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2025 北京师大附中高三三模考试
数学
本试卷共6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，请将答题卡交回.
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. 已知集合 ， ，那么集合 （ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】解出一元二次不等式和一元一次不等式，求出集合，根据集合交集的计算方法，求出交集.
【详解】由 ，解得 或 ，所以 ，
由 ，解得 ，所以 ，
所以 ，
故选：C.
2. 在复平面内，复数 对应的点的坐标是 ，则 的共轭复数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数的几何意义求得复数 ，再利用复数的除法法则计算，再根据共轭复数的定义即可得解．
【详解】解：因为复数 对应的点的坐标是 ，
所以 ，，
则 的共轭复数是： ，
故选：B．
3. 已知向量 、 满足 ， ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用平面向量数量积的运算性质和坐标运算可得出 的值.
【详解】因为向量 、 满足 ， ，
则 .
故选：A.
4. 下列函数中，既是奇函数，又在区间 上单调递增的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据奇函数的定义，和函数单调性与导函数的关系，求出函数在区间 上的单调性，分别
判断各选项正误.
【详解】已知 的定义域是 ，不是奇函数，所以A错误.
已知 ，定义域为 ，且 ，是奇函
数，，所以 在区间 上单调递增，所以B正确.
已知 ，则 ，在区间 上单调递减，所以C错误.
已知 ，则 ，令 ，即 ，解得 ，
所以 在 上单调递减，所以D错误.
故选：B.
5. “ ”是“直线 与双曲线 只有一个公共点”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】首先利用直线与双曲线只有一个公共点，联立方程组化简，讨论二次项系数，求得 的值，从而
可进行判断.
【详解】 直线与 与双曲线 只有一个公共点，
联立方程组 ，消去 得， ，
当 ，即 时，直线方程为 ，
双曲线 的渐近线方程为 ，
此时直线 与渐近线 平行，直线与双曲线只有一个公共点；
当 ，即 时， ，此时直线与双曲线恒有两个不同的交点；
当且仅当 时，直线与 与双曲线 只有一个公共点，
由 能推出直线 与双曲线 只有一个公共点，
反之，当直线 与双曲线 只有一个公共点时不能推出 ，
“ ”是“直线 与双曲线 只有一个公共点”的充分不必要条件.
故选：A.
6. 某建筑物的部分建筑结构可以抽象为三棱锥 ， ，底面 是等腰直
角三角形，且 ，顶点P到底面 的距离为6，则点B到平面 的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据三棱锥的几何性质，和空间中点线面的垂直关系，做出点到面的距离，求出结果即可.【详解】
如图所示，作 中点为 ，连接 ，
因 为 ， 所 以 ， 又 因 为 是 等 腰 直 角 三 角 形 ， 且 ， 所 以
，
因为 ， ， 是公共边，所以 ，
所以 ,
所以 ， ， 面 ， 面 ，所以 面 .
所以 为点P到底面 的距离，即 .
在 中，根据勾股定理 ， .
因为 ， ， ， 面 ， 面 ，所以 面 ，
所以 为点 到面 的距离，
在等腰直角三角形 中， .
故选：C.7. 已知直线 与圆 交于 、 两点，则 的最小值为（ ）
A. 5 B. 10 C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求出直线所过的定点M，再根据直线 与 垂直时，弦 最小，结合圆的弦长公式即可
得解.
【详解】根据题意，圆 ，圆心 的坐标为 ，半径 ，
直线 ，恒过定点 ，且点 在圆内，
当直线 与 垂直时，弦 最小，
此时 ，
则 的最小值为 .
故选：D
8. 已知函数 ，其中 .如图 A，B 是直线 与曲线
的两个交点，若 ，则 的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】【分析】利用和角公式化简函数 ，结合设 ， 确定 ，再由
确定 值，利用 确定 的值，求出函数解析式，代值计算即可.
的
【详解】由 ，设 ，
由 可得 ，由 可得 或 ， ，
由题意，可知 ，故得 ，
又 ，所以 ， ，即 ， ，
故 ，即 或 ，
又因为 ，故 ，故 .
故选：A.
