信息必刷卷03（北京专用）-2025年高考数学考前信息必刷卷含解析

信息必刷卷03（北京专用）-2025年高考数学考前信息必刷卷绝密★启用前2025年高考考前信息必刷卷03（北京专用）数学考情速递高考·：北京卷题型包括10道单选题、4道单空或双空填空题、1道多选填空题以及6道解答题。其中解答题涵盖解三角形、空间向量与立体几何、统计与概率分布列、椭圆、导数及其运用等，第21题是综合数列和集合的综合题。通过现实性和综合性问题，对逻辑推理、直观想象、数学运算、数学抽象、数学建模、数据分析这六大数学素养进行综合考查。比如在立体几何题中可考查直观想象和逻辑推理素养，在统计概率题中考查数据分析素养等。而且设置创新和思维深刻的题目，像第20题（Ⅲ）和第21题，考查学生多角度、深层次理解数学本质的能力，打破常规设问，需要学生灵活运用多种数学思想方法进行辩证思维。高考·：情境题目在形式和内容上不断创新，关注社会热点和时代发展，选取具有实时性的素材。如以绿色冬奥会为情境创设数学问题，让学生了解跨学科知识的同时，增强环保意识。通过设计条件或结论开放、解题方法多样、答案不唯一的试题，考查学生的开放性思维。如第13题开放性问题，鼓励学生发散思维；第15题多项选择问题，启发学生多维度思考。加强与其他学科的融合，如第7题的二氧化碳三相图、第14题的汉代“铜嘉量”，涉及化学、历史等学科知识，体现了学科间的相互联系，考查学生综合运用多学科知识解决问题的能力命题·综合分析2025年北京市各区一模数学出题的特点，出了本套预测卷。前5道选择题大概率依旧聚焦集合、复数、简易逻辑、函数定义域与值域等基础概念，作为试卷的起始部分，旨在帮助考生迅速进入考试状态。第12题设置为数学文化相关的双空题，这符合北京高考的命题趋势。第17题考查立体几何的翻折问题，这是基于近几年北京市高考在此处尚未深入考查的背景下做出的预测。学生需要理解翻折过程中不变的量，如线段长度、角度等，综合运用空间向量、立体几何定理等知识解决问题。（考试时间：120分钟试卷满分：150分）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．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、单项选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。1．已知集合，则（

）A． B． C． D．2．设复数满足，则=（

）A． B． C． D．3．已知，，，则等于（

）.A． B． C． D．4．已知若，则（

）A．5 B．8 C．9 D．145．已知函数定义域为，则命题：“函数为偶函数”是命题“，满足”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6．已知双曲线的左焦点为，过坐标原点作的一条渐近线的垂线，直线与交于，两点，若的面积为，则的离心率为（

）A． B． C． D．QUOTEAB7．若函数且在上为减函数，则函数的图象可以是（

）A． B．C． D．8．科技是一个国家强盛之根，创新是一个民族进步之魂，科技创新铸就国之重器，极目一号（如图1）是中国科学院空天信息研究院自主研发的系留浮空器．2022年5月，“极目一号”III型浮空艇成功完成10次升空大气科学观测，最高升空至9050米，超过珠穆朗玛峰，创造了浮空艇大气科学观测海拔最高的世界纪录，彰显了中国的实力．“极目一号”III型浮空艇长55米，高19米，若将它近似看作一个半球、一个圆柱和一个圆台的组合体，正视图如图2所示，则“极目一号”III型浮空艇的体积约为（

）（参考数据：，，，）A． B． C． D．9．将数字随机填入的正方形格子中，则每一横行､每一竖列以及两条斜对角线上的三个数字之和都相等的概率为（

）A． B． C． D．10．已知正数满足，则的最小值为（

）A．2 B．4 C．6 D．8第二部分（非选择题共110分）二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分。11．函数的定义域为.12．已知直线与圆交于两点，直线垂直平分弦，则的值为．13．已知函数在内恰有3个零点，则的取值范围是．14．设，若方程恰有四个不相等的实根，则这四个根之和为；若方程有四个不相等的实根，且，则的取值范围为．15．已知无穷数列满足：对任意，有，且.给出下列四个结论：①存在无穷多个，使得；②存在，使得；③对任意，有；④对任意，存在互不相同的，使得.其中所有正确结论的序号是.三、解答题：本题共6小题，共85分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。16．（13分）请在①向量，且；②；③这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答．如果选择多个条件分别作答，按第一个解答计分．在中，内角，，的对边分别为，，，且满足_____．(1)求的大小；(2)若内切圆半径，求．17．（13分）如图1，在平行四边形中，，，为的中点，，，沿将翻折到的位置，如图2，.

