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北京市顺义区2025届高三下学期统一测试(一模)数学试卷
一、选择题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.
1．（2025·顺义模拟）已知集合，集合，则（　　）
A． B．
C． D．
2．（2025·顺义模拟）已知平面向量，满足，，，则（　　）
A．6 B．3 C． D．
3．（2025·顺义模拟）下列函数中，单调递增且值域为的是（　　）
A． B． C． D．
4．（2025·顺义模拟）复数的共轭复数为，且满足，则（　　）
A．2 B． C．1 D．
5．（2025·顺义模拟）在天文学中，天体的明暗程度可以用视星等和绝对星等来描述.视星等是在地球上看到的星体亮度等级，视星等受恒星距离影响.绝对星等M是假设把恒星放在距离地球10秒差距（10秒差距≈32.6光年）时的视星等，这样能比较不同恒星本身的亮度.视星等和绝对星等M满足，其中是与地球的距离，单位为秒差距.若恒星A距离地球约32.6光年，恒星B距离地球约326光年，恒星A，B的视星等满足，则（　　）
A． B． C． D．
6．（2025·顺义模拟）已知，点M满足，则的可能取值是（　　）
A．4 B． C．1 D．
7．（2025·顺义模拟）六氟化硫是一种无机化合物，常温常压下为无色无味无毒不燃的稳定气体.化学式为，在其分子结构中，硫原子位于中心，六个氟原子均匀分布在其周围，形成一个八面体的结构.如图所示，该分子结构可看作正八面体，记为，各棱长均相等，则平面与平面夹角的余弦值是（　　）
A． B． C． D．
8．（2025·顺义模拟）设为等比数列，则“存在，使得”是“为递减数列”的（　　）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
9．（2025·顺义模拟）已知抛物线：的焦点为，准线为，过点的直线与交于不同的两点A，B，为坐标原点，直线与交于点M，若，则的面积等于（　　）
A． B． C． D．2
10．（2025·顺义模拟）已知直线分别与函数和的图象交于，，给出下列三个结论：①；②；③.其中正确结论的个数是（　　）
A．0 B．1 C．2 D．3
二、填空题共5小题，每小题5分，共25分.
11．（2025·顺义模拟）已知双曲线：的左、右焦点分别为，，且过点，则双曲线的渐近线方程为　 　.
12．（2025·顺义模拟）若，则　 　；　 　.
13．（2025·顺义模拟）已知直线：与圆：有两个交点，则可以是　 　.（写出满足条件的一个值即可）
14．（2025·顺义模拟）在中，，，则　 　.
15．（2025·顺义模拟）已知函数，数列满足，.
给出下列四个结论：
①若，则有3个不同的可能取值；
②若，则；
③对于任意，存在正整数，使得；
④对于任意大于2的正整数，存在，使得；
其中所有正确结论的序号是　 　.
三、解答题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.
16．（2025·顺义模拟）如图，在四棱锥中，底面是菱形，，，.
（1）若平面与棱交于点，且平面，求证：是中点；
（2）若是棱上一点，且满足，当时，求与平面所成角的正弦值.
17．（2025·顺义模拟）已知函数.
（1）求的值；
（2）再从条件①、条件②、条件③中选择两个作为已知条件，使函数存在且唯一确定.当在区间上仅有一个零点时，求的取值范围.
条件①：在上是单调函数；
条件②：图象的一个对称中心为；
条件③：对任意的，都有成立.
注：如果选择的条件不符合要求，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.
18．（2025·顺义模拟）AI智能阅卷是一种利用人工智能技术对试卷进行批改和评估的技米，它可以帮助教师提高阅卷效率，并为学生提供更快速更有针对性的反馈.某教师尝试使用AI系统进行阅卷，由甲、乙两种系统进行独立阅卷评分.如果两个系统评分相差2分及以下，则以两种系统评分的平均分作为最后得分；如果两个系统评分相差3分及以上，则人工进行复核阅卷并给出最后得分.从两种系统进行阅卷的试卷中随机抽取12份试卷作为样本，其评分情况如下表所示：
试卷序号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
系统甲评分 82 88 76 92 87 66 75 69 90 58 86 84
系统乙评分 80 82 76 90 80 61 71 65 88 54 82 80
最后得分 81 85 76 91 85 64 74 67 89 56 84 83
（1）从这12份试卷中随机选取1份，求甲、乙两种系统评分之差的绝对值不超过2分的概率；
（2）从这12份试卷中随机选取3份，甲、乙两种系统评分之差的绝对值不超过2分的份数记为X，求X的分布列和数学期望；
（3）从上述的12份试卷中随机抽取1份，设甲系统对其评分为，乙系统对其评分为，最后得分为.令，，试比较方差和的大小.（结论不要求证明）
19．（2025·顺义模拟）已知椭圆：的一个顶点为，离心率为.
（1）求的方程和短轴长；
（2）直线：与E相交于不同的两点B，C，直线，分别与直线交于点M，N.当时，求的值.
20．（2025·顺义模拟）已知函数.
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）设，求证：是上的单调递减函数；
（3）求证：当时，.
21．（2025·顺义模拟）已知数列：各项为正整数.对任意正整数，定义：，，其中表示有限集中的元素个数，规定.
（1）对于数列：1，3，2，2，写出，，，的值；
（2）若数列：满足.
（i）若，令，当时，求；
（ii）求证：.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】补集及其运算
【解析】【解答】解：因为，.
所以.
故答案为：C.
【分析】先利用一元一次不等式求解方法得出集合，再根据已知条件和补集的运算法则，从而得出集合A在集合U中的补集.
2．【答案】D
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：由，则，
由，
则，
解得.
故答案为：D.
【分析】根据数量积求向量的模的公式和数量积的运算律，再结合已知条件建立方程，从而解方程得出的值.
