第第頁2025年北京高考數學真題試卷及答案第一部分(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.集合,,則()A. B. C. D.2.已知復數滿足,則()A. B. C.4 D.83.雙曲線的離心率為()A. B. C. D.4.為得到函數的圖象,只需把函數的圖象上的所有點()A.橫坐標變成原來的倍,縱坐標不變B.橫坐標變成原來的2倍,縱坐標不變C.縱坐標變成原來的倍,橫坐標不變D.縱坐標變成原來的3倍,橫坐標不變5.已知是公差不為0的等差數列,,若,,成等比數列,則()A. B. C.16 D.186.已知,,則()A. B. C. D.7.已知函數的定義域為,則“函數的值域為”是“對任意,存在,使得”的()A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件8.設函數,若恒成立,且在上存在零點,則的最小值為()A.8 B.6 C.4 D.39.在一定條件下,某人工智能大語言模型訓練個單位的數據量所需要時間(單位:小時),其中為常數.在此條件下,已知訓練數據量從個單位增加到個單位時,訓練時間增加20小時;當訓練數據量從個單位增加到個單位時,訓練時間增加(單位:小時)()A.2 B.4 C.20 D.4010.已知平面直角坐標系中,,,設,則的取值范圍是()A. B. C. 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．拋物線的頂點到焦點的距離為3,則________．12．已知,則________;________．13.已知,且,,寫出滿足條件的一組________,_____________.14.某科技興趣小組通過3D打印機的一個零件可以抽象為如圖所示的多面體,其中是一個平行多邊形,平面平面,平面平面,,,,若,,則該多面體的體積為_______________.15.關于定義域為的函數,以下說法正確的有_________.①存在在上單調遞增的函數使得恒成立;②存在在上單調遞減的函數使得恒成立;③使得恒成立的函數存在且有無窮多個;④使得恒成立的函數存在且有無窮多個.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.在中,,.(1)求;(2)在以下三個條件中選擇一個作為已知,使得存在,求的高.①;②;③面積為.

17.四棱錐中,與為等腰直角三角形,,,為的中點.(1)為的中點,為的中點,證明：面;(2)若面,,求與面所成角的正弦值.

18.有一道選擇題考查了一個知識點,甲、乙兩校各隨機抽取100人,甲校有80人答對,乙校有75人答對,用頻率估計概率.(1)從甲校隨機抽取1人,求這個人做對該題目的概率.(2)從甲、乙兩校各隨機抽取1人,設為做對的人數,求恰有1人做對的概率以及的數學期望.(3)若甲校同學掌握這個知識點則有100%的概率做對該題目,乙校同學掌握這個知識點則有85%的概率做對該題目,未掌握該知識點的同學都是從四個選項里面隨機選擇一個,設甲校學生掌握該知識點的概率為,乙校學生掌握該知識點的概率為,試比較與的大小(結論不要求證明)

19.已知的離心率為,橢圓上的點到兩焦點距離之和為4.(1)求橢圓方程;(2)設為原點,為橢圓上一點,直線與直線,交于.與的面積為,,比較與的大小.

20.函數的定義域為,,,為處的切線.(1)的最大值;(2),除點外,曲線均在上方;(3)若時,直線過且與垂直,,分別于軸的交點為與,求取值范圍.

21.,,從中選出個有序數對構成一列:.相鄰兩項滿足:或,稱為列.(1)若列的第一項為,求第二項.(2)若為列,且滿足為奇數時,;為偶數時,;判斷：與能否同時在中,并說明理由;(3)證明：中所有元素都不構成列.

