2025.4
本試卷共6頁，150分.考試時長120分鐘.考生務(wù)必將答案答在答題卡上，在試卷上作答無效.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回.
第一部分（選擇題 共40分）
一、選擇題共10小題，每小題4分，共40分.在每小題列出的四個選項中，選出符合題目要求的一項.
1. 已知集合，，那么集合（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求出集合、，利用并集的定義可求得集合.
【詳解】因為，，所以，.
故選：A.
2. 下列函數(shù)中，圖像關(guān)于軸對稱的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根據(jù)題意，依次分析選項中函數(shù)的奇偶性，綜合可得答案.
【詳解】A選項，由二次函數(shù)圖像及性質(zhì)可知，對稱軸為，A選項錯誤；
B選項，由指數(shù)函數(shù)圖像及性質(zhì)可知，函數(shù)沒有對稱軸，B選項錯誤；
C選項，因為，所以函數(shù)為偶函數(shù)，圖像關(guān)于軸對稱，C選項正確；
D選項，函數(shù)定義域為，不是偶函數(shù)，D選項錯誤.
故選：C.
3. 在的展開式中，的系數(shù)等于（ ）
A. 6B. 12
C. 18D. 24
【答案】D
【解析】
【分析】應(yīng)用二項式定理寫出展開式的通項，進而求的系數(shù).
【詳解】由題設(shè)，二項式展開式通項為，，
令，則，即的系數(shù)等于24.
故選：D
4. 在長方形中，為的中點，，則（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】設(shè)，則，分析可知，利用誘導公式結(jié)合二倍角的余弦公式可求得的值.
【詳解】設(shè)，則，如下圖所示：
因為，，，所以，，
所以，，故，
因此，.
故選：B.
5. 在平面直角坐標系中，若從點發(fā)出的光線經(jīng)過點，且被軸反射后將圓平分，則實數(shù)（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】點關(guān)于軸的對稱點為，分析可知，點、、圓心三點共線，結(jié)合可求得的值.
【詳解】如下圖所示：
點關(guān)于軸的對稱點為，
由對稱性可知，點、、圓心三點共線，則，即，解得.
故選：A.
6. 設(shè)直線平面，平面平面直線，則“”是“”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
【答案】A
【解析】
【分析】根據(jù)線面垂直的判定、性質(zhì)及充分、必要條件的定義判斷即可.
【詳解】已知直線平面，平面平面直線，
若，由平面，則；
若，此時得不到，直線可能與平面相交，如下圖：
所以“”是“”的充分不必要條件.
故選：A.
7. 已知函數(shù)．若，則（ ）
A. B. 或
C. D. 或
【答案】B
【解析】
【分析】利用輔助角公式化簡函數(shù)的解析式，利用正弦型函數(shù)的周期性和對稱性求解.
【詳解】因為，則該函數(shù)的最小正周期為，
由可得，
所以，函數(shù)的對稱軸方程為，
因為，則或，
故選：B.
8. 已知雙曲線的左、右焦點分別為、，若雙曲線上存在點，使得，則此雙曲線的離心率的取值范圍是
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【詳解】試題分析：
故選C.
考點：雙曲線離心率
【方法點睛】解決橢圓和雙曲線的離心率的求值及范圍問題其關(guān)鍵就是確立一個關(guān)于a，b，c的方程或不等式，再根據(jù)a，b，c的關(guān)系消掉b得到a，c的關(guān)系式，建立關(guān)于a，b，c的方程或不等式，要充分利用橢圓和雙曲線的幾何性質(zhì)、點的坐標的范圍等.
9. 蜂巢的精密結(jié)構(gòu)是通過優(yōu)勝劣汰的進化自然形成的．若不計蜂巢壁的厚度，蜂巢的橫截面可以看成正六邊形網(wǎng)格圖，如圖所示．設(shè)為圖中7個正六邊形（邊長為4）的某一個頂點，為兩個固定頂點，則的最大值為（ ）
A. 44B. 48
C. 72D. 76
【答案】B
【解析】
【分析】利用坐標法可得，設(shè)點到原點的距離為，則的最大值為，利用數(shù)形結(jié)合法可知，離原點距離最遠的正六邊形頂點為最外圍的頂點，利用兩點間的距離公式即可求解.