3．【答案】B
【知识点】函数的值域；函数单调性的判断与证明
【解析】【解答】解：对于A：因为函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，选项A不满足题意；
对于B：因为函数在上单调递增，且函数值域为，所以，选项B满足题意；
对于C：因为函数在上单调递增，且函数值域为，所以，选项C不满足题意；
对于D：因为函数在上单调递增，值域为，所以，选项D不满足题意.
故答案为：B.
【分析】利用已知条件和增函数的定义、函数值域求解方法，从而逐项判断找出单调递增且值域为的选项.
4．【答案】A
【知识点】复数相等的充要条件；复数代数形式的乘除运算；复数代数形式的加减运算；共轭复数
【解析】【解答】解：设，所以，
则，整理得：，
所以，解得，
所以，，.
故答案为：A.
【分析】设，代入已知条件结合复数相等的判断方法，从而得出复数，再利用共轭复数的定义求出复数，最后由复数的乘法运算法则得出的值.
5．【答案】C
【知识点】对数的性质与运算法则
【解析】【解答】解：由题意，可得，，
两式相减可得：，
又因为，
所以，
所以.
故答案为：C.
【分析】由题意得到，，将两式相减结合，从而得出，进而找出正确的选项.
6．【答案】B
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；平面内两点间距离公式的应用；圆锥曲线的轨迹问题
【解析】【解答】解：设点，
由，整理得：，
则点的轨迹为圆心在，半径为的圆，
因为，所以，点在圆外，
则表示圆外的点到圆上的点的距离，如图，
则.
故答案为：B.
【分析】设点，由已知条件得出点的轨迹为圆心在，半径为的圆，再将理解为圆外的点到圆上的点的距离，再结合图形得出的取值范围，从而得出的可能的取值.
7．【答案】D
【知识点】用空间向量研究二面角
【解析】【解答】解：设正八面体的棱长为，连接、相较于点，连接，
根据正八面体的性质可知为正方形，，平面，
以为坐标原点，分别以、、为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
则，，，，
所以，，
设平面的法向量为，
所以，
则，a
令，则，所以，
则，，
设平面的法向量为，
所以，
则，
令，则，所以，
设平面与平面夹角为，
则，
所以，平面与平面夹角的余弦值为.
故答案为：D.
【分析】利用已知条件和正八面体的结构特征得出线线垂直和线面垂直，从而建立适当的空间直角坐标系，则得出点的坐标和向量的坐标，再利用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和平面的法向量，再利用数量积求向量夹角公式得出平面与平面夹角的余弦值.
8．【答案】B
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；数列的函数特性
【解析】【解答】解：假设等比数列的公比，首项，
则数列的项依次为，
当时，满足，
但是不是递减数列，故充分性不满足；
若为递减数列，
则对于任意的，必然有，故必要性满足，
所以“存在，使得”是“为递减数列”的必要而不充分条件.
故答案为：B.
【分析】根据题意，举出反例得到充分性不满足，再由数列单调性的定义，则可验证必要性满足，从而得到“存在，使得”是“为递减数列”的必要而不充分条件.
9．【答案】A
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：如图，过点作，直线与轴分别交与点
设，则，
因为，
所以，则，
则，
则，
所以，直线的斜率为，
则直线的方程为，与联立得，
解得，
则直线：，，得，
所以，点到直线的距离为，
所以，的面积为.
故答案为：A.
【分析】根据和抛物线定义可得直线的斜率，从而得出的值和点坐标，再利用点到直线的距离公式可得点到直线的距离，再利用三角形的面积公式得出的面积.
10．【答案】C
【知识点】利用导数研究函数的单调性；基本不等式在最值问题中的应用；图形的对称性；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：由题意，可得直线与垂直，
函数和的图象关于对称，
所以关于对称，
由，则交点坐标为，
所以.
对于①：因为，且，所以，故①错误；
对于②：由，因为，所以，故②正确；
对于③：将直线与联立，
可得，则，
设函数，是增函数，
由，，可得，
所以，函数在区间上存在唯一零点，则，
因为，所以，
构造函数，则，
当时，可得，∴函数在单调递增；
当时，可得，∴函数在单调递减，
因为，，
∴，故③正确.
故答案为：C.
【分析】根据函数和的图象关于对称，直线与垂直，从而可得关于对称，则可判断结论①；利用基本不等式求最值的方法，则可判断结论②；构造，再结合零点存在性定理和对数的运算法则，则可判断结论③，从而找出正确结论的个数．
11．【答案】
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：因为双曲线：过点，
所以，
解得，
所以双曲线的方程为，
所以双曲线的渐近线方程为.
故答案为：.
【分析】利用双曲线过点，从而可得的值，进而可得双曲线的渐近线方程.
12．【答案】；
【知识点】二项式系数的性质；二项式系数
【解析】【解答】解：因为，
令，得，所以，
令，得①，
令，得②，
①②得，
解得.
故答案为：；.
【分析】根据二项式的展开式，利用赋值法，令得出的值，令、作差计算可得的值.
13．【答案】（答案不唯一）
【知识点】直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：由圆：，
可知：圆心，半径，
因为直线方程的一般式为.
由点到直线距离公式结合题意，
可得：，
解得：，
所以可以是.
故答案为：（答案不唯一）.
【分析】根据点到直线距离公式和题意，从而列出关于的不等式，解不等式得出k的取值范围，从而得出k可取的值.
14．【答案】
【知识点】两角和与差的正弦公式；二倍角的正弦公式；二倍角的余弦公式；正弦定理的应用
【解析】【解答】解：根据正弦定理，得，
所以，
因为，
所以.
所以，
所以，
又因为为三角形内角，所以，
所以，
所以，
又因为，
所以，则为锐角，
所以.
故答案为：.
