资源简介

北京市丰台区2024-2025学年高三下学期一模数学试题
1．（2025·丰台模拟）已知集合，，则（　　）
A． B．
C． D．
2．（2025·丰台模拟）在复平面内，复数z对应的点的坐标为，则（　　）
A．5 B． C．3 D．
3．（2025·丰台模拟）展开式中的常数项为（　　）
A．160 B．60 C． D．
4．（2025·丰台模拟）已知，，则下列不等式恒成立的是（　　）
A． B． C． D．
5．（2025·丰台模拟）已知抛物线C：的焦点为F，点M在C上.若M的横坐标为1，且，则p的值为（　　）
A． B．1 C．2 D．4
6．（2025·丰台模拟）已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（　　）
A．若，，，则
B．若，，则
C．若，，，则
D．若，，，则
7．（2025·丰台模拟）已知是公差不为0的等差数列，其前n项和为，则“，”是“”的（　　）
A．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．（2025·丰台模拟）在平行四边形中，E为边上的动点，O为外接圆的圆心，，且，则的最大值为（　　）
A．3 B．4 C．6 D．8
9．（2025·丰台模拟）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，圈足外撇，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，下底直径约，腹部最细处直径约，主体部分高约，则下列各数中与双曲线C的离心率最接近的是（　　）（参考数据：，）
A． B．2 C． D．3
10．（2025·丰台模拟）如图，正方体的棱长为2，为的中点，为线段上的动点，给出下列四个结论：
①存在唯一的点，使得，，，四点共面；
②的最小值为；
③存在点，使得；
④有且仅有一个点，使得平面截正方体所得截面的面积为.
其中所有正确结论的个数为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
11．（2025·丰台模拟）已知直线与圆有且仅有一个公共点，则　 　.
12．（2025·丰台模拟）已知函数，当时，　 　；若在上单调递增，则实数a的取值范围是　 　.
13．（2025·丰台模拟）已知，，是公比不为1的等比数列，将，，调整顺序后可构成一个等差数列，则满足条件的一组，，的值依次为　 　.
14．（2025·丰台模拟）已知函数的部分图象如图所示，其中M，N是直线与曲线的两个相邻交点.若，则　 　，　 　.
15．（2025·丰台模拟）已知函数.给出下列四个结论：
①当时，在区间上单调递增；
②对任意实数a，都没有最小值；
③当时，设的零点从大到小依次为，，，则对任意正整数i，都有；
④对任意实数a，m，存在实数，当时，恒有.
其中所有正确结论的序号为　 　.
16．（2025·丰台模拟）在中，．
（1）求；
（2）若的面积为，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，使得存在，求a．
条件①：；
条件②：；
条件③：．
注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得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．
17．（2025·丰台模拟）如图，在四棱锥中，平面平面，为等边三角形，，，.
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
18．（2025·丰台模拟）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
（1）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；
（2）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）记随机变量为甲、乙、丙选取的列车中运行时长不超过10小时的个数，求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．（2025·丰台模拟）已知椭圆，以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）求椭圆的方程；
（2）过点的直线与椭圆交于不同的两点.过作直线的垂线，垂足为.求证：直线过定点.
20．（2025·丰台模拟）已知函数，直线l是曲线在点处的切线.
（1）当，（为自然对数的底数）时，求l的方程；
（2）若存在l经过点，求实数a的取值范围；
（3）当时，设点，，B为l与y轴的交点，表示的面积.求的最小值.
21．（2025·丰台模拟）已知无穷递增数列各项均为正整数，记数列为数列的自身子数列.
（1）若，写出数列的自身子数列的前4项；
（2）证明：；
（3）若数列与是公差分别为，的等差数列.
（i）证明：；
（ii）当，时，求数列的通项公式.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】补集及其运算
【解析】【解答】解：由题意得，，
∵，
∴.
故答案为：D.
【分析】解绝对值不等式得出集合，再根据补集的运算法则，从而得出集合A在U中的补集.
2．【答案】B
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】解：因为复数对应的点的坐标为，
所以复数，
则 ，
所以.
故答案为：B.
【分析】根据复数在复平面内对应点的坐标得出复数z的表达式，再利用复数乘法运算法则和复数求模公式，从而得出复数的模.
3．【答案】B
【知识点】二项式定理的应用
【解析】【解答】解：由题意可知，
当时，
，
所以，展开式中的常数项为：60.
故答案为：B.
【分析】利用已知条件和二项式定理求出展开式的通项，再利用常数项的定义得出展开式中的常数项.
4．【答案】C
【知识点】指数函数单调性的应用；利用不等式的性质比较数（式）的大小；利用幂函数的单调性比较大小
【解析】【解答】解：对于选项A：因为
举反例：取，，，，
则 ，，
显然 不成立，故选项A不恒成立；
对于选项B：因为
举反例：取 ，，，，
则 ，，
显然 不成立，故选项B不恒成立；
对于选项C：因为
又因为指数函数 是严格增函数，
由 和 分别推出 和 ，
所以 恒成立，故选项C恒成立；
对于选项D：因为
举反例：取，，，，
则 ，，
显然 不成立，故选项D不恒成立.
故答案为：C.
【分析】利用举反例判断出选项A、选项B和选项D；利用指数函数的单调性结合不等式的基本性质，则判断出选项D，从而找出不等式恒成立的选项.
5．【答案】C
【知识点】抛物线的定义
【解析】【解答】解：由已知条件可得抛物线的准线方程为，
又因为抛物线上的点到焦点的距离等于到准线的距离，
所以，
解得.
故答案为：C.
【分析】利用抛物线方程得出抛物线的准线方程，再利用抛物线的定义和已知条件，从而得出p的值.
6．【答案】D
【知识点】命题的真假判断与应用；空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：如图，在正方体中，
对于A，因为平面，平面，平面平面，
但，故A错误；
对于B，因为，平面，
但平面，故B错误；
对于C，因为平面平面，平面，，
但平面，故C错误；
对于D，取直线的方向向量，直线的方向向量，
∵，，
∴分别为平面的法向量，
∵，
∴，
∴，故D正确.
