2025年北京市门头沟区高考数学一模试卷（含答案）

2025年北京市门头沟区高考数学一模试卷
一、单选题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知集合，，则( )
A. B. C. D.
2.在复平面内，复数对应的点的坐标是，则( )
A. B. C. D.
3.下列函数中，既是奇函数又在上单调递增的是( )
A. B. C. D.
4.“”是“直线与双曲线只有一个公共点”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
5.已知向量，满足，，且，的夹角为，则( )
A. B. C. D.
6.已知圆：，直线：，当变化时，若过直线上任意一点总能作圆的切线，则的最大值为( )
A. B. C. D.
7.已知函数，满足，且在区间上具有单调性，则的值可以是( )
A. B. C. D.
8.某纪念塔的一部分建筑结构可抽象为三棱锥，，底面是等腰直角三角形，，顶点到底面的距离为，则点到平面的距离为( )
A.
B.
C.
D.
9.已知函数，若既不存在最大值也不存在最小值，则下列，关系中一定成立的是( )
A. B. C. D.
10.已知函数，其中表示不超过的最大整数，例如，，则下列说法正确的是( )
A. 不存在，使得有无数个零点
B. 有个零点的充要条件是
C. 存在，使得有个零点
D. 存在，使得有个零点
二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分。
11.的展开式中的系数为______用数字作答
12.已知抛物线：的焦点为，过点且垂直于其对称轴的直线交于点，，若，则焦点到其准线的距离为______．
13.在平面直角坐标系中，角以为始边，其终边与单位圆交点的横坐标为，写出一个符合题意的 ______．
14.某城市为推动新能源汽车普及，第年在市区公共区域建设了万个新能源汽车随着新能源汽车保有量快速增长，以及城市对绿色出行基础设施建设的持续投入新建设的充电桩数量比上一年增加，按照这样的发展趋势，那么该城市第区公共区域新建设了______万个充电桩；从第年起，约______年内，可使识区公共区域的充电桩总量达到万个结果保留到个位．
参考数据：，
15.已知数列满足，，给出下列四个结论：
存在，使得为常数列；
对任意的，为递增数列；
对任意的，既不是等差数列也不是等比数列；
对于任意的，都有．
其中所有正确结论的序号是______．
三、解答题：本题共6小题，共85分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.本小题分
如图，在正方体中，为中点，与平面交于点．
Ⅰ求证：为的中点；
Ⅱ求平面与平面夹角的余弦值．
17.本小题分
在中，角，，的对边分别为，，，已知．
Ⅰ求；
Ⅱ再从以下条件、条件、条件这三个条件中选择一个作为已知，使得存在且唯一确定，求的面积．
条件：，；
条件：，；
条件：边上的高．
注：如果选择的条件不符合要求，第Ⅱ问得分；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.本小题分
不同大模型各有千秋，适配领域也各有所长为了解某高校甲、乙两个学院学生对，两款不同大模型是否使用，对学生进行简单随机抽样，获得数据如下表：
甲学院 乙学院
使用 不使用 使用 不使用
款 人 人 人 人
款 人 人 人 人
假设所有学生对，两款大模型是否使用相互独立，用频率估计概率．
Ⅰ分别估计该校甲学院学生使用款大模型的概率、该校乙季院学生使用款大模型的概率；
Ⅱ从该校甲学院全体学生中随机抽取人，乙学院全体学生中随机抽取人，记这人中使用款大模型的人数为，估计的数学期望；
Ⅲ从该校甲学院全体学生中随机抽取人，记这人中使用款大模型的人数为，其方差估计值为，从该校乙学院全体学生中随机抽取人，记这人中使用款大模型的人数为，其方差估计值为，比较与的大小结论不要求证明
19.本小题分
已知椭圆：的一个顶点为，离心率为．
Ⅰ求椭圆的方程；
Ⅱ过点作斜率为的直线与椭圆交于不同的两点，，直线，分别与轴交于点，，点关于轴的对称点为，求证：四边形为菱形．
20.本小题分
已知函数．
Ⅰ当时，求曲线在点处的切线方程；
Ⅱ设，讨论函数的单调性；
Ⅲ若在定义域上单调递减，求的取值范围．
21.本小题分
已知有限数列：，，，，其中，，，，在中选取若干项按照一定次序排列得到的数列称为的一个子列对某一给定正整数，若对任意的，均存在的相应子列，使得该子列的各项之和为，则称具有性质．
Ⅰ判断：是否具有性质？说明理由；
Ⅱ若，是否存在具有性质？若存在，写出一个，若不存在，说明理由；
Ⅲ若，且存在具有性质，求的取值范围．
参考答案
1.
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15.
16.Ⅰ证明：连接，
因为，，所以四边形是平行四边形，
所以，
又平面，平面，
所以平面，
又平面，平面平面，
所以，
因为为中点，
所以为的中点．
Ⅱ解：以为原点，，，所在直线分别为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
设正方体的棱长为，则，，，
所以，，
设平面的法向量为，则，
取，则，，所以，
易知平面的一个法向量为，
设平面与平面夹角为，
则，，
故平面与平面夹角的余弦值为．
17.解：Ⅰ因为，由正弦定理得，
由二倍角公式得，
在中，因为，，所以，
因为，所以；
Ⅱ选条件：，，
由余弦定理，得，
整理得，解得，所以，所以．
选条件：边上的高，，因为，边上的高，
所以，
由余弦定理，得，即，
解得或舍，所以．
18.解：Ⅰ由表格可知：该校甲学院学生使用款大模型的概率为，
该校乙学院学生使用款大模型的概率为．
Ⅱ由题意可知的可能取值为：，，，，
则，
，
，
，
所以；
Ⅲ同第一问，可知该校甲学院学生使用款大模型的概率为，
该校乙学院学生使用款大模型的概率为，
易知，，
由二项分布的方差公式可知，
，
则
19.解：Ⅰ因为椭圆的一个顶点为，离心率为，
所以，
解得，，
则椭圆的方程为；
Ⅱ证明：易知直线的方程为，
联立，消去并整理得，
此时，
解得，
设，，
由韦达定理得，，
直线的方程为，
令，
解得，
同理得，
所以
，
设点为线段的中点，
可得，
因为点关于轴的对称点为，
所以点也是线段的中点，
所以四边形为平行四边形，
因为．
所以四边形为菱形．
20.解：当时可得，
则，
此时，，
因此切线方程为，
即；
由，可得其定义域为，
且，即，
显然，
当时，，此时在上单调递增；
当时，令，可得，
若，，此时在上单调递增；
若，，此时在单调递减；
综上可得，当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减；
若在定义域上单调递减，可得在上恒成立；
由可得当时，即在上单调递增，
当，可得，显然不合题意；
当时，可得在上单调递增，在上单调递减；
即在处取得极大值，也是最大值，
即恒成立，
令，，
则，
显然当时，，此时在上单调递减；
当时，，此时在上单调递增，
因此，即，
又恒成立，可得，即，
所以的取值范围为．
21.解：根据定义知取，有；
取，有，
取，有，
即对任意，都存在的相应子列，使得该子列的各项之和为，
所以：，，，，具有性质．
不能，理由如下：假设：，，，具有性质，
因为，所以的任意四项和小于，所以，则对于的任意四项子列，
不妨设：，，，，有，
又具有性质，所以的任意三项和小于，
故不存在的子列其各项和为，与具有性质矛盾，所以时，不存在具有性质．
由题可知，时，又，所以，由道理相同可知，，
取，，，，，，
因为，，，，，
所以具有性质，，，，，综上．
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