2025北京高考数学一轮复习（三）

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.（2021•北京高考1题）已知集合A={x|-1<X<1},8={x|0WxW2},则

（）

A.（-1,2）B.（-1,2］

C.［0,1）D.［0,1］

解析：选B由题意可得：AUB=UI—1<XW2},即AU8=（-1,2］.故选B.

2.（2021•北京高考2题）在复平面内，复数z满足（1-i）z=2,则z=（）

A.2+iB.2-i

C.l-iD.l+i

解析：选D由题意可得：Z=J=2'1+D=2<l+i）=］+i.故选口.

1—i（1—i）（l+i）2

3.（2021•北京高考3题）已知/（x）是定义在［0,1］上的函数，那么“函数/（x）在［0,

1］上单调递增”是“函数/（无）在［0,1］上的最大值为/（I）”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

解析：选A若函数/（x）在［0,1］上单调递增，则/（x）在［0,1］上的最大值为了

（1）,若/（X）在［o,I］上的最大值为了（1）,比如/（无）=［一目，但/（X）=（久一

］在［o,才上为减函数，在L，1］上为增函数，故/（X）在［0,1］上的最大值为了⑴推

不出/（尤）在［0,1］上单调递增，故“函数/（无）在［0,1］上单调递增”是“于（x）在

［0,1］上的最大值为/（1）”的充分而不必要条件.故选A.

4.（2021•北京高考4题）某四面体的三视图如图所示，该四面体的表面积为（）

解析：选A根据三视图可得如图所示的三棱锥028C,由三视图可得，其表面积为

5.（2021•北京高考5题）双曲线C：马一M=1过点（丘,V3）,且离心率为2,则该双曲

az

线的标准方程为（）

A.X2——=1B.——y2=l

33J

C.X2一丝=1D.--y2=l

33J

解析：选Ae=-=2,则c=2〃，b=c2~a2=V3a,则双曲线的方程为三一j=l,

a\az3az

将点（衣,V3）的坐标代入双曲线的方程可得彳-2=2=1,解得。=1,故》=百，因

az3az”

此双曲线的方程为炉一片=1.故选A.

3

6.（2021•北京高考6题）｛斯｝和彷〃｝是两个等差数列，其中詈（1WAW5）为常值，ai=

bk

288,的=96,"=192,则加=（）

A.64B.128

C.256D.512

解析：选B由已知条件可得&=生，则/=处=吧拦=64,因此，加二区坦二空空二

匕1b5ar28822

128.故选B.

7.（2021•北京高考7题）函数/（无）=cosx-cos2x,试判断函数的奇偶性及最大值

（）

A.奇函数，最大值为2

B.偶函数，最大值为2

C.奇函数，最大值为］

D.偶函数，最大值为；

解析：选D由题意，f（—X）=cos（―x）—cos（―2x）=cosx—cos2x=/（x）,所以

该函数为偶函数,又/（x）=cos%—cos2x=—2cos2x+cosx+1=—2^cos%—+，，所

以当cosx=］时，f（x）取最大值3.故选D.

8.（2021•北京高考8题）定义：24小时内降水在平地上积水厚度（mm）来判断降雨程度.

其中小雨（VlOmm）,中雨（10mm〜25mm）,大雨（25mm〜50mm）,暴雨（50

mm〜100mm）,小明用一个圆锥形容器接了24小时的雨水，如图，则这天降雨属于哪个

等级（）

・200mmf

300

\/150mm

A.小雨B.中雨

C.大雨D.暴雨

解析：选B由题意，一个半径为手=100(mm)的圆面内的降雨充满一个底面半径为

—X—=50(mm),高为150(mm)的圆锥，所以积水厚度12.5

2300HX1002

(mm),属于中雨.故选B.

9.(2021•北京高考9题)已知圆C/+丁2=4,直线/：y=kx+m,当上变化时，/截得圆

C弦长的最小值为2,则相=()

A.±2B.±V2

C.±V3D.±3

解析：选C由题可得圆心为(0,0),半径为2,则圆心到直线的距离1=瞿上，则弦

Vfcz+1

长为21一隽,则当左=0时，弦长取得最小值为2j4-m2=2,解得加=±旧.故选C.

