第1頁/共1頁2025北京昌平高三二模數學本試卷共5頁，共150分．考試時長120分鐘．考生務必將答案答在答題卡上，在試卷上作答無效．考試結束后，將答題卡交回．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.已知全集，集合，，則（）．A. B. C. D.2.若復數，則復數的共軛復數（）．A. B. C. D.3.若，則（）．A. B.0 C.1 D.24.已知，，其中e為自然對數的底數，則（）．A. B. C. D.5.設函數．已知，且當時，的最小值為4，則（）．A., B., C., D.,6.已知半徑為1的圓經過原點，其圓心到直線的距離為，則的最大值為（）．A.1 B.2 C.3 D.47.廡殿頂是中國傳統建筑中的一種屋頂形式，其頂蓋幾何模型如圖所示，底面是矩形，側面由兩個全等的等腰梯形和兩個全等的等腰三角形組成．若，且四個側面與底面的夾角的大小均相等，則（）．A. B. C. D.8.設數列是公比不為1的無窮等比數列，則“數列為遞減數列”是“對任意的正整數，”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9.已知函數恰有三個零點，則實數的取值范圍是（）．A. B.-∞,-1∪1,+∞ C.（，10.在數列中，，則（）A.當時，對于任意的正整數B.當時，存在正整數，當時，C.當時，對于任意的正整數D.當時，存在正整數，當時，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.若拋物線的焦點與雙曲線的右焦點重合，則實數的值為_____．12.已知向量a,b,c在正方形網格中的位置如圖所示，若網格紙上小正方形的邊長為1，則a?13.已知將函數的圖象向右平移個單位后，所得函數圖象關于原點對稱，則常數的一個取值為_____．14.如圖，正方形的邊長為1，點在直線上．D1A2是以點為圓心，為半徑的圓弧，A2B2是以點為圓心，為半徑的圓弧，B2C2是以點為圓心，為半徑的圓弧，C2D2是以點為圓心，為半徑的圓弧，D2A3是以點為圓心，為半徑的圓弧，．．．，依次類推，其中點，共線，點，共線，點共線，點共線．則A3B3的長度為_____；由上述圓弧組成的曲線與直線恰有7個交點時，曲線長度的最小值為_____．15.已知曲線，給出下列四個結論：①曲線關于軸對稱；②當時，曲線上任意一點到點，的距離均不超過；③曲線與直線圍成圖形的面積小于5；④經過點且與平行的直線與曲線的所有交點的橫、縱坐標均為有理數．其中所有正確結論的序號是_____．三、解答題共6小題，共85分．解答應寫出文字說明，演算步驟或證明過程．16.在△ABC中，為銳角，．（1）求；（2）若，求的面積．17.如圖，在四棱錐中，底面為平行四邊形，與相交于點，平面平面，點在棱上，．（1）求證：；（2）再從條件①，條件②這兩個條件中選擇一個作為已知，求平面與平面夾角的大小．條件①：平面；條件②：．

18.在探索數智技術賦能學科學習的過程中，某中學鼓勵學生使用某聽說平臺進行英語口語自主練習．該中學有初中生1200人，高中生800人．為了解全校學生近一個月內使用此聽說平臺進行英語口語自主練習的次數，從全校學生中隨機抽取200名學生進行問卷調查，將他們的使用次數按照，，，，，五個區間進行分組，所得樣本數據如下表：使用次數分組區間初中生人高中生人43382948281763假設每個學生是否使用此聽說平臺進行英語口語自主練習相互獨立．用頻率估計概率．