【詳解】設(shè)點，正六邊形的邊長為4，
所以，
所以，
所以，
設(shè)點到原點的距離為，則的最大值為，
由圖可知，離原點距離最遠的正六邊形頂點為最外圍的頂點，
如圖，可取，
所以，
即的最大值為48.
故選：.
10. 設(shè)等比數(shù)列的前項和為，前項的乘積為．若，則（ ）
A. 無最小值，無最大值B. 有最小值，無最大值
C. 無最小值，有最大值D. 有最小值，有最大值
【答案】D
【解析】
【分析】利用基本量法，可求出公比滿足，根據(jù)前項和與前項積的定義進行討論計算，可以得出有最小值，而有最大值.
【詳解】由已知，是等比數(shù)列，，即，可得，
若，則，可計算當時，，
結(jié)合，可得即為的最小值，
同理，當，，當，，可知的最小值為，
綜上可得，有最小值.
由可得，，
根據(jù)等比數(shù)列的性質(zhì)，，必有滿足對于所有，，
因為一定是正負交替出現(xiàn)，可得一定存在最大值.
綜上，對于滿足已知條件的等比數(shù)列，滿足有最小值，有最大值.
故選：D
第二部分（非選擇題 共110分）
二、填空題共5小題，每小題5分，共25分.
11. 設(shè)為虛數(shù)單位，則________．
【答案】
【解析】
【分析】根據(jù)復數(shù)的乘除法運算法則計算即可.
【詳解】.
故答案為：.
12. 設(shè)拋物線的焦點為，準線為，則拋物線上一點到的距離為________．
【答案】3
【解析】
【分析】先求出，然后得出拋物線準線方程，即可得出答案.
【詳解】由題可得，所以，
所以準線，所以上一點到的距離為，
故答案為：3.
13. 設(shè)平面向量，，，且，則使得向量與共線的一組值________，________．
【答案】 ①. （答案不唯一，填也對） ②. （答案不唯一，第一空填，則第二空填，第一空填，則第二空填）
【解析】
【分析】由條件根據(jù)向量的模的坐標公式，向量共線的坐標表示列方程求，的關(guān)系，由此可得結(jié)論.
【詳解】因為，，
所以，即，
因為，，所以，
又向量與共線，，
所以，
所以，
所以，
所以或，
所以或，
故答案：；（答；也對）
14. 端午節(jié)又名端陽節(jié)、粽子節(jié)等，它是中國首個入選世界非遺的節(jié)日．從形狀來分，端午節(jié)吃的粽子有三角粽、四角粽、枕形粽、牛角粽等．其中，四角粽的形狀可以近似看成一個四面體，如圖所示．設(shè)棱的長為，其余的棱長均為，則該四角粽的表面積為________，內(nèi)含食物的體積為________．（粽葉的厚度忽略不計）
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】根據(jù)棱錐的表面積公式和體積公式，結(jié)合線面垂直的判定定理、三角形的余弦定理，面積公式求解.
【詳解】,
所以為銳角，所以，
該四角粽的表面積
，
取中點為，連接，
則,
所以,即，
且，平面，
所以平面，
內(nèi)含食物的體積為.
故答案為：；.
15. 記表示不超過實數(shù)最大整數(shù)．設(shè)函數(shù)，有以下四個結(jié)論：
①函數(shù)為單調(diào)函數(shù)；
②對于任意的，或；
③集合（為常數(shù)）中有且僅有一個元素；
④滿足的點構(gòu)成的區(qū)域的面積為8．
其中，所有正確結(jié)論的序號是________．
【答案】①②④
【解析】
【分析】①利用定義法證明單調(diào)性；②分和兩種情況討論；③求出和時的值域，結(jié)合單調(diào)性可知，當取值域未包含的值時，集合為空集；④令，，其中，，將問題轉(zhuǎn)化為，找出符合題意的單位正方形，即可求出區(qū)域面積.