(1)证明：平面；(2)求平面和平面的夹角.18．（14分）体育老师想了解高三（1）班男学生100米达标情况，首次随机抽查了12名男学生，结果有8名学生达标，4名学生没有达标．(1)现从这12名男学生中随机抽取3名，用X表示抽取的3名学生中没有达标的人数，求X的分布列和期望；(2)为了提高达标率，老师经过一段时间的训练，第二次测试达标率增加了，现从该班男学生中任意抽取2人，求至多两次测试后，这两人全部达标的概率．19．（15分）已知椭圆，的下顶点为，左、右焦点分别为和，离心率为，过的直线与椭圆相交于，两点．若直线垂直于，则的周长为．(1)求椭圆的方程；(2)若直线与坐标轴不垂直，点关于轴的对称点为，试判断直线是否过定点，并说明理由．20．（15分）已知函数，．(1)当时，求函数的图象在点处的切线方程；(2)讨论函数的单调性；(3)设，若，求实数的取值范围．21．（15分）已知数列为个数的一个排列，其中，且.若在集合中至少有一个元素使得，则称数列具有性质.(1)当时，判断数列和数列是否具有性质；(2)若数列和均为等差数列，且，，证明：对于所有的偶数，数列不具有性质；(3)在所有由的排列组成的数列中，记具有性质的数列的个数为，不具有性质的数列的个数为，证明：对于任意，.2025年高考考前信息必刷卷03（北京专用）数学·参考答案一、单项选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。12345678910DCABABDAAB二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分。11．12．213．.14．15．①③④三、解答题：本题共6小题，共85分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。16.【详解】（1）若选①，由可得， 2分由正弦定理可得,因此, 4分由于在三角形中，，故, 6分, 7分若选②，由正弦定理可得， 2分故，故， 5分, 7分若选③，由正弦定理以及二倍角公式可得, 2分由于在三角形中，，故,所以， 5分, 7分（2）由可得， 9分由， 11分联立可得 13分17.【详解】（1），，为正三角形，，则为中点， 1分设，，，故，故为的三等分点，

，为的三等分点，即F为的中点，故，平面，平面，故平面. 4分（2）由题设易得，，，故，即，，故，，，PH、HF在面PHF内，故平面. 6分PF在面PHF内，故，又，，AC、AD在面ABCD内，故平面.在中，，由题意易得∠ABC=60°，∠BAC=30°，则∠ACB=90°，故， 8分过点作平面的垂线为z轴，以分别为轴、轴正方向，建立如图所示坐标系.