（1）估計近一個月內全校學生中使用此聽說平臺進行英語口語自主練習的次數不低于30次的總人數；（2）從上面參與問卷調查且使用此聽說平臺進行英語口語自主練習次數不足10次的學生中隨機抽取3人，記為這3人中高中生的人數，求的分布列和數學期望；（3）從該校初中生和高中生中各隨機抽取8名學生進行調查，設其中初中生和高中生使用此聽說平臺進行英語口語自主練習次數位于的人數分別為和，比較與的大小．（結論不要求證明）19.已知橢圓的長軸長為，以橢圓的焦點和短軸端點為頂點的四邊形的面積為6．（1）求橢圓的方程及離心率；（2）過點且斜率為的直線與橢圓交于兩點，點與點關于軸對稱．在軸上是否存在定點，使三點共線？若存在，求實數的值，若不存在，說明理由．

20.已知函數，其中．（1）當時，①若，求函數的最大值；②若直線是曲線的切線，且經過點，證明：；（2）當時，若是函數的極小值點，求的取值范圍．21.設為正整數，數列是公差不為的等差數列，若從中去掉兩項和后剩余的項可被平均分為組，且每組的個數都能構成等差數列，則稱數列是的可分數列．（1）寫出所有，使得數列是、的可分數列；（2）當時，證明：數列是的可分數列；（3）若數列是的可分數列，記所有滿足條件的的個數為，求的值．

參考答案第一部分選擇題共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.【答案】B【分析】根據補集和交集的定義求解即可.【詳解】由，，則，又，所以.故選：B.2.【答案】A【分析】利用復數的除法運算和共軛運算即可求解.【詳解】由，所以，故選：A.3.【答案】D【分析】利用展開式的賦值法即可求解.【詳解】令得：，令得：，所以，故選：D.4.【答案】A【分析】根據對數函數與指數函數的性質，分別求得，和，即可求解.【詳解】由函數為單調遞增函數，因為，可得，即，可得又由，可得，由函數為單調遞減函數，可得，即，所以.故選：A.5.【答案】C【分析】首先根據和的最小值為4這兩個條件，確定的值，然后根據求出的值.【詳解】因為的值域為,所以當函數值同時取最大值或最小值時，滿足.因為的最小值為4，所以函數的周期.所以.因為，所以.又，所以，所以.故選：C.6.【答案】D【分析】先判定該圓圓心的軌跡，再轉化為圓上的點到直線的距離的最值問題進行求解.【詳解】因為半徑為1的圓經過原點，所以其圓心的軌跡是以原點為圓心，1為半徑的圓，而原點到直線的距離為，所以圓心到直線距離的最大值為.故選：D.7.【答案】B【詳解】取的中點，連接，過點作面于點，過點作面于點，作于點，連接，因為底面是矩形，所以，又因為面，面，所以面，又因為面，面面，所以，因為面，面都與底面所成的角相等，所以點在直線上，且，，因為側面由兩個全等的等腰梯形和兩個全等的等腰三角形組成，所以，，所以為面與面所成的角，面，面，所以，又因為，，平面，所以平面，又平面，所以，所以為面與面所成的角，所以，又為公共邊，所以，所以，同理，所以.故選：B.8.【答案】C【分析】由，分和兩種情況討論公比取值，即可判斷.【詳解】若“數列為遞減數列”，易得，若“對任意的正整數，”，當時，由，得，解得：或，若，則，此時，與已知矛盾；若，則，由指數函數單調性可知單調遞減；當時，由，得，解得：或，若，則，此時，與已知矛盾；若，則，由指數函數單調性可知單調遞減；綜上可知：若，可判斷數列為遞減數列，所以“數列為遞減數列”是“對任意的正整數，”的充要條件，故選：C9.【答案】B【分析】將函數解析式化為分段函數，分、和三種情況討論，結合函數的單調性，求出特殊點處的函數值，即可得到不等式組，從而確定的取值范圍.