故答案为：D.
【分析】利用已知条件和线线平行的判断方法、线面平行的判定定理、线面垂直的判定定理、面面垂直的判定定理，从而逐项判断找出真命题的选项.
7．【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：若，这意味着是数列中的最大值，
因为是公差不为的等差数列，
所以该数列的前项和是关于的二次函数（且二次项系数不为），其图象是一条抛物线，
当是最大值时，说明从第项开始数列的项变为非正数，
则，且（若，那么，与是最大值矛盾），
则由“”可以推出“”，充分性成立；
若，仅知道第项是非负的，但无法确定就是的最大值，
例如，当公差时，数列是递增数列，
那么会随着的增大而增大，此时就不是最大值，
则不能推出，必要性不成立，
因为充分性成立，必要性不成立，
所以“”是“”的充分不必要条件.
故答案为：A.
【分析】根据充分条件和必要条件的判断方法，从而分别判断“”能否推出“”和“”能否推出“”，进而确定两者之间的条件关系，则找出正确的选项.
8．【答案】C
【知识点】函数的最大（小）值；平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算；利用数量积判断平面向量的垂直关系
【解析】【解答】解：由，
可知O为的中点，
又因为O为外接圆的圆心，
所以为直角三角形，
则，
所以，
又因为，
所以，
所以，
又因为点E为边上的动点，
所以，
则
，
因为，
所以，
则，
所以的最大值为6.
故答案为：C.
【分析】根据题意判断出为直角三角形并求出线段的长，再以为基底结合平面向量基本定理，从而计算，再利用和不等式的基本性质，从而得出的最大值.
9．【答案】B
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：如图所示，设双曲线的标准方程为，
因为最小直径为，
可得，即，
又因为主体部分高，上底直径为，下底直径约，
设点，
所以且，
解得，
则，
所以
所以
则.
故答案为：B.
【分析】设双曲线的标准方程为，利用最小直径为得到的值，设点，再代入双曲线的方程得出的值，再结合双曲线中三者的关系式和双曲线的离心率公式，从而得出双曲线C的离心率最接近的值.
10．【答案】B
【知识点】平面内两点间距离公式的应用；棱柱的结构特征；空间中直线与直线之间的位置关系；共面向量定理
【解析】【解答】解：对于结论①，取中点为，连接，，，，
因为正方体，为的中点，
所以，
所以，，，四点共面，
如图确定的平面与线段有且仅有一个交点，故结论①正确；
对于结论②，因为，
求的最小值，即求的最小值，
因为正方体，
所以，，，四点共面，
所以与会相交于一点，设为，
此时，
因为 ，
所以的最小值为错误，
故结论②错误；
对于结论③，取，中点分别为，，连接，
设交于点，
若平面，
在平面中，易知，
所以，
所以，
所以，所以，
又因为平面，平面，
所以，，平面，平面，
所以平面，
因为平面，平面，
所以.
所以存在点，使得，
故结论③正确.
对于结论④，当点与点重合时，截面为矩形，截面面积为，
当点为上靠近点的三等分点时，
取中点为，连接，，，，，，
此时四边形即为平面截正方体所得截面，
证明如下：
已知平面，求证点为上靠近点的三等分点，
因为，所以，
所以点为上靠近点的三等分点，得证，
又因为，且，，
所以四边形为等腰梯形，面积为，
所以当点为上靠近点的三等分点时，截面面积为，
当点趋近于点时，截面面积趋近于3，
因为，，
则当点从上靠近点的三等分点向点运动时，截面面积的变化是连续的，
所以，点从上靠近点的三等分点向点运动时存在某点，使得截面面积为，
则线段上至少存在两个点使得截面面积为，故结论④不正确.
故答案为：B.
【分析】先作出经过点、点和点的截面，再利用中位线定理得出线线平行，再结合，，，四点共面，从而确定的平面与线段有且仅有一个交点， 则可判断结论①；由正方体的结构特征得出，，，四点共面，则与会相交于一点， 再利用分析可得，则可判断结论②；作出经过点且与直线垂直的平面，从而判断出平面与是否有交点，则可判断结论③；分析点与点重合时与点从上靠近点的三等分点向点运动时的两种情况的截面面积的变化情况，则可判断结论④，从而找出正确结论的个数.
11．【答案】
【知识点】直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：因为直线与圆有且仅有一个公共点，
所以，圆心为，半径为，
则，
所以.
故答案为：.
【分析】先把直线与圆有且仅有一个公共点转化为点到直线距离等于半径，从而得出圆的半径r的值.
12．【答案】0；
【知识点】函数单调性的性质；函数的值
【解析】【解答】解：当时，；
当时，是增函数；
当时，是增函数，
所以，为了使得在上单调递增，必须且只需，
则.
故答案为：；.
【分析】利用a的值得出分段函数的解析式，再利用代入法得出的值；利用分段函数的单调性得到关于a的不等式，从而求解不等式得出实数a的取值范围.
13．【答案】（答案不唯一）
【知识点】等差中项
【解析】【解答】解：设等比数列，，的公比为，
则等比数列为，
不妨设调整顺序后的等差数列为，
则，
∵，∴，
解得或（舍），
令，
则，，
∴满足条件的一组，，的值依次为.
故答案为：（答案不唯一）.
【分析】设等比数列的公比为，利用等比数列的通项公式表示各项，再调整顺序后结合等差中项的定义，从而建立等量关系得出的值，再令得出，的值，从而得出满足条件的一组，，的值.
14．【答案】2；
【知识点】函数的值；由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式
【解析】【解答】解：因为，是直线与曲线的两个相邻交点，且.
设
则，且，
则，
则，
同理可得，
因此，
解得，
因为函数的图象过点，
可得，
所以，，
则，.
因为，
所以，
则.
将代入，
可得.
故答案为：2；.