则，，，，，，，， 9分设平面的一个法向量为，则，令，则，所以设平面的一个法向量为，则，令，则，，所以， 11分设平面和平面的夹角为，,则，，所以平面和平面的夹角为. 13分18.【详解】（1）由题意的可能取值为， 1分则有，，，， 3分所以随机变量的分布列为0123 5分所以随机变量的期望为； 7分（2）由题意可知首次达标的概率为，首次不达标第二次达标的概率为， 8分所以两位学生都首次就达标的概率为，两位学生一位首次达标，另一位首次不达标而第二次达标的概率为，两位学生首次都不达标，第二次达标的概率为， 12分所以至多两次测试后，两位学生全部达标的概率为． 14分19.【详解】（1）由题意可知，因为离心率为，所以， 1分所以，故是正三角形，如图所示：若直线，则直线垂直平分线段，所以， 3分由于的周长为，故的周长为，由定义可知：，所以的周长为，故，所以，故， 5分所以椭圆的方程：. 6分（2）由题意可设直线的方程为，，则，如图所示：可得直线的方程为：， 7分因为，将其代入直线方程，可得，可整理得：， 9分联立方程得，则，所以，即， 12分将其代入式中，可得直线方程为：，可见直线过定点，所以直线过定点，坐标为. 15分20.【详解】（1），当时，，， 1分当时，，， 2分函数在处的切线方程为； 3分（2）函数的定义域为，，①当时，恒成立，令，则，若，则；若，则，所以在单调递减，在单调递增； 5分②当时，，令，则或， 6分（ⅰ）当，即时，若，则或；若，则，所以在和上单调递增，在上单调递减； 7分（ⅱ）当，即时，恒成立，在上递增； 8分（ⅲ）当，即时，若，则或，若，则，所以在和上单调递增，在上单调递减. 9分综上所述，当时，在单调递减，在单调递增；当时，在和上单调递增，在上单调递减；当时，在上递增；当时，在和上单调递增，在上单调递减； 10分（3）的定义域为，由得恒成立，即恒成立，设，，则，因为，同构可得，令，因为，所以， 12分下面证．设，，于是，令，则，当时，；当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，即，当且仅当时等号成立．所以，即，所以，所以，即，所以实数的取值范围为. 15分21.【详解】（1）当时，若数列具有性质，则集合中至少有一个元素，使得验证可得，不存在，使得,所以数列不具有性质. 2分对于数列，集合中存在元素时，满足，所以数列具有性质 4分（2）因为数列和均为等差数列，且，，所以数列，所以任意相邻两项的差绝对值都是奇数， 6分所以当为偶数时，在集合中不存在元素使得，故对于所有的偶数，数列不具有性质 8分（3）设数列为任意一个不具有性质的数列，因为为的一个排列，所以在中有且仅有一项，使得.

在数列中，将项移到项的前面，其余项的顺序保持不变，得到新数列，新数列为的一个新排列， 11分显然数列具有性质，且任意一个与不同的不具有性质的数列通过上述移动首项方法都得不到数列.结合数列为任意一个不具有性质的数列，且根据可以构造一个符合题意的具有性质的数列，可得 13分又因为数列具有性质，且任何一个不具有性质的数列都不可能通过上述移动首项方法得到数列，所以. 15分绝密★启用前2025年高考考前信息必刷卷03（北京专用）数学考情速递高考·新动向：北京卷题型包括10道单选题、4道单空或双空填空题、1道多选填空题以及6道解答题。其中解答题涵盖解三角形、空间向量与立体几何、统计与概率分布列、椭圆、导数及其运用等，第21题是综合数列和集合的综合题。通过现实性和综合性问题，对逻辑推理、直观想象、数学运算、数学抽象、数学建模、数据分析这六大数学素养进行综合考查。比如在立体几何题中可考查直观想象和逻辑推理素养，在统计概率题中考查数据分析素养等。而且设置创新和思维深刻的题目，像第20题（Ⅲ）和第21题，考查学生多角度、深层次理解数学本质的能力，打破常规设问，需要学生灵活运用多种数学思想方法进行辩证思维。高考·新情境：情境题目在形式和内容上不断创新，关注社会热点和时代发展，选取具有实时性的素材。如以绿色冬奥会为情境创设数学问题，让学生了解跨学科知识的同时，增强环保意识。通过设计条件或结论开放、解题方法多样、答案不唯一的试题，考查学生的开放性思维。如第13题开放性问题，鼓励学生发散思维；第15题多项选择问题，启发学生多维度思考。加强与其他学科的融合，如第7题的二氧化碳三相图、第14题的汉代“铜嘉量”，涉及化学、历史等学科知识，体现了学科间的相互联系，考查学生综合运用多学科知识解决问题的能力命题·大预测：综合分析2025年北京市各区一模数学出题的特点，出了本套预测卷。前5道选择题大概率依旧聚焦集合、复数、简易逻辑、函数定义域与值域等基础概念，作为试卷的起始部分，旨在帮助考生迅速进入考试状态。第12题设置为数学文化相关的双空题，这符合北京高考的命题趋势。第17题考查立体几何的翻折问题，这是基于近几年北京市高考在此处尚未深入考查的背景下做出的预测。学生需要理解翻折过程中不变的量，如线段长度、角度等，综合运用空间向量、立体几何定理等知识解决问题。（考试时间：120分钟试卷满分：150分）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．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、单项选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。1．已知集合，则（