9. 香农定理作为通信理论的基石，在现代通信中有着广泛的应用，它给出了信道容量和信噪比及信道带宽
的关系，即 其中 是信道容量，单位bps； 为信道带宽，单位Hz； 代表接收信
号的信噪比，为无量纲单位.军事战术电台采用跳频扩频（FHSS）技术，通过每秒切换数千次频率将信道
带宽由5MHz扩展至100MHz，为了将敌方干扰效率降低 90%以上，需将信道容量由 17.3Mbps提高至
593Mbps，依据香农定理，则大约需将信号的信噪比提升至原来的（ ）倍.（参考数据： ，
）
A. 5 B. 6 C. 7 D. 8【答案】B
【解析】
【分析】依据香农定理，结合题中数据代入计算即可.
【详解】设原始状态信道容量为 ，提升后信道容量为 ，
由题意可得 ，即 ，解得 ，
同理 ，即 ，解得 ，
所以大约需将信号的信噪比提升至原来的6倍.
故选：B
10. 已知数列 的各项均为正数，且满足 （ 是常数， ），则下列四个结论
中正确的是（ ）
A. 若 ，则数列 是等比数列
B. 若 ，则数列 是递增数列
C. 若数列 是常数列，则
D. 若数列 是周期数列，则最小正周期可能为2
【答案】C
【解析】
【分析】当 时，得到 ，当 时，得到 ，数列 不能构成等比数列，可判
定A错误；当 时，求得 ，可判定B错误；若数列 为常数列，得到
，结合二次函数的性质，求得 ，可判定C正确；假设列 是周期数列，且最小正周
期为 ，得到 且 ，结合 ，得到 ，化简求得，这与 矛盾，可判定D错误.
【详解】对于A中，若 ，可得 ，即 ，
当 且 时，两边取对数，可得 ，即 ，
此时数列 表示首项为 ，公比为 的等比数列；
当 时，可得 ，此时 ，数列 不能构成等比数列，故A错误；
对于B中，当 时，可得 ，即 ，
例如：当 时，由 ，可得 ，
又由 ，可得 ，此时 ，
所以，当 ，数列 是不一定是递增数列，所以B错误；
对于C中，若数列 为常数列，则 ，
因为 ，即 ，
又因为 ，所以 ，
所以 的取值范围为 ，所以C正确；
对于D中，假设数列 是周期数列，且最小正周期为 ，即 且 ，
因为 ，可得 ，所以 ，
则 ，即 ，
又因为数列 的各项均为正数，即 ，
所以 ，即 ，这与 矛盾，所以数列 的最小正周期不可能是 ，所以D错误.
故选：C.
第二部分（非选择题共110分）
二、填空题共5小题，每小题5分，共25分.
11. 已知 ，则 _______.
【答案】
【解析】
【分析】根据二项式的展开式，求指定项的系数即可.
【详解】根据二项式展开式可知 ，
当 ，即 时，可得 ，即 .
故答案为： .
12. 设抛物线 的焦点为 ，准线为 ，则抛物线 上一点 到准线 的距离为
_____.
【答案】
【解析】
【分析】由抛物线的焦点坐标可求出 的值，可得出抛物线 的标准方程，再将点 的坐标代入抛物线
的方程，可得出 的值，即可求得点 到准线 的距离.
【详解】抛物线 的焦点为 ，所以 ，可得 ，
故抛物线 的方程为 ，
将点 的坐标代入抛物线 的方程得 ，可得 ，即点 ，
故点 到准线 的距离为 .
故答案为： .
13. 已知等比数列 的前 项和为 ，满足 ， .则 为_____；满足 的最小
的整数 为_____.【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】将 赋值可求得 ，即可求得 ；根据 ， 及 是等比数列可求得公比，求出 ，进而
解不等式即可求解.
【详解】 ， ，
当 时， ，则 ， ，
；
是等比数列，设公比为 ， ，
，令 ，则 ，
化简得 ，两边取自然对数并整理得， ，故最小整数 ，
当 时， ，满足条件.
故答案为： ； .
14. 在锐角 中， ， ， ， 的角平分线交 于D，则
_____； _____.
【答案】 ①. ②. 2
【解析】【分析】根据正弦定理解三角形，根据三角形边角关系判断三角形形状，求得边长.
【详解】
如图所示，在 根据正弦定理可得 ，即 ，解得 ，
因为 为锐角三角形，所以 ，可知 ，
已知 是 的角平分线，所以 ,根据三角形外角性质得 ,
所以 是等腰三角形， .
故答案为： ；2.
