北京市丰台区2025年高考数学一模试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2025年北京市丰台区高考数学一模试卷一、单选题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.已知集合U={−3,−2,−1,0,1,2}，A={x∈Z||x|<2}，则∁UA=(

)A.{−1,0,1} B.{−2,−1,0,1,2} C.{−3} D.{−3,−2,2}2.在复平面内，复数z对应的点的坐标为(2,−1)，则|iz|=(

)A.5 B.5 C.3 D.3.(x−2A.160 B.60 C.−160 D.−604.已知a<b，c<d，则下列不等式恒成立的是(

)A.a−c<b−d B.ac<bd C.2a+25.已知抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点为F，点M在C上.若M的横坐标为1，且|MF|=2，则p的值为(

)A.12 B.1 C.2 D.6.已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题正确的是(

)A.若m⊂α，n⊂β，α//β，则m//n

B.若m//n，n⊂α，则m//α

C.若α⊥β，m⊥β，n⊥m，则n⊥α

D.若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β7.已知{an}是公差不为0的等差数列，其前n项和为Sn，则“∀n∈N∗，SA.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8.在平行四边形ABCD中，E为边BC上的动点，O为△ABD外接圆的圆心，2DO=DA+DB，且|DOA.3 B.4 C.6 D.89.图1是出土于陕西西安的金筐宝钿团花纹金杯.它杯口外侈，器壁内弧，腹部内收，圈足外撤，肩部有“6”字形把手.金杯采用复杂的金筐宝钿工艺，器腹以如意云头纹分割，内焊团花，边缘排满小金珠，是唐代金银器精品.图2是某校陶艺社团的同学仿照金筐宝钿团花纹金杯制作的一只团花纹陶艺杯，其主体部分(忽略杯底部分)外轮廓可近似看作双曲线C的一部分.经测量，该陶艺杯主体部分上底直径(即杯口直径)约6.92cm，下底直径约4.00cm，腹部最细处直径约3.46cm，主体部分高约6.92cm，则下列各数中与双曲线C的离心率最接近的是(

)

(参考数据：2≈1.41，3≈1.73)A.2 B.2 C.3 D.10.如图，正方体ABCD−A′B′C′D′的棱长为2，E为CD的中点，F为线段A′C上的动点，给出下列四个结论：

①存在唯一的点F，使得A，B′，E，F四点共面；

②EF+D′F的最小值为23；

③存在点F，使得AF⊥D′E；

④有且仅有一个点F，使得平面AEF截正方体ABCD−A′B′C′D′所得截面的面积为25．

A.1 B.2 C.3 D.4二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分。11.已知直线x−y+2=0与圆x2+y2=r12.已知函数f(x)=x+1,x>0,x+a,x≤0.当a=0时，f(0)=______；若f(x)在R上单调递增，则实数13.已知a1，a2，a3是公比不为1的等比数列，将a1，a2，a3调整顺序后可构成一个等差数列，则满足条件的一组a114.已知函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0,|φ|<π2)的部分图象如图所示，其中M，N是直线y=12与曲线y=f(x)的两个相邻交点.若|MN|=π15.已知函数f(x)=ex−acosx.给出下列四个结论：

①当a=1时，f(x)在区间(−π2,0)上单调递增；

②对任意实数a，f(x)都没有最小值；

③当a≠0时，设f(x)的零点从大到小依次为x1，x2，x3，…，则对任意正整数i，都有xi−xi+1<π；

④对任意实数三、解答题：本题共6小题，共85分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。16.(本小题13分)

在△ABC中，b2−a2−c2=−117ac．

(Ⅰ)求sinB；

(Ⅱ)若△ABC的面积为1534，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得△ABC存在，求a．

条件①：C=2π3；

条件②：b=517.(本小题14分)

如图，在四棱锥P−ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，△PAB为等边三角形，AD//BC，AB=AD=12BC=2，∠ABC=60°．

(Ⅰ)求证：AC⊥平面PAB；

(Ⅱ)求直线PD与平面18.(本小题13分)

京广高速铁路是世界上运营里程最长的高速铁路之一，也是中国客运量最大、运输最为繁忙的高速铁路之一.某日从北京西到广州南的部分G字头高铁车次情况如下表：

注：以下高铁车次均能准点到达

(Ⅰ)某乘客从上表中随机选取一趟高铁车次从北京西出发到广州南，求这趟列车的运行时长不超过10小时的概率；

(Ⅱ)甲、乙、丙3人分别从上表中随机选取一趟高铁车次从北京西出发到广州南，其中甲必须上午出发，乙必须下午出发，丙的出发时间没有限制，且甲、乙、丙3人的选择互不影响．