【分析】先利用正弦定理结合三角形内角和定理，把化成，再结合和二倍角的正弦公式、二倍角的余弦公式，从而可得的值，再根据角的取值范围得出的值.
15．【答案】①②④
【知识点】函数的周期性；函数恒成立问题；数列的递推公式
【解析】【解答】解：①因为，
所以，
若，当时，，解得，
当时，则，解得；
当时，则，解得，
当时，，解得，
当时，则，解得；
当时，则，解得（舍去），
综上可得：可以取3个不同的值：5，，，因此①正确；
②若，
则，，，
可得，
则数列是周期为3的数列，故②正确；
③当时，，，，
所以，不存在正整数，，故③正确；
④先考虑数列的周期性，
对于，
则，，，，，
要使是周期数列，则，解得，
则存在，使得数列是周期数列，周期为，
所以，要使周期为，只需，
则，故④正确．
故答案为：①②④.
【分析】由已知条件结合代入法得出，若，分别对进行分类讨论，则可判断结论①；若，利用递推公式得出的值，再利用数列的周期性，则可判断结论②；当时，利用数列递推公式得出不存在正整数，，则可判断结论③；由，可得，则可判断结论④，从而找出正确结论的序号．

16．【答案】（1）证明：记，连接，如下图：
因为平面，平面，平面平面，
所以，
在中，由为的中点，
则为的中点.
（2）解：在菱形中，易知，
由，，
则，，
因为，，平面，
所以平面，
因为平面，
所以，
由，则，
因为，平面，
所以平面，
取的中点为，易知，
则平面，
则两两垂直，
以为原点，分别以所在直线为轴，
建立空间直角坐标系，如下图：
则，，，，
可得，，
，，
由，
则，
可得，
设平面的法向量，
则，
令，则，
所以平面的一个法向量，
设直线与平面所成角为，
则.
【知识点】直线与平面平行的性质；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）利用线面平行的性质定理得出线线平行，再利用中位线定理得出是中点.
（2）由题意结合线面垂直的性质定理与判定定理，从而建立空间直角坐标，则得出点的坐标和向量坐标，再利用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）记，连接，如下图：
因为平面，平面，平面平面，所以，
在中，由为的中点，则为的中点.
（2）在菱形中，易知，由，，则，，
因为，，平面，所以平面，
因为平面，所以，由，则，
因为，平面，所以平面，
取的中点为，易知，则平面，则两两垂直，
以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如下图：
则，，，
可得，，，，
由，则，可得，
设平面的法向量，则，
令，则，所以平面的一个法向量，
设与平面所成角为，.
17．【答案】（1）解：因为，
所以
，
所以.
（2）解：对于条件①：因为在上是单调函数，
又因为在上是单调函数，
所以，
所以，
又因为，解得，
又因为，
所以，
所以，函数的单调递增区间为：
，
若函数在上单调递增，
则，
整理得，
当时，，解得，
当时，无解，
则为其他值时，不等式无解，
因为，
解得，
所以，函数的单调递减区间为：
，
若函数在上单调递减，
则，
整理得，
当时，，解得，
当时，无解，
为其他值时，不等式无解；
对于条件②：因为图象的一个对称中心为，
又因为，
所以，
所以函数的对称中心为，
若是图象的一个对称中心，
则，
解得；
对于条件③：对任意的，都有成立，
则当时，函数取得最大值，
则，
解得；
若选条件①②，则，方程无解，
或，
当时，，
所以，
因为，所以，
又因为在区间上仅有一个零点，
所以，
则，解得；
若选条件①③，则，方程无解，
或，
当时，，
所以，
因为，所以，
又因为在区间上仅有一个零点，
所以，、
则，解得；
若选条件②③，则，
则，方程解不唯一，此时取值不唯一，
所以函数不唯一，不合要求.
【知识点】函数的值；简单的三角恒等变换；含三角函数的复合函数的单调性；函数的零点与方程根的关系；含三角函数的复合函数的对称性
【解析】【分析】（1）利用三角恒等变换化简函数为正弦型函数，再利用代入法得出的值.
（2）关于条件①，从函数的周期和函数的单调区间两方面限制，从而求出的取值范围；关于条件②，从而求出函数对称中心表达式，将代入确定的取值；关于条件③和已知条件确定，从而确定的取值；再从选条件①②、①③、②③三种情况分别确定的值，再利用函数的性质和函数零点与方程的根的等价关系，从而得出实数a的取值范围.
（1）因为，
所以
，
所以.
（2）对于条件①：在上是单调函数，
因为在上是单调函数，所以，
所以，又因为，解得，
因为，
解得，
所以函数的单调单调递增区间为：
，
若函数在上单调递增，则，
整理有，
当时，，解得，
当时，无解，得其他值时不等式无解；
因为，
解得，
所以函数的单调单调递减区间为：
，
若函数在上单调递减，则，
整理有，
当时，，解得，
当时，无解，得其他值时不等式无解；
对于条件②：图象的一个对称中心为，
因为，解得，
所以函数的对称中心为，
若是图象的一个对称中心，
则，解得；
对于条件③：对任意的，都有成立，
则时，函数取得最大值，有，
解得；
若选条件①②，则有，方程无解，
或，时，，
所以，因为，所以，
因为在区间上仅有一个零点，
所以，，解得；
若选条件①③，则有有，方程无解，
或，时，，
所以，因为，所以，
因为在区间上仅有一个零点，
所以，，解得；
若选条件②③，则有，
即，方程解不唯一，
此时取值不唯一，所以函数不唯一，不合要求.
18．【答案】（1）解：设事件为从这12篇份试卷中随机抽取1份，
甲、乙两种系统评分之差的绝对值不超过2分，
在这12篇份试卷中，甲、乙两种系统评分之差的绝对值不超过2分的有篇，
所以.
（2）解：由题意，的可能取值为，，，3，
则，，
所以的分布列为：
所以的数学期望为.