15. 造型 可以做成美丽的丝带，将其看作图中曲线 的一部分.已知 过坐标原点 .且 上的点满足
横坐标大于 ，到点 的距离与到定直线 的距离之积为 .有以下四个结论：
① ；
②曲线 上存在点 ，满足 ；
③若点 是曲线 第一象限上的点，则 的面积的最大值为 ；
④当点 在 上时，不等式 恒成立；其中，所有正确结论的序号是______.
【答案】①②④
【解析】
【分析】由题意 ，将原点坐标代入可得 ，可判断①；设点 在 上，
通过放缩可得不等式，求出 的取值范围，进而可求出 的取值范围，可判断②；取 ，求得
，可判断③；利用不等式的基本性质可判断④.
【详解】对于①，由题意点 在曲线 的上面，当且仅当 ，
因为曲线 过原点且 ，所以 ，①对；
对于②，由题意可知，曲线 的方程为 ，
若点 在 上，则
，
又因为 ，则 ，所以 ，
故 ，
因为 ，所以，曲线 上存在点 ，满足 ，②对；
对于③，在 中，当 时，化简得 ，
当点 在第一象限时，取 ，则 ，
此时 ，
因此， 的面积的最大值大于 ，③错；对于④，由 可额 ，
因为 ，所以 ，故 ，
整理可得 ，④对.
故答案为：①②④.
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. 如图，在棱长为 2的正方体 中，M、E分别是 、 的中点，点 F在线段
上， 平面 .
（1）证明：F是 的中点；
（2）求直线 与平面 所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根基线面平行的向量表示，设出F的坐标，根据线面平行，说明F是 的中点.
（2）建立空间直角坐标系，根据线面角的向量方法，求出线面角的正弦值.
【小问1详解】如图所示，以 为坐标原点，分别以 为 轴，建立空间直角坐标系.
因为正方体的棱长为2，则 ，
设 ，
，可得 ，解得 ，
可得 ，则 设平面 的一个法向量 ，
则 ，得 ，解得 ，所以F是 的中点.
【小问2详解】
如图所示， ， ，当 时， ，设面 的法向量 ，则 ，即 ，
令 ，解得 ，面 的一个法向量 ，
设直线 与平面 所成角为 ，则 ，
所以直线 与平面 所成角的正弦值为 .
17. 已知函数 .
（1）若 ，求 的值；
（2）从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为已知，使函数 存在，求出 ， 的值，
并证明：当 时， .
条件①： ；
条件②：当 时， 的最小值为 ；
条件③： 图象关于直线 对称.
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.
【答案】（1）
（2）答案见解析
【解析】【分析】（1）化简函数为 ，进而求得 的值；
（2）先化简得到 ，根据题意，分别选择①②，②③和①③，结合三角函数的图象
与性质，列出方程求解，即可得到答案.
【小问1详解】
解：若 ，可得 ，
所以 .
【小问2详解】
解：由
，
若选择条件①②：
由 ，可得 ，所以 ，
因为 ，可得 ；
又因为 ，由 且 的最小值为 ，
可得 ，可得 ，可得 ，所以 ；
若选择条件②③：
由 ，由 且 的最小值为 ，可得 ，可得 ，可得 ，所以 ，
此时 ，
又由 图象关于直线 对称，可得 ，
即 ，所以 ，可得 ，
因为 ，可得 ；
若选择条件①③：
由 ，可得 ，所以 ，
因为 ，可得 ，即 ，
又由 图象关于直线 对称，可得 ，
即 ，所以 ，可得 ，
因为 ，此时 不存在.
18. 投壶是中国古代传统礼仪游戏，起源于春秋战国时期，盛行于汉唐.参与者将无镞箭矢投向特定壶具，
以入壶数量和姿态评判胜负，兼具竞技与礼仪功能.
为发扬传统文化，某校利用午休时间举办投壶比赛老师预设口径不同的三个壶，学生可以根据自身情况，
选择不同壶进行挑战.为方便统计，投壶时，仅统计“投中”与“未投中”两种结果.
活动中，高三年级500名学生体验了投壶，每位学生都只选择一个壶进行挑战.现将投壶结果统计如下表.
壶1 壶2 壶3
投中 未投中 投中 未投中 投中 未投中高三年级 40 160 90 60 60 90
假设用频率估计概率
（1）若从所有选择投壶2的学生中，随机选择一位学生，求这位学生在活动中投中壶2的概率.
