2025年高考北京卷數(shù)學(xué)真題

這是一份2025年高考北京卷數(shù)學(xué)真題，共20頁。試卷主要包含了單選題，填空題，解答題等內(nèi)容，歡迎下載使用。

一、單選題
1．已知集合，則（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先求出集合，再根據(jù)集合的交集運算即可解出.
【詳解】因為，所以，
故選：D.
2．已知復(fù)數(shù)z滿足，則（ ）
A．B．C．4D．8
【答案】B
【分析】先求出復(fù)數(shù)，再根據(jù)復(fù)數(shù)模的公式即可求出．
【詳解】由可得，，所以，
故選：B.
3．雙曲線的離心率為（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先將雙曲線方程化成標準方程，求出，即可求出離心率．
【詳解】由得，，所以，
即，所以，
故選：B．
4．為了得到函數(shù)的圖象，只需把函數(shù)的圖象上所有點的（ ）
A．橫坐標變?yōu)樵瓉淼谋叮v坐標不變）B．橫坐標變?yōu)樵瓉淼?倍（縱坐標不變）
C．縱坐標變?yōu)樵瓉淼谋叮M坐標不變）D．縱坐標變?yōu)樵瓉淼?倍（橫坐標不變）
【答案】A
【分析】由，根據(jù)平移法則即可解出．
【詳解】因為，所以將函數(shù)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(shù)的圖象，
故選：A.
5．已知是公差不為零的等差數(shù)列，，若成等比數(shù)列，則（ ）
A．B．C．16D．18
【答案】C
【分析】由等比中項的性質(zhì)結(jié)合等差數(shù)列的基本量運算即可求解.
【詳解】設(shè)等差數(shù)列的公差為，
因為成等比數(shù)列，且，
所以，即，解得或（舍去），
所以.
故選：C.
6．已知，則（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】由基本不等式結(jié)合特例即可判斷.
【詳解】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(shù)的定義域為D，則“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．充要條件D．既不充分也不必要條件
【答案】A
【分析】由函數(shù)值域的概念結(jié)合特例，再根據(jù)充分條件、必要條件的概念即可求解.
【詳解】若函數(shù)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(shù)的值域為，必要性不成立；
所以“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(shè)函數(shù)，若恒成立，且在上存在零點，則的最小值為（ ）
A．8B．6C．4D．3
【答案】C
【分析】由輔助角公式化簡函數(shù)解析式，再由正弦函數(shù)的最小正周期與零點即可求解.
【詳解】函數(shù)，
設(shè)函數(shù)的最小正周期為T，由可得，
所以，即；
又函數(shù)在上存在零點，且當時，，
所以，即；
綜上，的最小值為4.
故選：C.
9．一定條件下，某人工智能大語言模型訓(xùn)練N個單位的數(shù)據(jù)量所需要的時間（單位：h），其中k為常數(shù)．在此條件下，已知訓(xùn)練數(shù)據(jù)量N從個單位增加到個單位時，訓(xùn)練時間增加20h；當訓(xùn)練數(shù)據(jù)量N從個單位增加到個單位時，訓(xùn)練時間增加（ ）
A．2hB．4hC．20hD．40h
【答案】B
【分析】由題給條件列出不同訓(xùn)練數(shù)據(jù)量時所需的時間，結(jié)合對數(shù)的運算性質(zhì)即可求解.
【詳解】設(shè)當N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(xùn)練數(shù)據(jù)量N從個單位增加到個單位時，訓(xùn)練時間增加4小時.
故選：B.
10．在平面直角坐標系中，，.設(shè)，則的取值范圍是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先根據(jù)，求出，進而可以用向量表示出，即可解出．
【詳解】因為，，
由平方可得，，所以．
，，
所以，
，
又，即，
所以，即，
故選：D.
二、填空題
11．已知拋物線的頂點到焦點的距離為3，則 ．
【答案】
【分析】根據(jù)拋物線的幾何性質(zhì)可求的值.
【詳解】因為拋物線的頂點到焦距的距離為，故，故，
故答案為：.