）A． B． C． D．【答案】D【详解】由可得或，故，故选：D2．设复数满足，则=（

）A． B． C． D．【答案】C【详解】由可得：，所以，.故选：C.3．已知，，，则等于（

）.A． B． C． D．【答案】A【详解】因为，所以，即，所以，则.故选：A.4．已知若，则（

）A．5 B．8 C．9 D．14【答案】B【详解】依题意，，由，得，即，解得.故选：B5．已知函数定义域为，则命题：“函数为偶函数”是命题“，满足”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】A【详解】若为偶函数，则有，充分性满足；若，则有.，即，而为奇函数，因此必要性不满足.故命题：“函数为偶函数”是命题“，满足”的充分不必要条件.故选：A.6．已知双曲线的左焦点为，过坐标原点作的一条渐近线的垂线，直线与交于，两点，若的面积为，则的离心率为（

）A． B． C． D．【答案】B【详解】由题意可知：，，则，不妨取一条渐近线为，则，联立方程，解得，由对称性可知：点为线段QUOTEABAB的中点，则，即，解得，则，所以的离心率为.

故选：B.7．若函数且在上为减函数，则函数的图象可以是（

）A． B．C． D．【答案】D【详解】因为函数且在上为减函数，所以，函数的定义域为，故排除，；且函数为偶函数，当时，，的图象由的图象向右平移一个单位得到，且在定义域范围内是减函数，故正确.故选：.8．科技是一个国家强盛之根，创新是一个民族进步之魂，科技创新铸就国之重器，极目一号（如图1）是中国科学院空天信息研究院自主研发的系留浮空器．2022年5月，“极目一号”III型浮空艇成功完成10次升空大气科学观测，最高升空至9050米，超过珠穆朗玛峰，创造了浮空艇大气科学观测海拔最高的世界纪录，彰显了中国的实力．“极目一号”III型浮空艇长55米，高19米，若将它近似看作一个半球、一个圆柱和一个圆台的组合体，正视图如图2所示，则“极目一号”III型浮空艇的体积约为（

）（参考数据：，，，）A． B． C． D．【答案】A【详解】由图2得半球、圆柱底面和圆台一个底面的半径为（m），而圆台一个底面的半径为（m），则（m3），（m3），（m3），所以（m3）．故选：A．9．将数字随机填入的正方形格子中，则每一横行､每一竖列以及两条斜对角线上的三个数字之和都相等的概率为（

）A． B． C． D．【答案】A【详解】符合题意的填写方法有如下8种：而9个数填入9个格子有种方法所以所求概率为，故选：A．10．已知正数满足，则的最小值为（

）A．2 B．4 C．6 D．8【答案】B【详解】正数满足，则，当且仅当，即时取等号，所以，当且仅当时取等号，所以的最小值为4.故选：B第二部分（非选择题共110分）二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分。11．函数的定义域为.【答案】【详解】因为，所以，解得，所以的定义域为.故答案为：.12．已知直线与圆交于两点，直线垂直平分弦，则的值为．【答案】2【详解】由题意可知，即圆心，又直线垂直平分弦，所以过圆心，所以.故答案为：213．已知函数在内恰有3个零点，则的取值范围是．【答案】【详解】由时，所以，当时，令，解得，又因为在上仅有三个零点，因此，解得.故答案为：.14．设，若方程恰有四个不相等的实根，则这四个根之和为；若方程有四个不相等的实根，且，则的取值范围为．【答案】【详解】由函数，画出函数的图象，如图所示，若方程恰有四个不相等的实数根，由图象可知，在上的图象与上的图象关于对称，若方程由四个不相等的实数根，且，可得，且，所以，所以且，所以，令，则原式可化为，其对称轴为，开口向上，所以在上单调递增，所以，所以的取值范围是.故答案为：；.

