2025北京东城高三一模数学试题及答案

北京市东城区2024—2025学年度第二学期高三综合练习（一）数学参考答案及评分标准2025.4一、选择题（共10小题，每小题4分，共40分）（1）C（2）B（3）D（4）A（5）C（6）C（7）A（8）A（9）B（10）D二、填空题（共5小题，每小题5分，共25分）22（11）（12）；0225（13）2（答案不唯一）（14）2；4（15）①③④三、解答题（共6小题，共85分）（16）（共13分）解：（Ⅰ）在△ABC中，因为bc−=1，所以bc.所以C为锐角．73因为sinC=，所以cosC=．44由余弦定理cababC222=+−2cos，得(1)369bbb−=+−22.解得b=5.1157△ABC的面积SabC==sin.………………………7分24（Ⅱ）由ab==6,5，，得c=4.bca222222+−+−5461cosA===.22548bc因为C为锐角，所以2C(0,).1又cos21CCA=2sincos−==28由A(0,)，所以AC=2.………………………13分数学参考答案第1页（共7页）（17）（共14分）解：（Ⅰ）因为四边形ABCD为平行四边形，所以BCAD.因为AD平面ADE，BC平面，所以BC平面ADE.因为BFDE，DE平面，BF平面，所以BF平面.因为BCBF=B，所以平面BCF平面.因为FC平面BCF，所以FC平面.………………5分（Ⅱ）选条件①：AECD⊥.因为平面ADE⊥平面CDE,平面ADE平面CDEDE=，ADD⊥E，AD平面ADE，所以AD⊥平面.因为CD平面，所以ADCD⊥.因为AECD⊥，ADAEA=，所以CD⊥平面.所以CDDE⊥.如图建立空间直角坐标系Dxyz−，设BFt=，则A(1,0,0)，C(0,1,0)，E(0,0,1)，Ft(1,1,).所以AC=−(1,1,0)，AFt=(0,1,).m=AC0,−xy+=0,设平面AFC的法向量为m=(,,)xyz，则即m=AF0,y+=tz0.令z=−1，则yt=，xt=.于是m=−(,,1)tt.6由于AE=−(1,0,1)，点E到平面AFC的距离d为，2||AE(1)01(−m|+1)|6+tt−1所以d===，解得t=.||mtt222++−(1)221所以BF的长为.………………14分2选条件②：AC=CE．因为平面平面，平面平面，，平面，所以平面.所以ADCD⊥.所以=ADC90o.因为AD=ED，AC=EC，DCDC=，所以ADCEDC.所以ADC=EDC=90o.所以CDDE⊥.以下同选条件①.………………14分数学参考答案第2页（共7页）（18）（共13分）解：（Ⅰ）在华东地区的6个省份中，水稻产量比小麦产量少的省份有安徽省和山东省，所以在华东地区的6个省份中随机抽取一个省份，该省水稻产量比小麦产量少21的概率为=.………………4分63（Ⅱ）在表1中水稻的播种面积排在前5名的省份是江西省、黑龙江省、安徽省、江苏省和吉林省，其中属于东北地区的省份是黑龙江省和吉林省.设X为水稻播种面积排在前5名且属于东北地区省份的个数，由题设，X的所有可能值为0，1，2.2C77PX()===02；C91211CC727PX()===12；C9182C21PX()=2=2=.C936X的分布列为：X012771P121836因为E()001122XP==+XPXP=+=()()()X，7714所以EX()=0+1+2=.………………10分1218369（Ⅲ）acb.………………13分（19）（共15分）b=1,c62解：（Ⅰ）由题意，得=,解得a=3．a3222abc=+.x2所以椭圆E的方程为+=y21．………………5分3数学参考答案第3页（共7页）m2（Ⅱ）由点A(m,)n(0)n有Bm(,)n−，且+=n21．3又OHOA=,(01)，有Hm(,n).因为过点H与x轴平行的直线交E于点PQ,，x2设P(,)xn，Q(,)−xn，则P+=(n)21．PP3⎯⎯→⎯⎯→因为点B在以PQ为直径的圆上，所以BPB=Q0.2即()()[(1))]0xmxmnPP−−−++=.2222所以mxn−++=P(1)0.22222因为mn=−33，xnP=−33，所以3333(1)(422)0−−+++=+−=nnn222222n2.1由n0及01，有=.21即点在以为直径的圆上时，=．………………15分2（20）（共15分）解：（Ⅰ）由fxxaxb()(2)e=−++x得fb(0)2=−，f(x)=(x−1)ex+a，fa(0)1=−．