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北京市八一学校 2025 年高考模拟测试
数学
本试卷共5页，150分.考试时长120分钟.考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效.
考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
第一部分（选择题共40分）
一、选择题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要
求的一项.
1. 设 ，则 （ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先解一元二次不等式求出集合 ，再根据补集、交集的定义计算可得；
【详解】解：由 ，即 ，解得 ，
所以 ，
又 ，所以 ，所以 ；
故选：B
2. 若复数 满足 ，则 的虚部为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先利用复数的模长和除法运算化简得到 ，再根据虚部的定义，即得解【详解】由 ，
得 ，
∴ 的虚部为 .
故选：D
3. 已知 ，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据指数函数与对数函数的单调性比较大小即可得结论.
【详解】因为函数 在 上为减函数，所以 ，即 ；
又函数 在 上为增函数，所以 ；
函数 在 上为增函数，所以 ，
综上可得： .
故选：B.
4. 函数 是
A. 奇函数，且最大值为2 B. 偶函数，且最大值为2
C. 奇函数，且最大值为 D. 偶函数，且最大值为
【答案】D
【解析】
【分析】由函数奇偶性的定义结合三角函数的性质可判断奇偶性；利用二倍角公式结合二次函数的性质可
判断最大值.
【详解】由题意， ，所以该函数为偶函数，又 ，
所以当 时， 取最大值 .
故选：D.
5. 已知 是数列 的前 项和，则“ ”是“数列 是公差为2的等差数列”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
【答案】A
【解析】
【分析】利用 与 的关系，得到 ，进而利用等差
数列的性质进行判断即可
【详解】已知 ，所以 ，当 时，
，
所以数列 是公差为2的等差数列；当数列 是公差为2的等差数列时，因为不知首项，所以数列
的前n项和 不确定，所以是充分不必要条件
故选：A
6. 设抛物线 的焦点为F，点P为C上的任意点，若点A使得 的最小值为4，则下
列选项中，符合题意的点A可为（ ）
.
A B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据抛物线的性质，结合选项逐一判断即可.
【详解】抛物线的准线方程为： ，焦点坐标为： ，A：因为 在抛物线内部，而 到准线的距离为： ，
所以 的最小值为 ，不符合题意；
B：因为 在抛物线上，所以 的最小值就是 ，不符合题意；
C：因为 在抛物线内部， 到准线的距离为： ，
所以 的最小值为 ，符合题意，
D：因为 在抛物线外部：所以 的最小值就是
，不符合题意，
故选：C
7. 把函数 的图象向左平移 个单位长度，再将所得图象向上平移1个单位长度，可得到函数
的图象，则（ ）
A. B. 的最小正周期为
C. 的图象关于直线 对称 D. 在 上单调递减
【答案】D
【解析】
【分析】根据三角函数的平移变换可得 ，再由三角函数的性质逐一判断即可.
【详解】将函数 图象向左平移 个单位长度得到
的图象，再向上平移1个单位长度可得到 的图象，故A错误.
，故B错误；
令 ，得 ，
当 时， ；当 时， ，故C错误.
令 ，
，
所以 在 上单调递减，故D正确.
故选：D.
8. 在生活中，人们常用声强级y（单位：dB）来表示声强度I（单位： ）的相对大小，具体关系式
为 ，其中基准值 .若声强度为 时的声强级为60dB，那么当声强度变为
时的声强级约为（ ）（参考数据： ）
A. 63dB B. 66dB C. 72dB D. 76dB
【答案】B
【解析】
【分析】根据声强度为 时的声强级为60dB，利用指数与对数互化，求得 ，再将声强度为 代入求解.
【详解】因为若声强度为 时的声强级为60dB，
所以 ，即 ，解得 ，
所以当声强度变为 时，
声强级约为 ，
，
故选：B
9. 故宫角楼的屋顶是我国十字脊顶的典型代表，如图1，它是由两个完全相同的直三棱柱垂直交叉构成，
将其抽象成几何体如图2所示.已知三楼柱 和 是两个完全相同的直三棱柱，侧
棱 与 互相垂直平分， 交于点I， ， ，则点 到平面 的
距离是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据已知条件，结合空间总直线与平面的位置关系，先确定点 到平面 的垂线段，在根
据已知条件得 ，解方程求出 即可.
