北京市丰台区2025届高三下学期二模数学试卷（Word版附解析）

这是一份北京市丰台区2025届高三下学期二模数学试卷（Word版附解析）试卷主要包含了05， 已知集合，则等内容，欢迎下载使用。
高三数学
2025.05
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，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先解一元二次不等式计算得出集合B，再结合交集定义计算求解.
【详解】集合，
则.
故选：A.
2. 在复平面内，复数的共轭复数对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数乘法计算，再应用共轭复数得出对应点判断象限即可.
【详解】复数的共轭复数，所以对应的点位于第四象限.
故选：D.
3. 已知向量满足，且，则与的夹角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用平面向量数量积的运算性质以及定义得出夹角的余弦值，再结合向量夹角的取值范围，可得出与的夹角.
【详解】因，，
则，
又，
所以，则，
因为，所以.
故选：B.
4. 已知数列的前项和为，且满足，则（ ）
A. B. 0C. 1D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】根据题设与的递推关系式推导出，再根据求出，逐项求出即可.
【详解】由题意，，则当时，有，
两式相减可得，即.
当时，，因为，所以，
所以.
故选：B.
5. 已知直线与圆交于两点．当变化时，则（ ）
A. 有最小值B. 有最大值C. 有最小值D. 有最大值
【答案】A
【解析】
【分析】利用点到直线的距离公式得到圆心到直线的距离，再由勾股定理求出弦长的表达式，进而可得答案.
【详解】圆的圆心坐标为，半径为2，
直线，即，
则圆心到直线的距离为，
所以，则，
因为，则，
当时，取得最大值1，此时，
当或时，，此时趋近于4，所以无最大值.
故选：A.
6. 已知关于的方程的两实根为，则“”是“关于的不等式的解集为”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
【答案】B
【解析】
【分析】利用充分条件、必要条件的定义，结合二次方程的根的情况与二次函数图象、二次不等式的解集之间的联系，推导证明可得出结论.
【详解】充分性的判断：
若，则或，
当时，关于的方程有两个相等的实数根，则，
因为二次函数开口向上，所以关于的不等式的解集为；
当时，关于的方程有两个不相等的实数根，不妨设，
因为二次函数开口向上，所以关于的不等式的解集为.
所以，由“”不能推出“关于的不等式的解集为”，充分性不成立.
必要性的判断：
若关于的不等式的解集为，因为二次函数开口向上，所以，
又因为关于的方程有两个实数根，则，则，必要性成立.
综上，“”是“关于的不等式的解集为”的必要不充分条件.
故选：B.
7. 已知抛物线的焦点为，准线为．过的直线与交于两点，过作的垂线，垂足分别为．若四边形的周长等于，则直线的斜率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据抛物线的定义可化简周长为，即可求得，可求直线的倾斜角的正弦值即可求斜率.
【详解】由抛物线的定义可知，，，
则四边形的周长为，
则，
设直线的倾斜角为，则，则或，
则，则直线的斜率为.
故选：C
8. 如图，在棱台中，底面和为正方形，，侧面均为等腰梯形，且侧面与底面的夹角均为，则该棱台的表面积为（ ）
A. 18B. C. D. 34
【答案】B
【解析】
【分析】过作底面，交底面于，过作交于，根据二面角的概念可知即为侧面与底面夹角的平面角，结合题意求出侧面梯形的高，再根据台体的面积公式求解即可.
【详解】由题意在棱台中，底面和为正方形，各侧棱均相等，
过作底面，交底面于，过作交于，连接，
因为底面，所以，
又因为，，平面，所以平面，
因为平面，所以，
又因为平面平面，
所以即为侧面与底面夹角的平面角，即，
由题意可知，所以，
所以该棱台的表面积.
故选：B
9. “红移”和“蓝移”是物理学和天文学中的概念．如果接收器接收到的光波的频率小于波源发出的光波的频率，则光的谱线向红光方向移动，称为“红移”；如果接收器接收到的光波的频率大于波源发出的光波的频率，则光的谱线向蓝光方向移动，称为“蓝移”．记接收器接收到的光波的频率为正数，波源发出的光波的频率为正数，和f满足光的普遍多普勒效应公式（为波源运动速率与光速的比值，为波源到接收器的方向与波源运动方向的夹角）．某同学依据该公式利用工具制作了“光的普遍多普勒效应计算器”，在给定范围内输入和的值，点击“计算”按钮后，运行结果显示“红移”、“蓝移”或“无频移”．下列说法正确的是（ ）
A. 输入和任意β，运行结果显示“红移”
B. 输入和任意β，运行结果显示“蓝移”
C. 输入和任意，运行结果显示“红移”
D. 输入和任意，运行结果显示“蓝移”
【答案】D
【解析】
【分析】利用已知条件去研究另一个变量的函数值域，通过值域分析与1的大小，从而去比较与的大小关系，即可判断各选项.