15．已知无穷数列满足：对任意，有，且.给出下列四个结论：①存在无穷多个，使得；②存在，使得；③对任意，有；④对任意，存在互不相同的，使得.其中所有正确结论的序号是.【答案】①③④【详解】设，，则，.如果，则，故，从而.这意味着任意连续两个自然数中必有一个属于，所以一定是无限集，故①正确；注意到数列，满足全部条件，这里是斐波那契数列，这能够得到以及，从而.假设此时有，，则即对任意成立，这显然不可能，故②错误；设，，若，则；若，则.任一情况都有，故③正确；由③的过程还可以得到：或.这意味着可以适当选取使得，从而，故④正确.故答案为：①③④.三、解答题：本题共6小题，共85分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。16．（13分）请在①向量，且；②；③这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答．如果选择多个条件分别作答，按第一个解答计分．在中，内角，，的对边分别为，，，且满足_____．(1)求的大小；(2)若内切圆半径，求．【详解】（1）若选①，由可得， 2分由正弦定理可得,因此, 4分由于在三角形中，，故, 6分, 7分若选②，由正弦定理可得， 2分故，故， 5分, 7分若选③，由正弦定理以及二倍角公式可得, 2分由于在三角形中，，故,所以， 5分, 7分（2）由可得， 9分由， 11分联立可得 13分17．（13分）如图1，在平行四边形中，，，为的中点，，，沿将翻折到的位置，如图2，.

(1)证明：平面；(2)求平面和平面的夹角.【详解】（1），，为正三角形，，则为中点， 1分设，，，故，故为的三等分点，

，为的三等分点，即F为的中点，故，平面，平面，故平面. 4分（2）由题设易得，，，故，即，，故，，，PH、HF在面PHF内，故平面. 6分PF在面PHF内，故，又，，AC、AD在面ABCD内，故平面.在中，，由题意易得∠ABC=60°，∠BAC=30°，则∠ACB=90°，故， 8分过点作平面的垂线为z轴，以分别为轴、轴正方向，建立如图所示坐标系.

则，，，，，，，， 9分设平面的一个法向量为，则，令，则，所以设平面的一个法向量为，则，令，则，，所以， 11分设平面和平面的夹角为，,则，，所以平面和平面的夹角为. 13分18．（14分）体育老师想了解高三（1）班男学生100米达标情况，首次随机抽查了12名男学生，结果有8名学生达标，4名学生没有达标．(1)现从这12名男学生中随机抽取3名，用X表示抽取的3名学生中没有达标的人数，求X的分布列和期望；(2)为了提高达标率，老师经过一段时间的训练，第二次测试达标率增加了，现从该班男学生中任意抽取2人，求至多两次测试后，这两人全部达标的概率．【详解】（1）由题意的可能取值为， 1分则有，，，， 3分所以随机变量的分布列为0123 5分所以随机变量的期望为； 7分（2）由题意可知首次达标的概率为，首次不达标第二次达标的概率为， 8分所以两位学生都首次就达标的概率为，两位学生一位首次达标，另一位首次不达标而第二次达标的概率为，两位学生首次都不达标，第二次达标的概率为， 12分所以至多两次测试后，两位学生全部达标的概率为． 14分19．（15分）已知椭圆，的下顶点为，左、右焦点分别为和，离心率为，过的直线与椭圆相交于，两点．若直线垂直于，则的周长为．(1)求椭圆的方程；(2)若直线与坐标轴不垂直，点关于轴的对称点为，试判断直线是否过定点，并说明理由．【详解】（1）由题意可知，因为离心率为，所以， 1分所以，故是正三角形，如图所示：若直线，则直线垂直平分线段，所以， 3分由于的周长为，故的周长为，由定义可知：，所以的周长为，故，所以，故， 5分所以椭圆的方程：. 6分（2）由题意可设直线的方程为，，则，如图所示：可得直线的方程为：， 7分因为，将其代入直线方程，可得，可整理得：， 9分联立方程得，则，所以，即， 12分将其代入式中，可得直线方程为：，可见直线过定点，所以直线过定点，坐标为. 15分20．（15分）