（3）解：.证明如下：
的取值依次为：1，3，0，1，2，2，1，2，1，2，2，1，平均数为：，
，
的取值依次为：1，3，0，1，5，3，3，2，1，2，2，3，平均数为：，
，
所以.
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差；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
【解析】【分析】（1）已知条件和古典概率公式，从而得出甲、乙两种系统评分之差的绝对值不超过2分的概率.
（2）利用已知条件确定的可能取值，再利用组合数公式和古典概率公式，从而得出对应的概率，则得出随机变量X的分布列，再利用随机变量的分布列求出随机变量X的数学期望.
（3）由已知条件和平均数公式、方差计算公式，从而比较出方差和的大小.
（1）设事件为从这12篇份试卷中随机抽取1份，甲、乙两种系统评分之差的绝对值不超过2分，
又在这12篇份试卷中，甲、乙两种系统评分之差的绝对值不超过2分的有篇，
所以；
（2）由已知的可能取值为，，，3
，，
所以的分布列为
所以的数学期望为；
（3），证明如下：
的取值依次为：1，3，0，1，2，2，1，2，1，2，2，1，
平均数为：，
的取值依次为：1，3，0，1，5，3，3，2，1，2，2，3，
平均数为：
，
所以.
19．【答案】（1）解：因为椭圆 的标准方程为：，
又因为 是椭圆的一个顶点，
所以，
又因为椭圆E的离心率为，解得，
所以，解得，
所以椭圆的方程为，短轴长为.
（2）解：将直线的方程代入椭圆的方程，
得，
可得，
整理得，
设直线与椭圆的交点为和，
所以，
则直线的方程为：，
与直线联立，得交点的坐标为)，
因为直线的方程为：，
与直线联立，得交点的坐标为，
因为，则，
所以，
因为 和 ，
代入得，
化简，
展开得：
，
所以，
所以
又因为
所以，
整理得，
解得.
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）由题意可得，，再利用椭圆中a，b，c三者的关系式，从而得出a，b，c的值，从而得出椭圆E的方程，进而得出椭圆的短轴长.
（2）联立直线与椭圆方程，设直线与椭圆的交点为和，利用韦达定理可得，从而求得点的坐标，则可得，进而求解得出实数k的值.
（1）已知椭圆 的标准方程为：，
因为 是椭圆的一个顶点，所以。又离心率为，解得，
所以，解得，
所以椭圆的方程为，短轴长为；
（2）将直线的方程代入椭圆的方程得，
可得，整理得，
设直线与椭圆的交点为和，
所以，
直线的方程为：，与直线联立求得交点的坐标为)，
直线的方程为：，与直线联立求得交点的坐标为，
因为，即，所以，
因为 和 ，代入得，
化简，
展开分子
，
所以，
所以
，
又，
所以，整理得，解得.
20．【答案】（1）解：依题意，，
因为，
所以.
所以，曲线在点处的切线方程为，
即.
（2）证明：由（1）知，，，
所以，
令，
则，
因为，
所以，
则，
所以在上单调递减，
所以，
则，
所以是上的减函数.
（3）证明：令，
则，
由（2）知，在上单调递减，
所以，当时，，此时，
则在上单调递减，
所以，即，
当时，，，，
所以，
则，
所以，
则，
综上可得：当时，.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（1）先求出，再利用导数的几何意义得出切线的斜率，再根据代入法得出切点坐标，最后由点斜式得出曲线在点处的切线方程.
（2）通过二次求导得，则，再利用导数的正负判断出函数是上的减函数.
（3）令，求导得，再利用放缩法得，最后再次放缩证出当时，.
（1）依题意，．
又，
所以.
所以曲线在点处的切线方程为，
即.
（2）由（1）知，，，
所以.
令，则，
因为，所以，即，
所以在上单调递减，所以，
即，所以是上的单调递减函数.
（3）令，
则，
由（2）知，在上单调递减，
所以当时，，此时，即在上单调递减，
所以，即，
当时，，，.
所以即，
所以即，
综上可得：当时，.
21．【答案】（1）解：，，，.
（2）（i）解：令，则，
根据的定义，可知数列中有两项等于1，
根据数列的增减性质，可得；
令，则，
可知数列中有四项小于等于2，
可得，
以此类推可得得前项为，
则，其中.
（ii）证明：法一：用数学归纳法证明
对成立（**）.
当时，令，，，
（**）式左边=，
（**）式右边=，
（**）式左边=（**）式右边，（**）式对成立；
假设时，（**）式成立，
则①，
当时，（**）式左边=，
设，令，
则，，……，，，
（**）式左边=，
（**）式右边=
，
根据①可知（**）式对成立，
由数学归纳法原理可知（**）成立.
（法二）设数列中等于的项分别有个，
则，，……，，，
则，，……，，
注意到
，等式成立.
【知识点】类比推理；数学归纳法的应用
【解析】【分析】（1）根据新定义结合已知条件得出，，，的值.
（2）（i）根据的定义可知数列中有两项等于1，从而得出，依次类推，从而求和得出.
（ii）利用两种方法证明.
法一：先证明当时，等式成立，再利用数学归纳法证出.
法二：设数列中等于的项分别有个，计算得，，……，，最后求和证出.
（1），，，；
（2）（i）令，则，根据的定义，可知数列中有两项等于1，
根据数列的增减性质，可得；令，则，
可知数列中有四项小于等于2，可得，
以此类推可得得前项为，
，其中.
（ii）法一：用数学归纳法证明
对成立，（**）
当时，令，，，
（**）式左边=，
（**）式右边=，
（**）式左边=（**）式右边，（**）式对成立；
假设时，（**）式成立，
即①
当时，（**）式左边=
设，令，
则，，……，，，
（**）式左边=，
（**）式右边=
根据①可知（**）式对成立，由数学归纳法原理可知（**）成立.
