第=page11頁，共=sectionpages11頁2025年北京市豐臺區高考數學一模試卷一、單選題：本題共10小題，每小題4分，共40分。在每小題給出的選項中，只有一項是符合題目要求的。1.已知集合U={?3,?2,?1,0,1,2}，A={x∈Z||x|<2}，則?UA=(

)A.{?1,0,1} B.{?2,?1,0,1,2} C.{?3} D.{?3,?2,2}2.在復平面內，復數z對應的點的坐標為(2,?1)，則|iz|=(

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

)A.a?c<b?d B.ac<bd C.2a+25.已知拋物線C：y2=2px(p>0)的焦點為F，點M在C上.若M的橫坐標為1，且|MF|=2，則p的值為(

)A.12 B.1 C.2 D.6.已知m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，則下列命題正確的是(

)A.若m?α，n?β，α//β，則m//n

B.若m//n，n?α，則m//α

C.若α⊥β，m⊥β，n⊥m，則n⊥α

D.若m⊥α，n⊥β，m⊥n，則α⊥β7.已知{an}是公差不為0的等差數列，其前n項和為Sn，則“?n∈N?，SA.充分不必要條件 B.必要不充分條件

C.充要條件 D.既不充分也不必要條件8.在平行四邊形ABCD中，E為邊BC上的動點，O為△ABD外接圓的圓心，2DO=DA+DB，且|DOA.3 B.4 C.6 D.89.圖1是出土于陜西西安的金筐寶鈿團花紋金杯.它杯口外侈，器壁內弧，腹部內收，圈足外撤，肩部有“6”字形把手.金杯采用復雜的金筐寶鈿工藝，器腹以如意云頭紋分割，內焊團花，邊緣排滿小金珠，是唐代金銀器精品.圖2是某校陶藝社團的同學仿照金筐寶鈿團花紋金杯制作的一只團花紋陶藝杯，其主體部分(忽略杯底部分)外輪廓可近似看作雙曲線C的一部分.經測量，該陶藝杯主體部分上底直徑(即杯口直徑)約6.92cm，下底直徑約4.00cm，腹部最細處直徑約3.46cm，主體部分高約6.92cm，則下列各數中與雙曲線C的離心率最接近的是(

)

(參考數據：2≈1.41，3≈1.73)A.2 B.2 C.3 D.10.如圖，正方體ABCD?A′B′C′D′的棱長為2，E為CD的中點，F為線段A′C上的動點，給出下列四個結論：

①存在唯一的點F，使得A，B′，E，F四點共面；

②EF+D′F的最小值為23；

③存在點F，使得AF⊥D′E；

④有且僅有一個點F，使得平面AEF截正方體ABCD?A′B′C′D′所得截面的面積為25．

A.1 B.2 C.3 D.4二、填空題：本題共5小題，每小題5分，共25分。11.已知直線x?y+2=0與圓x2+y2=r12.已知函數f(x)=x+1,x>0,x+a,x≤0.當a=0時，f(0)=______；若f(x)在R上單調遞增，則實數13.已知a1，a2，a3是公比不為1的等比數列，將a1，a2，a3調整順序后可構成一個等差數列，則滿足條件的一組a114.已知函數f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0,|φ|<π2)的部分圖象如圖所示，其中M，N是直線y=12與曲線y=f(x)的兩個相鄰交點.若|MN|=π15.已知函數f(x)=ex?acosx.給出下列四個結論：

①當a=1時，f(x)在區間(?π2,0)上單調遞增；

②對任意實數a，f(x)都沒有最小值；

③當a≠0時，設f(x)的零點從大到小依次為x1，x2，x3，…，則對任意正整數i，都有xi?xi+1<π；

④對任意實數三、解答題：本題共6小題，共85分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟。16.(本小題13分)

在△ABC中，b2?a2?c2=?117ac．

(Ⅰ)求sinB；

(Ⅱ)若△ABC的面積為1534，再從條件①、條件②、條件③這三個條件中選擇一個作為已知，使得△ABC存在，求a．

條件①：C=2π3；

條件②：b=517.(本小題14分)