(i)记随机变量X为甲、乙、丙选取的列车中运行时长不超过10小时的个数，求X的分布列和数学期望；

(ii)甲、乙、丙3人中，谁选取的列车运行时长最短的概率最大？(结论不要求证明)19.(本小题15分)

已知椭圆E：x2a2+y2b2=1(a>b>0)，以E的两个焦点与短轴的一个端点为顶点的三角形是等腰直角三角形，且面积为1．

(Ⅰ)求椭圆E的方程；

(Ⅱ)过点P(2,0)的直线与椭圆E交于不同的两点M，N.过20.(本小题15分)

已知函数f(x)=lnx−ax，直线l是曲线y=f(x)在点(t,f(t))(t>0)处的切线．

(Ⅰ)当a=0，t=e(e为自然对数的底数)时，求l的方程；

(Ⅱ)若存在l经过点(0,0)，求实数a的取值范围；

(Ⅲ)当a=−1时，设点A(t,f(t))(t>0)，O(0,0)，B为l与y轴的交点，S△AOB表示△AOB的面积.求S21.(本小题15分)

已知无穷递增数列{an}各项均为正整数，记数列{aan}为数列{an}的自身子数列．

(Ⅰ)若an=2n−1(n∈N∗)，写出数列{an}的自身子数列的前4项；

(Ⅱ)证明：ak+1−ak≤aak+1−aak答案解析1.【答案】D

【解析】解：集合U={−3,−2,−1,0,1,2}，A={x∈Z||x|<2}={−1,0,1}，

则∁UA={−3,−2,2}．

故选：D．

根据集合的补集定义求解．2.【答案】B

【解析】解：由题意，复数z=2−i，

则|iz|=|i(2−i)|=|1+2i|=1+4=5．

故选：B．

3.【答案】B

【解析】解：展开式的通项公式为Tr+1=C6r(x)6−r(−2x)r=C6r⋅(−2)rx4.【答案】C

【解析】解：对于A，当a=c，b=d时，a−c=b−d，选项A不成立；

对于B，当a<b<0且c<d<0时，ac>bd，选项B不成立；

对于C，a<b，c<d时，2a<2b，2c<2d，所以2a+2c<2b+2d，选项C正确；

对于D，当a=c=−1且b=d=0时，a25.【答案】C

【解析】解：因为M的横坐标为1，所以由抛物线的定义知，|MF|=1+p2=2，所以p=2．

故选：C．

根据抛物线的定义列出方程，求出p6.【答案】D

【解析】解：对于A，若m⊂α，n⊂β，α//β，则m与n平行或异面，故A错误；

对于B，若m//n，n⊂α，则m//α或m⊂α，故B错误；

对于C，若α⊥β，m⊥β，则m//α或m⊂α，又n⊥m，则n与α可能平行也可能相交，故C错误；

对于D，若m⊥α，m⊥n，则n//α或n⊂α，又n⊥β，则α⊥β，故D正确．

故选：D．

利用线面、面面平行或垂直的判定与性质定理即可求解．

7.【答案】A

【解析】解：等差数列{an}的公差不为0，∀n∈N∗，Sn≤S8，则a8≥0，充分性成立；

若a8≥0，则不能得出S8.【答案】C

【解析】解：因为2DO=DA+DB，所以O为AB的中点，

又因为O为△ABD外接圆的圆心，所以△ABD为直角三角形，且∠ADB=90°，

因为|DO|=|DA|=2，所以△ADO为等边三角形，DC=AB=2AO=4，

所以∠DAB=60°，∠ODC=60°，因为E为边BC上的动点，CE=λCB=λDA(0≤λ≤1)，

所以DO⋅DE=DO⋅(DC+CE)=DO⋅DC+DO9.【答案】B