（法二）设数列中等于的项分别有个，则
，，……，，，
从而，，……，，
注意到
等式成立.
1 / 1北京市顺义区2025届高三下学期统一测试(一模)数学试卷
一、选择题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.
1．（2025·顺义模拟）已知集合，集合，则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】补集及其运算
【解析】【解答】解：因为，.
所以.
故答案为：C.
【分析】先利用一元一次不等式求解方法得出集合，再根据已知条件和补集的运算法则，从而得出集合A在集合U中的补集.
2．（2025·顺义模拟）已知平面向量，满足，，，则（　　）
A．6 B．3 C． D．
【答案】D
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：由，则，
由，
则，
解得.
故答案为：D.
【分析】根据数量积求向量的模的公式和数量积的运算律，再结合已知条件建立方程，从而解方程得出的值.
3．（2025·顺义模拟）下列函数中，单调递增且值域为的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】函数的值域；函数单调性的判断与证明
【解析】【解答】解：对于A：因为函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，选项A不满足题意；
对于B：因为函数在上单调递增，且函数值域为，所以，选项B满足题意；
对于C：因为函数在上单调递增，且函数值域为，所以，选项C不满足题意；
对于D：因为函数在上单调递增，值域为，所以，选项D不满足题意.
故答案为：B.
【分析】利用已知条件和增函数的定义、函数值域求解方法，从而逐项判断找出单调递增且值域为的选项.
4．（2025·顺义模拟）复数的共轭复数为，且满足，则（　　）
A．2 B． C．1 D．
【答案】A
【知识点】复数相等的充要条件；复数代数形式的乘除运算；复数代数形式的加减运算；共轭复数
【解析】【解答】解：设，所以，
则，整理得：，
所以，解得，
所以，，.
故答案为：A.
【分析】设，代入已知条件结合复数相等的判断方法，从而得出复数，再利用共轭复数的定义求出复数，最后由复数的乘法运算法则得出的值.
5．（2025·顺义模拟）在天文学中，天体的明暗程度可以用视星等和绝对星等来描述.视星等是在地球上看到的星体亮度等级，视星等受恒星距离影响.绝对星等M是假设把恒星放在距离地球10秒差距（10秒差距≈32.6光年）时的视星等，这样能比较不同恒星本身的亮度.视星等和绝对星等M满足，其中是与地球的距离，单位为秒差距.若恒星A距离地球约32.6光年，恒星B距离地球约326光年，恒星A，B的视星等满足，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】对数的性质与运算法则
【解析】【解答】解：由题意，可得，，
两式相减可得：，
又因为，
所以，
所以.
故答案为：C.
【分析】由题意得到，，将两式相减结合，从而得出，进而找出正确的选项.
6．（2025·顺义模拟）已知，点M满足，则的可能取值是（　　）
A．4 B． C．1 D．
【答案】B
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；平面内两点间距离公式的应用；圆锥曲线的轨迹问题
【解析】【解答】解：设点，
由，整理得：，
则点的轨迹为圆心在，半径为的圆，
因为，所以，点在圆外，
则表示圆外的点到圆上的点的距离，如图，
则.
故答案为：B.
【分析】设点，由已知条件得出点的轨迹为圆心在，半径为的圆，再将理解为圆外的点到圆上的点的距离，再结合图形得出的取值范围，从而得出的可能的取值.
7．（2025·顺义模拟）六氟化硫是一种无机化合物，常温常压下为无色无味无毒不燃的稳定气体.化学式为，在其分子结构中，硫原子位于中心，六个氟原子均匀分布在其周围，形成一个八面体的结构.如图所示，该分子结构可看作正八面体，记为，各棱长均相等，则平面与平面夹角的余弦值是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】用空间向量研究二面角
【解析】【解答】解：设正八面体的棱长为，连接、相较于点，连接，
根据正八面体的性质可知为正方形，，平面，
以为坐标原点，分别以、、为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
则，，，，
所以，，
设平面的法向量为，
所以，
则，a
令，则，所以，
则，，
设平面的法向量为，
所以，
则，
令，则，所以，
设平面与平面夹角为，
则，
所以，平面与平面夹角的余弦值为.
故答案为：D.
【分析】利用已知条件和正八面体的结构特征得出线线垂直和线面垂直，从而建立适当的空间直角坐标系，则得出点的坐标和向量的坐标，再利用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和平面的法向量，再利用数量积求向量夹角公式得出平面与平面夹角的余弦值.
8．（2025·顺义模拟）设为等比数列，则“存在，使得”是“为递减数列”的（　　）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；数列的函数特性
【解析】【解答】解：假设等比数列的公比，首项，
则数列的项依次为，
当时，满足，
但是不是递减数列，故充分性不满足；
若为递减数列，
则对于任意的，必然有，故必要性满足，
所以“存在，使得”是“为递减数列”的必要而不充分条件.
故答案为：B.
【分析】根据题意，举出反例得到充分性不满足，再由数列单调性的定义，则可验证必要性满足，从而得到“存在，使得”是“为递减数列”的必要而不充分条件.
9．（2025·顺义模拟）已知抛物线：的焦点为，准线为，过点的直线与交于不同的两点A，B，为坐标原点，直线与交于点M，若，则的面积等于（　　）
A． B． C． D．2
【答案】A
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：如图，过点作，直线与轴分别交与点
设，则，
因为，
所以，则，
则，
则，
所以，直线的斜率为，
则直线的方程为，与联立得，
解得，
则直线：，，得，
所以，点到直线的距离为，
所以，的面积为.
故答案为：A.
【分析】根据和抛物线定义可得直线的斜率，从而得出的值和点坐标，再利用点到直线的距离公式可得点到直线的距离，再利用三角形的面积公式得出的面积.
