2025年北京市顺义区高三一模数学试卷（含答案）

第1页/共1页2025北京顺义高三一模数学本试卷共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，集合，则（）A. B.C. D.2.已知平面向量，满足，，，则（）A.6 B.3 C. D.3.下列函数中，单调递增且值域为的是（）A. B. C. D.4.复数的共轭复数为，且满足，则（）A.2 B. C.1 D.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.6.已知,点M满足，则的可能取值是（）A.4 B. C.1 D.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的稳定气体.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.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.210.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.0 B.1 C.2 D.3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______.12.若，则_______；________.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）14.在中，，，则_______.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______.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.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.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：试卷序号123456789101112系统甲评分828876928766756990588684系统乙评分808276908061716588548280最后得分818576918564746789568483（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）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.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，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：.

参考答案一、选择题（共10小题，每小题4分，共40分）（1）C（2）D（3）B（4）A（5）C（6）B（7）D（8）B（9）A（10）C二、填空题（共5小题，每小题5分，共25分）（11） （12）；（13）（答案不唯一） （14）（15）=1\*GB3①=2\*GB3②=4\*GB3④三、解答题（共6小题，共85分）（16）（本小题满分13分）（Ⅰ）设与交点为，连结.因为平面，平面平面，平面.所以，又因为为中点，所以是中点.………5分（=2\*ROMANII）方法一：因为，，.所以平面，平面，所以.因为.所以，即可知，又.所以平面以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，经过点且平行于的直线为轴，建立空间直角坐标系.则，，，，．因此，，．因为，所以.所以，因此.设平面的法向量为，则即令，则．于是．所以．设与平面所成角为，则．所以，与平面所成角的正弦值为．………13分（=2\*ROMANII）方法二：取中点,连结因为四边形为菱形，.所以为等边三角形.所以.又因为.所以.因为，，.所以平面，平面，所以.因为.所以，即可知，又.所以平面以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系.则，，，．因此，，．因为，所以.所以，因此.设平面的法向量为，则即令，则．于是．所以．设与平面所成角为，则．所以，与平面所成角的正弦值为．………13分（17）（本小题满分13分）解：（Ⅰ）因为().所以………3分（Ⅱ）().选择条件=1\*GB3①=2\*GB3②：因为在上是单调函数；所以最小正周期满足：，即所以，又,所以.又因为图象的一个对称中心为；所以，即.所以.所以.因为，所以，又因为在区间上仅有一个零点所以,即所以的取值范围是.选择条件=1\*GB3①=3\*GB3③：因为在上是单调函数；所以最小正周期满足：，即所以，又,所以.又对任意的，都有成立.所以为的最大值,即所以，即.所以,所以.因为，所以，又因为在区间上仅有一个零点所以,即所以的取值范围是.………13分（18）（本小题满分14分）解：（Ⅰ）从这份试卷中随机选取份，甲、乙两种系统评分之差的绝对值不超过分为事件，则中包含的基本事件有个，所以.………4分（Ⅱ）从这份试卷中随机选取份，甲、乙两种系统评分之差的绝对值不超过分的份数记为，则的可能取值为.又,,,.所以，的分布列为数学期望.………11分（Ⅲ）.………14分（19）（本小题满分15分）解：（=1\*ROMANI）由题设，解得．所以的方程为，短轴长为．………5分（=2\*ROMANII）设，，其中.由消去得所以.又直线的斜率直线的方程为，令可得.同理可得.又，所以即……=1\*GB3①又，.由题意可知所以=1\*GB3①式可得……=2\*GB3②.因为=所以=2\*GB3②式可得，解得.所以的值为.………15分（20）（本小题满分15分）解：（Ⅰ）依题意，．又,所以.所以曲线在点处的切线方程为即.………4分（Ⅱ）由（Ⅰ）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.………9分（III）令.则.由（Ⅱ）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，.………15分（21）（本小题满分15分）解：（Ⅰ），，，………4分（Ⅱ）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………9分（Ⅲ）（法一）用数学归纳法证明对成立，（**）当时，令，，（*