【詳解】，且，則，則，即，
則在上單調(diào)遞增，故①正確；
當，時，，
故當時，，有，，此時，
當時，，，，此時，
故②正確；
當時，，當時，，結(jié)合在上單調(diào)遞增可知，當時，方程無解，故集合為空集，故③錯誤；
設(shè)，，其中，，則，因，則，
則，
在每個單位正方形內(nèi)，的值從到，但不包括，因此在的區(qū)域內(nèi)的每個單位正方形內(nèi)，的點構(gòu)成的區(qū)域面積為1，
由于的區(qū)域內(nèi)的單位正方形有個，因此滿足的點構(gòu)成的區(qū)域面積為圖中的面積8.
故答案為：①②④
三、解答題共6小題，共85分.解答應(yīng)寫出文字說明，演算步驟或證明過程.
16. 如圖，在多面體中，平面，平面平面，，于點．

（1）求證：；
（2）設(shè)，，求直線與平面所成角的正弦值．
【答案】（1）證明見解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先利用線面平行的判定定理證平面，再利用線面平行的性質(zhì)定理即可；
（2）以為原點建系，計算平面的法向量，再利用向量夾角的余弦公式求，最后利用線面角與向量夾角之間的關(guān)系求即可.
【小問1詳解】
如圖，因為，平面，平面，
所以平面，
又因為平面，平面平面，
所以，
【小問2詳解】
在平面內(nèi)過點作．
因為平面，所以平面，
因平面，平面，所以，，
因平面，平面，則平面平面，
又因為，平面平面，則平面，
所以，，兩兩互相垂直．
以為原點，，，所在直線為軸，軸，軸建立空間直角坐標系，則，，，，
，，，，
由題意，得，
設(shè)平面的法向量為，
則，即，
令，則，，于是，
所以，
故直線與平面所成角的正弦值為．
17. 在中，．
（1）求的值；
（2）若，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，使得存在，求邊上的高．
條件①：；
條件②：；
條件③：．
注：如果選擇的條件不符合要求，第（2）問得0分；如果選擇多個符合要求的條件分別解答，按第一個解答計分．
【答案】（1）
（2）條件選擇見解析，答案見解析
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理結(jié)合兩角和的正弦公式化簡可得出的值；
（2）對于條件①，利用余弦函數(shù)的單調(diào)性求出角的取值范圍，結(jié)合三角形的內(nèi)角和定理推出矛盾，可值條件①，不符合要求；
選擇條件②，求出的值，利用余弦定理可求出的值，然后利用三角形的面積公式結(jié)合等面積法可求出邊上的高；
選擇條件③；求出、的值，利用兩角和的正弦公式可求出的值，利用正弦定理求出的值，進而可得出邊上的高為，求解即可；
【小問1詳解】
由正弦定理，且，
得，即．
由，得．所以．
由，得，所以．
【小問2詳解】
選擇條件①：因為，且余弦函數(shù)在上單調(diào)遞減，
故，又因為，從而可得，與三角形的內(nèi)角和定理矛盾，故①不成立.
選擇條件②：由，且，得．
由余弦定理，得，
解得或（舍）．
設(shè)邊上高為，則三角形面積，
所以．
選擇條件③：由，且，得．
由，且，得．
所以．
由正弦定理，得，所以邊上的高．
18. 發(fā)展純電動、插電式混合動力等新能源汽車是我國從汽車大國邁向汽車強國的必由之路．為調(diào)查研究，某地統(tǒng)計了轄區(qū)內(nèi)從年至年這年的新能源汽車和純電動汽車的銷量，得到如下折線圖（單位：百輛）：
在每一年中，記該年純電動汽車銷量占該年新能源汽車銷量的比重為．
（1）從年至年這年中隨機抽取年，求該年值超過的概率；
（2）現(xiàn)從年至年這年中依次隨機抽取，每次抽取個年份，若該年的值超過，則停止抽取，否則繼續(xù)從剩余的年份中抽取，直至抽到值超過的年份．記抽取的次數(shù)為，求的分布列和數(shù)學期望；
（3）記年至年這年新能源汽車銷量數(shù)據(jù)的方差為，且這年純電動汽車銷量數(shù)據(jù)的方差為，寫出與的大小關(guān)系．（結(jié)論不要求證明）
【答案】（1）
（2）分布列見解析，
（3）
【解析】
【分析】（1）求出各年的值，利用古典概型概率公式求結(jié)論；
（2）確定隨機變量的可能取值，再求取各值的概率，由此可得分布列，再由期望公式求期望；
（3）先求新能源汽車銷量數(shù)據(jù)的平均數(shù)，純電動汽車銷量數(shù)據(jù)的平均數(shù)，再求兩組數(shù)據(jù)的方差，比較大小即可.
