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153582-卷3 2024年普通高等学校招生全国统一考试(北京卷)《2025高考试题攻略 第1辑 一年真题风标卷 数学》

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

题号	一	二	三	总分
得分

注意事项:

1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息

2．请将答案正确填写在答题卡上

一、选择题(本大题共10小题,每小题4分,共40分。在每小题列出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)

1．已知集合M={x|-3< <1},N={x| <4},则 （      ）

A．{x| <1}　　　　B．{x| >-3}

C．{x|-3< <4}　　　　D．{x| <4}

2．若复数 满足 ,则

A．-1-iB．-1+iC．1-iD．1+i

3．圆 的圆心到 的距离为（      ）

A． 　　　　B．2　　　　C．3　　　　D．3

4．在(x- )⁴的展开式中 的系数为

A．6   B．-6   C．12D．-12

5．设 是向量,则“ ”是“ 或 ”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

6．设函数  ωx(ω>0),已知 ,且| |的最小值为 ,则 （      ）

A．1　　　　B．2　　　　C．3　　　　D．4

7．生物丰富度指数 是河流水质的一个评价指标,其中 分别表示河流中的生物种类数与生物个体总数,生物丰富度指数 越大,水质越好 如果某河流治理前后的生物种类数 没有变化,生物个体总数由 变为 ,生物丰富度指数由 提高到 ,则

A．3N₂=2N₁　　　　B．2N₂=3N₁

C． = 　　　　D． =

8．如图,在四棱锥 中,底面 是边长为4的正方形 ,该棱锥的高为

A．1B．2C． D．

9．已知 是函数 的图像上两个不同的点,则（      ）

A．log₂ < 　　　　B．log₂ >

C．log₂ < 　　　　D．log₂ >

10．已知M={(x,y)|y=x+t(x²-x),1≤x≤2,0≤t≤1}是平面直角坐标系中的点集 设 是 中两点间的距离的最大值 是 表示的图形的面积,则

A．d=3,S<1     B．d=3,S>1

C．d= <1D．d= >1

二、填空题(本大题共5小题,每小题5分,共25分。把答案填在题中的横线上)

11．抛物线 的焦点坐标为　　　　. 

12．在平面直角坐标系 中,角 与角 均以 为始边,它们的终边关于原点对称 若 ,则cos 的最大值为　　　　. 

13．若直线 与双曲线 只有一个公共点,则 的一个取值为　　　　. 

14．汉代刘歆设计的“铜嘉量”是龠、合、升、斗、斛五量合一的标准量器,其中升量器、斗量器、斛量器的形状均可视为圆柱 若升、斗、斛量器的容积成公比为10的等比数列,底面直径依次为65 mm、325 mm、325 mm,且斛量器的高为230 mm,则斗量器的高为　　　　mm,升量器的高为　　　　 mm.(不计量器的厚度) 

15．设 与 是两个不同的无穷数列,且都不是常数列 记集合M={k|a_k=b_k,k∈N^*},给出下列四个结论:

①若 与 均为等差数列,则 中最多有1个元素;

②若 与 均为等比数列,则 中最多有2个元素;

③若 为等差数列 为等比数列,则 中最多有3个元素;

④若 为递增数列 为递减数列,则 中最多有1个元素

其中正确结论的序号是　　　　. 

三、解答题(本大题共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．(13分)在△ 中 为钝角 ．

(1)求 ;

(2)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知,使得△ 存在,求△ 的面积

条件①: ;

条件②:cos ;

条件③:

注:如果选择的条件不符合要求,第(2)问得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

17．(14分)如图,在四棱锥 中 ∥ 点 在 上,且

(1)若 为线段 的中点,求证: ∥平面 ;

(2)若 平面 ,求平面 与平面 夹角的余弦值

18．(13分)某保险公司为了解该公司某种保险产品的索赔情况,从合同保险期限届满的保单中随机抽取1 000份,记录并整理这些保单的索赔情况,获得数据如下表:

索赔次数	0	1	2	3	4
保单份数	800	100	60	30	10

假设:一份保单的保费为 万元;前三次索赔时,保险公司每次赔偿 万元;第四次索赔时,保险公司赔偿 万元

假设不同保单的索赔次数相互独立,用频率估计概率

(1)估计一份保单索赔次数不少于2的概率;

(2)一份保单的毛利润定义为这份保单的保费与赔偿总金额之差

(ⅰ)记 为一份保单的毛利润,估计 的数学期望 ;

(ⅱ)如果无索赔的保单的保费减少4%,有索赔的保单的保费增加20%,试比较这种情况下一份保单毛利润的数学期望估计值与(ⅰ)中 估计值的大小.(结论不要求证明)

19．已知椭圆 : + =1(a> >0),以椭圆 的焦点和短轴端点为顶点的四边形是边长为2的正方形 过点(0,t)(t> )且斜率存在的直线与椭圆 交于不同的两点 ,过点 和 的直线 和椭圆 的另一个交点为 ．

(1)求椭圆 的方程及离心率;

(2)若直线 的斜率为0,求 的值

20．(15分)设函数 ,直线 是曲线 在点(t,f(t))(t>0)处的切线

(1)当 时,求 的单调区间;

(2)求证: 不经过点(0,0);

(3)当 时,设点A(t,f(t))(t>0),C(0,f(t)),O(0,0),B为 与 轴的交点,S_△ACO与S_△ABO分别表示△ 与△ 的面积,是否存在点 使得2S_△ACO=15S_△ABO成立?若存在,这样的点 有几个?

