2025北京高考數(shù)學一輪復(fù)習（三）

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.（2021?北京高考1題）已知集合A={x|-1<X<1},8={x|0WxW2},則

（）

A.（-1,2）B.（-1,2］

C.［0,1）D.［0,1］

解析：選B由題意可得：AUB=UI—1<XW2},即AU8=（-1,2］.故選B.

2.（2021?北京高考2題）在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)z滿足（1-i）z=2,則z=（）

A.2+iB.2-i

C.l-iD.l+i

解析：選D由題意可得：Z=J=2'1+D=2<l+i）=］+i.故選口.

1—i（1—i）（l+i）2

3.（2021?北京高考3題）已知/（x）是定義在［0,1］上的函數(shù)，那么“函數(shù)/（x）在［0,

1］上單調(diào)遞增”是“函數(shù)/（無）在［0,1］上的最大值為/（I）”的（）

A.充分而不必要條件

B.必要而不充分條件

C.充分必要條件

D.既不充分也不必要條件

解析：選A若函數(shù)/（x）在［0,1］上單調(diào)遞增，則/（x）在［0,1］上的最大值為了

（1）,若/（X）在［o,I］上的最大值為了（1）,比如/（無）=［一目，但/（X）=（久一

］在［o,才上為減函數(shù)，在L，1］上為增函數(shù)，故/（X）在［0,1］上的最大值為了⑴推

不出/（尤）在［0,1］上單調(diào)遞增，故“函數(shù)/（無）在［0,1］上單調(diào)遞增”是“于（x）在

［0,1］上的最大值為/（1）”的充分而不必要條件.故選A.

4.（2021?北京高考4題）某四面體的三視圖如圖所示，該四面體的表面積為（）

解析：選A根據(jù)三視圖可得如圖所示的三棱錐028C,由三視圖可得，其表面積為

5.（2021?北京高考5題）雙曲線C：馬一M=1過點（丘,V3）,且離心率為2,則該雙曲

az

線的標準方程為（）

A.X2——=1B.——y2=l

33J

C.X2一絲=1D.--y2=l

33J

解析：選Ae=-=2,則c=2〃，b=c2~a2=V3a,則雙曲線的方程為三一j=l,

a\az3az

將點（衣,V3）的坐標代入雙曲線的方程可得彳-2=2=1,解得。=1,故》=百，因

az3az”

此雙曲線的方程為爐一片=1.故選A.

3

6.（2021?北京高考6題）｛斯｝和彷〃｝是兩個等差數(shù)列，其中詈（1WAW5）為常值，ai=

bk

288,的=96,"=192,則加=（）

A.64B.128

C.256D.512

解析：選B由已知條件可得&=生，則/=處=吧攔=64,因此，加二區(qū)坦二空空二

匕1b5ar28822

128.故選B.

7.（2021?北京高考7題）函數(shù)/（無）=cosx-cos2x,試判斷函數(shù)的奇偶性及最大值

（）

A.奇函數(shù)，最大值為2

B.偶函數(shù)，最大值為2

C.奇函數(shù)，最大值為］

D.偶函數(shù)，最大值為；

解析：選D由題意，f（—X）=cos（―x）—cos（―2x）=cosx—cos2x=/（x）,所以

該函數(shù)為偶函數(shù),又/（x）=cos%—cos2x=—2cos2x+cosx+1=—2^cos%—+，，所

以當cosx=］時，f（x）取最大值3.故選D.

8.（2021?北京高考8題）定義：24小時內(nèi)降水在平地上積水厚度（mm）來判斷降雨程度.

其中小雨（VlOmm）,中雨（10mm?25mm）,大雨（25mm?50mm）,暴雨（50

mm?100mm）,小明用一個圓錐形容器接了24小時的雨水，如圖，則這天降雨屬于哪個

等級（）

?200mmf

300

\/150mm

A.小雨B.中雨

C.大雨D.暴雨

解析：選B由題意，一個半徑為手=100(mm)的圓面內(nèi)的降雨充滿一個底面半徑為

—X—=50(mm),高為150(mm)的圓錐，所以積水厚度12.5

2300HX1002

(mm),屬于中雨.故選B.

9.(2021?北京高考9題)已知圓C/+丁2=4,直線/：y=kx+m,當上變化時，/截得圓

C弦長的最小值為2,則相=()

A.±2B.±V2

C.±V3D.±3

解析：選C由題可得圓心為(0,0),半徑為2,則圓心到直線的距離1=瞿上，則弦

Vfcz+1

長為21一雋,則當左=0時，弦長取得最小值為2j4-m2=2,解得加=±舊.故選C.