由题设知ab−=−=10,20，解得ab==1,2．………………4分（Ⅱ）由（Ⅰ）知，f(xxx)(2)e2=−++x，f(x)=(x−1)ex+1．令(xx)(1)e1=−+x，则'(xx)=ex．'(x)与()x的变化情况如下表：数学参考答案第4页（共7页）x(,−0)0(0,)+'()x−+()x↘0↗当x=0时，()x取得最小值(0)0=，即当xR时，fx()0≥.因此fx()在区间(,−)+上单调递增．因为f(0)=−2+2=0，所以当x≥0时，fx()≥0；当x0时，fx()0．综上，不等式fx()0≥的解集为[0,)+.………………9分（Ⅲ）由题设知A(0,0)，Bttt(,(2)e2)−++t，(tt−2)et++2直线AB的方程为y==g()xx．t(2)e2t−+t令hxgxfx()()()=−=xx−−+[(2)e2]x，t(2)e2t−+t则hx'()=−−(1)exx，xt(0,).t由（Ⅱ）知hx'()在区间(0,+)上单调递减，(2)e2tt−++t因为t2，所以h'(0)=0，t因为−+−=−−tttt2222(2)22,−eet，(−tt2+2−2)et+2所以ht'()=0.t则存在xt0(0,)，使得hx'()00=．当xx(0,)0时，hx'()0，hx()单调递增；当x(,)x0t时，hx'()0，单调递减.又因为h(0)0=，h(t)=g(t)−f(t)=0，所以当xt(0,)时，hx()0.因为xt2(0,)，所以h()()()0xg222xf=−x．数学参考答案第5页（共7页）因为fx(g)(x12)=，所以fx(f)x(12)．由（Ⅱ）知fx()在区间(,−)+上单调递增，因此xx12．………………15分（21）（共15分）解：（Ⅰ）数列①4,1,3,2,1,3,4具有性质P；数列②1,2,5,4,3,4,5,3,1不具有性质．………………4分（Ⅱ）假设数列A具有性质P，则A中存在n项递增数列{}bn和n项递减数列{}cn．因为ani{1,2,,}，所以为1,2,3,,n，为nn,1n,2−−,,1．所以任意mn{1,2,,}，在A中至少有一项ami=.因为A中有21n−项，所以存在mn0{1,2,,}在中恰出现一次，不妨记为ak.记bajk=，则必有can−+j1=k．因为{}bn递增，{}cn递减，所以数列A中排在ak前面的项至少有bbbccc12112,,,,,,,j−−nj，共n−1项，排在ak后面的项至少有bbbcccjj++12,,,,,,,nnjnjn−+−23+，共项．因为数列中有项，所以ak是第n项，即kn=.这与题设矛盾，所以假设不成立，故数列不具有性质．………………9分（Ⅲ）当数列A具有性质P时，记A的n项递增子列{}bn为1,2,,n和项递减子列{}cn为nn,−1,,1，由（II）知，数列中恰有一项an既是的项也是的项，记bajn=，所以can−+j1=n．所以数列A的前n项a12,,,aan由b121,,,,bbc12,,,,ccaj−−njn组成．数学参考答案第6页（共7页）因为c1c2cn−−janbj1b2b1，所以项数最多的递增子列只能是bbbcinj121,,,,(1,2,,)ji−=−或b121b,,b,,ajn−．所以递增子列的项数最多为j．数列A的后n项anna,a,,+−121n由abbbcccnjj,,,,,,,,++12nnjnjn−+−+23组成．因为cccabbbnnjnjnjj−+−+32++12n，所以项数最多的递增子列是cbbbinjnjnijj,,,,,(2,3,,)++12n=−+−+或anjjb,b,,b,++12n．所以递增子列的项数最多为nj+−1.所以kjnj≤min{,1}+−．因为jnjn++−=+(1)1，所以n+1n+1n+1①当n为奇数，j=时，min{,1}jnj+−有最大值为，所以k≤．222nnnnn+−++−31131构造数列A:nn,1,1,2,,,,,,,,1,2,−−,1nn，22222n+1该数列具有性质P且满足任意连续的n项中，都包含项的递增子列．2nnn②当n为偶数，j=时，min{,1}jnj+−有最大值为，所以k≤．222nnnnn构造数列A:nn,1,1,2,,1,1,,1,2,,1,2,−−+++−,1nn，22222n该数列具有性质且满足任意连续的项中，都包含项的递增子列．2n+1，n为奇数，2综上所述，kmax=…………………15分n，n为偶数.2数学参考答案第7页（共7页）