10．（2025·顺义模拟）已知直线分别与函数和的图象交于，，给出下列三个结论：①；②；③.其中正确结论的个数是（　　）
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】C
【知识点】利用导数研究函数的单调性；基本不等式在最值问题中的应用；图形的对称性；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：由题意，可得直线与垂直，
函数和的图象关于对称，
所以关于对称，
由，则交点坐标为，
所以.
对于①：因为，且，所以，故①错误；
对于②：由，因为，所以，故②正确；
对于③：将直线与联立，
可得，则，
设函数，是增函数，
由，，可得，
所以，函数在区间上存在唯一零点，则，
因为，所以，
构造函数，则，
当时，可得，∴函数在单调递增；
当时，可得，∴函数在单调递减，
因为，，
∴，故③正确.
故答案为：C.
【分析】根据函数和的图象关于对称，直线与垂直，从而可得关于对称，则可判断结论①；利用基本不等式求最值的方法，则可判断结论②；构造，再结合零点存在性定理和对数的运算法则，则可判断结论③，从而找出正确结论的个数．
二、填空题共5小题，每小题5分，共25分.
11．（2025·顺义模拟）已知双曲线：的左、右焦点分别为，，且过点，则双曲线的渐近线方程为　 　.
【答案】
【知识点】双曲线的简单性质
【解析】【解答】解：因为双曲线：过点，
所以，
解得，
所以双曲线的方程为，
所以双曲线的渐近线方程为.
故答案为：.
【分析】利用双曲线过点，从而可得的值，进而可得双曲线的渐近线方程.
12．（2025·顺义模拟）若，则　 　；　 　.
【答案】；
【知识点】二项式系数的性质；二项式系数
【解析】【解答】解：因为，
令，得，所以，
令，得①，
令，得②，
①②得，
解得.
故答案为：；.
【分析】根据二项式的展开式，利用赋值法，令得出的值，令、作差计算可得的值.
13．（2025·顺义模拟）已知直线：与圆：有两个交点，则可以是　 　.（写出满足条件的一个值即可）
【答案】（答案不唯一）
【知识点】直线与圆的位置关系
【解析】【解答】解：由圆：，
可知：圆心，半径，
因为直线方程的一般式为.
由点到直线距离公式结合题意，
可得：，
解得：，
所以可以是.
故答案为：（答案不唯一）.
【分析】根据点到直线距离公式和题意，从而列出关于的不等式，解不等式得出k的取值范围，从而得出k可取的值.
14．（2025·顺义模拟）在中，，，则　 　.
【答案】
【知识点】两角和与差的正弦公式；二倍角的正弦公式；二倍角的余弦公式；正弦定理的应用
【解析】【解答】解：根据正弦定理，得，
所以，
因为，
所以.
所以，
所以，
又因为为三角形内角，所以，
所以，
所以，
又因为，
所以，则为锐角，
所以.
故答案为：.
【分析】先利用正弦定理结合三角形内角和定理，把化成，再结合和二倍角的正弦公式、二倍角的余弦公式，从而可得的值，再根据角的取值范围得出的值.
15．（2025·顺义模拟）已知函数，数列满足，.
给出下列四个结论：
①若，则有3个不同的可能取值；
②若，则；
③对于任意，存在正整数，使得；
④对于任意大于2的正整数，存在，使得；
其中所有正确结论的序号是　 　.
【答案】①②④
【知识点】函数的周期性；函数恒成立问题；数列的递推公式
【解析】【解答】解：①因为，
所以，
若，当时，，解得，
当时，则，解得；
当时，则，解得，
当时，，解得，
当时，则，解得；
当时，则，解得（舍去），
综上可得：可以取3个不同的值：5，，，因此①正确；
②若，
则，，，
可得，
则数列是周期为3的数列，故②正确；
③当时，，，，
所以，不存在正整数，，故③正确；
④先考虑数列的周期性，
对于，
则，，，，，
要使是周期数列，则，解得，
则存在，使得数列是周期数列，周期为，
所以，要使周期为，只需，
则，故④正确．
故答案为：①②④.
【分析】由已知条件结合代入法得出，若，分别对进行分类讨论，则可判断结论①；若，利用递推公式得出的值，再利用数列的周期性，则可判断结论②；当时，利用数列递推公式得出不存在正整数，，则可判断结论③；由，可得，则可判断结论④，从而找出正确结论的序号．

三、解答题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.
16．（2025·顺义模拟）如图，在四棱锥中，底面是菱形，，，.
（1）若平面与棱交于点，且平面，求证：是中点；
（2）若是棱上一点，且满足，当时，求与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明：记，连接，如下图：
因为平面，平面，平面平面，
所以，
在中，由为的中点，
则为的中点.
（2）解：在菱形中，易知，
由，，
则，，
因为，，平面，
所以平面，
因为平面，
所以，
由，则，
因为，平面，
所以平面，
取的中点为，易知，
则平面，
则两两垂直，
以为原点，分别以所在直线为轴，
建立空间直角坐标系，如下图：
则，，，，
可得，，
，，
由，
则，
可得，
设平面的法向量，
则，
令，则，
所以平面的一个法向量，
设直线与平面所成角为，
则.
【知识点】直线与平面平行的性质；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）利用线面平行的性质定理得出线线平行，再利用中位线定理得出是中点.
（2）由题意结合线面垂直的性质定理与判定定理，从而建立空间直角坐标，则得出点的坐标和向量坐标，再利用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）记，连接，如下图：
因为平面，平面，平面平面，所以，
在中，由为的中点，则为的中点.
（2）在菱形中，易知，由，，则，，
因为，，平面，所以平面，
因为平面，所以，由，则，
因为，平面，所以平面，
取的中点为，易知，则平面，则两两垂直，
以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如下图：
则，，，
可得，，，，
由，则，可得，
设平面的法向量，则，
令，则，所以平面的一个法向量，
设与平面所成角为，.