【分析】先根据|MN|与周期的关系，从而求出的值；再利用正弦型函数的图象过点，则由代入法求出的值，从而得出正弦型函数的解析式，再将代入函数解析式，从而求出的值.
15．【答案】②④
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：对于①，当时，，
则，
存在，使得，
所以在上单调递减，在上单调递增，故①错误；
对于②，当时，，
则在上单调递增；
当时，，，，则在上没有最小值；
当时，，，，则在上没有最小值，故②正确；
对于③，结合①②，当时，在的零点，
最大的①中的，，
当时，
当时，存在零点，
所以这两个零点距离大于，故③错误；
对于④，因为，
又因为是对勾函数，可以取到，，
所以可以取到，故④正确.
故答案为：②④.
【分析】先根据a的值得出函数的解析式，再根据导数的正负与函数的单调性的关系，则判断出结论①；对进行分类讨论，再利用函数的单调性和函数求极限的方法，从而得出函数的最值，则判断出结论②；结合①②的情况和函数零点存在性定理以及零点距离公式，则判断出结论③；利用对勾函数和函数求极限的方法，再利用不等式恒成立问题求解方法，则判断出结论④，从而找出正确结论的序号.
16．【答案】（1）解：在中，
因为，
由余弦定理，
得．
又因为，
所以．
（2）解：选择条件①：
因为，
所以，，
由题意得，
所以，
又因为，，
所以
，
由正弦定理，得，
又因为，所以，
所以．
选择条件②：
由题意得，所以，
又因为，且，
所以．
又因为，
所以，
又因为，
解得或．
选择条件③：不符合题意，
因为中，，
不可能是．
【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用余弦定理的推论，将等式进行变形，从而求出的值，再由同角三角函数的基本关系式得出角B的正弦值.
（2）选择条件①：利用三角形的面积公式求出的值，再利用正弦定理得出的值，再联立方程组 得出a的值；选择条件②：利用三角形面积公式求出的值，再利用且，则得出的值，从而得出的值，再联立方程组得出a的值；选择条件③：不符合题意，根据得出不可能是．
（1）在中，因为，
由余弦定理，得．
因为，所以．
（2）选择条件①：
因为，所以，．
由题意得，所以．
因为，，
所以
．
由正弦定理，得，
又，解得，所以．
选择条件②：
由题意得，所以．
因为，且，所以．
又，所以，
又，解得或．
选择条件③：不符合题意，因为中，，不可能．
17．【答案】（1）证明：∵在中，，，，
∴则，
∵，
∴，
∵平面平面，平面平面，
平面，
∴平面.
（2）解：分别取，中点，连接，，
则，，
∵，
∴，
∵为等边三角形，
∴，
则.
∵平面，平面，
∴，
∵，
∴，
则，，两两垂直，
如图，以为原点建立空间直角坐标系，
则，，，，
∴，，，，
设平面的法向量为，
则
所以
令，则，，
∴，
设直线与平面所成角为，
则
∴直线与平面所成角的正弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的性质；用空间向量研究直线与平面所成的角；余弦定理的应用
【解析】【分析】（1）根据余弦定理得出的长，再利用勾股定理得到，再利用面面垂直的性质定理证出平面.
（2）分别取，中点，再利用中位线定理得出线线平行，再结合等边三角形三线合一和勾股定理，从而得出线线垂直，进而证出，，两两垂直，则建立空间直角坐标系，则得出点的坐标和向量的坐标，再结合两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而得出平面的法向量，再利用数量积求向量夹角公式和诱导公式，从而得出直线与平面所成角的正弦值.
（1）∵在中，，，，
∴，故.
∵，∴.
∵平面平面，平面平面，平面，
∴平面.
（2）
分别取，中点，连接，，则，.
∵，∴.
∵为等边三角形，∴，故.
∵平面，平面，∴.
∵，∴，故，，两两垂直.
如图，以为原点建立空间直角坐标系，则，，，，
∴，，，.
设平面的法向量为，
则即
令，则，，∴.
设直线与平面所成角为，
则，
∴直线与平面所成角的正弦值为.
18．【答案】（1）解：从北京西出发到广州南的高铁车次共7个，
运行时长不超过10小时的有4个，超过10小时的有3个，
故这趟列车的运行时长不超过10小时的概率为 .
（2）解：（ⅰ）上午运行时长不超过10小时的列车有2个，
超过10小时的列车有2个，
下午运行时长不超过10小时的列车有2个，
超过10小时的列车有1个，
甲选取的列车中运行时长不超过10小时的概率为；
乙选取的列车中运行时长不超过10小时的概率为；
丙选取的列车中运行时长不超过10小时的概率为，
则的可能取值为0，1，2，3，
，
，
所以的分布列为：
0 1 2 3
则数学期望为.
（ⅱ）甲选取的列车运行时长最短的概率最大，理由如下：
列车运行时长最短为7小时17分，在上午，甲选取此列车的概率为，
乙选取此列车的概率为0，丙选取此列车的概率为，
所以，甲选取的列车运行时长最短的概率最大.
【知识点】古典概型及其概率计算公式；离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差；概率的应用；排列、组合的实际应用
【解析】【分析】（1）利用已知条件和古典概率公式以及组合数公式，从而得出这趟列车的运行时长不超过10小时的概率.
（2）（ⅰ）利用已知条件和组合数公式以及古典概率公式，从而得出随机变量的可能取值和对应的概率，则得出随机变量X的分布列，再利用随机变量X的分布列求数学期望公式，从而得出随机变量X的数学期望.
（ⅱ）利用列车运行时长最短为7小时17分，在上午，分别计算出甲，乙，丙选取此列车的概率，从而比较得到甲选取的列车运行时长最短的概率最大.
