北京市顺义区2025届高三下学期统一测试(一模)数学试卷（解析版）

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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.
【答案】C
【解析】
【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：C
2. 已知平面向量，满足，，，则（ ）
A. 6B. 3C. D.
【答案】D
【解析】
【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.
【答案】B
【解析】
【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：B
4. 复数的共轭复数为，且满足，则（ ）
A. 2B. C. 1D.
【答案】A
【解析】
【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：A
5. 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.
【答案】C
【解析】
【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：C
6. 已知,点M满足，则的可能取值是（ ）
A. 4B. C. 1D.
【答案】B
【解析】
【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.
【答案】D
【解析】
【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：D
8. 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
【答案】B
【解析】
【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：B
9. 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
【答案】A
【解析】
【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：A
10. 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. 0B. 1C. 2D. 3
【答案】C
【解析】
【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______.
【答案】
【解析】
【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_______；________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【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.
故答案为：；
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）
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【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.
故答案为：（答案不唯一）
14. 在中，，，则_______.
【答案】##
【解析】
【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.
故答案为：
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______.
【答案】①②④
【解析】
【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. 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.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【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.
【答案】（1）
（2）答案见解析
【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：
（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）
【答案】（1）
（2）分布列见解析，1
（3）
【解析】
【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.
【答案】（1）椭圆的方程为，短轴长为
（2）
【解析】
【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，.
【答案】（1）；
（2）证明见解析； （3）证明见解析.
【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，
所以在上单调递减，所以，
即，所以是上的单调递减函数.
【小问3详解】
令，
则，
由（2）知，在上单调递减，
所以当时，，此时，即在上单调递减，
所以，即，
当时，，，.
所以即，
所以即，
综上可得：当时，.
21. 已知数列：各项为正整数.对任意正整数，定义：，，其中表示有限集中的元素个数，规定.
（1）对于数列：1，3，2，2，写出，，，的值；
（2）若数列：满足.
（i）若，令，当时，求；
（ii）求证：.
【答案】（1），，，；
（2）（i），其中；
【解析】
【分析】（1）直接根据定义计算即可；
（2）（i）根据的定义，可知数列中有两项等于1，从而有，依次类推求和即可.
（ii）法一：首先证明当时，等式成立，再利用数学归纳法即可证明；法二：设数列中等于的项分别有个，计算得,，……，，最后求和证明即可.
【小问1详解】
，，，；
【小问2详解】
（i）令，则，根据的定义，可知数列中有两项等于1，
根据数列的增减性质，可得；令，则，
可知数列中有四项小于等于2，可得，
以此类推可得得前项为，
，其中.
（ii）法一：用数学归纳法证明
对成立，（**）
当时，令，，，
（**）式左边=，
（**）式右边=，
（**）式左边=（**）式右边，（**）式对成立；
假设时，（**）式成立，
即①
当时，（**）式左边=
设，令，
则,，……，，，
（**）式左边=，
（**）式右边=
根据①可知（**）式对成立，由数学归纳法原理可知（**）成立.
（法二）设数列中等于的项分别有个，则
，，……，，，
从而,，……，，
注意到
等式成立.试卷序号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
系统甲评分
82
88
76
92
87
66
75
69
90
58
86
84
系统乙评分
80
82
76
90
80
61
71
65
88
54
82
80
最后得分
81
85
76
91
85
64
74
67
89
56
84
83