【解析】解：设双曲线C的方程为x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)，

则a=3.462=1.73≈3．

由6.29≈43，设杯子上口处点M(23,ℎ)，则下口处点N(2,ℎ−43)，

所以123−10.【答案】B

【解析】解：①取CC′中点为G，连接AE，EG，GB′，B′A，

因为正方体ABCD−A′B′C′D′，E为CD的中点，

所以GE//C′D//B′A，

即A，B′，E，G四点共面，

该平面与线段A′C有且仅有一个交点，故①正确；

②因为D′F=B′F，求EF+D′F的最小值，即求EF+B′F的最小值，

因为正方体ABCD−A′B′C′D′，所以A′，B′，E，C四点共面，所以EB′与A′C相交于一点，设为F′，

此时(EF+B′F)min=EF′+B′F′=EB′=CE2+B′C2=12+(22)2=3，

因为3<23，

所以EF+D′F的最小值不是23，故②错误；

③分别取CC′，BB′的中点G，H，连接DG，GH，HA，

设DG交ED′于点P，若A′C∩平面DGHA=F，

在平面CDD′C′中，易知△GCD≌△EDD′，所以∠CGD=∠DEP，

所以∠DEP+∠PDE=∠CGD+∠PDE=π2，

所以∠EPD=π2，即DG⊥ED′，

因为AD⊥平面CDD′C′，ED′⊂平面CDD′C′，所以AD⊥ED′，

又DG∩AD=D，AD⊂平面DGHA，DG⊂平面DGHA，

所以ED′⊥平面DGHA，

因为A′C∩平面DGHA=F，AF⊂平面DGHA，所以ED′⊥AF，

所以存在点F，使得AF⊥D′E，故③正确；

④当点F与点A′重合时，截面为矩形，截面面积为25，

当点F为A′C上靠近点C的三等分点时，取CC′中点G，连接AE，EG，GB′，AB′，EB′，AG，

此时四边形EGB′A即为平面AEF截正方体ABCD−A′B′C′D′所得截面，证明如下：

已知A′C∩平面EGB′A=F，求证点F为A′C上靠近点C的三等分点，

因为EC//A′B′，所以CFFA′=ECA′B′=12，所以点F为A′C上靠近点C的三等分点，得证，

又GE//B′A，且GE=12B′A，AE=GB′=5，所以四边形EGB′A为等腰梯形，面积为92，

所以当点F为A′C上靠近点C的三等分点时，截面面积为92；

当点F趋近于点C时，截面面积趋近于3，

因为92>25，3<25，点F从A′C上靠近点C的三等分点向点C运动时，截面面积的变化是连续的，

所以点F从A′C上靠近点C的三等分点向点C运动时存在某点F，使得截面面积为25，

所以线段A′C上至少存在两个点F使得截面面积为25，故11.【答案】2【解析】解：因为直线x−y+2=0与圆x2+y2=r2(r>0)有且仅有一个公共点，

所以圆心(0,0)到直线x−y+2=0的距离d=|0−0+2|12+(−112.【答案】0

(−∞,1]

【解析】解：由函数f(x)=x+1,x>0x+a,x≤0知，

当a=0时，f(0)=0；

若f(x)在R上单调递增，则0+a≤0+1，即a≤1；

所以实数a的取值范围是(−∞,1]．

故答案为：0；(−∞,1]．

根据分段函数的解析式，直接求出13.【答案】1，−2，4(答案不唯一)