（1）从北京西出发到广州南的高铁车次共7个，
运行时长不超过10小时的有4个，超过10小时的有3个，
故这趟列车的运行时长不超过10小时的概率为；
（2）（ⅰ）上午运行时长不超过10小时的列车有2个，超过10小时的列车有2个，
下午运行时长不超过10小时的列车有2个，超过10小时的列车有1个，
甲选取的列车中运行时长不超过10小时的概率为，
乙选取的列车中运行时长不超过10小时的概率为，
丙选取的列车中运行时长不超过10小时的概率为，
的可能取值为0，1，2，3，
，
，
，
，
所以的分布列为
0 1 2 3
数学期望为；
（ⅱ）甲选取的列车运行时长最短的概率最大，理由如下：
列车运行时长最短为7小时17分，在上午，甲选取此列车的概率为，
乙选取此列车的概率为0，丙选取此列车的概率为，
故甲选取的列车运行时长最短的概率最大.
19．【答案】（1）解：由题意，得，
解得，
∴椭圆E的方程为.
（2）证明：由题意得，直线的斜率存在，
设直线的方程为，点，，
则，
由，
得.
由，
得，
∴，，
∵，
∴直线的方程为：，
令，得：，
则，
当时，
，
∴，
则直线过定点，
当时，直线为x轴，过点，
综上所述，直线过定点.
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据已知条件和等腰三角形的结构特征、三角形的面积公式、椭圆中a，b，c三者的关系式，从而得到关于的方程组，再解方程组得出a，b，c的值，从而得出椭圆的标准方程.
（2）由题意得，直线的斜率存在，设直线的方程为，点，，则，再联立直线方程与椭圆的方程，再根据判别式法和韦达定理以及两点求斜率公式，从而得出直线的方程，再利用赋值法得出直线过定点，当时，直线为x轴，过点，从而证出直线过定点.
（1）由题意得，解得，
∴椭圆E的方程为.
（2）由题意得，直线的斜率存在.
设直线的方程为，点，，则，
由得.
由得，
∴，.
∵，∴直线的方程为：，
令，得，即，
当时，，
∴，故直线过定点.
当时，直线为x轴，过点.
综上，直线过定点.
20．【答案】（1）解：当，（为自然对数的底数）时，，
则，
所以，
则，
所以，直线l的方程为，即.
（2）解：因为，
所以.
又因为，
所以，
所以直线l的方程为，
又因为直线l经过点，
所以，
化简得，
设，
由题意知，存在，使得，
又因为，
当时，，在区间上单调递减；
当时，，在区间上单调递增，
所以在时取得最小值，
因为，
所以，
解得，此时，
因为，
所以只需，
所以a的取值范围是.
（3）解：当时，，
则，
所以，
则，
则直线l的方程为，
令，得，
则，
所以，
由（2）知，当时，
在时取得最小值，
因为，
所以恒成立，
则当时，取得最小值.
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数最大（小）值；利用导数研究曲线上某点切线方程；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）将代入得到函数的解析式，再利用导数的几何意义得出切线的斜率，再根据代入法求出切点坐标，最后由点斜式得出切线l的方程.
（2）由函数解析式求出切点坐标，再由导数几何意义求出切线斜率，从而得到切线方程，再代点到直线方程，从而得到方程，设函数，再利用导数判断函数的单调性，从而得出函数的单调区间，进而得到函数的最小值，再利用方程有解得出函数有零点，则函数最小值小于或等于0，从而建立不等式得出实数a的取值范围.
（3）代入得到函数解析式，从而求出切点坐标，再利用导数的几何意义得到切线斜率，再根据点斜式方程得到切线方程，从而得出点的坐标，再利用三角形的面积公式和（2）可知，当时，在时取得最小值，再利用，则恒成立，从而得出当时，取得最小值.
（1）当，（为自然对数的底数）时，
，，
，，
所以直线l的方程为，即.
（2）因为，所以.
因为，所以.
所以直线l的方程为.
因为l经过点，所以，化简得.
设，由题意知，存在，使得.
又因为，
当时，，在区间上单调递减；
当时，，在区间上单调递增；
所以在时取得最小值.
因为，所以，解得.
此时.
因为，
所以只需.所以a的取值范围是.
（3）当时，，，
，，
直线l的方程为.
令，得，即，
所以.
由（2）知，当时，在时取得最小值，
因为，所以恒成立，
所以当时，取得最小值.
21．【答案】（1）解：因为
所以，数列的自身子数列为，
所以，数列的前4项为：，
则数列的自身子数列的前4项为1，5，9，13.
（2）证明：因为数列是递增数列且各项均为正整数，
所以，
所以
设，
则，
所以.
（3）（i）证明：由题意，
得，，
又因为和数列是递增数列，
所以，
则，
则，
对任意正整数均成立，
则，否则矛盾，
所以.
（ii）解：因为，
若存在，使得，
设，
不妨设，则，
则
又因为，
所以与矛盾，
所以，对任意，都有，
若存在，使得，
设，
不妨设，则，
则
又因为，
所以与矛盾，
所以，对任意，都有，
综上所述，对任意，都有，
设，
则数列是公差为的等差数列，
所以，
又因为，
所以，
又因为，
所以.
【知识点】函数恒成立问题；数列的函数特性；等差数列概念与表示；等差数列的通项公式；反证法的应用
【解析】【分析】（1）由数列的自身子数列定义和已知条件，从而写出数列的自身子数列的前4项.
（2）由题意可得，设， 从而证出，进而证出不等式成立.
（3）（i）根据等差数列的通项公式和已知条件，从而可得，
进而得到，则证出成立.
（ii）分别假设存在，使和成立，分别推出矛盾，从而得出，设，则由数列的自身子数列定义求出的值，再根据等差数列的通项公式得出数列的通项公式.
（1）因为
所以数列的自身子数列为，
所以前4项为：，
即数列的自身子数列的前4项为1，5，9，13.
（2）因为数列是递增数列且各项均为正整数，于是，
所以，
设，则，
所以.
（3）（i）由题得，，
又及是递增数列，得，
即，
即，
由于对任意正整数均成立，则，否则矛盾.
所以.
（ii）由，
若存在，使得，
设，
不妨设，有，
则，
又，
因此与矛盾，
所以对任意，都有.
若存在，使得，
设，
不妨设，有，
则，
又，
因此与矛盾，
所以对任意，都有，
综上，对任意，都有.