10.(2021•北京高考10题)数列｛斯｝是递增的整数数列，且的>3,句+。2H----F斯=100,

则n的最大值为()

A.9B.10

C.llD.12

解析：选C若要使〃尽可能的大，则见与递增幅度要尽可能小，不妨设数列｛〃〃｝是首项

为3,公差为1的等差数列，其前〃项和为8,则a“=〃+2,Sn=^XU=88<100,Sn

=i^iX12=102>100,所以〃的最大值为11.故选C.

二、填空题：共5小题，每小题5分，共25分.

11.(2021•北京高考11题)13一目4展开式中常数项为.

解析：卜3—q)4的展开式的通项刀+产北(/)4-4—(-1)(鼻12-匕令「=3得常

数项为74=(―1)3盘=-4.

答案：一4

12.(2021•北京高考12题)已知抛物线C廿=4.焦点为尸，点M为抛物线。上的点，

且|根1=6,则/的横坐标是；作MNLx轴于N,则S“MN=.

2

解析：因为抛物线的方程为y=4xf故p=2且歹(1,0).因为IMFI=6,初+々=6,解

得W=5,故y“=±2遥，所以FMN=^X(5-1)X2V5=4V5.

答案：54V5

13.(2021•北京高考13题)a=(2,1),b=(2,—1),c=(0,1),贝U(a+b)e

=；ab=.

解析：•二〃=(2,1),b—(2,—1),c=(0,1),.\a+b=(4,0),(〃+8)c

=4X0+0Xl=0,：.a-b=2X2+lX(-1)=3.

答案：03

14.(2021•北京高考14题)若点尸(cos6,sind)与点。(cos(。+)sin(8+弓))关于y

轴对称，写出一个符合题意的0=.

解析：TP(cos6,sinO')与0(cos(e+：),sin(8+,))关于y轴对称，即。，关于y

轴对称，・・・6+丫+夕=兀+2左兀，fcez,则6=E+且，Z£Z,当左=0时，可取夕的一个值

612

为工

12

答案：詈(满足6=祈+工，即可)

15.(2021•北京高考15题)己知函数/(无)=I1g尤I一依-2,给出下列四个结论：

①若左=0,则/(x)有两个零点；

②三上<0,使得/(x)有一个零点；

③三女<0,使得/(x)有三个零点；

@3k>0,使得/(%)有三个零点.

以上正确结论的序号是.

解析：对于①，当左=0时，由/(X)=11g尤I—2=0,可得尤=击或无=100,①正确；

对于②，当直线y=fcc+2与曲线y=-Igx(0<x<l)相切于点尸(f,—lgr),对函数y

1(kt+2=-Igt,(t=M，

100

=-Igx求导得y，=—由题意可得，i解得100所以，存在

上=一而,fc——Ige,

tlnloe0

%=—.IgeVO，使得fG)只有一个零点，②正确；

对于③，当直线y=fcv+2过点(1,0)时，上+2=0,解得左=一2,所以当一个lge<A<

一2时，直线y=fcv+2与曲线y=—Igx(0<x<l)有两个交点，若函数/(%)有三个零

点，则直线,=丘+2与曲线y=—lgx(OVxVl)有两个交点，直线y=fci+2与曲线y=

100.1g6—<7c—Q2,

Igx(X>1)有一个交点，所以e此不等式无解，因此，不存在女V0,

fc+2>0,

使得函数/(x)有三个零点，③错误；

对于④，当直线>=自+2与曲线y=lgx(x>l)相切于点尸(Z,lgZ),对函数y=lgx求

导得y'=E；，由题意可得71解得/_Ige所以当°vy胃时，函数/(%)

，xlnlOIk=-----,K,------------,lOOeJ

【tlnlO【100e

有三个零点，④正确.

答案：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.(2021•北京高考16题)己知在△ABC中，c=2bcosB,。=等

(1)求8的大小；

(2)在下列三个条件中选择一个作为己知，使△ABC存在且唯一确定，并求出BC边上的

中线的长度.

