北京市西城區魯迅中學2025屆聯考數學試題請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規定答題。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．已知函數且的圖象恒過定點，則函數圖象以點為對稱中心的充要條件是()A． B．C． D．2．數學中的數形結合，也可以組成世間萬物的絢麗畫面.一些優美的曲線是數學形象美、對稱美、和諧美的結合產物，曲線恰好是四葉玫瑰線.給出下列結論：①曲線C經過5個整點（即橫、縱坐標均為整數的點）；②曲線C上任意一點到坐標原點O的距離都不超過2；③曲線C圍成區域的面積大于；④方程表示的曲線C在第二象限和第四象限其中正確結論的序號是()A．①③ B．②④ C．①②③ D．②③④3．設命題：，，則為A．， B．，C．， D．，4．對兩個變量進行回歸分析，給出如下一組樣本數據：，，，，下列函數模型中擬合較好的是（）A． B． C． D．5．已知，，，是球的球面上四個不同的點，若，且平面平面，則球的表面積為（）A． B． C． D．6．1777年，法國科學家蒲豐在宴請客人時，在地上鋪了一張白紙，上面畫著一條條等距離的平行線，而他給每個客人發許多等質量的，長度等于相鄰兩平行線距離的一半的針，讓他們隨意投放.事后，蒲豐對針落地的位置進行統計，發現共投針2212枚，與直線相交的有704枚.根據這次統計數據，若客人隨意向這張白紙上投放一根這樣的針，則針落地后與直線相交的概率約為（）A． B． C． D．7．如圖，網格紙上小正方形的邊長為，粗實線畫出的是某幾何體的三視圖，則該幾何體的體積為（）A． B． C． D．8．已知純虛數滿足，其中為虛數單位，則實數等于（）A． B．1 C． D．29．已知為定義在上的奇函數，且滿足當時，，則（）A． B． C． D．10．已知復數，則對應的點在復平面內位于（）A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限11．已知集合，則（）A． B．C． D．12．已知，則“m⊥n”是“m⊥l”的A．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二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．設函數，若存在實數m，使得關于x的方程有4個不相等的實根，且這4個根的平方和存在最小值，則實數a的取值范圍是______.14．實數滿足，則的最大值為_____．15．如圖，在直四棱柱中，底面是平行四邊形，點是棱的中點，點是棱靠近的三等分點，且三棱錐的體積為2，則四棱柱的體積為______．16．已知隨機變量，且，則______三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）已知不等式的解集為.（1）求實數的值；（2）已知存在實數使得恒成立，求實數的最大值.18．（12分）在平面直角坐標系中，橢圓：的右焦點為（，為常數），離心率等于0.8，過焦點、傾斜角為的直線交橢圓于、兩點．⑴求橢圓的標準方程；⑵若時，，求實數；⑶試問的值是否與的大小無關，并證明你的結論．19．（12分）某企業對設備進行升級改造，現從設備改造前后生產的大量產品中各抽取了100件產品作為樣本，檢測一項質量指標值，該項質量指標值落在區間內的產品視為合格品，否則視為不合格品，如圖是設備改造前樣本的頻率分布直方圖，下表是設備改造后樣本的頻數分布表.圖：設備改造前樣本的頻率分布直方圖表：設備改造后樣本的頻率分布表質量指標值頻數2184814162（1）求圖中實數的值；（2）企業將不合格品全部銷毀后，對合格品進行等級細分，質量指標值落在區間內的定為一等品，每件售價240元；質量指標值落在區間或內的定為二等品，每件售價180元；其他的合格品定為三等品，每件售價120元，根據表1的數據，用該組樣本中一等品、二等品、三等品各自在合格品中的頻率代替從所有產品中抽到一件相應等級產品的概率.若有一名顧客隨機購買兩件產品支付的費用為(單位：元)，求的分布列和數學期望.20．（12分）已知曲線的參數方程為（為參數），以坐標原點為極點，軸的正半軸為極軸建立極坐標系，曲線的極坐標方程為．（1）寫出曲線的極坐標方程；（2）點是曲線上的一點，試判斷點與曲線的位置關系．21．（12分）表示，中的最大值，如，己知函數，.（1）設，求函數在上的零點個數；（2）試探討是否存在實數，使得對恒成立？若存在，求的取值范圍；若不存在，說明理由.22．（10分）已知橢圓，上頂點為，離心率為，直線交軸于點，交橢圓于，兩點，直線，分別交軸于點，．（Ⅰ）求橢圓的方程；（Ⅱ）求證：為定值．

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、A【解析】

由題可得出的坐標為，再利用點對稱的性質，即可求出和.【詳解】根據題意，，所以點的坐標為，又，所以.故選：A.【點睛】本題考查指數函數過定點問題和函數對稱性的應用，屬于基礎題.2、B【解析】

利用基本不等式得，可判斷②；和聯立解得可判斷①③；由圖可判斷④.【詳解】，解得（當且僅當時取等號），則②正確；將和聯立，解得，即圓與曲線C相切于點，，，，則①和③都錯誤；由，得④正確.故選：B.【點睛】本題考查曲線與方程的應用，根據方程，判斷曲線的性質及結論，考查學生邏輯推理能力，是一道有一定難度的題.3、D【解析】