【详解】对于A，由，
可知，
由于接收器接收到的光波的频率大于波源发出的光波的频率，则光的谱线向蓝光方向移动，称为“蓝移”．故A错误；
对于B，由，
可知，
由于接收器接收到的光波的频率小于波源发出的光波的频率，则光的谱线向红光方向移动，称为“红移”．故B错误；
对于C，由，可知，
因为，则，即，
此时，由于，所以与的大小关系不确定，故C错误；
对于D，由，可知，
因，则，即，
此时，所以，
由于接收器接收到的光波的频率大于波源发出的光波的频率，则光的谱线向蓝光方向移动，称为“蓝移”．故D正确；
故选：D.
10. 已知是平面直角坐标系中的点集．设是中两点间距离的最大值，是中的点与原点连线的斜率，是表示的图形的面积，给出下列四个结论：①；②；③；④．其中所有正确结论的个数为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】由，可作出符合题意点集的区域，根据区域即可得出结论.
【详解】对于①代入可得符合题意，故①正确；
∵对恒过点，
当时，，当时，，当时，，
由此我们可知的点集是由曲线绕A点往上直到点扫过的区域，如图：
∴，故②正确；
，，，故③错误；
有图易得，故④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. 函数的定义域为_______．
【答案】
【解析】
【分析】利用对数的真数及被开方数，以及分母不为0的条件来求解即可得定义域.
【详解】由，解得，
所以函数的定义域为，
故答案为：
12. 已知双曲线(a＞0，b0)的离心率为2，则该双曲线的渐近线方程为__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据离心率求得，即可求得渐近线方程.
【详解】因为双曲线的离心率为2，则，解得，
故双曲线的渐近线方程为.
故答案为：.
13. 已知直线为函数图象的一条对称轴，则满足条件的一个的取值为_____；若在区间上有零点，则的最小值为_______．
【答案】 ①. （答案不唯一） ②. 4
【解析】
【分析】根据余弦函数的对称性求出的取值集合，即可完成第一空，由余弦函数的对称中心求出的最小值.
【详解】因为直线为函数图象的一条对称轴，
所以，解得，
又，所以取（答案不唯一）；
若在区间上有零点，令，解得，
由，故且,
又且要求的最小值，故，所以的最小值为；
故答案为：（答案不唯一）；
14. 已知，则_______；_______．（用数字作答）
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】先应用通项公式计算得出，应用赋值法令计算求出系数和的值.
【详解】，
所以的系数为；
令，，
令，，
作差得，所以
则；.
故答案为：；.
15. 已知数列满足，给出下列四个结论：
①存在唯一的正实数，使得是常数列；
②当时，是等比数列；
③若是递增数列，则；
④若对任意的正整数，都有，则．
其中所有正确结论的序号为_____．
【答案】①②④
【解析】
【分析】由是常数列，得，，可解出，判断①正确；当时，由可得，可得是等比数列，判断②正确；由是递增数列，可得，可解得，判断③错误；由已知可得的通项，由，可得，通过讨论，可得，判断④正确．
【详解】若是常数列，则，
又，则，代入，
得，解得，故①正确；
当时，，则，
则，
又，所以，
所以是以1为首项，为公比的等比数列，故②正确；
若是递增数列，则，
即，
又，则，
由，得，解得，故③错误；
由，得，
则，
则，
当，即时,
则，
又，所以，则，所以，
即对任意正整数，都有，
当，即时,
则，
所以是以为首项，为公比的等比数列，
所以，
若对任意的正整数，都有，则，
所以，
整理得，
当，即且时，该式恒成立，
当，即时，该式不恒成立，
综上，对任意的正整数，都有，则，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. 在中，．
（1）求；
（2）若,，求边上的高．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理将边转化为角，再结合三角函数的性质求解角；
（2）先根据余弦定理求出边，然后利用三角形面积公式求出边上的高.