17．（2025·顺义模拟）已知函数.
（1）求的值；
（2）再从条件①、条件②、条件③中选择两个作为已知条件，使函数存在且唯一确定.当在区间上仅有一个零点时，求的取值范围.
条件①：在上是单调函数；
条件②：图象的一个对称中心为；
条件③：对任意的，都有成立.
注：如果选择的条件不符合要求，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：因为，
所以
，
所以.
（2）解：对于条件①：因为在上是单调函数，
又因为在上是单调函数，
所以，
所以，
又因为，解得，
又因为，
所以，
所以，函数的单调递增区间为：
，
若函数在上单调递增，
则，
整理得，
当时，，解得，
当时，无解，
则为其他值时，不等式无解，
因为，
解得，
所以，函数的单调递减区间为：
，
若函数在上单调递减，
则，
整理得，
当时，，解得，
当时，无解，
为其他值时，不等式无解；
对于条件②：因为图象的一个对称中心为，
又因为，
所以，
所以函数的对称中心为，
若是图象的一个对称中心，
则，
解得；
对于条件③：对任意的，都有成立，
则当时，函数取得最大值，
则，
解得；
若选条件①②，则，方程无解，
或，
当时，，
所以，
因为，所以，
又因为在区间上仅有一个零点，
所以，
则，解得；
若选条件①③，则，方程无解，
或，
当时，，
所以，
因为，所以，
又因为在区间上仅有一个零点，
所以，、
则，解得；
若选条件②③，则，
则，方程解不唯一，此时取值不唯一，
所以函数不唯一，不合要求.
【知识点】函数的值；简单的三角恒等变换；含三角函数的复合函数的单调性；函数的零点与方程根的关系；含三角函数的复合函数的对称性
【解析】【分析】（1）利用三角恒等变换化简函数为正弦型函数，再利用代入法得出的值.
（2）关于条件①，从函数的周期和函数的单调区间两方面限制，从而求出的取值范围；关于条件②，从而求出函数对称中心表达式，将代入确定的取值；关于条件③和已知条件确定，从而确定的取值；再从选条件①②、①③、②③三种情况分别确定的值，再利用函数的性质和函数零点与方程的根的等价关系，从而得出实数a的取值范围.
（1）因为，
所以
，
所以.
（2）对于条件①：在上是单调函数，
因为在上是单调函数，所以，
所以，又因为，解得，
因为，
解得，
所以函数的单调单调递增区间为：
，
若函数在上单调递增，则，
整理有，
当时，，解得，
当时，无解，得其他值时不等式无解；
因为，
解得，
所以函数的单调单调递减区间为：
，
若函数在上单调递减，则，
整理有，
当时，，解得，
当时，无解，得其他值时不等式无解；
对于条件②：图象的一个对称中心为，
因为，解得，
所以函数的对称中心为，
若是图象的一个对称中心，
则，解得；
对于条件③：对任意的，都有成立，
则时，函数取得最大值，有，
解得；
若选条件①②，则有，方程无解，
或，时，，
所以，因为，所以，
因为在区间上仅有一个零点，
所以，，解得；
若选条件①③，则有有，方程无解，
或，时，，
所以，因为，所以，
因为在区间上仅有一个零点，
所以，，解得；
若选条件②③，则有，
即，方程解不唯一，
此时取值不唯一，所以函数不唯一，不合要求.
18．（2025·顺义模拟）AI智能阅卷是一种利用人工智能技术对试卷进行批改和评估的技米，它可以帮助教师提高阅卷效率，并为学生提供更快速更有针对性的反馈.某教师尝试使用AI系统进行阅卷，由甲、乙两种系统进行独立阅卷评分.如果两个系统评分相差2分及以下，则以两种系统评分的平均分作为最后得分；如果两个系统评分相差3分及以上，则人工进行复核阅卷并给出最后得分.从两种系统进行阅卷的试卷中随机抽取12份试卷作为样本，其评分情况如下表所示：
试卷序号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
系统甲评分 82 88 76 92 87 66 75 69 90 58 86 84
系统乙评分 80 82 76 90 80 61 71 65 88 54 82 80
最后得分 81 85 76 91 85 64 74 67 89 56 84 83
（1）从这12份试卷中随机选取1份，求甲、乙两种系统评分之差的绝对值不超过2分的概率；
（2）从这12份试卷中随机选取3份，甲、乙两种系统评分之差的绝对值不超过2分的份数记为X，求X的分布列和数学期望；
（3）从上述的12份试卷中随机抽取1份，设甲系统对其评分为，乙系统对其评分为，最后得分为.令，，试比较方差和的大小.（结论不要求证明）
【答案】（1）解：设事件为从这12篇份试卷中随机抽取1份，
甲、乙两种系统评分之差的绝对值不超过2分，
在这12篇份试卷中，甲、乙两种系统评分之差的绝对值不超过2分的有篇，
所以.
（2）解：由题意，的可能取值为，，，3，
则，，
所以的分布列为：
所以的数学期望为.
（3）解：.证明如下：
的取值依次为：1，3，0，1，2，2，1，2，1，2，2，1，平均数为：，
，
的取值依次为：1，3，0，1，5，3，3，2，1，2，2，3，平均数为：，
，
所以.
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差；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
【解析】【分析】（1）已知条件和古典概率公式，从而得出甲、乙两种系统评分之差的绝对值不超过2分的概率.
（2）利用已知条件确定的可能取值，再利用组合数公式和古典概率公式，从而得出对应的概率，则得出随机变量X的分布列，再利用随机变量的分布列求出随机变量X的数学期望.
（3）由已知条件和平均数公式、方差计算公式，从而比较出方差和的大小.