12．已知，則 ； ．
【答案】
【分析】利用賦值法可求，利用換元法結(jié)合賦值法可求的值.
【詳解】令，則，
又，
故，
令，則，
令，則，故
故答案為：.
13．已知，且，.寫出滿足條件的一組的值 ， ．
【答案】 （答案不唯一） （答案不唯一）
【分析】根據(jù)角的三角函數(shù)的關(guān)系可得角的等量關(guān)系，從而可得滿足條件的一組解.
【詳解】因為，，
所以的終邊關(guān)于軸對稱，且不與軸重合，
故且，
即，
故取可滿足題設(shè)要求；
故答案為：；（答案不唯一）
14．某科技興趣小組用3D打印機制作的一個零件可以抽象為如圖所示的多面體，其中ABCDEF是一個平面多邊形，平面平面ABC，平面平面ABC，，.若，則該多面體的體積為 ．
【答案】
【分析】如圖，將一半的幾何體分割成直三棱柱和四棱錐后結(jié)合體積公式可求幾何體的體積.
【詳解】先證明一個結(jié)論：如果平面平面，平面平面，平面，則.
證明：設(shè)，， 在平面取一點，，
在平面內(nèi)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：.
15．關(guān)于定義域為的函數(shù)，給出下列四個結(jié)論：
①存在在上單調(diào)遞增的函數(shù)使得恒成立；
②存在在上單調(diào)遞減的函數(shù)使得恒成立；
③使得恒成立的函數(shù)存在且有無窮多個；
④使得恒成立的函數(shù)存在且有無窮多個．
其中正確結(jié)論的序號是 ．
【答案】②③
【分析】利用反證法可判斷①④的正誤，構(gòu)造函數(shù)并驗證后可判斷②③的正誤.
【詳解】對于①，若存在在上的增函數(shù)，滿足，
則，即，
故時，，故，
故即，矛盾，故①錯誤；
對于②，取，該函數(shù)為上的減函數(shù)且，
故該函數(shù)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(shù)不存在，故④錯誤.
故答案為：②③
三、解答題
16．在中，．
(1)求c的值；
(2)再從條件①、條件②、條件③這三個條件中選擇一個作為已知，使得存在，求BC邊上的高．
條件①：；條件②：；條件③：的面積為．
【答案】(1)6
(2)答案見解析
【分析】（1）由平方關(guān)系、正弦定理即可求解；
（2）若選①，可得都是鈍角，矛盾；若選②，由正弦定理求得，由余弦定理求得，利用等面積法求得高；若選③，首先根據(jù)三角形面積公式求得，再根據(jù)余弦定理可求得，由此可說明三角形存在，且可由等面積法求解.
【詳解】（1）因為，所以，
由正弦定理有，解得；
（2）如圖所示，若存在，則設(shè)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，，由有，由正弦定理得,所以，
所以由余弦定理得,
此時三角形是存在的，且唯一確定，
所以,即，
所以邊上的高；
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．如圖，在四棱錐中，與均為等腰直角三角形，，E為BC的中點．
(1)若分別為的中點，求證：平面PAB；
(2)若平面ABCD，，求直線AB與平面PCD所成角的正弦值．
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）取PA的中點N，PB的中點M，連接FN、MN，只需證明即可；
（2）建立適當?shù)目臻g直角坐標系，求出直線AB的方向向量與面PCD的法向量，根據(jù)向量夾角公式即可求解.
【詳解】（1）取PA的中點N，PB的中點M，連接FN、MN，
與為等腰直角三角形且，
不妨設(shè)，..
E、F分別為BC、PD的中點，
，且.
，，
，∴四邊形FGMN為平行四邊形，
，
平面PAB，平面PAB，平面PAB；
（2）平面ABCD，以A為原點，AC、AB、AP所在直線分別為x、y、z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，
設(shè)，則，
，
設(shè)平面PCD的一個法向量為，
，，
取，，.
設(shè)AB與平面PCD所成角為，
則，
即AB與平面PCD所成角的正弦值為.