直接利用全稱命題的否定是特稱命題寫出結果即可.【詳解】因為全稱命題的否定是特稱命題，所以，命題：，，則為：，.故本題答案為D.【點睛】本題考查命題的否定，特稱命題與全稱命題的否定關系，是基礎題.4、D【解析】

作出四個函數的圖象及給出的四個點，觀察這四個點在靠近哪個曲線．【詳解】如圖，作出A，B，C，D中四個函數圖象，同時描出題中的四個點，它們在曲線的兩側，與其他三個曲線都離得很遠，因此D是正確選項，故選：D．【點睛】本題考查回歸分析，擬合曲線包含或靠近樣本數據的點越多，說明擬合效果好．5、A【解析】

由題意畫出圖形，求出多面體外接球的半徑，代入表面積公式得答案．【詳解】如圖，取BC中點G，連接AG，DG，則，，分別取與的外心E，F，分別過E，F作平面ABC與平面DBC的垂線，相交于O，則O為四面體的球心，由，得正方形OEGF的邊長為，則，四面體的外接球的半徑，球O的表面積為．故選A．【點睛】本題考查多面體外接球表面積的求法，考查空間想象能力與思維能力，是中檔題．6、D【解析】

根據統計數據，求出頻率，用以估計概率.【詳解】.故選:D.【點睛】本題以數學文化為背景，考查利用頻率估計概率，屬于基礎題.7、D【解析】

根據三視圖判斷出幾何體是由一個三棱錐和一個三棱柱構成，利用錐體和柱體的體積公式計算出體積并相加求得幾何體的體積.【詳解】由三視圖可知該幾何體的直觀圖是由一個三棱錐和三棱柱構成，該多面體體積為.故選D.【點睛】本小題主要考查三視圖還原為原圖，考查柱體和錐體的體積公式，屬于基礎題.8、B【解析】

先根據復數的除法表示出，然后根據是純虛數求解出對應的的值即可.【詳解】因為，所以，又因為是純虛數，所以，所以.故選：B.【點睛】本題考查復數的除法運算以及根據復數是純虛數求解參數值，難度較易.若復數為純虛數，則有.9、C【解析】

由題設條件，可得函數的周期是，再結合函數是奇函數的性質將轉化為函數值，即可得到結論.【詳解】由題意，，則函數的周期是，所以，，又函數為上的奇函數，且當時，，所以，.故選：C.【點睛】本題考查函數的周期性，由題設得函數的周期是解答本題的關鍵，屬于基礎題.10、A【解析】

利用復數除法運算化簡，由此求得對應點所在象限.【詳解】依題意，對應點為，在第一象限.故選A.【點睛】本小題主要考查復數除法運算，考查復數對應點的坐標所在象限，屬于基礎題.11、C【解析】

由題意和交集的運算直接求出.【詳解】∵集合，∴.故選:C.【點睛】本題考查了集合的交集運算.集合進行交并補運算時，常借助數軸求解.注意端點處是實心圓還是空心圓.12、B【解析】

構造長方體ABCD﹣A1B1C1D1，令平面α為面ADD1A1，底面ABCD為β，然后再在這兩個面中根據題意恰當的選取直線為m，n即可進行判斷．【詳解】如圖，取長方體ABCD﹣A1B1C1D1，令平面α為面ADD1A1，底面ABCD為β，直線=直線。若令AD1＝m，AB＝n，則m⊥n，但m不垂直于若m⊥，由平面平面可知，直線m垂直于平面β，所以m垂直于平面β內的任意一條直線∴m⊥n是m⊥的必要不充分條件．故選：B．【點睛】本題考點有兩個：①考查了充分必要條件的判斷，在確定好大前提的條件下，從m⊥n?m⊥？和m⊥?m⊥n？兩方面進行判斷；②是空間的垂直關系，一般利用長方體為載體進行分析．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】

先確定關于x的方程當a為何值時有4個不相等的實根，再將這四個根的平方和表示出來，利用函數思想來判斷當a為何值時這4個根的平方和存在最小值即可.【詳解】由題意，當時，，此時，此時函數在單調遞減，在單調遞增，方程最多2個不相等的實根，舍；當時，函數圖象如下所示：從左到右方程，有4個不相等的實根，依次為，，，，即，由圖可知，故，且，，從而，令，顯然，，要使該式在時有最小值，則對稱軸，解得.綜上所述，實數a的取值范圍是.【點睛】本題考查了函數和方程的知識，但需要一定的邏輯思維能力，屬于較難題.14、．【解析】

畫出可行域，解出可行域的頂點坐標，代入目標函數求出相應的數值，比較大小得到目標函數最值.【詳解】解：作出可行域，如圖所示，則當直線過點時直線的截距最大，z取最大值．由同理，，取最大值．故答案為：．【點睛】本題考查線性規劃的線性目標函數的最優解問題.線性目標函數的最優解一般在平面區域的頂點或邊界處取得，所以對于一般的線性規劃問題，若可行域是一個封閉的圖形，我們可以直接解出可行域的頂點，然后將坐標代入目標函數求出相應的數值，從而確定目標函數的最值；若可行域不是封閉圖形還是需要借助截距的幾何意義來求最值.15、12【解析】