（1）设事件为从这12篇份试卷中随机抽取1份，甲、乙两种系统评分之差的绝对值不超过2分，
又在这12篇份试卷中，甲、乙两种系统评分之差的绝对值不超过2分的有篇，
所以；
（2）由已知的可能取值为，，，3
，，
所以的分布列为
所以的数学期望为；
（3），证明如下：
的取值依次为：1，3，0，1，2，2，1，2，1，2，2，1，
平均数为：，
的取值依次为：1，3，0，1，5，3，3，2，1，2，2，3，
平均数为：
，
所以.
19．（2025·顺义模拟）已知椭圆：的一个顶点为，离心率为.
（1）求的方程和短轴长；
（2）直线：与E相交于不同的两点B，C，直线，分别与直线交于点M，N.当时，求的值.
【答案】（1）解：因为椭圆 的标准方程为：，
又因为 是椭圆的一个顶点，
所以，
又因为椭圆E的离心率为，解得，
所以，解得，
所以椭圆的方程为，短轴长为.
（2）解：将直线的方程代入椭圆的方程，
得，
可得，
整理得，
设直线与椭圆的交点为和，
所以，
则直线的方程为：，
与直线联立，得交点的坐标为)，
因为直线的方程为：，
与直线联立，得交点的坐标为，
因为，则，
所以，
因为 和 ，
代入得，
化简，
展开得：
，
所以，
所以
又因为
所以，
整理得，
解得.
【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）由题意可得，，再利用椭圆中a，b，c三者的关系式，从而得出a，b，c的值，从而得出椭圆E的方程，进而得出椭圆的短轴长.
（2）联立直线与椭圆方程，设直线与椭圆的交点为和，利用韦达定理可得，从而求得点的坐标，则可得，进而求解得出实数k的值.
（1）已知椭圆 的标准方程为：，
因为 是椭圆的一个顶点，所以。又离心率为，解得，
所以，解得，
所以椭圆的方程为，短轴长为；
（2）将直线的方程代入椭圆的方程得，
可得，整理得，
设直线与椭圆的交点为和，
所以，
直线的方程为：，与直线联立求得交点的坐标为)，
直线的方程为：，与直线联立求得交点的坐标为，
因为，即，所以，
因为 和 ，代入得，
化简，
展开分子
，
所以，
所以
，
又，
所以，整理得，解得.
20．（2025·顺义模拟）已知函数.
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）设，求证：是上的单调递减函数；
（3）求证：当时，.
【答案】（1）解：依题意，，
因为，
所以.
所以，曲线在点处的切线方程为，
即.
（2）证明：由（1）知，，，
所以，
令，
则，
因为，
所以，
则，
所以在上单调递减，
所以，
则，
所以是上的减函数.
（3）证明：令，
则，
由（2）知，在上单调递减，
所以，当时，，此时，
则在上单调递减，
所以，即，
当时，，，，
所以，
则，
所以，
则，
综上可得：当时，.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】【分析】（1）先求出，再利用导数的几何意义得出切线的斜率，再根据代入法得出切点坐标，最后由点斜式得出曲线在点处的切线方程.
（2）通过二次求导得，则，再利用导数的正负判断出函数是上的减函数.
（3）令，求导得，再利用放缩法得，最后再次放缩证出当时，.
（1）依题意，．
又，
所以.
所以曲线在点处的切线方程为，
即.
（2）由（1）知，，，
所以.
令，则，
因为，所以，即，
所以在上单调递减，所以，
即，所以是上的单调递减函数.
（3）令，
则，
由（2）知，在上单调递减，
所以当时，，此时，即在上单调递减，
所以，即，
当时，，，.
所以即，
所以即，
综上可得：当时，.
21．（2025·顺义模拟）已知数列：各项为正整数.对任意正整数，定义：，，其中表示有限集中的元素个数，规定.
（1）对于数列：1，3，2，2，写出，，，的值；
（2）若数列：满足.
（i）若，令，当时，求；
（ii）求证：.
【答案】（1）解：，，，.
（2）（i）解：令，则，
根据的定义，可知数列中有两项等于1，
根据数列的增减性质，可得；
令，则，
可知数列中有四项小于等于2，
可得，
以此类推可得得前项为，
则，其中.
（ii）证明：法一：用数学归纳法证明
对成立（**）.
当时，令，，，
（**）式左边=，
（**）式右边=，
（**）式左边=（**）式右边，（**）式对成立；
假设时，（**）式成立，
则①，
当时，（**）式左边=，
设，令，
则，，……，，，
（**）式左边=，
（**）式右边=
，
根据①可知（**）式对成立，
由数学归纳法原理可知（**）成立.
（法二）设数列中等于的项分别有个，
则，，……，，，
则，，……，，
注意到
，等式成立.
【知识点】类比推理；数学归纳法的应用
【解析】【分析】（1）根据新定义结合已知条件得出，，，的值.
（2）（i）根据的定义可知数列中有两项等于1，从而得出，依次类推，从而求和得出.
（ii）利用两种方法证明.
法一：先证明当时，等式成立，再利用数学归纳法证出.
法二：设数列中等于的项分别有个，计算得，，……，，最后求和证出.
（1），，，；
（2）（i）令，则，根据的定义，可知数列中有两项等于1，
根据数列的增减性质，可得；令，则，
可知数列中有四项小于等于2，可得，
以此类推可得得前项为，
，其中.
（ii）法一：用数学归纳法证明
对成立，（**）
当时，令，，，
（**）式左边=，
（**）式右边=，
（**）式左边=（**）式右边，（**）式对成立；
假设时，（**）式成立，
即①
当时，（**）式左边=
设，令，
则，，……，，，
（**）式左边=，
（**）式右边=
根据①可知（**）式对成立，由数学归纳法原理可知（**）成立.
（法二）设数列中等于的项分别有个，则
，，……，，，
从而，，……，，
注意到
等式成立.
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