【详解】取 中点 ，连接 ，过 作 的垂线交 的延长线于点 ，取 中点 ，连接 ，
由已知， 、 分别为 、 中点，
因为 是直三棱柱，所以 ， 且 ，
所以 其 ，所以四边形 为平行四边形，
又 ，所以 为矩形，所以 ，
又 ， 平面 ， 平面 ， ，
所以 平面 ， 平面 ，所以 ，
又因为 ， 平面 ， 平面 ， ，
所以 平面 ，所以点 到平面 的距离等于线段 的长度，设为 ；
，在 中， ，
所以 ，设角 ，则有 ，
因为四边形 为平行四边形，所以 ，
又因为因为 是直三棱柱，所以 ，且 ，
所以 ， ，
又因为 平面 ， 平面 ，所以 ，
所以 ，即 ，解得 ，所以点 到平面 的距离是 ，
.
故选：B
【点睛】关键点点睛：本题关键在于根据空间中点、线、面的位置关系，确定点 到平面 的垂线
段.
10. 在直角坐标系 中，全集 ，集合
，已知集合A的补集 所对应区域的对称中心为M，
点P是线段 （ ， ）上的动点，点Q是x轴上的动点，则 周长的最小值为（
）
A. 24 B. C. 14 D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据集合 可判断出集合 表示圆
,再画图,根据做对称点的方法转换 的周长,再求最小值即可.
【详解】∵点 到直线 的距离 ,
∴直线 始终与圆 相切,
∴集合A表示除圆 以外所有的点组成的集合,
∴集合 表示圆 ,其对称中心 如图所示：设 是点 关于直线线段（ ）的对称点,设 ,则由 求得 ,可得 .设
关于x轴的对称点为 ,易得 ,则直线 ,和线段的交点为P,则此时, 的
周长为 ,为最小值.
故选：B
【点睛】本题主要考查了点到直线距离公式的应用以及“将军饮马”问题的应用,需要根据题意作出对称点,
再转换所求求最值即可.属于难题.
二、填空题（本大题共8小题，共40.0分）
11. 函数 的定义域为______．
【答案】 ；
【解析】
【分析】根据函数的解析式，列出使得函数的解析式有意义的不等式组，即可求解.
【详解】由题意，函数 有意义，则满足 ，解得 且 ，
所以函数 的定义域为 .
故答案为： .
【点睛】方法点睛：常见的具体函数求定义域：(1)偶次根号下的被开方数大于等于0；(2)分式中的分母不为0；(3)对数函数中真数大于0.
12. 设 ，则 ________；当 时， _________．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】令 可求出 ；先求出 的通项，令 和 ，求出 ，再由 ，即可
求出 的值.
【详解】令 可得： ，
的通项为： ，
令 可得 ，
令 可得 ，
所以由 可得 ，所以 .
故答案为： ； .
13. 若双曲线经过点 ，其渐近线方程为 ，则双曲线的方程是___________.
【答案】
【解析】
【分析】分双曲线焦点在 轴或 上，分别设出双曲线方程，联立方程组求解即可.
【详解】由题意可知，①若双曲线的焦点在x轴上,则可设 ，则
且 ，联立解得 ,则双曲线的标准方程为 ；
②若双曲线的焦点在y轴上，则可设 ，则 ，且 ，此时无解，综
上，双曲线的方程为 .故答案为：
14. 在等腰梯形 中，设 ， ， ， 为 的中点，则
=_____________（用 和 表示），当 ______时， 最小.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】第一空，根据向量加法的三角形法则可得；
第二空，设 ，则 ，由此即可求出答案．
【详解】解：∵ 为 的中点，
∴ ，
如图，设 ，则 ，
∴当 时， 最小，此时由几何知识易得 ，
故答案为： ， ．
【点睛】本题主要考查平面向量的线性运算，考查数形结合思想，属于中档题．
15. 已知直线 和曲线 ，给出下列四个结论：
①存在实数 和 ，使直线 和曲线 没有交点；②存在实数 ，对任意实数 ，直线 和曲线 恰有 个交点；
③存在实数 ，对任意实数 ，直线 和曲线 不会恰有 个交点；
④对任意实数 和 ，直线 和曲线 不会恰有 个交点．
其中所有正确结论的序号是____．
【答案】① ② ③
【解析】
【分析】根据 图象的对称性，求导得切线斜率的最大值，由数形结合，结合选项即可判断.