设，
则数列是公差为的等差数列，，
又，
因此，又，
所以.
1 / 1北京市丰台区2024-2025学年高三下学期一模数学试题
1．（2025·丰台模拟）已知集合，，则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】补集及其运算
【解析】【解答】解：由题意得，，
∵，
∴.
故答案为：D.
【分析】解绝对值不等式得出集合，再根据补集的运算法则，从而得出集合A在U中的补集.
2．（2025·丰台模拟）在复平面内，复数z对应的点的坐标为，则（　　）
A．5 B． C．3 D．
【答案】B
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】解：因为复数对应的点的坐标为，
所以复数，
则 ，
所以.
故答案为：B.
【分析】根据复数在复平面内对应点的坐标得出复数z的表达式，再利用复数乘法运算法则和复数求模公式，从而得出复数的模.
3．（2025·丰台模拟）展开式中的常数项为（　　）
A．160 B．60 C． D．
【答案】B
【知识点】二项式定理的应用
【解析】【解答】解：由题意可知，
当时，
，
所以，展开式中的常数项为：60.
故答案为：B.
【分析】利用已知条件和二项式定理求出展开式的通项，再利用常数项的定义得出展开式中的常数项.
4．（2025·丰台模拟）已知，，则下列不等式恒成立的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】指数函数单调性的应用；利用不等式的性质比较数（式）的大小；利用幂函数的单调性比较大小
【解析】【解答】解：对于选项A：因为
举反例：取，，，，
则 ，，
显然 不成立，故选项A不恒成立；
对于选项B：因为
举反例：取 ，，，，
则 ，，
显然 不成立，故选项B不恒成立；
对于选项C：因为
又因为指数函数 是严格增函数，
由 和 分别推出 和 ，
所以 恒成立，故选项C恒成立；
对于选项D：因为
举反例：取，，，，
则 ，，
显然 不成立，故选项D不恒成立.
故答案为：C.
【分析】利用举反例判断出选项A、选项B和选项D；利用指数函数的单调性结合不等式的基本性质，则判断出选项D，从而找出不等式恒成立的选项.
5．（2025·丰台模拟）已知抛物线C：的焦点为F，点M在C上.若M的横坐标为1，且，则p的值为（　　）
A． B．1 C．2 D．4
【答案】C
【知识点】抛物线的定义
【解析】【解答】解：由已知条件可得抛物线的准线方程为，
又因为抛物线上的点到焦点的距离等于到准线的距离，
所以，
解得.
故答案为：C.
【分析】利用抛物线方程得出抛物线的准线方程，再利用抛物线的定义和已知条件，从而得出p的值.
6．（2025·丰台模拟）已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（　　）
A．若，，，则
B．若，，则
C．若，，，则
D．若，，，则
【答案】D
【知识点】命题的真假判断与应用；空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：如图，在正方体中，
对于A，因为平面，平面，平面平面，
但，故A错误；
对于B，因为，平面，
但平面，故B错误；
对于C，因为平面平面，平面，，
但平面，故C错误；
对于D，取直线的方向向量，直线的方向向量，
∵，，
∴分别为平面的法向量，
∵，
∴，
∴，故D正确.
故答案为：D.
【分析】利用已知条件和线线平行的判断方法、线面平行的判定定理、线面垂直的判定定理、面面垂直的判定定理，从而逐项判断找出真命题的选项.
7．（2025·丰台模拟）已知是公差不为0的等差数列，其前n项和为，则“，”是“”的（　　）
A．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
【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：若，这意味着是数列中的最大值，
因为是公差不为的等差数列，
所以该数列的前项和是关于的二次函数（且二次项系数不为），其图象是一条抛物线，
当是最大值时，说明从第项开始数列的项变为非正数，
则，且（若，那么，与是最大值矛盾），
则由“”可以推出“”，充分性成立；
若，仅知道第项是非负的，但无法确定就是的最大值，
例如，当公差时，数列是递增数列，
那么会随着的增大而增大，此时就不是最大值，
则不能推出，必要性不成立，
因为充分性成立，必要性不成立，
所以“”是“”的充分不必要条件.
故答案为：A.
【分析】根据充分条件和必要条件的判断方法，从而分别判断“”能否推出“”和“”能否推出“”，进而确定两者之间的条件关系，则找出正确的选项.
8．（2025·丰台模拟）在平行四边形中，E为边上的动点，O为外接圆的圆心，，且，则的最大值为（　　）
A．3 B．4 C．6 D．8
【答案】C
【知识点】函数的最大（小）值；平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算；利用数量积判断平面向量的垂直关系
【解析】【解答】解：由，
可知O为的中点，
又因为O为外接圆的圆心，
所以为直角三角形，
则，
所以，
又因为，
所以，
所以，
又因为点E为边上的动点，
所以，
则
，
因为，
所以，
则，
所以的最大值为6.
故答案为：C.
【分析】根据题意判断出为直角三角形并求出线段的长，再以为基底结合平面向量基本定理，从而计算，再利用和不等式的基本性质，从而得出的最大值.
9．（2025·丰台模拟）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，圈足外撇，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，下底直径约，腹部最细处直径约，主体部分高约，则下列各数中与双曲线C的离心率最接近的是（　　）（参考数据：，）
A． B．2 C． D．3
【答案】B
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：如图所示，设双曲线的标准方程为，
因为最小直径为，
可得，即，
又因为主体部分高，上底直径为，下底直径约，
设点，
所以且，
解得，
则，
所以
所以
则.
故答案为：B.
【分析】设双曲线的标准方程为，利用最小直径为得到的值，设点，再代入双曲线的方程得出的值，再结合双曲线中三者的关系式和双曲线的离心率公式，从而得出双曲线C的离心率最接近的值.
10．（2025·丰台模拟）如图，正方体的棱长为2，为的中点，为线段上的动点，给出下列四个结论：
①存在唯一的点，使得，，，四点共面；
②的最小值为；
③存在点，使得；
④有且仅有一个点，使得平面截正方体所得截面的面积为.