(参考数据: <ln 3< <ln 5< <ln 7<1.95)

21．(15分)已知集合M={(i,j,k,w)| ,且 为偶数}.

给定数列 : ,… 和序列 : ,… ,其中T_s=(i_t,j_t,k_t,w_t)∈M(t=1,2,…,s),对数列 进行如下变换:将 的第 项均加1,其余项不变,得到的数列记作 ;将 的第 项均加1,其余项不变,得到的数列记作 ;…;以此类推,得到数列 … ,简记为

(1)给定数列 :1,3,2,4,6,3,1,9和序列 :(1,3,5,7),(2,4,6,8),(1,3,5,7),写出 ;

(2)是否存在序列 ,使得 为

?

若存在,写出一个 ,若不存在,说明理由;

（3）若数列 的各项均为正整数,且 为偶数,求证:“存在序列 ,使得 的各项都相等”的充要条件为“ ”

参考答案

一、选择题(本大题共10小题,每小题4分,共40分。在每小题列出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)

1. C

因为集合M={x|-3< <1},N={x| <4},所以M∪N={x|-3< <4}.故选C．

2. C

,则 ,故选C．

3. D

圆 的标准方程为 ,圆心坐标为(1,-3),因此圆心到直线 的距离 =3 ,故选D．

4. A

(x- )⁴的展开式的通项 x^4-k(- )^k=(-1)^k ,令4- =3,解得 ,所以在(x- )⁴的展开式中 的系数为 故选A．

5. B

∵ ,∴ ,∴ ,则 = ,不能得到 或 ,充分性不成立;若 或 ,则 成立,必要性成立 所以“ ”是“ 或 ”的必要不充分条件 故选B．

6. B

∵ ,∴ 分别为函数 的最小值点、最大值点 又| | ,则 =2× ,得 故选B．

7. D

由题意可得

两式相除得 ,

所以ln ,即 = 结合选项可知,选D．

8. D

四棱锥的底面是边长为4的正方形,且 ,如图,设 的中点分别为 ,则 ,连接 ,∵ 平面 平面 ,∴ 平面 ,又 平面 ,∴平面 平面 ,且平面 平面 过点 作 于点 ,则 平面 ,则 平面 ． 在△ 中,由题可求得 ,∴ ,∴ ,根据面积相等可得 ,即 ×2,得 故选D．

9. B

= ,∵ ,∴等号取不到,即 > 故选B．

10. C

∵ ,∴ ,∴ 可看作关于 的一次函数,则 关于 单调递增或 是关于 的常数函数

又∵ ,∴函数 图像的对称轴为直线 - ≤0,∴ 关于 的函数在[1,2]上单调递增,又 均为非负数,

∴当 均取最小值与 均取最大值时 中两点间的距离为最大值即 取最大值,即 中点(1,1)和(2,4)间的距离最大,得

表示的图形如图阴影所示,利用大长方形的面积减去小正方形及两个梯形的面积,可得 < 故选C．

二、填空题(本大题共5小题,每小题5分,共25分。把答案填在题中的横线上)

11. (4,0)

由抛物线的标准方程 知 ,所以焦点坐标为

12. -

∵ ,∴cos ,即 ,又 ππ ,∴cos πππ ,∴- ,∴cos 的最大值为-

13.

∵双曲线 的渐近线方程为 ± ,直线 过定点(3,0),∴只有当直线 与渐近线平行时,该直线与双曲线才只有一个公共点,∴ 的取值为± (任答一个即可得分).

14. 23　

设升量器的高为 ,底面半径为 ,容积为 ,斗量器的高为 ,底面半径为 ,容积为 ,斛量器的高为 ,底面半径为 ,容积为 ,则 mm,

π ππ ππ π

∵ 成等比数列且公比 ,∴ ,即 π π ,解得 ,即 π π ,解得 ∴斗量器的高 mm,升量器的高

15. ①③④

对于①,若 与 均为等差数列,

设 ,

,

故可将 与 看作是关于 的一次函数,

其图像最多只有一个交点,且交点横坐标不是整数时,不存在 满足 ,故 中最多只有1个元素,①正确

对于②,若 与 均为等比数列,设 ,则当 为偶数时 ,所以 中有无数个元素,②错误

对于③,若 为等差数列 为等比数列,则设 当 > 时,由一次函数和指数函数的性质可知 中最多有2个元素 当 <0且 时,点 分奇偶在函数 和 的图像上,如图 由图可知 中可能有0,1,2,3个元素,当 时 ,满足 中有3个元素,③正确