【小问1详解】
在中，因为，
由正弦定理及，得，
因为，
所以，
所以．
所以．
【小问2详解】
因为，
由余弦定理，得，
所以．设边上的高为，
又的面积，
所以，
所以AB边上的高为．
17. 如图，在四棱柱中，底面与侧面均为菱形，平面为的中点，与平面交于点．

（1）求证：为的中点；
（2）再从条件①，条件②这两个条件中选择一个作为已知，判断在线段上是否存在点，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求的值；若不存在，说明理由．
条件①：；
条件②：．
注：如果选择条件①，条件②分别解答，按第一个解答计分．
【答案】（1）证明见解析
（2）存在，
【解析】
【分析】（1）由已知可得平面，由线面平行可得，进而得四边形为平行四边形，即可证得为的中点；
（2）选择条件①：取中点，连接，由已知条件可证得两两垂直，以为原点建立空间直角坐标系，利用坐标运算求得平面的一个法向量，设，再利用坐标运算和直线与平面所成角的正弦值为，解出，即可解答；
选择条件②：先证得平面，同①建立空间直角坐标系，则平面的一个法向量为，然后解答同①.
【小问1详解】
在菱形中，．
因为平面平面，
所以平面．
又平面，平面平面，
所以．
又四棱柱中，，
所以四边形为平行四边形．
所以，所以为的中点．
【小问2详解】
选择条件①：

取中点，连接，
在菱形中，．
因为，所以为等边三角形．
因为为中点，所以，故．
因为平面，且平面，
所以，
所以两两垂直．
如图，以为原点建立空间直角坐标系，
则，
所以．
设平面的一个法向量为，
则，即，
令，则，则．
设，
所以．
设直线与平面所成角为，
所以．
解得，
所以存在符合条件的点．
选择条件②：
取中点，连接．
因为平面，且平面，
所以，
又，且平面，
所以平面．
因为平面，所以，
又因为为中点，所以．
在菱形中，，
所以为等边三角形，
所以，故．
所以两两垂直．如图建立空间直角坐标系，
则，
所以．
因为平面，
所以取平面的一个法向量为．
设，
所以．
设直线与平面所成角为，
所以．
解得，
所以存在符合条件的点．
18. 为调查某校学生户外活动时长和视力的关系，某研究小组在该校随机选取了100名学生，记录他们的日均户外活动时长（单位：小时）及近视情况，统计得到：日均户外活动时长在区间内有70人，近视率为；日均户外活动时长在区间内有20人，近视率为；日均户外活动时长在区间内有10人，近视率为．
注：近视率是指某区间内近视人数与该区间内人数的比值．
（1）估计该校日均户外活动时长不低于1小时的学生的近视率；
（2）用频率估计概率．从该校日均户外活动时长低于1小时的学生和不低于1小时的学生中各随机选取2名，求这4名学生中恰有2名近视的概率；
（3）为响应国家降低青少年近视率的号召，该校提出“护眼有妙招，科学动起来”的口号，计划在以下2项措施中选择1项实施．
措施一：每日给全校学生增设0.5小时晨跑活动；
措施二：每日给日均户外活动时长低于1小时的学生增设1小时户外活动．假设所有学生都能按要求参加相应活动，记采取措施一后该校全体学生的日均户外活动时长的平均值为，采取措施二后该校全体学生的日均户外活动时长的平均值为．用样本估计总体，试比较与的大小．（结论不要求证明）
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据题意求相应人数和频率，即可得结果；
（2）分析可知从该校日均户外活动时长低于1小时、不低于1小时的学生中随机选取1名，这名学生近视的概率为、，结合独立事件概率乘法公式运算求解；
（3）根据题意结合加权平均数公式分别求，比较大小即可得结果.
【小问1详解】
由题意，样本中日均户外活动时长不低于1小时的学生有人，
其中近视的学生有人，
所以估计该校日均户外活动时长不低于1小时学生的近视率为．
【小问2详解】
设事件“从该校日均户外活动时长低于1小时的学生和不低于1小时的学生中各随机选取2名，这4名学生中恰有2名近视”．
由题意，从该校日均户外活动时长低于1小时的学生中随机选取1名，这名学生近视的概率为，
从该校日均户外活动时长不低于1小时的学生中随机选取1名，这名学生近视的概率为．
则．
【小问3详解】
由题意可知：日均户外活动时长在区间内的频率为；日均户外活动时长在区间内的频率为；日均户外活动时长在区间内的频率为，
则原数据的平均数为，
采取措施一后该校全体学生的日均户外活动时长的平均值为；
措施二后该校全体学生的日均户外活动时长的平均值为；
因为，所以.