18．某次考試中，只有一道單項選擇題考查了某個知識點，甲、乙兩校的高一年級學(xué)生都參加了這次考試.為了解學(xué)生對該知識點的掌握情況，隨機抽查了甲、乙兩校高一年級各100名學(xué)生該題的答題數(shù)據(jù)，其中甲校學(xué)生選擇正確的人數(shù)為80，乙校學(xué)生選擇正確的人數(shù)為75.假設(shè)學(xué)生之間答題相互獨立，用頻率估計概率.
(1)估計甲校高一年級學(xué)生該題選擇正確的概率
(2)從甲、乙兩校高一年級學(xué)生中各隨機抽取1名，設(shè)X為這2名學(xué)生中該題選擇正確的人數(shù)，估計的概率及X的數(shù)學(xué)期望；
(3)假設(shè)：如果沒有掌握該知識點，學(xué)生就從題目給出的四個選項中隨機選擇一個作為答案；如果掌握該知識點，甲校學(xué)生選擇正確的概率為，乙校學(xué)生選擇正確的概率為.設(shè)甲、乙兩校高一年級學(xué)生掌握該知識點的概率估計值分別為，，判斷與的大小（結(jié)論不要求證明）.
【答案】(1)
(2)，
(3)
【分析】（1）用頻率估計概率即可求解；
（2）利用獨立事件乘法公式以及互斥事件的加法公式可求恰有1人做對的概率及的分布列，從而可求其期望；
（3）根據(jù)題設(shè)可得關(guān)于的方程，求出其解后可得它們的大小關(guān)系.
【詳解】（1）估計甲校高一年級學(xué)生該題選擇正確的概率.
（2）設(shè)為“從甲校抽取1人做對”，則，，
設(shè)為“從乙校抽取1人做對”，則，，
設(shè)為“恰有1人做對”，故
依題可知，可取，
，，，
故的分布列如下表：
故.
（3）設(shè)為 “甲校掌握這個知識點的學(xué)生做該題”，
因為甲校掌握這個知識點則有的概率做對該題目，
未掌握該知識點的同學(xué)都是從四個選項里面隨機選擇一個，
故，即，故，
同理有，，故，
故.
19．已知橢圓的離心率為，橢圓E上的點到兩焦點的距離之和為4.
(1)求橢圓E的方程；
(2)設(shè)O為坐標原點，點在橢圓E上，直線與直線，分別交于點A，B．設(shè)與的面積分別為，比較與的大?。?br>【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根據(jù)橢圓定義以及離心率可求出，再根據(jù)的關(guān)系求出，即可得到橢圓方程；
（2）法一：聯(lián)立直線方程求出點坐標，即可求出，再根據(jù)，即可得出它們的大小關(guān)系.
法二：利用直線的到角公式或者傾斜角之間的關(guān)系得到，再根據(jù)三角形的面積公式即可解出.
【詳解】（1）由橢圓可知，，所以，又，所以，，
故橢圓E的方程為；
（2）聯(lián)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(shè)，易知，當時，由對稱性可知，．
故設(shè)，易知，
聯(lián)立，解得，
聯(lián)立，解得，
所以
，
，
故．
法二：不妨設(shè)，易知，當時，由對稱性可知，．
故設(shè)，
聯(lián)立，解得，
聯(lián)立，解得，
若，則，
由對稱性，不妨取，則，
，，所以，
同理，當時，，
當時，則，，,
又，所以，
所以
，
，
則，即，
所以.
20．已知函數(shù)的定義域是，導(dǎo)函數(shù)，設(shè)是曲線在點處的切線．
(1)求的最大值；
(2)當時，證明：除切點A外，曲線在直線的上方；
(3)設(shè)過點A的直線與直線垂直，，與x軸交點的橫坐標分別是，，若，求的取值范圍．
【答案】(1)
(2)證明見解析
(3)
【分析】（1）利用導(dǎo)數(shù)判斷其單調(diào)性，即可求出最大值；
（2）求出直線的方程，再構(gòu)造函數(shù)，只需證明其最小值（或者下確界）大于零即可；
（3）求出直線的方程，即可由題意得到的表示，從而用字母表示出，從而求出范圍.