①c=或庆②周长为4+2b；③面积为&ABC=挚.

解：（1）V<?=2/?C0SB,则由正弦定理可得5111。=251115855,

.,.sin2B=siny=y,VC=y,；.Be（0,1）,2B£（0,胡），A2B=p解得B='

,V3_

（2）若选择①：由正弦定理结合（1）可得2二剑工二号二百，与c=/b矛盾，故这样的

bsmB-

2

△ABC不存在.

若选择②：由（1）可得A=：设△ABC的外接圆半径为R,

6

则由正弦定理可得〃=/?=2RsinU=R,c=2Rsin—=V37?,

63

则周长a+b+c=2R+V^R=4+2必，解得R=2,则。=2,c=2百，

由余弦定理可得BC边上的中线的长度为J（2V3）2+12-2X2V3x1xcos^=V7.

若选择③：由（1）可得4=立即。="贝'JSAABc=%bsinC=42x亚=量，解得a=

62224

V3,

则由余弦定理可得BC边上的中线的长度为

lb2+（-）2~2xbx-xcos—=]+三+夙

\\2/23\422

17.（2021•北京高考17题）已知正方体ABCD-48C1O1，点E为4D1中点，直线SG交

平面CDE于点F.

（1）证明：点尸为SG的中点；

（2）若点M为棱A闰上一点，且二面角M0CFDE的余弦值为与求萼的值.

341区1

解：（1）证明：如图所示，取SG的中点F,连接。E,EF',F'C,

因为ABCD-AiBiCid为正方体，E,k为中点，沐EF"CD,

所以E,F',C,。四点共面，平面CDE即平面CDEF,

据此可得：直线BiCi交平面CDE于点、F',

当直线与平面相交时只有唯一的交点，故点尸与点尸重合，即点产为中点.

（2）以点。为坐标原点，DA,DC,而1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角

坐标系D-xyz,如图所示.

不妨设正方体的棱长为2,生凹=2(0W/IW1),

/遇1

则M(2,22,2),C(0,2,0),F(1,2,2),E(1,0,2),

从而MC=(—2,2—2A,—2),■=(1,0,2),■=(0,—2,0),

(m•MC=-211+(2—2入)34—2zi=0,

设平面的法向量为m=(xi,yi,zi),贝ijIm•CF=Ni+2z]=0.

令zi=-1,可得根=(2,丁/，—1)，

设平面CFE的法向量为〃=(X2,>2,Z2),

(n•FE=-2%=0，

贝ijIn•CF=X2-\-2Z2=0,

令zi=—l,可得〃=(2,0,—1),

整理可得Q-l)2=3故舍去)，故生竺=士

42\2)A1B12

18.(2021•北京高考18题)为加快新冠肺炎检测效率，某检测机构采取'”合1检测法”，

即将上个人的拭子样本合并检测，若为阴性，则可以确定所有样本都是阴性的；若为阳

性，则还需要对本组的每个人再做检测.现有100人，已知其中2人感染病毒.

(1)①若采用“10合1检测法”，且两名患者在同一组，求总检测次数；

②已知10人分成一组，分10组，两名感染患者在同一组的概率为三，定义随机变量X为

总检测次数，求检测次数X的分布列和数学期望E(X)；

(2)若采用“5合1检测法”,检测次数丫的期望为E(r),试比较E(X)和£(y)的

大小(直接写出结果).

解：(1)①对每组进行检测，需要10次；再对结果为阳性的组每个人进行检测，需要10

次；所以总检测次数为20次.②由题意，两名患者在同一组需检测20次，不在同一组需检

测30次，所以X可以取20,30,

-111n

P(X=20),P(X=30)=1--,

liliir

则X的分布列为

X2030

110

P

nH

所以E（X）=20xi+30X-=—.

111111

（2）由题意，两名患者在同一组需检测25次，不在同一组需检测30次，丫可以取25,

30,

两名感染者在同一组的概率为P1=1?C\=M,不在同一组的概率为/>!=-,

Goo9999

则E（7）=25X-+30X-=—>E（X）.