如圖，在四棱錐P?ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，△PAB為等邊三角形，AD//BC，AB=AD=12BC=2，∠ABC=60°．

(Ⅰ)求證：AC⊥平面PAB；

(Ⅱ)求直線PD與平面18.(本小題13分)

京廣高速鐵路是世界上運營里程最長的高速鐵路之一，也是中國客運量最大、運輸最為繁忙的高速鐵路之一.某日從北京西到廣州南的部分G字頭高鐵車次情況如下表：

注：以下高鐵車次均能準點到達

(Ⅰ)某乘客從上表中隨機選取一趟高鐵車次從北京西出發到廣州南，求這趟列車的運行時長不超過10小時的概率；

(Ⅱ)甲、乙、丙3人分別從上表中隨機選取一趟高鐵車次從北京西出發到廣州南，其中甲必須上午出發，乙必須下午出發，丙的出發時間沒有限制，且甲、乙、丙3人的選擇互不影響．

(i)記隨機變量X為甲、乙、丙選取的列車中運行時長不超過10小時的個數，求X的分布列和數學期望；

(ii)甲、乙、丙3人中，誰選取的列車運行時長最短的概率最大？(結論不要求證明)19.(本小題15分)

已知橢圓E：x2a2+y2b2=1(a>b>0)，以E的兩個焦點與短軸的一個端點為頂點的三角形是等腰直角三角形，且面積為1．

(Ⅰ)求橢圓E的方程；

(Ⅱ)過點P(2,0)的直線與橢圓E交于不同的兩點M，N.過20.(本小題15分)

已知函數f(x)=lnx?ax，直線l是曲線y=f(x)在點(t,f(t))(t>0)處的切線．

(Ⅰ)當a=0，t=e(e為自然對數的底數)時，求l的方程；

(Ⅱ)若存在l經過點(0,0)，求實數a的取值范圍；

(Ⅲ)當a=?1時，設點A(t,f(t))(t>0)，O(0,0)，B為l與y軸的交點，S△AOB表示△AOB的面積.求S21.(本小題15分)