10.(2021?北京高考10題)數(shù)列｛斯｝是遞增的整數(shù)數(shù)列，且的>3,句+。2H----F斯=100,

則n的最大值為()

A.9B.10

C.llD.12

解析：選C若要使〃盡可能的大，則見與遞增幅度要盡可能小，不妨設(shè)數(shù)列｛〃〃｝是首項

為3,公差為1的等差數(shù)列，其前〃項和為8,則a“=〃+2,Sn=^XU=88<100,Sn

=i^iX12=102>100,所以〃的最大值為11.故選C.

二、填空題：共5小題，每小題5分，共25分.

11.(2021?北京高考11題)13一目4展開式中常數(shù)項為.

解析：卜3—q)4的展開式的通項刀+產(chǎn)北(/)4-4—(-1)(鼻12-匕令「=3得常

數(shù)項為74=(―1)3盤=-4.

答案：一4

12.(2021?北京高考12題)已知拋物線C廿=4.焦點為尸，點M為拋物線。上的點，

且|根1=6,則/的橫坐標是；作MNLx軸于N,則S“MN=.

2

解析：因為拋物線的方程為y=4xf故p=2且歹(1,0).因為IMFI=6,初+々=6,解

得W=5,故y“=±2遙，所以FMN=^X(5-1)X2V5=4V5.

答案：54V5

13.(2021?北京高考13題)a=(2,1),b=(2,—1),c=(0,1),貝U(a+b)e

=；ab=.

解析：?二〃=(2,1),b—(2,—1),c=(0,1),.\a+b=(4,0),(〃+8)c

=4X0+0Xl=0,：.a-b=2X2+lX(-1)=3.

答案：03

14.(2021?北京高考14題)若點尸(cos6,sind)與點。(cos(。+)sin(8+弓))關(guān)于y

軸對稱，寫出一個符合題意的0=.

解析：TP(cos6,sinO')與0(cos(e+：),sin(8+,))關(guān)于y軸對稱，即。，關(guān)于y

軸對稱，???6+丫+夕=兀+2左兀，fcez,則6=E+且，Z￡Z,當左=0時，可取夕的一個值

612

為工

12

答案：詈(滿足6=祈+工，即可)

15.(2021?北京高考15題)己知函數(shù)/(無)=I1g尤I一依-2,給出下列四個結(jié)論：

①若左=0,則/(x)有兩個零點；

②三上<0,使得/(x)有一個零點；

③三女<0,使得/(x)有三個零點；

@3k>0,使得/(%)有三個零點.

以上正確結(jié)論的序號是.

解析：對于①，當左=0時，由/(X)=11g尤I—2=0,可得尤=擊或無=100,①正確；

對于②，當直線y=fcc+2與曲線y=-Igx(0<x<l)相切于點尸(f,—lgr),對函數(shù)y

1(kt+2=-Igt,(t=M，

100

=-Igx求導(dǎo)得y，=—由題意可得，i解得100所以，存在

上=一而,fc——Ige,

tlnloe0

%=—.IgeVO，使得fG)只有一個零點，②正確；

對于③，當直線y=fcv+2過點(1,0)時，上+2=0,解得左=一2,所以當一個lge<A<

一2時，直線y=fcv+2與曲線y=—Igx(0<x<l)有兩個交點，若函數(shù)/(%)有三個零

點，則直線,=丘+2與曲線y=—lgx(OVxVl)有兩個交點，直線y=fci+2與曲線y=

100.1g6—<7c—Q2,

Igx(X>1)有一個交點，所以e此不等式無解，因此，不存在女V0,

fc+2>0,

使得函數(shù)/(x)有三個零點，③錯誤；

對于④，當直線>=自+2與曲線y=lgx(x>l)相切于點尸(Z,lgZ),對函數(shù)y=lgx求

導(dǎo)得y'=E；，由題意可得71解得/_Ige所以當°vy胃時，函數(shù)/(%)

，xlnlOIk=-----,K,------------,lOOeJ

【tlnlO【100e

有三個零點，④正確.

答案：①②④

三、解答題：共6小題，共85分，解答應(yīng)寫出文字說明，演算步驟或證明過程.