【详解】对于①,由于 为偶函数，故图象关于 轴对称，且 ，
当 或 时，此时直线 和曲线 没有交点；（如下图）故正确 ①，
对于②， ，当 时， ，
所以当 ，
故当 单调递减，当 单调递增，
故当 时，此时 取极大值也是最大值 ，
故 某一点处的切线的斜率最大值为 ，
当 时，此时直线 和曲线 恰有 个交点；故②正确，
对于③，当 时，对任意的 直线 过原点，此时直线与 只有一个零点，故③正确对于④，当直线 与曲线上 某一点处的切线平行时（斜率小于 ），且在切点之
上的位置时，此时直线与曲线有3个交点，故④错误.
故答案为：① ② ③
【点睛】方法点睛：已知函数有零点求参数取值范围常用的方法和思路
(1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；
(2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；
(3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．
三、解答题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.
16. 在 中， ， ， 分别为内角 ， ， 的对边，且满
.
（1）求 的大小；
（2）再在① ，② ，③ 这三个条件中，选出两个使 唯一确定的条件补充在下
面的问题中，并解答问题.若________，________，求 的面积.
【答案】（1） ；（2）见解析
【解析】【分析】
（1）由题中条件，根据正弦定理，得到 ，再由余弦定理，即可求出结果；
（2）方案一：选条件①和②，先由正弦定理求出 ，再由余弦定理，求出 ，进而可
求出三角形面积；方案二：选条件①和③，先由余弦定理求出 ，得到 ，进而可求出三角形
面积.
【详解】（1）因为 ，
又由正弦定理 ，得
，
即 ，
所以 ，
因为 ，
所以 .
（2）方案一：选条件①和②.
由正弦定理 ，得 .
由余弦定理 ，得
，
解得 .
所以 的面积 .
方案二：选条件①和③.由余弦定理 ，得
，
则 ，所以 .
所以 ，
所以 的面积 .
【点睛】本题主要考查解三角形，熟记正弦定理，余弦定理，以及三角形面积公式即可，属于常考题型.
17. 如图，在长方体 中， ，点F是 的中点，点P在 上，
若过FP的平面 交 于E，交 于Q．
（1）求证： 平面PBQ；
（2）若点Q是 的中点，且 ，求异面直线EP与BQ所成角的余弦值；
（3）在（2）的条件下，若平面ABCD上有一点H满足 平面 ，求点H的坐标．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】【分析】（1）根据面面平行的性质得到 ，即可得证；
（2）建立空间直角坐标系，设 ，由（1）知四边形EFPQ为平行四边形，可得 ，即可
得到方程，从而求出 的坐标，再利用空间向量法求出异面直线所成角的余弦值；
（3）设平面ABCD上一点 ，根据 平面 ，即可得到 ，即可得到方程组，
解得即可；
【小问1详解】
证明：因为平面 平面 ，
且平面 ，平面 ，∴ ，
又∵ 平面PBQ， 平面PBQ，∴ 平面PBQ
【小问2详解】
解：如图，以D为原点，DA，DC， 为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则 ， ， ， ，设 ，
由（1）知四边形EFPQ为平行四边形，∴ ，
则有 ，解得 ， ， ，
∴ ， ， ，∴
设异面直线 与 所成角为 ，
异面直线 与 所成角的余弦值为
【小问3详解】
解：设平面ABCD上一点 ，
因为 ，则 ， ， ，
由 平面 ，可取平面 的法向量为 ，
则有 ，
解得 ， ，∴
18. 某厂商调查甲、乙两种不同型号电视机在10个卖场的销售量（单位：台），并根据这10个卖场的销
售情况，得到如图所示的茎叶图.