【小問1詳解】
設(shè)從年至年這年中隨機抽取1年，且該年的值超過為事件，
由圖表知，
年的值為，年的值為，
年的值為，年的值為，
年的值為，年的值為，
年的值為，年的值為，
所以在年至年這年中，有且僅有年至年這年的值超過，
所以．
【小問2詳解】
由圖表知，在年至年這年中，值超過的有年，
所以隨機變量的所有可能取值為，，．
則，，．
所以的分布列為：
故的數(shù)學期望．
【小問3詳解】
從年至年這年新能源汽車銷量數(shù)據(jù)的平均數(shù)為，
所以從年至年這年新能源汽車銷量數(shù)據(jù)的方差
，
所以
從年至年這年純電動汽車銷量數(shù)據(jù)的平均數(shù)為，
從年至年這年純電動汽車銷量數(shù)據(jù)的方差
，
所以，
所以.
19. 已知橢圓離心率為，為橢圓上一點，且點到橢圓的兩個焦點的距離之和等于．
（1）求橢圓的方程；
（2）若關(guān)于原點的對稱點為，過點與垂直的直線與橢圓的另一個交點為，軸于點，直線與軸交于點．用與分別表示與的面積，證明：．
【答案】（1）
（2）證明見解析
【解析】
【分析】（1）根據(jù)橢圓性質(zhì)，已知離心率、長軸以及，通過解方程組就能得出、的值，進而得到橢圓方程.
（2）先設(shè)點、、坐標，再設(shè)直線方程，與橢圓方程聯(lián)立，利用韋達定理得到、表達式.因為，根據(jù)向量垂直性質(zhì)得到，解出與的關(guān)系.排除直線過原點的情況后，確定時直線方程，求出點坐標，最后根據(jù)三角形面積公式得出.
【小問1詳解】
由題意，得解得，，
所以橢圓的方程為．
【小問2詳解】
由題意，設(shè)點，則點，．
設(shè)直線的方程為，．由得．
所以，，，
故，．
又因為，
所以，
去分母化簡得到，所以或．
當時，直線過原點，不符合題意．
當時，直線的方程為，則點坐標為，
所以，．
故.
20. 已知函數(shù)，其中．
（1）若曲線在點處的切線的斜率為2，求的值；
（2）求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
（3）設(shè)函數(shù)在區(qū)間上的最大值和最小值分別為，，求使得不等式成立的的最小值．
【答案】（1）
（2）答案見解析 （3）2
【解析】
【分析】（1）根據(jù)導數(shù)的幾何意義求解即可；
（2）求導，分和兩種情況討論求解即可；
（3）結(jié)合（2）易得函數(shù)在上單調(diào)遞增，再結(jié)合題設(shè)將問題轉(zhuǎn)化為，令，利用導數(shù)分析其單調(diào)性，進而求解即可.
【小問1詳解】
由，則，
則，解得．
【小問2詳解】
由，則，
當時，，函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為，無單調(diào)遞減區(qū)間；
當時，令，得，
若，由，得；由，得，
所以的單調(diào)遞增區(qū)間為，單調(diào)遞減區(qū)間為；
若，由，得；由，得，
所以的單調(diào)遞增區(qū)間為，單調(diào)遞減區(qū)間為．
綜上，當時，函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為，無單調(diào)遞減區(qū)間；
當時，函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為，單調(diào)遞減區(qū)間為；
當時，函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為，單調(diào)遞減區(qū)間為．
【小問3詳解】
由（2）知，當時，函數(shù)在區(qū)間單調(diào)遞增，
當時，，
當且僅當，即時等號成立，則函數(shù)在上單調(diào)遞增；
當時，，
當且僅當，即時等號成立，則函數(shù)在上單調(diào)遞增.