其中所有正确结论的个数为（　　）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【知识点】平面内两点间距离公式的应用；棱柱的结构特征；空间中直线与直线之间的位置关系；共面向量定理
【解析】【解答】解：对于结论①，取中点为，连接，，，，
因为正方体，为的中点，
所以，
所以，，，四点共面，
如图确定的平面与线段有且仅有一个交点，故结论①正确；
对于结论②，因为，
求的最小值，即求的最小值，
因为正方体，
所以，，，四点共面，
所以与会相交于一点，设为，
此时，
因为 ，
所以的最小值为错误，
故结论②错误；
对于结论③，取，中点分别为，，连接，
设交于点，
若平面，
在平面中，易知，
所以，
所以，
所以，所以，
又因为平面，平面，
所以，，平面，平面，
所以平面，
因为平面，平面，
所以.
所以存在点，使得，
故结论③正确.
对于结论④，当点与点重合时，截面为矩形，截面面积为，
当点为上靠近点的三等分点时，
取中点为，连接，，，，，，
此时四边形即为平面截正方体所得截面，
证明如下：
已知平面，求证点为上靠近点的三等分点，
因为，所以，
所以点为上靠近点的三等分点，得证，
又因为，且，，
所以四边形为等腰梯形，面积为，
所以当点为上靠近点的三等分点时，截面面积为，
当点趋近于点时，截面面积趋近于3，
因为，，
则当点从上靠近点的三等分点向点运动时，截面面积的变化是连续的，
所以，点从上靠近点的三等分点向点运动时存在某点，使得截面面积为，
则线段上至少存在两个点使得截面面积为，故结论④不正确.
故答案为：B.
【分析】先作出经过点、点和点的截面，再利用中位线定理得出线线平行，再结合，，，四点共面，从而确定的平面与线段有且仅有一个交点， 则可判断结论①；由正方体的结构特征得出，，，四点共面，则与会相交于一点， 再利用分析可得，则可判断结论②；作出经过点且与直线垂直的平面，从而判断出平面与是否有交点，则可判断结论③；分析点与点重合时与点从上靠近点的三等分点向点运动时的两种情况的截面面积的变化情况，则可判断结论④，从而找出正确结论的个数.
11．（2025·丰台模拟）已知直线与圆有且仅有一个公共点，则　 　.
【答案】
【知识点】直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：因为直线与圆有且仅有一个公共点，
所以，圆心为，半径为，
则，
所以.
故答案为：.
【分析】先把直线与圆有且仅有一个公共点转化为点到直线距离等于半径，从而得出圆的半径r的值.
12．（2025·丰台模拟）已知函数，当时，　 　；若在上单调递增，则实数a的取值范围是　 　.
【答案】0；
【知识点】函数单调性的性质；函数的值
【解析】【解答】解：当时，；
当时，是增函数；
当时，是增函数，
所以，为了使得在上单调递增，必须且只需，
则.
故答案为：；.
【分析】利用a的值得出分段函数的解析式，再利用代入法得出的值；利用分段函数的单调性得到关于a的不等式，从而求解不等式得出实数a的取值范围.
13．（2025·丰台模拟）已知，，是公比不为1的等比数列，将，，调整顺序后可构成一个等差数列，则满足条件的一组，，的值依次为　 　.
【答案】（答案不唯一）
【知识点】等差中项
【解析】【解答】解：设等比数列，，的公比为，
则等比数列为，
不妨设调整顺序后的等差数列为，
则，
∵，∴，
解得或（舍），
令，
则，，
∴满足条件的一组，，的值依次为.
故答案为：（答案不唯一）.
【分析】设等比数列的公比为，利用等比数列的通项公式表示各项，再调整顺序后结合等差中项的定义，从而建立等量关系得出的值，再令得出，的值，从而得出满足条件的一组，，的值.
14．（2025·丰台模拟）已知函数的部分图象如图所示，其中M，N是直线与曲线的两个相邻交点.若，则　 　，　 　.
【答案】2；
【知识点】函数的值；由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式
【解析】【解答】解：因为，是直线与曲线的两个相邻交点，且.
设
则，且，
则，
则，
同理可得，
因此，
解得，
因为函数的图象过点，
可得，
所以，，
则，.
因为，
所以，
则.
将代入，
可得.
故答案为：2；.
【分析】先根据|MN|与周期的关系，从而求出的值；再利用正弦型函数的图象过点，则由代入法求出的值，从而得出正弦型函数的解析式，再将代入函数解析式，从而求出的值.
15．（2025·丰台模拟）已知函数.给出下列四个结论：
①当时，在区间上单调递增；
②对任意实数a，都没有最小值；
③当时，设的零点从大到小依次为，，，则对任意正整数i，都有；
④对任意实数a，m，存在实数，当时，恒有.
其中所有正确结论的序号为　 　.
【答案】②④
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：对于①，当时，，
则，
存在，使得，
所以在上单调递减，在上单调递增，故①错误；
对于②，当时，，
则在上单调递增；
当时，，，，则在上没有最小值；
当时，，，，则在上没有最小值，故②正确；
对于③，结合①②，当时，在的零点，
最大的①中的，，
当时，
当时，存在零点，
所以这两个零点距离大于，故③错误；
对于④，因为，
又因为是对勾函数，可以取到，，
所以可以取到，故④正确.
故答案为：②④.
【分析】先根据a的值得出函数的解析式，再根据导数的正负与函数的单调性的关系，则判断出结论①；对进行分类讨论，再利用函数的单调性和函数求极限的方法，从而得出函数的最值，则判断出结论②；结合①②的情况和函数零点存在性定理以及零点距离公式，则判断出结论③；利用对勾函数和函数求极限的方法，再利用不等式恒成立问题求解方法，则判断出结论④，从而找出正确结论的序号.