已知無窮遞增數列{an}各項均為正整數，記數列{aan}為數列{an}的自身子數列．

(Ⅰ)若an=2n?1(n∈N?)，寫出數列{an}的自身子數列的前4項；

(Ⅱ)證明：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}，

則?UA={?3,?2,2}．

故選：D．

根據集合的補集定義求解．2.【答案】B

【解析】解：由題意，復數z=2?i，

則|iz|=|i(2?i)|=|1+2i|=1+4=5．

故選：B．

3.【答案】B

【解析】解：展開式的通項公式為Tr+1=C6r(x)6?r(?2x)r=C6r?(?2)rx4.【答案】C

【解析】解：對于A，當a=c，b=d時，a?c=b?d，選項A不成立；

對于B，當a<b<0且c<d<0時，ac>bd，選項B不成立；

對于C，a<b，c<d時，2a<2b，2c<2d，所以2a+2c<2b+2d，選項C正確；

對于D，當a=c=?1且b=d=0時，a25.【答案】C

【解析】解：因為M的橫坐標為1，所以由拋物線的定義知，|MF|=1+p2=2，所以p=2．

故選：C．

根據拋物線的定義列出方程，求出p6.【答案】D

【解析】解：對于A，若m?α，n?β，α//β，則m與n平行或異面，故A錯誤；

對于B，若m//n，n?α，則m//α或m?α，故B錯誤；

對于C，若α⊥β，m⊥β，則m//α或m?α，又n⊥m，則n與α可能平行也可能相交，故C錯誤；

對于D，若m⊥α，m⊥n，則n//α或n?α，又n⊥β，則α⊥β，故D正確．

故選：D．

利用線面、面面平行或垂直的判定與性質定理即可求解．

7.【答案】A

【解析】解：等差數列{an}的公差不為0，?n∈N?，Sn≤S8，則a8≥0，充分性成立；

若a8≥0，則不能得出S8.【答案】C

【解析】解：因為2DO=DA+DB，所以O為AB的中點，

又因為O為△ABD外接圓的圓心，所以△ABD為直角三角形，且∠ADB=90°，

因為|DO|=|DA|=2，所以△ADO為等邊三角形，DC=AB=2AO=4，

所以∠DAB=60°，∠ODC=60°，因為E為邊BC上的動點，CE=λCB=λDA(0≤λ≤1)，

所以DO?DE=DO?(DC+CE)=DO?DC+DO9.【答案】B

【解析】解：設雙曲線C的方程為x2a2?y2b2=1(a>0,b>0)，

則a=3.462=1.73≈3．

由6.29≈43，設杯子上口處點M(23,?)，則下口處點N(2,??43)，

所以123?10.【答案】B

【解析】解：①取CC′中點為G，連接AE，EG，GB′，B′A，

因為正方體ABCD?A′B′C′D′，E為CD的中點，

所以GE//C′D//B′A，

即A，B′，E，G四點共面，

該平面與線段A′C有且僅有一個交點，故①正確；

②因為D′F=B′F，求EF+D′F的最小值，即求EF+B′F的最小值，

因為正方體ABCD?A′B′C′D′，所以A′，B′，E，C四點共面，所以EB′與A′C相交于一點，設為F′，

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

因為3<23，

所以EF+D′F的最小值不是23，故②錯誤；

③分別取CC′，BB′的中點G，H，連接DG，GH，HA，

設DG交ED′于點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′，

因為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，

因為A′C∩平面DGHA=F，AF?平面DGHA，所以ED′⊥AF，

所以存在點F，使得AF⊥D′E，故③正確；

④當點F與點A′重合時，截面為矩形，截面面積為25，

當點F為A′C上靠近點C的三等分點時，取CC′中點G，連接AE，EG，GB′，AB′，EB′，AG，

此時四邊形EGB′A即為平面AEF截正方體ABCD?A′B′C′D′所得截面，證明如下：

已知A′C∩平面EGB′A=F，求證點F為A′C上靠近點C的三等分點，

因為EC//A′B′，所以CFFA′=ECA′B′=12，所以點F為A′C上靠近點C的三等分點，得證，

又GE//B′A，且GE=12B′A，AE=GB′=5，所以四邊形EGB′A為等腰梯形，面積為92，

所以當點F為A′C上靠近點C的三等分點時，截面面積為92；

當點F趨近于點C時，截面面積趨近于3，

因為92>25，3<25，點F從A′C上靠近點C的三等分點向點C運動時，截面面積的變化是連續的，

所以點F從A′C上靠近點C的三等分點向點C運動時存在某點F，使得截面面積為25，

所以線段A′C上至少存在兩個點F使得截面面積為25，故11.【答案】2【解析】解：因為直線x?y+2=0與圓x2+y2=r2(r>0)有且僅有一個公共點，

所以圓心(0,0)到直線x?y+2=0的距離d=|0?0+2|12+(?112.【答案】0

(?∞,1]

【解析】解：由函數f(x)=x+1,x>0x+a,x≤0知，

當a=0時，f(0)=0；

若f(x)在R上單調遞增，則0+a≤0+1，即a≤1；

所以實數a的取值范圍是(?∞,1]．

故答案為：0；(?∞,1]．

根據分段函數的解析式，直接求出13.【答案】1，?2，4(答案不唯一)