【解析】解：因为a1，a2，a3是公比不为1的等比数列，

设这三个数分别为a，aq，aq2，

将a1，a2，a3调整顺序后可构成一个等差数列，

考虑其中一种情况，比如：aq，a，aq2成等差数列，

则2a=aq+aq2，

因为q≠1，

解得q=−2，

则符合题意的一组数据为1，−2，4(答案不唯一)．

故答案为：14.【答案】2

3【解析】解：由题意，令sinx=12，得x=π6+2k1π，x=5π6+2k2π，k1、k2∈Z；

由函数f(x)=sin(ωx+φ)的部分图象，结合|MN|=π3，得5π6−π62π=π32πω，解得ω=2；

由f(π6)=sin(2×15.【答案】②④

【解析】解：对于①，当a=1时，f(x)=ex−cosx，

则f′(x)=ex+sinx，存在x0∈(−π2,0)，使得f′(x0)=0，

所以f(x)在(−π2,x0)上单调递减，在(x0,0)上单调递增，故①错误；

对于②，当a=0时，f(x)=ex，则f(x)在R上单调递增；

当a>0时，x→→∞，e2→0，cosx∈[−1,1]，则f(x)在R上没有最小值；

当a<0时，x→→∞，e2→0，cosx∈[−1,1]，则f(x)在R上没有最小值，故②正确；

对于③，结合①②，当a=1时，f(x)在(−∞,0)的零点，最大的①中的x0∈(−π2,0)，f(−π2)>0，

当x∈(−3π2,−π2)时，f(x)=ex−cosx>0，

当x1∈(−2π,−3π2)时，f(x)存在零点，

所以x16.【答案】(Ⅰ)5314；

(Ⅱ)选择条件①，a=3；选择条件②，a=3【解析】解：(Ⅰ)在△ABC中，因为b2−a2−c2=−117ac，

所以a2+c2−b2=117ac，

由余弦定理cosB=a2+c2−b22ac，

得cosB=1114，

因为B∈(0,π)，

所以sinB=1−cos2B=5314；

(Ⅱ)选择条件①：

因为C=2π3，

所以sinC=32，cosC=−12，

由题意得S=12absinC=1534，

即34ab=1534，

所以ab=15(1)．

因为cosB=1114，sinB=5314，

所以sinA=sin(B+C)=sinBcosC+cosBsinC=5314×(−12)+1114×32=3314，

由正弦定理asinA=bsinB，得ab=35(2)，

由①②，解得a2=9，

所以a=3；

17.【答案】(Ⅰ)证明见解答；(Ⅱ)6【解析】解：(Ⅰ)证明：在△ABC中，因为AB=2，BC=4，∠ABC=60°，

所以AC2=AB2+BC2−2AB×BC×cosB=4+16−2×2×4×12=12．

所以AC=23，

又因为AC2+AB2=BC2，所以AC⊥AB．

又因为平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD=AB，AC⊂平面ABCD，

所以AC⊥平面PAB；

(Ⅱ)分别取AB，BC中点O，E，连接OP，OE.所以OE/​/AC．

因为AC⊥AB，所以OE⊥AB．

又因为△PAB为等边三角形，所以OP⊥AB．

因为AC⊥平面PAB，OP⊂平面PAB，所以AC⊥OP．

又因为OE/​/AC，所以OE⊥OP．

所以OB，OE，OP两两垂直．如图建立空间直角坐标系O−xyz，

则A(−1,0,0)，B(1,0,0)，P(0,0,3)，E(0,3,0)，

所以BP=(−1,0,3)，PA=(−1,0,−3)，AD=BE=(−1,3,0)，PD=PA+AD=(−2,3,−3)，

设平面PBC的法向量为n=(x,y,z)，

则n18.【答案】(Ⅰ)47；

(Ⅱ)(i)XX0123P11334E(X)=7342；

(ii)【解析】解：(Ⅰ)上表中的7趟车次中，列车运行时长不超过10小时的有4趟，

所以所求概率为47；

(Ⅱ)(i)甲选取的列车运行时长不超过10小时的概率为24=12，

乙选取的列车运行时长不超过10小时的概率为23，

丙选取的列车运行时长不超过10小时的概率为47

所以X的所有可能取值为0，1，2，3，

P(X=0)=12×13×3X0123P11334所以E(X)=0×342+1×1342+2×1842+3×842=7342；

(ii)甲．

(Ⅰ)利用古典概型的概率公式求解；

(Ⅱ)(i)由题意可知，X的所有可能取值为0，119.【答案】(Ⅰ)x22+y2=1【解析】解：(Ⅰ)由题意可得b=c,12×2bc=1,a2=b2+c2.

解得a=2,b=1,c=1．

所以椭圆E的方程为x22+y2=1；

(Ⅱ)证明：由题意知，直线MP的斜率存在．

设直线MP的方程为y=k(x−2)，点M(x1,y1)f(x1,y1)，N(x2,y2)(x1≠x2)，则Q(1,y1)，

联立方程组y=k(x−2)x22+y2=1，消去y整理得(1+2k2)x2−8k2x+8k2−2=0．

因为Δ=64k4−4(1+2k2)(8k2−2)>0，所以k2<12，

且x1+x2=8k21+2k2，x20.【答案】(Ⅰ)y=1ex；

(Ⅱ)[−12,+∞)；【解析】解：(Ⅰ)当a=0，t=e(e为自然对数的底数)时，

f(x)=lnx，f(t)=f(e)=lne=1，

f′(x)=1x，f′(t)=f′(e)=1e，

所以直线l的方程为y−1=1e(x−e)，即y=1ex；

(Ⅱ)因为f(x)=lnx−ax，所以f(t)=lnt−at，

因为f′(x)=1x+ax2=x+ax2，所以f′(t)=t+at2，

所以直线l的方程为y−(lnt−at)=t+at2(x−t)，

因为l经过点(0,0)，

所以−(lnt−at)=t+at2(−t)，化简得tmt=t+2a．

设g(t)=tlnt−t−2a，由题意知，存在