16．（2025·丰台模拟）在中，．
（1）求；
（2）若的面积为，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，使得存在，求a．
条件①：；
条件②：；
条件③：．
注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得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．
【答案】（1）解：在中，
因为，
由余弦定理，
得．
又因为，
所以．
（2）解：选择条件①：
因为，
所以，，
由题意得，
所以，
又因为，，
所以
，
由正弦定理，得，
又因为，所以，
所以．
选择条件②：
由题意得，所以，
又因为，且，
所以．
又因为，
所以，
又因为，
解得或．
选择条件③：不符合题意，
因为中，，
不可能是．
【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用余弦定理的推论，将等式进行变形，从而求出的值，再由同角三角函数的基本关系式得出角B的正弦值.
（2）选择条件①：利用三角形的面积公式求出的值，再利用正弦定理得出的值，再联立方程组 得出a的值；选择条件②：利用三角形面积公式求出的值，再利用且，则得出的值，从而得出的值，再联立方程组得出a的值；选择条件③：不符合题意，根据得出不可能是．
（1）在中，因为，
由余弦定理，得．
因为，所以．
（2）选择条件①：
因为，所以，．
由题意得，所以．
因为，，
所以
．
由正弦定理，得，
又，解得，所以．
选择条件②：
由题意得，所以．
因为，且，所以．
又，所以，
又，解得或．
选择条件③：不符合题意，因为中，，不可能．
17．（2025·丰台模拟）如图，在四棱锥中，平面平面，为等边三角形，，，.
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明：∵在中，，，，
∴则，
∵，
∴，
∵平面平面，平面平面，
平面，
∴平面.
（2）解：分别取，中点，连接，，
则，，
∵，
∴，
∵为等边三角形，
∴，
则.
∵平面，平面，
∴，
∵，
∴，
则，，两两垂直，
如图，以为原点建立空间直角坐标系，
则，，，，
∴，，，，
设平面的法向量为，
则
所以
令，则，，
∴，
设直线与平面所成角为，
则
∴直线与平面所成角的正弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的性质；用空间向量研究直线与平面所成的角；余弦定理的应用
【解析】【分析】（1）根据余弦定理得出的长，再利用勾股定理得到，再利用面面垂直的性质定理证出平面.
（2）分别取，中点，再利用中位线定理得出线线平行，再结合等边三角形三线合一和勾股定理，从而得出线线垂直，进而证出，，两两垂直，则建立空间直角坐标系，则得出点的坐标和向量的坐标，再结合两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而得出平面的法向量，再利用数量积求向量夹角公式和诱导公式，从而得出直线与平面所成角的正弦值.
（1）∵在中，，，，
∴，故.
∵，∴.
∵平面平面，平面平面，平面，
∴平面.
（2）
分别取，中点，连接，，则，.
∵，∴.
∵为等边三角形，∴，故.
∵平面，平面，∴.
∵，∴，故，，两两垂直.
如图，以为原点建立空间直角坐标系，则，，，，
∴，，，.
设平面的法向量为，
则即
令，则，，∴.
设直线与平面所成角为，
则，
∴直线与平面所成角的正弦值为.
18．（2025·丰台模拟）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
（1）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；
（2）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）记随机变量为甲、乙、丙选取的列车中运行时长不超过10小时的个数，求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）
【答案】（1）解：从北京西出发到广州南的高铁车次共7个，
运行时长不超过10小时的有4个，超过10小时的有3个，
故这趟列车的运行时长不超过10小时的概率为 .
（2）解：（ⅰ）上午运行时长不超过10小时的列车有2个，
超过10小时的列车有2个，
下午运行时长不超过10小时的列车有2个，
超过10小时的列车有1个，
甲选取的列车中运行时长不超过10小时的概率为；
乙选取的列车中运行时长不超过10小时的概率为；
丙选取的列车中运行时长不超过10小时的概率为，
则的可能取值为0，1，2，3，
，
，
所以的分布列为：
0 1 2 3
则数学期望为.
（ⅱ）甲选取的列车运行时长最短的概率最大，理由如下：
列车运行时长最短为7小时17分，在上午，甲选取此列车的概率为，
乙选取此列车的概率为0，丙选取此列车的概率为，
所以，甲选取的列车运行时长最短的概率最大.
【知识点】古典概型及其概率计算公式；离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差；概率的应用；排列、组合的实际应用
【解析】【分析】（1）利用已知条件和古典概率公式以及组合数公式，从而得出这趟列车的运行时长不超过10小时的概率.
（2）（ⅰ）利用已知条件和组合数公式以及古典概率公式，从而得出随机变量的可能取值和对应的概率，则得出随机变量X的分布列，再利用随机变量X的分布列求数学期望公式，从而得出随机变量X的数学期望.
（ⅱ）利用列车运行时长最短为7小时17分，在上午，分别计算出甲，乙，丙选取此列车的概率，从而比较得到甲选取的列车运行时长最短的概率最大.
（1）从北京西出发到广州南的高铁车次共7个，
运行时长不超过10小时的有4个，超过10小时的有3个，
故这趟列车的运行时长不超过10小时的概率为；
（2）（ⅰ）上午运行时长不超过10小时的列车有2个，超过10小时的列车有2个，
下午运行时长不超过10小时的列车有2个，超过10小时的列车有1个，
甲选取的列车中运行时长不超过10小时的概率为，
乙选取的列车中运行时长不超过10小时的概率为，
丙选取的列车中运行时长不超过10小时的概率为，
的可能取值为0，1，2，3，
，
，
，
，
所以的分布列为
0 1 2 3
数学期望为；
（ⅱ）甲选取的列车运行时长最短的概率最大，理由如下：
列车运行时长最短为7小时17分，在上午，甲选取此列车的概率为，
乙选取此列车的概率为0，丙选取此列车的概率为，
故甲选取的列车运行时长最短的概率最大.
19．（2025·丰台模拟）已知椭圆，以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）求椭圆的方程；
（2）过点的直线与椭圆交于不同的两点.过作直线的垂线，垂足为.求证：直线过定点.
【答案】（1）解：由题意，得，
解得，
∴椭圆E的方程为.