【解析】解：因為a1，a2，a3是公比不為1的等比數列，

設這三個數分別為a，aq，aq2，

將a1，a2，a3調整順序后可構成一個等差數列，

考慮其中一種情況，比如：aq，a，aq2成等差數列，

則2a=aq+aq2，

因為q≠1，

解得q=?2，

則符合題意的一組數據為1，?2，4(答案不唯一)．

故答案為：14.【答案】2

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

由函數f(x)=sin(ωx+φ)的部分圖象，結合|MN|=π3，得5π6?π62π=π32πω，解得ω=2；

由f(π6)=sin(2×15.【答案】②④

【解析】解：對于①，當a=1時，f(x)=ex?cosx，

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

所以f(x)在(?π2,x0)上單調遞減，在(x0,0)上單調遞增，故①錯誤；

對于②，當a=0時，f(x)=ex，則f(x)在R上單調遞增；

當a>0時，x→→∞，e2→0，cosx∈[?1,1]，則f(x)在R上沒有最小值；

當a<0時，x→→∞，e2→0，cosx∈[?1,1]，則f(x)在R上沒有最小值，故②正確；

對于③，結合①②，當a=1時，f(x)在(?∞,0)的零點，最大的①中的x0∈(?π2,0)，f(?π2)>0，

當x∈(?3π2,?π2)時，f(x)=ex?cosx>0，

當x1∈(?2π,?3π2)時，f(x)存在零點，

所以x16.【答案】(Ⅰ)5314；

(Ⅱ)選擇條件①，a=3；選擇條件②，a=3【解析】解：(Ⅰ)在△ABC中，因為b2?a2?c2=?117ac，

所以a2+c2?b2=117ac，

由余弦定理cosB=a2+c2?b22ac，

得cosB=1114，

因為B∈(0,π)，

所以sinB=1?cos2B=5314；

(Ⅱ)選擇條件①：

因為C=2π3，

所以sinC=32，cosC=?12，

由題意得S=12absinC=1534，

即34ab=1534，

所以ab=15(1)．

因為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)證明見解答；(Ⅱ)6【解析】解：(Ⅰ)證明：在△ABC中，因為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，

又因為AC2+AB2=BC2，所以AC⊥AB．

又因為平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD=AB，AC?平面ABCD，

所以AC⊥平面PAB；

(Ⅱ)分別取AB，BC中點O，E，連接OP，OE.所以OE/?/AC．

因為AC⊥AB，所以OE⊥AB．

又因為△PAB為等邊三角形，所以OP⊥AB．

因為AC⊥平面PAB，OP?平面PAB，所以AC⊥OP．

又因為OE/?/AC，所以OE⊥OP．

所以OB，OE，OP兩兩垂直．如圖建立空間直角坐標系O?xyz，

則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)，

設平面PBC的法向量為n=(x,y,z)，

則n18.【答案】(Ⅰ)47；

(Ⅱ)(i)XX0123P11334E(X)=7342；

(ii)【解析】解：(Ⅰ)上表中的7趟車次中，列車運行時長不超過10小時的有4趟，

所以所求概率為47；

(Ⅱ)(i)甲選取的列車運行時長不超過10小時的概率為24=12，

乙選取的列車運行時長不超過10小時的概率為23，

丙選取的列車運行時長不超過10小時的概率為47

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

解得a=2,b=1,c=1．

所以橢圓E的方程為x22+y2=1；

(Ⅱ)證明：由題意知，直線MP的斜率存在．

設直線MP的方程為y=k(x?2)，點M(x1,y1)f(x1,y1)，N(x2,y2)(x1≠x2)，則Q(1,y1)，

聯立方程組y=k(x?2)x22+y2=1，消去y整理得(1+2k2)x2?8k2x+8k2?2=0．

因為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)當a=0，t=e(e為自然對數的底數)時，

f(x)=lnx，f(t)=f(e)=lne=1，

f′(x)=1x，f′(t)=f′(e)=1e，

所以直線l的方程為y?1=1e(x?e)，即y=1ex；

(Ⅱ)因為f(x)=lnx?ax，所以f(t)=lnt?at，

因為f′(x)=1x+ax2=x+ax2，所以f′(t)=t+at2，

所以直線l的方程為y?(lnt?at)=t+at2(x?t)，

因為l經過點(0,0)，

所以?(lnt?at)=t+at2(?t)，化簡得tmt=t+2a．

設g(t)=tlnt?t?2a，由題意知，存在