19. 已知椭圆的左顶点为，焦距为．
（1）求椭圆的方程；
（2）设为原点，过点且斜率为的直线与椭圆的另一个交点为，线段的垂直平分线与轴交于点，与轴交于点．过点且与平行的直线与轴交于点．若与的面积之比为，求的值．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）由已知及椭圆中的关系，解出，即可得到椭圆的方程；
（2）由题意，直线的方程为，与椭圆方程联立，利用韦达定理可由表示出线段的中点坐标，进而写出线段垂直平分线的方程，得到点和点坐标，表示出的面积，再由表示出的面积，再由面积之比为得到方程，即可求得的值．
【小问1详解】
由题意，
解得．
所以椭圆的方程为．
【小问2详解】

由题意，直线的方程为，
由，得．
由题意，．
设，则，
解得，
所以线段的中点为．
线段垂直平分线的方程为：，
令得，所以．
令得，所以．
所以．
因为过点与直线平行的直线的方程为，故，
所以．
因为，
所以，整理得．
若，则，解得，故；
若，则，解得，故．
综上，或．
20. 已知函数在点处的切线方程为．
（1）求的值；
（2）求的单调区间；
（3）若，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）单调递增区间为，单调递减区间为.
（3）
【解析】
【分析】（1）根据函数在某点处的切线方程，利用导数几何意义以及该点在函数图像和切线上来求解的值；
（2）通过对函数求导，根据导数的正负来确定函数的单调区间；
（3）将的表达式代入不等式，通过移项、因式分解等方法求解的取值范围.
【小问1详解】
因为，
所以．
由题意解得.
【小问2详解】
由（1）得．
令，解得．
当变化时，的变化情况如表所示：
所以的单调递增区间为，
单调递减区间为．
【小问3详解】
设．
设，则．
当时，在上单调递增，，
当时，在上单调递减，，
所以恒成立．
由题意，等价于或，
解得或．
综上，的取值范围是．
21. 设数列是的一个排列．由中连续项组成的集合称作“的长为的子列集”，其中．任取不大于的正整数，当时，若数列的任意长为的子列集和数列的任意长为的子列集，都有，则称数列为“好数列”．
（1）判断下列数列是否为“好数列”：
①1，3，5，2，4；②1，4，6，2，5，3．
（2）证明：由的排列构成的所有“好数列”中，存在首项不超过的“好数列”（表示不超过的最大整数）；
（3）若数列为“好数列”，求的最大值．
【答案】（1）①是“好数列”；②不是“好数列”
（2）证明见解析 （3）7
【解析】
【分析】（1）根据“好数列”的定义逐项检验即可判断①②；
（2）分析可知若是“好数列”，可知存在，结合“好数列”的定义分析可得且，即可得结果；
（3）分类讨论的奇偶性，利用反证法结合（2）可知为偶数不成立，为奇数时且，不存在“好数列”，即可得结果.
【小问1详解】
对于①：检验可知①是“好数列”；
对于②：例如，取长为2的子列集和长为3的子列集，
此时，所以②不是“好数列”．
【小问2详解】
若是“好数列”，可知存在．
令与，
于是集合和也分别是数列和数列的子列集，
又存在，得．
因此．
所以，数列也是“好数列”．
设与中较小者，则且，
因此，即，于是，
所以存在首项不超过“好数列”．
【小问3详解】
的最大值为7．
①先考虑．
假设存在“好数列”．由（2）可知，不妨设．
若，则由长为的子列集和与集合的交集非空，知，
即此“好数列”为：．
又，长为的子列集和与集合的交集非空．
所以且，与矛盾．
若，则由长为的子列集和与集合的交集非空，知；
又与集合的交集非空，知，矛盾；
②再考虑．假设存在“好数列”．
由（2）可知，不妨设．
若，则由长为的子列集和
与集合的交集非空，知．
又，长为的子列集和与集合的交集非空．
所以且，与矛盾．
若，则由长为的子列集和
与集合的交集非空，知；
又与集合的交集非空，知，
此时，长为的子列集，矛盾．
所以，当时，不存在“好数列”．
又数列1，4，6，2，5，3，7是“好数列”．
综上，的最大值为7．
-4
-1
0
-
0
+
0
-
0
+
单调递减
单调递增
1
单调递减
0
单调递增