2025年北京高考數學真題試卷答案第一部分(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.集合,,則()A. B. C. D.【解析】因為,所以,故選：D.2.已知復數滿足,則()A. B. C.4 D.8【解析】由可得,,所以,故選：B.3.雙曲線的離心率為()A. B. C. D.【解析】由得,,所以,,,即,,所以,故選：B.4.為得到函數的圖象,只需把函數的圖象上的所有點()A.橫坐標變成原來的倍,縱坐標不變B.橫坐標變成原來的2倍,縱坐標不變C.縱坐標變成原來的倍,橫坐標不變D.縱坐標變成原來的3倍,橫坐標不變【解析】因為,所以將函數的圖象上所有點的橫坐標變成原來的倍,縱坐標不變,即可得到函數的圖象,故選：A.5.已知是公差不為0的等差數列,,若,,成等比數列,則()A. B. C.16 D.18【解析】設等差數列的公差為,(),因為,,成等比數列,且,所以,即,解得或(舍去),所以.故選：C.6.已知,,則()A. B. C. D.【解析】對于A,當時,,故A錯誤;對于BD,取,,此時,故BD錯誤;對于C,由基本不等式可得,故C正確.故選:C.7.已知函數的定義域為,則“函數的值域為”是“對任意,存在,使得”的()A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件【解析】若函數的值域為,則對任意,一定存在,使得取,則,充分性成立;取,,則對任意,一定存在,使得取,則,但此時函數的值域為,必要性不成立;所以“函數的值域為”是“對任意,存在,使得”的充分不必要條件.故選：A.8.設函數,若恒成立,且在上存在零點,則的最小值為()A.8 B.6 C.4 D.3【解析】函數,設函數的最小正周期為,由可得,所以,即;又函數在上存在零點,且當時,,所以,即;綜上,的最小值為4.故選：C.9.在一定條件下,某人工智能大語言模型訓練個單位的數據量所需要時間(單位:小時),其中為常數.在此條件下,已知訓練數據量從個單位增加到個單位時,訓練時間增加20小時;當訓練數據量從個單位增加到個單位時,訓練時間增加(單位:小時)()A.2 B.4 C.20 D.40【解析】設當取個單位、個單位、個單位時所需時間分別為,,由題意,因為,所以所以所以當訓練數據量N從個單位增加到個單位時,訓練時間增加4小時.故選：B.10.已知平面直角坐標系中,,,設,則的取值范圍是()A. B. C. D.【解析】因為|,由平方可得,,所以．,,所以,又,即所以,即,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．拋物線的頂點到焦點的距離為3,則________．【解析】因為拋物線的頂點到焦距的距離為,故,故,故答案為：6．12．已知,則________;________．【解析】令,則,又故令,則令,則,故故答案為：1,15.13.已知,且,,寫出滿足條件的一組________,_____________.【解析】因為,所以的終邊關于軸,且不與軸重合,故且,即,故取可滿足題設要求;故答案為：14.某科技興趣小組通過3D打印機的一個零件可以抽象為如圖所示的多面體,其中是一個平行多邊形,平面平面,平面平面,,,,若,,則該多面體的體積為_______________.【解析】先證明一個結論:如果平面平面,平面平面,平面,則.證明:設,,在平面取一點,,,在平面內過作直線,使得,作直線,使得,因為平面平面,,故,而,故,同理,而,,故.下面回歸問題.連接,因為且,故,同理而,故直角梯形與直角梯形全等,故在直角梯形中,過作,垂足為則四邊形為矩形,且為以為直角的等腰直角三角形故平面平面,平面平面,平面,故平面取的中點為的中點為的中點為,連接,則,同理可證平面,而平面,故平面平面,同理平面平面,而平面平面,故平面故,故四邊形為平行四邊形,故.在平面中過作,交于,連接.則四邊形為平行四邊形,且,,故,故四邊形為平行四邊形而,,,,平面故平面,故平面平面而,,,故故幾何體為直棱柱而,故,因為,故平面而平面,故平面平面在平面中過作,垂足為,同理可證平面而,故,故由對稱性可得幾何體的體積為故答案為：60.15.關于定義域為的函數,以下說法正確的有_________.①存在在上單調遞增的函數使得恒成立;②存在在上單調遞減的函數使得恒成立;③使得恒成立的函數存在且有無窮多個;④使得恒成立的函數存在且有無窮多個.