Ⅲ）此人患该疾病的概率超过 0.2 ．理由如下：
10 10 100
2
2
30 30 900
所以 P C( )  C P A( ) P A( )(P B( ))2  C P B( )  P B( ) (P A( ))2 ，
18 29 58 9 551
2 36
60 40
100 30 900 10 2500
4200
，解得 b 1,
c 
2
2
所以椭圆G 的标准方程为  y 1 .
．………………10 分

900
.
……………5 分
c
b 1,
a2  b2  c2
 
a 2





………………13 分
（19）（共 15 分）
解：（I）由题意可知： 3,

（Ⅱ）设直线l 的方程为 y  kx  m

3
由题意得，如果该地区所有人用该试剂盒检测一次，那么结果为阳性的人数为
99000 1000  3300  900  4200 ，其中患者人数为900 ．
若某人检测结果为阳性，那么他患该疾病的概率为  0.2 ．
a  2,
4
m  0，点 A x(1, y1), B x(2 , y2 ) .
x2
 y 12
由  4
得(1 4k2 )x2  8kmx  4m2  4  0 . ……………6 分
y  kx  m
所以题意Δ  (8km)2  4(1 4k2 )(4m2  4)  0 ，即 4k2  m2 1  0 .
1  x2   8km ， x x1 2  4m2  . ……………8 分4
令 g(x)  x  ln(x 1) ，
1 4k2 1 4k2
直线l 与 y 轴交于点 E ，所以 E(0, m) .点 D(x1, y1) ……………9 分

y2 y1
2
( 2 )
直线 BD 的方程为
，……………10 分
1 x2


y y
x
令 x  0 ，得 ， ①……………11 分1
1
2
1
2
2
(y  y ) x y  x y
1  x2 x1  x2
yG    y2 
2
又因为 y1  kx1  m ， y2
kx2  m ，
2kx x  m x(  x ) 2k(4m2  4)  8km2 1带入①式 yG  
2
1
2
1
……………14 分
1  x2 8km m
所以| OE | | OG || yE | | yF || m | | 1 |1 ．
m
………………15 分
（20）（共 15 分）
解：（Ⅰ）当 a 1
时，则 f ( )x  ln(x 1)x
x  ln(x 1)
f '( )x  x 1 ……………2 分
x2
f (2) 12 f (2) 0 ， ……………3 分，
1
所以在点(2, f (2)) 处的切线方程为 y  x 1．………4 分
2
（Ⅱ）当 a  1时，函数 f ( )x 的定义域是(1,0)  (0, ) ，……………5 分
x
ln(x 1)
所以 f '(x)  x 1 ，……………6 分
x2
1
1 1
……………7 分
2
2
(x 1) x 1 (x 1)
所以 g '(x)     ，……………8 分
x
当 x  0 时， g(x)  0 当1  x  0 时， g(x)  0 ，
所以 g x( ) 在(1,0) 时为增函数，在(0, ) 上为减函数， g x( ) 在 x  0 处取得最大值，
又 g(0)  ln1  0 ，故 f (x)  0 恒成立，所以 f ( )x 在(1,0),(0, ) 为减函数．
………………9 分
x  ln(x  a)
（Ⅲ）由题意知，因为 f '( )x  x  a ， ………… 10 分
x2
所以 f '(1)   ln(1 a) 1，即有  ln(1 a)  0 ，
1
a
……………11 分
1 a 1 a
令t(a)  a  ln(1 a) ， a 1，……………12 分
1 a
1 1
则t '(a)  2   0 ，……………13 分
(1 a) 1 a
故t a( ) 是(,1) 上的增函数，又t(0)  0 ，因此0 是t a( ) 的唯一零点，
a
即方程  ln(1 a)  0 有唯一实根 0 ，所以 a  0 ．
1 a
所以曲线 y  f x( ) 在点(1, f (1))处的切线斜率能为1，此时 a  0 ．
……………15 分
（21）（共 15 分）
解：(Ⅰ)由变换T 的定义可得 A2 :1,0,0,1,1,0 A1 : 0,1,0 .
……………4 分
(Ⅱ) 数列 A0 中连续两项相等的数对至少有 19 对.
证明：对于任意一个“0-1 数列” A0 ，A0 中每一个 1 在 A2 中对应连续四项 1,0,0,1，在 A0 中每一个 0 在 A2 中对应的连续四项为 0,1,1,0，……………6 分
因此，共有 10 项的“0-1 数列” A0 中的每一个项在 A2 中都会对应一个连续相等的数对，
在 A2 中若出现连续两项的数对最多，对于i 1, 2,39 ， A0 中的每一个第 ai 项和第ai1 项
之间产生一个连续相等的数对，所以 A2 中至多有 19 对连续相等的数对. ……………9 分
(Ⅲ) 设 Ak 中有bk 个 01 数对，
Ak 1 中的 00 数对只能由 Ak 中的 01 数对得到，所以lk 1  bk ，
Ak 1 中的 01 数对有两个产生途径：①由 Ak 中的 1 得到； ②由 Ak 中 00 得到， 由变换T 的定义及 A0 : 0,1可得 Ak 中 0 和 1 的个数总相等，且共有 2k 1 个，
k 4
2k 2 1 2(1 4 )  1 (2k 1) ，
1 4
所以bk 1  lk  2k ，
所以lk 2  lk  2k ，
由 A0 : 0,1可得 1A :1,0,0,1， A2 : 0,1,1,0,1,0,0,1
所以l1 1,l2 1， 当 k  3 时，
若 k 为偶数，lk
lk 2
2k 2,
lk 2
 lk 4  2
,
l  l  224 2
.
k 1
2
上述各式相加可得lk 1 22  24 
2k 2  1(1 4 )  1 (2k 1) ，
1 4 3
2 时，也满足l  1(2k 1)k
经检验， k
3
.
若 k 为奇数，lk
lk 2
2k 2
lk 2  lk 4  2k 4
3 1
.
l  l  2
上述各式相加可得lk 1 2  23 
k 1
2
3k
经检验， k 1时，也满足
l  1(2k 1)
3.
所以 k
l  3
1 (2k 1),k为奇数
1 (2k 1),k为偶数
……………15 分
3
.