由題意，設底面平行四邊形的，且邊上的高為，直四棱柱的高為，分別表示出直四棱柱的體積和三棱錐的體積，即可求解。【詳解】由題意，設底面平行四邊形的，且邊上的高為，直四棱柱的高為，則直四棱柱的體積為，又由三棱錐的體積為，解得，即直四棱柱的體積為。【點睛】本題主要考查了棱柱與棱錐的體積的計算問題，其中解答中正確認識幾何體的結構特征，合理、恰當地表示直四棱柱三棱錐的體積是解答本題的關鍵，著重考查了推理與運算能力，以及空間想象能力，屬于中檔試題。16、0.1【解析】

根據原則，可得，簡單計算，可得結果.【詳解】由題可知：隨機變量，則期望為所以故答案為：【點睛】本題考查正態分布的計算，掌握正態曲線的圖形以及計算，屬基礎題.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）；（2）4【解析】

（1）分類討論，求解x的范圍，取并集，得到絕對值不等式的解集，即得解；（2）轉化原不等式為：，利用均值不等式即得解.【詳解】（1）當時不等式可化為當時，不等式可化為；當時，不等式可化為；綜上不等式的解集為.（2）由（1）有，，，，即而當且僅當：，即，即時等號成立∴，綜上實數最大值為4.【點睛】本題考查了絕對值不等式的求解與不等式的恒成立問題，考查了學生綜合分析，轉化劃歸，數學運算的能力，屬于中檔題.18、（1）（2）（3）為定值【解析】試題分析：（1）利用待定系數法可得，橢圓方程為；（2）我們要知道=的條件應用，在于直線交橢圓兩交點M，N的橫坐標為，這樣代入橢圓方程，容易得到，從而解得；（3）需討論斜率是否存在．一方面斜率不存在即=時，由（2）得；另一方面，當斜率存在即時，可設直線的斜率為，得直線MN：，聯立直線與橢圓方程，利用韋達定理和焦半徑公式，就能得到，所以為定值，與直線的傾斜角的大小無關試題解析：（1），得：，橢圓方程為（2）當時，，得：，于是當=時，，于是，得到（3）①當=時，由（2）知②當時，設直線的斜率為，，則直線MN：聯立橢圓方程有，，，=+==得綜上，為定值，與直線的傾斜角的大小無關考點：（1）待定系數求橢圓方程；（2）橢圓簡單的幾何性質；（3）直線與圓錐曲線19、（1）（2）詳見解析【解析】

（1）由頻率分布直方圖中所有頻率（小矩形面積）之和為1可計算出值；（2）由頻數分布表知一等品、二等品、三等品的概率分別為.，選2件產品，支付的費用的所有取值為240，300，360，420，480，由相互獨立事件的概率公式分別計算出概率，得概率分布列，由公式計算出期望．【詳解】解：（1）據題意，得所以（2）據表1分析知，從所有產品中隨機抽一件是一等品、二等品、三等品的概率分別為.隨機變量的所有取值為240，300，360，420，480.隨機變量的分布列為240300360420480所以（元）【點睛】本題考查頻率分布直方圖，頻數分布表，考查隨機變量的概率分布列和數學期望，解題時掌握性質：頻率分布直方圖中所有頻率和為1．本題考查學生的數據處理能力，屬于中檔題．20、（1）（2）點在曲線外．【解析】

（1）先消參化曲線的參數方程為普通方程,再化為極坐標方程；（2）由點是曲線上的一點,利用的范圍判斷的范圍,即可判斷位置關系.【詳解】（1）由曲線的參數方程為可得曲線的普通方程為,則曲線的極坐標方程為,即（2）由題,點是曲線上的一點,因為,所以,即,所以點在曲線外.【點睛】本題考查參數方程與普通方程的轉化,考查直角坐標方程與極坐標方程的轉化,考查點與圓的位置關系.21、（1）個；（1）存在，.【解析】試題分析：（1）設，對其求導，及最小值，從而得到的解析式，進一步求值域即可；（1）分別對和兩種情況進行討論，得到的解析式，進一步構造，通過求導得到最值，得到滿足條件的的范圍．試題解析：（1）設，．．．．．．．．．．．．．1分令，得遞增；令，得遞減，．．．．．．．．．．．．．．．．．1分∴，∴，即，∴．．．．．．．．．．．．．3分設，結合與在上圖象可知，這兩個函數的圖象在上有兩個交點，即在上零點的個數為1．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．5分（或由方程在上有兩根可得）（1）假設存在實數，使得對恒成立，則，對恒成立，即，對恒成立，．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．6分①設，令，得遞增；令，得遞減，∴，當即時，，∴，∵，∴4．故當時，對恒成立，．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．8分當即時，在上遞減，∴．∵，∴，故當