为了鼓励卖场，在同型号电视机的销售中，该厂商将销售量高于数据平均数的卖场命名为该型号电视机的
“星级卖场”.
（1）当 时，记甲型号电视机的“星级卖场”数量为 ，乙型号电视机的“星级卖场”数量为 ，
比较 的大小关系；
（2）在这10个卖场中，随机选取2个卖场，记 为其中甲型号电视机的“星级卖场”的个数，求 的分
布列和数学期望；
（3）若 ，记乙型号电视机销售量的方差为 ，根据茎叶图推断 为何值时， 达到最小值．（只需写出结论）
【答案】（1） ；（2） 的分布列为
∴ ；（3） ．
【解析】
【 详 解 】 试 题 分 析 ： （ 1 ） 根 据 茎 叶 图 ， 得 2 数 据 的 平 均 数 为
.
乙组数据的平均数为 .
由茎叶图，知甲型号电视剧的“星级卖场”的个数 ，乙型号电视剧的“星级卖场”的个数 ，所
以 .
（2）由题意，知 的所有可能取值为0,1,2.
且 ， ，
所以 的分布列为
0 1 2
所以 .
（3）当 时， 达到最小值.试题解析：（1）根据平均数的定义分别求出甲、乙两组数据的平均数，从而得到“星级卖场”的个数进
行比较；（2）写出 的所有可能取值，求出相应概率，列出分布列，求得数学期望；（3）根据方差的定
义求解．
考点：1、平均数与方差；2、分布列；3、数学期望．
19. 已知函数 ， .
（1）当 时，
①求曲线 在 处的切线方程；
②求证： 在 上有唯一极大值点；
（2）若 没有零点，求 的取值范围.
【答案】（1）① ；②证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）①利用导数求出切线的斜率，直接求出切线方程；
②令 ，利用导数判断出 在 上有唯一零点 ，利用列表法证明出 在
上有唯一极大值点；
（2）令 .对a分类讨论：① ，得到当 时， 无零点；② ，
无零点，符合题意.
【小问1详解】
若 ，则 ， .
①在 处， ， .所以曲线 在 处的切线方程为 .
②令 ， ，
在区间 上， ，则 在区间 上是减函数.
又 ，
所以 在 上有唯一零点 .
列表得：
+ -
极大值
所以 在 上有唯一极大值点 .
【小问2详解】
，
令 ，则 .
①若 ，则 ， 在 上是增函数.
因为 ， ，
所以 恰有一个零点 .
令 ，得 .
代入 ，得 ，
解得 .所以当 时， 的唯一零点为0，此时 无零点，符合题意.
②若 ，此时 的定义域为 .
当 时， ， 在区间 上是减函数；
当 时， ， 在区间 上是增函数.
所以 .
又 ，
由题意，当 ，即 时， 无零点，符合题意.
综上， 的取值范围是 .
【点睛】导数的应用主要有：
（1）利用导函数几何意义求切线方程；
（2）利用导数研究原函数的单调性，求极值（最值）；
（3）利用导数求参数的取值范围.
20. 椭圆C： 的右顶点为 ，离心率为
（1）求椭圆C的方程及短轴长；
（2）已知：过定点 作直线l交椭圆C于D，E两点，过E作AB的平行线交直线DB于点F，设EF
中点为G，直线BG与椭圆的另一点交点为M，若四边形BEMF为平行四边形，求G点坐标．
【答案】（1） ；
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意得 ， ，再由 求出 ，从而可求得椭圆方程；（2）设直线AD的方程： ， ， ，将直线方程代入椭圆方程化简，再利用
根与系数的关系，求出直线BD的方程，可表示出点 ， 的坐标，从而可求出直线BG的斜率，求出直
线BG的方程 代入椭圆方程可求出 坐标，从而可求出G点坐标.