【詳解】因為，若時，，則有且僅有一個零點，不符合題意；若，當時，，則在上單調遞增，且，當時，，所以在上單調遞增，在上單調遞減，且，要使恰有三個零點，則，解得；若，當時，，則在上單調遞增，在上單調遞減，且，當時，，所以在上單調遞增，且，要使恰有三個零點，則，解得；綜上可得實數的取值范圍是.故選：B10.【答案】C【分析】對A，當時，可得，得解；對B，由，結合遞推關系可得，得解；對C，當時，通過遞推關系分，，討論求解；對D，當時，通過遞推關系可得遞增，得解.【詳解】對于A，當時，有，可得，不滿足，故A錯誤；對于B，當時，，，，則，不滿足存在正整數，當時，，故B錯誤；對于C，當時，則，，故，因為，若，則，若，則，若，則，綜上，當時，對于任意的正整數，，故正確；對于D，當時，則，若，則，故遞增，故D錯誤.故選：C.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.【答案】8【分析】先求得雙曲線的右焦點，結合拋物線的知識求得的值.【詳解】雙曲線，，右焦點，拋物線的焦點為，所以.故答案為：12.【答案】①.0②.【分析】建立平面直角坐標系，寫出向量的坐標，利用向量的坐標運算即可求解.【詳解】如圖,建立平面直角坐標系,則,所以,,故答案為：0；13.【答案】（答案不唯一）【分析】首先求出平移后的函數圖象解析式，再根據余弦函數的性質求出的取值.【詳解】將函數的圖象向右平移得到的圖象，又的圖象關于原點對稱，所以，即，，當時，.故答案為：（答案不唯一）.14.【答案】①.②.【分析】根據題意，求出所在圓的半徑，求解的長度；當圓弧組成的曲線與直線恰有7個交點時，要使曲線長度的最小，即由圍成，運算得解.【詳解】由題可知，所在圓的半徑為6，所以的長度即個圓弧，所以的長度為；當圓弧組成的曲線與直線恰有7個交點時，此時與直線的交點為，曲線長度的最小，即由下面12個圓弧圍成，，它們的圓弧半徑依次為，所以曲線長度的最小值為.故答案為：；.15.【答案】①③④【分析】用代換方程中的，方程不變，可判定①正確；設曲線上的一點，求得點到點的距離為，可判定②不正確；當和時，求得交點坐標，結合梯形的面積為，可得判定③正確；求得直線，聯立方程組，求得方程組的解，可判定④正確．【詳解】由曲線，用代換方程中的，方程不變，所以曲線關于軸對稱，所以①正確；設曲線上的一點，其中，則點到點的距離為，當時，可得，所以點到點的距離可以超過，所以②不正確；當時，可得，即；當時，可得，即；令，可得，所以為增函數，令，可得，所以為單調遞增函數，所以的增長趨勢越來越快，可得曲線大致圖象如圖所示，可得梯形的面積為，所以曲線與直線圍成圖形的面積小于5，所以③正確；過點且與直線平行的直線方程為，聯立方程組，整理得，整理得，解得或，當時，可得；當時，可得，所以經過點且與平行的直線與曲線的所有交點的橫、縱坐標均為有理數，所以④正確．故答案為：①③④.三、解答題共6小題，共85分．解答應寫出文字說明，演算步驟或證明過程．16.【答案】（1）（2）【分析】對于（1），利用正弦定理將邊化為角，再通過三角函數的運算求出角；對于（2），先根據正弦定理求出的值，再利用余弦定理求出的值，最后根據三角形面積公式求解.【詳解】（1）由及正弦定理，得．因為在中，，所以．因為，所以．因為為銳角，所以．（2）由，且，解得．由余弦定理，得，解得或（舍）．所以的面積．17.【答案】（1）證明見解析（2）【分析】（1）先證明，再由平面平面證明平面，即得線線垂直；（2）選條件①，先根據線面平行的性質定理，推出為的中點，建系后，求出相關點和向量的坐標，由空間向量的夾角公式計算即得；選條件②，由條件先證，再證為的中點，接著證平面，取的中點，連接，證明平面，求出，再證明是平面與平面夾角或補角，求解即得.