綜上所述，函數(shù)在上單調(diào)遞增，
所以．
由，得，
令，則，
由，得或．
當變化時，與的變化情況如下表：
所以在和上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減．
又因為，，且，
所以當時，；當時，．
即當且僅當時，恒成立，
所以使得成立的的最小值為2．
21. 如圖，設(shè)是由個實數(shù)組成的行列的數(shù)表，其中表示位于第行第列的實數(shù)，且滿足與均是公差不為的等差數(shù)列．
若根據(jù)條件，能求出數(shù)表中所有的數(shù)，則稱能被確定．
（1）已知，分別根據(jù)下列條件，直接判斷數(shù)表能否被其確定：
條件“已知”；
條件“已知”．
（2）設(shè)條件“任意給定數(shù)表中的個數(shù)”，能被確定，證明：的最小值為；
（3）設(shè)條件“已知集合或其中中的任意個元素”，求的最小值，使得能被確定．
【答案】（1）數(shù)表不能被確定，數(shù)表能被確定
（2）證明見解析 （3）
【解析】
【分析】（1）根據(jù)題中定義直接判斷即可；
（2）對于一個公差為的等差數(shù)列，若知其中兩項與，便可根據(jù)，求出該等差數(shù)列中的每一項．分析可知，數(shù)表中每一列都至少有兩個數(shù)已知，由此可得出的最小值；
（3）先討論，結(jié)合（1）中的結(jié)論可判斷不成立，再討論，通過等差數(shù)列的定義進行邏輯推理，可推斷出數(shù)表能被確定，由此可得出的最小值.
【小問1詳解】
數(shù)表不能被確定；數(shù)表能被確定．
對于條件，假設(shè)數(shù)表中每行、每列的公差都相等，均為，
則，，，
則，
、均無法確定，故數(shù)表不能被確定；
對于條件，因為、確定，可以根據(jù)確定，則第二行可以全部確定，
低于第二列，由于確定，結(jié)合可確定第二列的公差，進而可求出，則第二列可以全部確定，
對于第三行，由于確定了，結(jié)合可求出第三行的公差，由此可確定，則第三行可以全部確定，
對于第一列，由于確定了、，可以求出第一列的公差，由此可確定，則第一列可以全部確定，
綜上所述，數(shù)表可由條件確定.
【小問2詳解】
對于一個公差為的等差數(shù)列，若知其中兩項與，
便可根據(jù)，求出該等差數(shù)列中的每一項．
故對于數(shù)表中的任意一行（或列），若知道其中的兩個數(shù)，便可利用條件得到該行（或列）中的所有數(shù)．
一方面，若知這個數(shù)，則無法求出，故不能得出數(shù)表中所有的數(shù)，
所以．
另一方面，若知數(shù)表中的任意個數(shù)，則必存在表中的兩行，且這兩行中至少有兩個數(shù)已知，
于是數(shù)表中這兩行的數(shù)都能被求出，即數(shù)表中每一列都至少有兩個數(shù)已知，
所以數(shù)表中所有的數(shù)都能求出，即能被確定．
綜上，的最小值為．
【小問3詳解】
當時，若知中的個數(shù)，則不能求出中所有的數(shù)．
當時，已知與中的任意個數(shù)，
則必存在兩個數(shù)在中位于同一行（記為第行），從而可求出這一行中的所有數(shù)．
因為與中至多有兩個數(shù)在同一行，
所以除去第行的兩個數(shù)外，余下已知的個數(shù)必在其余的行中．
當時，通過列舉可知：余下已知的2個數(shù)不在同一列中（所在列分別記為第列和第列）；
當時，，
因為在與中至多有兩個數(shù)在同一列，
所以至少有兩列（記為第列和第列）中含有這已知的數(shù)中的數(shù)．
又因為第行的數(shù)均已得到，
所以在第列與第列中均至少知道兩個數(shù)，故這兩列中所有的數(shù)都可求出，
于是數(shù)表中每一行至少有兩個數(shù)均已得到，從而可求出數(shù)表中所有的數(shù)．
綜上，的最小值為．
1
+
0
-
0
+
↗
極大值
↘
極小值
↗
…
…
…
…

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2020北京市西城區(qū)高三數(shù)學一模試題

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