16.(2021?北京高考16題)己知在△ABC中，c=2bcosB,。=等

(1)求8的大??；

(2)在下列三個條件中選擇一個作為己知，使△ABC存在且唯一確定，并求出BC邊上的

中線的長度.

①c=或慶②周長為4+2b；③面積為&ABC=摯.

解：（1）V<?=2/?C0SB,則由正弦定理可得5111。=251115855,

.,.sin2B=siny=y,VC=y,；.Be（0,1）,2B￡（0,胡），A2B=p解得B='

,V3_

（2）若選擇①：由正弦定理結(jié)合（1）可得2二劍工二號二百，與c=/b矛盾，故這樣的

bsmB-

2

△ABC不存在.

若選擇②：由（1）可得A=：設(shè)△ABC的外接圓半徑為R,

6

則由正弦定理可得〃=/?=2RsinU=R,c=2Rsin—=V37?,

63

則周長a+b+c=2R+V^R=4+2必，解得R=2,則。=2,c=2百，

由余弦定理可得BC邊上的中線的長度為J（2V3）2+12-2X2V3x1xcos^=V7.

若選擇③：由（1）可得4=立即。="貝'JSAABc=%bsinC=42x亞=量，解得a=

62224

V3,

則由余弦定理可得BC邊上的中線的長度為

lb2+（-）2~2xbx-xcos—=]+三+夙

\\2/23\422

17.（2021?北京高考17題）已知正方體ABCD-48C1O1，點E為4D1中點，直線SG交

平面CDE于點F.

（1）證明：點尸為SG的中點；

（2）若點M為棱A閏上一點，且二面角M0CFDE的余弦值為與求萼的值.

341區(qū)1

解：（1）證明：如圖所示，取SG的中點F,連接。E,EF',F'C,

因為ABCD-AiBiCid為正方體，E,k為中點，沐EF"CD,

所以E,F',C,。四點共面，平面CDE即平面CDEF,

據(jù)此可得：直線BiCi交平面CDE于點、F',

當直線與平面相交時只有唯一的交點，故點尸與點尸重合，即點產(chǎn)為中點.

（2）以點。為坐標原點，DA,DC,而1所在直線分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角

坐標系D-xyz,如圖所示.

不妨設(shè)正方體的棱長為2,生凹=2(0W/IW1),

/遇1

則M(2,22,2),C(0,2,0),F(1,2,2),E(1,0,2),

從而MC=(—2,2—2A,—2),■=(1,0,2),■=(0,—2,0),

(m?MC=-211+(2—2入)34—2zi=0,

設(shè)平面的法向量為m=(xi,yi,zi),貝ijIm?CF=Ni+2z]=0.

令zi=-1,可得根=(2,丁/，—1)，

設(shè)平面CFE的法向量為〃=(X2,>2,Z2),

(n?FE=-2%=0，

貝ijIn?CF=X2-\-2Z2=0,

令zi=—l,可得〃=(2,0,—1),

整理可得Q-l)2=3故舍去)，故生竺=士

42\2)A1B12

18.(2021?北京高考18題)為加快新冠肺炎檢測效率，某檢測機構(gòu)采取'”合1檢測法”，

即將上個人的拭子樣本合并檢測，若為陰性，則可以確定所有樣本都是陰性的；若為陽

性，則還需要對本組的每個人再做檢測.現(xiàn)有100人，已知其中2人感染病毒.

(1)①若采用“10合1檢測法”，且兩名患者在同一組，求總檢測次數(shù)；

②已知10人分成一組，分10組，兩名感染患者在同一組的概率為三，定義隨機變量X為

總檢測次數(shù)，求檢測次數(shù)X的分布列和數(shù)學期望E(X)；

(2)若采用“5合1檢測法”,檢測次數(shù)丫的期望為E(r),試比較E(X)和￡(y)的

大小(直接寫出結(jié)果).

解：(1)①對每組進行檢測，需要10次；再對結(jié)果為陽性的組每個人進行檢測，需要10

次；所以總檢測次數(shù)為20次.②由題意，兩名患者在同一組需檢測20次，不在同一組需檢

測30次，所以X可以取20,30,

-111n

P(X=20),P(X=30)=1--,

liliir

則X的分布列為

X2030

110

P

nH

所以E（X）=20xi+30X-=—.

111111

（2）由題意，兩名患者在同一組需檢測25次，不在同一組需檢測30次，丫可以取25,

30,

兩名感染者在同一組的概率為P1=1?C\=M,不在同一組的概率為/>!=-,

Goo9999

則E（7）=25X-+30X-=—>E（X）.