999999

19.（2021•北京高考19题）已知函数了（无）=五言.

（1）若。=0,求y=/（x）在（1,/（1））处的切线方程；

（2）若函数/（x）在尤=—1处取得极值，求/（X）的单调区间，以及最大值和最小值.

解：（1）当。=0时，f（无）=衰，则广（x）=2,所以/（1）=i,f（1）=-

4,

此时，曲线y=/（x）在点（1,f（1））处的切线方程为>一1=-4（X—1）,即4x+y—5

=0.

3—2%—2(x2-t-a)—2x(3~2x)_2(x2—3x~a)

(2)因为f(x)=则/（）

2,Xo2~2~

x+a(x2+a)(x2+a)

由题意可得/（一1）=2（4a）7=0,解得〃=4,经检验，当4=4时％=—1为函数/（x）

（a+1）

的极大值，符合题意.

故于（X）=学卫，fG）=2"+1）（可，当无变化时/（x）,/（X）的变化列表如下:

X+4（X2+4）

X(—00,—1)-1(―1,4)4(4,+8)

f(x)+0—0+

f(x)/极大值X极小值/

所以函数/（X）的单调递增区间为（一8,—1）,（4,+8）,单调递减区间为（一1,

4）.

当了<£时，f（x）>0;当尤时，f（x）<0.

-1

所以，f（x）rnax=/（—1）=1,f（x）min=/（4）=一：

4

20.（2021•北京高考20题）已知椭圆E：《+'=1（a>b>0）过点A（0,一2）,以四个

顶点围成的四边形面积为4V5.

（1）求椭圆E的标准方程；

（2）过点尸（0,-3）的直线/斜率为％,交椭圆E于不同的两点8,C,直线交>=

—3于点跖直线AC交y=-3于点N,若1PMi+IPNIW15,求左的取值范围.

解：（1）因为椭圆过点A（0,—2）,故b=2,

因为四个顶点围成的四边形的面积为4V5,ii|x2tzX2Z?=4V5,即a=县,

22

故椭圆的标准方程为二十匕=1.

54

（2）如图所示，设B（xi,yi）,C（%2,丁2）,

因为直线8C的斜率存在，故xi%2^0,

故直线48:>=也与一2,令y=-3,则矶=一3,同理尤^=一二.

y

Xiyi+2y2+2

直线8C:y=fcc-3,由I'一人久3，可得(4+5妤)x2—30履+25=0,

(4x2+5y2=20,

故4=9003—100(4+5/)>0,解得左V—1或左>1.

30425

又为+尬=F，尤1尬=』，故尤1检>0,所以XMXN>0,

%2

又IPMl+IPNI=Iw+尤NI=|'+f|=2kx1%2一(％1+%2)

—2

lyi+23/2+211kx2~lkx1x2~k(%i+%2)+1

sofc_30fc

=z?:营=5IkI,故5MIW15即展IW3,

2

4+5k4+5/C2+1

综上，一3WhC—l或1〈左W3.

21.（2021•北京高考21题）定义R〃数列{〃3对实数p,满足：①ai+p20,a2+p=0;

②VN*,44〃-1<〃4八；③即+〃£{。冽+〃〃+p，am+an+p+l},m,二

（1）对于前4项2,-2,0,1的数列，可以是尺2数列吗？说明理由；

（2）若{〃〃}是Ro数列，求。5的值；

（3）是否存在p,使得存在品数列{诙},对V〃£N*,S〃2Sio?若存在，求出所有这样的

p；若不存在，说明理由.

解：（1）由性质③结合题意可知0=。3£{〃1+〃2+2,0+42+2+1}={2,3},矛盾，故

前4项2,-2,0,1的数列，不可能是尺2数列.

（2）由性质①可知〃120,。2=0,

由性质③丽+2金{厮，am+l],因此。3=。1或。3=。1+1,〃4=0或〃4=1,

若〃4=0,由性质②可知。3<〃4,即〃1<0或。1+1<0,矛盾；

若〃4=1,。