【詳解】（1）設(shè)，，
由可得，當時，，單調(diào)遞增，
當時，，單調(diào)遞減，
所以的最大值為.
（2）因為，所以直線的方程為，即，
設(shè)，，
由（1）可知，在上單調(diào)遞增，而，
所以，當時，，單調(diào)遞減，
當時，，單調(diào)遞增，且，
而當時，，所以總有，單調(diào)遞增
故，從而命題得證；
（3）解法一：由題意，直線，直線，
所以，，
當時，，在上單調(diào)遞增，
所以，
所以
，
由（1）可得當時，，
所以，
所以.
解法二：由可設(shè)，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．已知集合，從M中選取n個不同的元素組成一個序列：，其中稱為該序列的第i項，若該序列的相鄰項滿足：或，則稱該序列為K列．
(1)對于第1項為的K列，寫出它的第2項．
(2)設(shè)為K列，且中的項滿足：當i為奇數(shù)時，：當i為偶數(shù)時，.判斷，能否同時為中的項，并說明理由；
(3)證明：由M的全部元素組成的序列都不是K列．
【答案】(1)或
(2)不能，理由見解析
(3)證明過程見解析
【分析】（1）根據(jù)新定義即可得解；
（2）假設(shè)與能同時在中，導(dǎo)出矛盾，從而得出與不能同時在中的結(jié)論；
（3）假設(shè)全體元素構(gòu)成一個K列，通過構(gòu)造導(dǎo)出矛盾，從而得到要證明的結(jié)論.
【詳解】（1）根據(jù)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；
（2）假設(shè)二者同時出現(xiàn)在中，由于K列取反序后仍是K列，故不妨設(shè)在之前.
顯然，在K列中，相鄰兩項的橫縱坐標之和的奇偶性總是相反的，所以從到必定要向下一項走奇數(shù)次.
但又根據(jù)題目條件，這兩個點的橫坐標均在中，所以從到必定要向下一項走偶數(shù)次.
這導(dǎo)致矛盾，所以二者不能同時出現(xiàn)在中.
（3）法1：若中的所有元素構(gòu)成K列，考慮K列中形如的項，
這樣的項共有個，由題知其下一項為，共計16個，
而，因為只能6由2來，3只能由7來，
橫、縱坐標不能同時相差4，這樣下一項只能有12個點，
即對于16個，有12個與之相對應(yīng)，矛盾．
綜上，由M的全部元素組成的序列都不是K列．
法2：假設(shè)全體元素構(gòu)成一個K列，則.
設(shè)，.
則和都包含個元素，且中元素的相鄰項必定在中.
如果存在至少兩對相鄰的項屬于，那么屬于的項的數(shù)目一定多于屬于的項的數(shù)目，
所以至多存在一對相鄰的項屬于.
如果存在，則這對相鄰的項的序號必定形如和，
否則將導(dǎo)致屬于的項的個數(shù)比屬于的項的個數(shù)多2，此時.
從而這個序列的前項中，第奇數(shù)項屬于，第偶數(shù)項屬于；
這個序列的后項中，第奇數(shù)項屬于，第偶數(shù)項屬于.
如果不存在相鄰的屬于的項，那么也可以看作上述表示在或的特殊情況.
這意味著必定存在，使得.
由于相鄰兩項的橫縱坐標之和的奇偶性必定相反，故中橫縱坐標之和為奇數(shù)的點和橫縱坐標之和為偶數(shù)的點的數(shù)量一定分別是和（不一定對應(yīng)）.
但容易驗證，和都包含個橫縱坐標之和為奇數(shù)的點和個橫縱坐標之和為偶數(shù)的點，所以，得.
從而有.
這就得到.
再設(shè)，.
則同理有.
這意味著.
從而得到，但顯然它們是不同的集合，矛盾.
所以由M的全部元素組成的序列都不是K列．