【解析】對于①,若存在上的增函數,滿足,則即,故時,,故,故即,矛盾,故①錯誤;對于②,取,該函數為上的減函數且,故該函數符合,故②正確;對于③,取,,此時,由可得有無窮多個,故③正確;對于④,若存在,使得,令,則,但,矛盾,故滿足的函數不存在,故④錯誤.故答案為:②③三、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.在中,,.(1)求;(2)在以下三個條件中選擇一個作為已知,使得存在,求的高.①;②;③面積為.【小問1詳解】因為,,所以由正弦定理有,解得;【小問2詳解】如圖所示,若存在,則設其邊上的高為若選①,,因為,所以,因為,這表明此時三角形有兩個鈍角,而這是不可能的,所以此時三角形不存在,故邊上的高也不存在;若選②,,由正弦定理有,解得,此時,而,,,所以,可以唯一確定所以此時,也可以唯一確定這表明此時三角形是存在的,且邊上的高;若選③,的面積是,則解得,由余弦定理可得可以唯一確定進一步由余弦定理可得,也可以唯一確定,即,可以唯一確定這表明此時三角形是存在的,且邊上的高滿足:,即17.四棱錐中,與為等腰直角三角形,,,為的中點.(1)為的中點,為的中點,證明：面;(2)若面,,求與面所成角的正弦值.【小問1詳解】取的中點,的中點,連接∵與為等腰直角三角形,,不妨設,,,分別為的中點,,,,,,,,四邊形為平行四邊形,,面,面,面;【小問2詳解】面,以為原點,所在直線分別為軸建立如圖所示的空間直角坐標設,則,,,,,,設面的一個法向量為取,,,設與面成的角為則即與平面成角的正弦值為.18.有一道選擇題考查了一個知識點,甲、乙兩校各隨機抽取100人,甲校有80人答對,乙校有75人答對,用頻率估計概率.(1)從甲校隨機抽取1人,求這個人做對該題目的概率.(2)從甲、乙兩校各隨機抽取1人,設為做對的人數,求恰有1人做對的概率以及的數學期望.(3)若甲校同學掌握這個知識點則有100%的概率做對該題目,乙校同學掌握這個知識點則有85%的概率做對該題目,未掌握該知識點的同學都是從四個選項里面隨機選擇一個,設甲校學生掌握該知識點的概率為,乙校學生掌握該知識點的概率為,試比較與的大小(結論不要求證明)【小問1詳解】用頻率估計概率,從甲校隨機抽取1人,做對題目的概率為.【小問2詳解】設為“從甲校抽取1人做對”,則,則設為“從乙校抽取1人做對”,則,則設為“恰有1人做對”,故而可取0,1,2,,故的分布列如下表：0120.050.350.6故.【小問3詳解】設為“甲校掌握該知識點的學生”,因為甲校掌握這個知識點則有100%的概率做對該題目,未掌握該知識點的同學都是從四個選項里面隨機選擇一個,故即,故,同理有,故,故.19.已知的離心率為,橢圓上的點到兩焦點距離之和為4.(1)求橢圓方程;(2)設為原點,為橢圓上一點,直線與直線,交于.與的面積為,,比較與的大小.【小問1詳解】由橢圓可知,,所以,又,所以,故橢圓方程為;【小問2詳解】聯立,消去得,,整理得,①,又,所以,,故①式可化簡為,即,所以,所以直線與橢圓相切,為切點.設,,易知,當時,由對稱性可知,.故設,易知,聯立,解得,,聯立,解得,所以故法二：不妨設,易知,當時,由對稱性可知,故設,聯立,解得聯立,解得則,,又,所以,所以則tan,即,所以20.函數的定義域為,,,為處的切線.(1)的最大值;(2),除點外,曲線均在上方;(3)若時,直線過且與垂直,,分別于軸的交點為與,求取值范圍.【小問1詳解】設,由可得,當時,,單調遞增當時,,單調遞減,所以的最大值為.【小問2詳解】因為,所以直線的方程為,即,設,,由(1)可知,在上單調遞增,而,所以,當時,,單調遞減當時,,單調遞增,且而當時,,所以總有,單調遞增故,從而命題得證;【小問3詳解】由可設,又,所以,即因為直線的方程為,易知所以直線的方程為所以由(1)知,當時,,所以所以21.,,從中選出個有序數對構成一列:.相鄰兩項滿足:或,稱為列.(1)若列的第一項為,求第二項.(2)若為列,且滿足為奇數時,;為偶數時,;判斷：與能否同時在中,并說明理由;(3)證明：中所有元素都不構成列.【小問1詳解】根據題目定義可知,或若第一項為,顯然或不符合題意(不在集合中),所以下一項是或;【小問2詳解】假設二者同時出現在中,由于列取反序后仍是列,故可以不妨設在之前.顯然,在列中,相鄰兩項的橫縱坐標之和的奇偶性總是相反的,所以從到必定要向