999999

19.（2021?北京高考19題）已知函數(shù)了（無）=五言.

（1）若。=0,求y=/（x）在（1,/（1））處的切線方程；

（2）若函數(shù)/（x）在尤=—1處取得極值，求/（X）的單調(diào)區(qū)間，以及最大值和最小值.

解：（1）當。=0時，f（無）=衰，則廣（x）=2,所以/（1）=i,f（1）=-

4,

此時，曲線y=/（x）在點（1,f（1））處的切線方程為>一1=-4（X—1）,即4x+y—5

=0.

3—2%—2(x2-t-a)—2x(3~2x)_2(x2—3x~a)

(2)因為f(x)=則/（）

2,Xo2~2~

x+a(x2+a)(x2+a)

由題意可得/（一1）=2（4a）7=0,解得〃=4,經(jīng)檢驗，當4=4時％=—1為函數(shù)/（x）

（a+1）

的極大值，符合題意.

故于（X）=學衛(wèi)，fG）=2"+1）（可，當無變化時/（x）,/（X）的變化列表如下:

X+4（X2+4）

X(—00,—1)-1(―1,4)4(4,+8)

f(x)+0—0+

f(x)/極大值X極小值/

所以函數(shù)/（X）的單調(diào)遞增區(qū)間為（一8,—1）,（4,+8）,單調(diào)遞減區(qū)間為（一1,

4）.

當了<￡時，f（x）>0;當尤時，f（x）<0.

-1

所以，f（x）rnax=/（—1）=1,f（x）min=/（4）=一：

4

20.（2021?北京高考20題）已知橢圓E：《+'=1（a>b>0）過點A（0,一2）,以四個

頂點圍成的四邊形面積為4V5.

（1）求橢圓E的標準方程；

（2）過點尸（0,-3）的直線/斜率為％,交橢圓E于不同的兩點8,C,直線交>=

—3于點跖直線AC交y=-3于點N,若1PMi+IPNIW15,求左的取值范圍.

解：（1）因為橢圓過點A（0,—2）,故b=2,

因為四個頂點圍成的四邊形的面積為4V5,ii|x2tzX2Z?=4V5,即a=縣,

22

故橢圓的標準方程為二十匕=1.

54

（2）如圖所示，設(shè)B（xi,yi）,C（%2,丁2）,

因為直線8C的斜率存在，故xi%2^0,

故直線48:>=也與一2,令y=-3,則磯=一3,同理尤^=一二.

y

Xiyi+2y2+2

直線8C:y=fcc-3,由I'一人久3，可得(4+5妤)x2—30履+25=0,

(4x2+5y2=20,

故4=9003—100(4+5/)>0,解得左V—1或左>1.

30425

又為+尬=F，尤1尬=』，故尤1檢>0,所以XMXN>0,

%2

又IPMl+IPNI=Iw+尤NI=|'+f|=2kx1%2一(％1+%2)

—2

lyi+23/2+211kx2~lkx1x2~k(%i+%2)+1

sofc_30fc

=z?:營=5IkI,故5MIW15即展IW3,

2

4+5k4+5/C2+1

綜上，一3WhC—l或1〈左W3.

21.（2021?北京高考21題）定義R〃數(shù)列{〃3對實數(shù)p,滿足：①ai+p20,a2+p=0;

②VN*,44〃-1<〃4八；③即+〃￡{。冽+〃〃+p，am+an+p+l},m,二

（1）對于前4項2,-2,0,1的數(shù)列，可以是尺2數(shù)列嗎？說明理由；

（2）若{〃〃}是Ro數(shù)列，求。5的值；

（3）是否存在p,使得存在品數(shù)列{詼},對V〃￡N*,S〃2Sio?若存在，求出所有這樣的

p；若不存在，說明理由.

解：（1）由性質(zhì)③結(jié)合題意可知0=。3￡{〃1+〃2+2,0+42+2+1}={2,3},矛盾，故

前4項2,-2,0,1的數(shù)列，不可能是尺2數(shù)列.

（2）由性質(zhì)①可知〃120,。2=0,

由性質(zhì)③麗+2金{廝，am+l],因此。3=。1或。3=。1+1,〃4=0或〃4=1,

若〃4=0,由性質(zhì)②可知。3<〃4,即〃1<0或。1+1<0,矛盾；

若〃4=1,。