【小問1詳解】因為在中，，所以．即．因平面平面，平面平面，平面，所以平面．又因平面，所以．【小問2詳解】選條件①：平面．如圖，因為平面，平面，平面平面，所以．因為為平行四邊形，為的中點，所以為的中點．所以．因為，所以．．由（1）已得平面，因平面，故，又，即兩兩垂直．如圖建立空間直角坐標系，則，，因此．設平面的法向量為，則即．令，則．所以．而平面的一個法向量．．所以平面與平面夾角為．選條件②：．如圖，由（1）得，則，又，由，可得，因，則為的中點，則，即，可得，因平面平面，平面平面，平面，故平面.取的中點，連接，則，故平面，因平面，則，又，，且，又平面，故平面，因平面，則，即是平面與平面夾角或補角，在中，，則，故平面與平面的夾角為.18.【答案】（1）（2）分布列見解析；期望為（3）【分析】（1）根據頻數分布表，結合分層抽樣的定義進行求解即可；（2）根據古典型概率公式，結合數學期望的公式進行求解即可；（3）根據二項分布求得方差判斷即可.【小問1詳解】根據題中數據，，得．樣本中使用此聽說平臺進行英語口語自主練習的次數不低于30次的頻率為．因此近一個月內全校學生中使用此聽說平臺進行英語口語自主練習的次數不低于30次的總人數估計為：．【小問2詳解】參與問卷調查且使用此聽說平臺進行英語口語自主練習次數不足10次的學生中，初中生有4人，高中生有3人．所以的取值范圍為．所以的分布列為0123的數學期望．【小問3詳解】，理由如下：根據分層抽樣定義知，隨機抽取200名學生種，初中生為120名，高中生為80名，抽到初中生使用此聽說平臺進行英語口語自主練習次數位于的頻率為，抽到初中生使用此聽說平臺進行英語口語自主練習次數位于的頻率為，該校初中生和高中生中各隨機抽取8名學生進行調查服從二項分布，即，所以，，因為，所以.19.【答案】（1），（2）存在；【分析】（1）利用橢圓的性質，結合面積公式可列出方程組求解橢圓各參數即求解；（2）利用直線與橢圓聯立方程組，設交點坐標，假設存在點，則可得相等關系，然后利用韋達定理來進行化簡，計算即可得結果.【小問1詳解】由題意得解得．所以橢圓的方程為，離心率．【小問2詳解】直線的方程為，設點，點．由得．依據題意，．因為點與點關于軸對稱，所以點．若在軸上存在定點，使三點共線，則．由，得．由，得．因為,則，由于對任意恒成立，所以，解得．則在軸上存在定點，使三點共線．20.【答案】（1）①；②證明見解析（2）【分析】（1）把代入，①利用導數探討單調性求出最大值；②設出切點坐標，利用導數的幾何意義求出切線方程，再由切線過的點，結合一元二次方程有解推理得證.（2）求出導數，由給定的極小值點可得，且，構造函數，按最小值不小于0和小于0分類討論求解.【小問1詳解】（i）當時，函數，求導得，當時，；當時，，函數在上單調遞減，且，在上單調遞增，又所以當時，函數的最大值為.（ii）設切點為，而，，曲線在點處的切線方程為由經過點，得，整理得，由，得，所以.【小問2詳解】函數的定義域為R，求導得，由是函數的極小值點，得，即，則，令，求導得，令，即，，得，當時，；當時，函數在上單調遞減，在上單調遞增，則，①當時，即時，得，此時，當時，；當時，，函數在上單調遞減，在上單調遞增，所以是函數的極小值點，符合題意；②當時，即時，則，而，則存在，使，當時，，因此不是函數的極小值點，不符合題意，所以的取值范圍為.21.【答案】（1）（2）證明見解析（3）【分析】（1）根據可分數列的定義可得出合乎條件的；（2）對進行討論：①，去掉后，按照