对于④,若 为递增数列,则 随 的增大而增大,在平面直角坐标系中,散点 由左下到右上分布;若 为递减数列,则 随 的增大而减小,在平面直角坐标系中,散点 由左上到右下分布

故点 与点 最多只能重合一次,即 中最多只有1个元素,④正确

综上,正确结论的序号是①③④

三、解答题(本大题共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. （1）    （2）

(1)由题意知 ,

又 为钝角,∴ ,∴2sin ．

∵ = ,∴ ,

∴2sin · ,又 ,则sin ,

∴2= ,∴sin ,

∵ 为钝角,∴

(2)若选①,∵ ,又 ,此时构不成三角形,不符合题意

若选②,∵cos ,∴sin =

由正弦定理可得 =3,

又sin π

= × - × = ,

∴S_△ABC= ×7×3× =

若选③,∵ = ,∴

由余弦定理得cos =- = ,

即 ,∴ ,∴ ,解得b=3(负值舍去),

∴S_△ABC= ×3×5× =

17. （1）见解析    （2）

(1)【证明】取 中点 ,连接 ,∵ 分别为 的中点,∴

18. （1）       （2）(ⅰ)0.122     (ⅱ)大于

(1)设一份保单索赔次数为 ,则

+ + = ,

∴一份保单索赔次数不少于2的概率为

(2)(ⅰ)X的可能取值为 ,则

= ,

= ,

= ,

= ,

= ,

∴ -2×

(ⅱ)保单的保费调整后,无索赔保单的保费为 万元,有索赔保单的保费为 万元

毛利润 的可能取值为 ,

∴此时 ,

∴调整后的保单毛利润的数学期望的估计值大于调整前的保单毛利润数学期望的估计值

19. (1) + =1        (2)2

(1)依题意,b²+c²=4,b=c(提示:正方形的对角线互相垂直平分且相等),解得 ,所以 =2,

所以椭圆 的方程为 + =1,离心率 =

(2)因为直线 的斜率存在,所以设直线 的方程为 ,联立 消去 并整理得 ,由 >0,得 >

设 ,则D(-x₂,y₂)(提示:直线 的斜率为0,即 ∥ 轴,则根据椭圆的对称性,点 关于 轴对称),x₁+x₂=-

直线 的方程为 ,即 ,又直线 过点 ,所以 ,即 ,即 ,即 ,

　

即 - =0,整理得 ,

又 ,所以

20. (1)单调递减区间为(-1,0),单调递增区间为(0,+∞)    （2）见解析 （3）存在   两个

(1)【解】因为 ,所以f(x)=x-ln(1+x)(x>-1),

则 = (x>-1).

当 时 < 单调递减,当 时 > 单调递增

综上 的单调递减区间为(-1,0),单调递增区间为

(2)【证明】因为 ,

所以曲线 在点 处的切线方程为 ,

整理得

令 ,则 ,令 ,

则 ,又 >0,则当 >0时 >0,所以 在(0,+∞)上单调递增,所以当 时 > ;

当 <0时 < 在(0,+∞)上单调递减,所以当 时 < ,

即当 时 ,所以 不经过点

(3)【解】存在

(先根据题意表示出相关的量,并将三角形面积用含 的式子表示出来)

依题意 ,

由(2)得,当 时 的方程为 ,所以

若2S_△ACO=15S_△ABO成立,则2× ×| |×| |=15× ×| |×| |,即2| |=15| |,

即 ,整理得

令 > = ,

当 时 > 单调递增,当 时 < 单调递减,当 时 > 单调递增,

又当 →0时 → →+∞时 →+∞,

的极大值为 > 的极小值为 5<0,

作出 的大致图像如图所示

所以 在(0,+∞)上有两个零点,故有两个这样的点 使2S_△ACO=15S_△ABO.

21. (1)Ω(A)=T₃T₂T₁(A):3,4,4,5,8,4,3,10    （2）不存在   （3）见解析

(1)【解】由题知 ,则 :2,3,3,4,7,3,2,9,

则 :2,4,3,5,7,4,2,10,

故 :

(2)【解】由题知每次变换数列 的所有项的和增加4,

又2+6+4+2+8+2+4+4=32,故经过了 =8次变换

则 与 与 与 与 每组的增量和均为8,

式中 与 与 增量和不满足,故不存在符合题意的序列

(3)【证明】设数列 经 次变换,

为 ,

则有 ．

必要性证明:

若 ,

有 ,

又 ,所以

充分性证明:

若 ,则

因为 为偶数,所以 有均为奇数,均为偶数,两奇两偶三种情形,且 为偶数

由 为偶数,

可得 为偶数,

为偶数

故存在 的情形

又 ,

,

所以 ,得证