（2）证明：由题意得，直线的斜率存在，
设直线的方程为，点，，
则，
由，
得.
由，
得，
∴，，
∵，
∴直线的方程为：，
令，得：，
则，
当时，
，
∴，
则直线过定点，
当时，直线为x轴，过点，
综上所述，直线过定点.
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据已知条件和等腰三角形的结构特征、三角形的面积公式、椭圆中a，b，c三者的关系式，从而得到关于的方程组，再解方程组得出a，b，c的值，从而得出椭圆的标准方程.
（2）由题意得，直线的斜率存在，设直线的方程为，点，，则，再联立直线方程与椭圆的方程，再根据判别式法和韦达定理以及两点求斜率公式，从而得出直线的方程，再利用赋值法得出直线过定点，当时，直线为x轴，过点，从而证出直线过定点.
（1）由题意得，解得，
∴椭圆E的方程为.
（2）由题意得，直线的斜率存在.
设直线的方程为，点，，则，
由得.
由得，
∴，.
∵，∴直线的方程为：，
令，得，即，
当时，，
∴，故直线过定点.
当时，直线为x轴，过点.
综上，直线过定点.
20．（2025·丰台模拟）已知函数，直线l是曲线在点处的切线.
（1）当，（为自然对数的底数）时，求l的方程；
（2）若存在l经过点，求实数a的取值范围；
（3）当时，设点，，B为l与y轴的交点，表示的面积.求的最小值.
【答案】（1）解：当，（为自然对数的底数）时，，
则，
所以，
则，
所以，直线l的方程为，即.
（2）解：因为，
所以.
又因为，
所以，
所以直线l的方程为，
又因为直线l经过点，
所以，
化简得，
设，
由题意知，存在，使得，
又因为，
当时，，在区间上单调递减；
当时，，在区间上单调递增，
所以在时取得最小值，
因为，
所以，
解得，此时，
因为，
所以只需，
所以a的取值范围是.
（3）解：当时，，
则，
所以，
则，
则直线l的方程为，
令，得，
则，
所以，
由（2）知，当时，
在时取得最小值，
因为，
所以恒成立，
则当时，取得最小值.
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数最大（小）值；利用导数研究曲线上某点切线方程；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）将代入得到函数的解析式，再利用导数的几何意义得出切线的斜率，再根据代入法求出切点坐标，最后由点斜式得出切线l的方程.
（2）由函数解析式求出切点坐标，再由导数几何意义求出切线斜率，从而得到切线方程，再代点到直线方程，从而得到方程，设函数，再利用导数判断函数的单调性，从而得出函数的单调区间，进而得到函数的最小值，再利用方程有解得出函数有零点，则函数最小值小于或等于0，从而建立不等式得出实数a的取值范围.
（3）代入得到函数解析式，从而求出切点坐标，再利用导数的几何意义得到切线斜率，再根据点斜式方程得到切线方程，从而得出点的坐标，再利用三角形的面积公式和（2）可知，当时，在时取得最小值，再利用，则恒成立，从而得出当时，取得最小值.
（1）当，（为自然对数的底数）时，
，，
，，
所以直线l的方程为，即.
（2）因为，所以.
因为，所以.
所以直线l的方程为.
因为l经过点，所以，化简得.
设，由题意知，存在，使得.
又因为，
当时，，在区间上单调递减；
当时，，在区间上单调递增；
所以在时取得最小值.
因为，所以，解得.
此时.
因为，
所以只需.所以a的取值范围是.
（3）当时，，，
，，
直线l的方程为.
令，得，即，
所以.
由（2）知，当时，在时取得最小值，
因为，所以恒成立，
所以当时，取得最小值.
21．（2025·丰台模拟）已知无穷递增数列各项均为正整数，记数列为数列的自身子数列.
（1）若，写出数列的自身子数列的前4项；
（2）证明：；
（3）若数列与是公差分别为，的等差数列.
（i）证明：；
（ii）当，时，求数列的通项公式.
【答案】（1）解：因为
所以，数列的自身子数列为，
所以，数列的前4项为：，
则数列的自身子数列的前4项为1，5，9，13.
（2）证明：因为数列是递增数列且各项均为正整数，
所以，
所以
设，
则，
所以.
（3）（i）证明：由题意，
得，，
又因为和数列是递增数列，
所以，
则，
则，
对任意正整数均成立，
则，否则矛盾，
所以.
（ii）解：因为，
若存在，使得，
设，
不妨设，则，
则
又因为，
所以与矛盾，
所以，对任意，都有，
若存在，使得，
设，
不妨设，则，
则
又因为，
所以与矛盾，
所以，对任意，都有，
综上所述，对任意，都有，
设，
则数列是公差为的等差数列，
所以，
又因为，
所以，
又因为，
所以.
【知识点】函数恒成立问题；数列的函数特性；等差数列概念与表示；等差数列的通项公式；反证法的应用
【解析】【分析】（1）由数列的自身子数列定义和已知条件，从而写出数列的自身子数列的前4项.
（2）由题意可得，设， 从而证出，进而证出不等式成立.
（3）（i）根据等差数列的通项公式和已知条件，从而可得，
进而得到，则证出成立.
（ii）分别假设存在，使和成立，分别推出矛盾，从而得出，设，则由数列的自身子数列定义求出的值，再根据等差数列的通项公式得出数列的通项公式.
（1）因为
所以数列的自身子数列为，
所以前4项为：，
即数列的自身子数列的前4项为1，5，9，13.
（2）因为数列是递增数列且各项均为正整数，于是，
所以，
设，则，
所以.
（3）（i）由题得，，
又及是递增数列，得，
即，
即，
由于对任意正整数均成立，则，否则矛盾.
所以.
（ii）由，
若存在，使得，
设，
不妨设，有，
则，
又，
因此与矛盾，
所以对任意，都有.
若存在，使得，
设，
不妨设，有，
则，
又，
因此与矛盾，
所以对任意，都有，
综上，对任意，都有.
设，
则数列是公差为的等差数列，，
又，
因此，又，
所以.
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