【小问1详解】
由题意可得 ， ，所以 ，
，短轴长
所以椭圆C的方程： ；
【小问2详解】
设直线AD的方程： ，即 ， ， ，
由 ，消去y，整理得 ，
则 ，
所以 ， ，
则直线BD的方程： ，令 ，则 ，所以 ，所以，
，
则直线BG的斜率，
所以直线BG的斜率为 ，所以直线BG的方程： ，
因此 ，则 ，解得 或 ，
所以 ，
当BEMF为平行四边形时，G为BM的中点，则 ，所以
21. 已知 是无穷数列．给出两个性质：
①对于 中任意两项 ，在 中都存在一项 ，使 ；②对于 中任意项 ，在 中都存在两项 ．使得 ．
(Ⅰ)若 ，判断数列 是否满足性质①，说明理由；
(Ⅱ)若 ，判断数列 是否同时满足性质①和性质②，说明理由；
(Ⅲ)若 是递增数列，且同时满足性质①和性质②，证明： 为等比数列.
【答案】(Ⅰ)详见解析；(Ⅱ)详解解析；(Ⅲ)证明详见解析.
【解析】
【分析】(Ⅰ)根据定义验证，即可判断；
(Ⅱ)根据定义逐一验证，即可判断；
(Ⅲ)解法一：首先，证明数列中的项数同号，然后证明 ，最后，用数学归纳法证明数列为等比数列
即可.
解法二：首先假设数列中的项数均为正数，然后证得 成等比数列，之后证得 成等比
数列，同理即可证得数列为等比数列，从而命题得证.
【详解】(Ⅰ) 不具有性质①；
(Ⅱ) 具有性质①；
具有性质②；
(Ⅲ)解法一
首先，证明数列中的项同号，不妨设恒为正数：
显然 ，假设数列中存在负项，设 ，
第一种情况：若 ，即 ，
由①可知：存在 ，满足 ，存在 ，满足 ，由 可知 ，从而 ，与数列的单调性矛盾，假设不成立.
第二种情况：若 ，由①知存在实数 ，满足 ，由 的定义可知： ，
另一方面， ，由数列的单调性可知： ，
这与 的定义矛盾，假设不成立.
同理可证得数列中的项恒为负数.
综上可得，数列中的项同号.
其次，证明 ：
利用性质②：取 ，此时 ，
由数列的单调性可知 ，
而 ，故 ，
此时必有 ，即 ，
最后，用数学归纳法证明数列为等比数列：
假设数列 的前 项成等比数列，不妨设 ，
其中 ，（ 的情况类似）
由①可得：存在整数 ，满足 ，且 （*）
由②得：存在 ，满足： ，由数列的单调性可知： ，由 可得： （**）
由（**）和（*）式可得： ，
结合数列的单调性有： ，
注意到 均为整数，故 ，
代入（**）式，从而 .
总上可得，数列 的通项公式为： .
即数列 为等比数列.
解法二：
假设数列中的项均为正数：
首先利用性质②：取 ，此时 ，
由数列的单调性可知 ，
而 ，故 ，
此时必有 ，即 ，
即 成等比数列，不妨设 ，
然后利用性质①：取 ，则 ，
的
即数列中必然存在一项 值为 ，下面我们来证明 ，
否则，由数列的单调性可知 ，在性质②中，取 ，则 ，从而 ，
与前面类似的可知则存在 ，满足 ，
若 ，则： ，与假设矛盾；
若 ，则： ，与假设矛盾；
若 ，则： ，与数列的单调性矛盾；
即不存在满足题意的正整数 ，可见 不成立，从而 ，
然后利用性质①：取 ，则数列中存在一项 ，
下面我们用反证法来证明 ，
否则，由数列的单调性可知 ，
在性质②中，取 ，则 ，从而 ，
与前面类似的可知则存在 ，满足 ，
即由②可知： ，
若 ，则 ，与假设矛盾；
若 ，则 ，与假设矛盾；
若 ，由于 为正整数，故 ，则 ，与 矛盾；综上可知，假设不成立，则 .
同理可得： ，从而数列 为等比数列，
同理，当数列中的项均为负数时亦可证得数列为等比数列.
由推理过程易知数列中的项要么恒正要么恒负，不会同时出现正数和负数.
从而题中的结论得证，数列 为等比数列.
【点睛】本题主要考查数列的综合运用，等比数列的证明，数列性质的应用，数学归纳法与推理方法、不
等式的性质的综合运用等知识，意在考查学生的转化能力和推理能力.