（2）投壶活动结束后，高三学生自发组织“过关比赛”比赛中，学生手拿三支箭，从壶1开始，按照壶1、
壶2、壶3的次序，进行投壶挑战.每次投壶时，学生投一支箭，若投中，学生按照顺序投下一个投壶；若
未投中，学生需要继续投该壶，直到投中或箭矢耗尽当学生投完三支箭，挑战结束.
某位高三学生即将参赛，假设用高三年级学生投中各壶的频率估计这位学生投中各壶的概率，求这位学生
在“过关比赛”中仅投中一次的概率.
（3）为锻炼投壶技巧，某高三同学投壶2，一共投20次.假设每次投壶的结果互不影响，用高三年级学生
投中壶2的频率估计这位学生投中壶2的概率，那么在投完20次之后，这位同学投中壶2多少次的概率最
大?（只需写出结论）.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用古典概型的概率公式计算；
（2）分别计算壶1、壶2投中和未投中的概率，再利用乘法公式和加法公式计算；
（3）利用二项分布的概率最值计算.
【小问1详解】
由用频率估计概率可知，从所有选择投壶2的学生中，随机选择一位学生，这位学生在活动中投中壶2的
概率为 .
【小问2详解】
用高三年级学生投中各壶的频率估计这位学生投中各壶的概率，
则壶1投中的概率为 ，壶1未投中的概率为 ，壶2投中的概率为 ，壶2未投中的概率为 ，
则这位学生在“过关比赛”中仅投中一次的概率为 .
【小问3详解】
用 表示投完20次之后，这位同学投中壶2的次数，则 ，
则 ，
假设投中壶2的次数为 时最大，则
，即 ，
解得 ，因 ，则 ，
故投完20次之后，这位同学投中壶2的次数为 时，概率最大.
19. 已知椭圆 ： 过 ， 两点.
（1）求椭圆 的方程；
（2）设 ， ，过点 的直线 与椭圆交于 两点，连接 、 交x轴于 两
点（ 不重合），已知 ，求直线 的方程.
【答案】（1）
（2） 或
【解析】【分析】（1）将 两点代入计算可得椭圆 的方程；
（2）设出直线方程并与椭圆方程联立，利用韦达定理并结合 ，由向量共线可得出坐标间的
等量关系，联立解方程组可得直线斜率，可求得结论.
【小问1详解】
将 ， 代入椭圆 的方程可得 ，
解得 ，
所以椭圆 的方程为 .
【
小问2详解】
结合题意可知，直线 的斜率存在，
又 ，设直线 方程为 ， ，如下图所示：
联立 ，整理可得 ，
所以可得 ，且Δ=(16k) 2−4×12(4k2+1)>0，可得 ，即 或 ；
因为 ，所以 、 的斜率分别为 ，
因此直线 、 的方程分别为 ，
则交点 的坐标为 ；
结合 可知 ，即 ,
也即 ，整理可得 ，
又 ，可得 ，
又因 为，将 代入 ，
可得 ，解得 ，
所以 ，
代入 计算可得 ，解得 ，
即 或 ，经检验符合题意，
所以直线 的方程为 或 .
20. 已知函数 ， ， ．（1）若 在点 处的切线平行于直线 ： ，求 的值；
（2）求 的单调区间；
（3）当 时，求证：对任意 ，恒有 成立．
【答案】（1）
（2）函数 的单调递增区间为： ， ，无单调递减区间；
（3）见解析
【解析】
【分析】（1）求导得出 即可求解；
（2）利用导数求解函数的单调区间，分 和 和 进行讨论，其中当 和 时，
需要令 ，研究 的单调性，得出 与 的关系即可判断；
（3）把问题转化为：令 ，需要证明 对任意 成立，分两
种情况来讨论，通过求导，证明出 单调递增．
【小问1详解】
，
，
，
切线平行于直线 ： ，
，解得： ；
【小问2详解】，
，
当 时，显然 ，故 在 上单调递增；
令 ， ，
当 时， ，故 在 上单调递增，
由于 ，故当 时， ，
，故 在 上单调递增；
故 在 上单调递增；
当 时，令 ， ，
当 时， ，故 在 上单调递减，
由于 ，故当 时， ，
，故 在 上单调递增；
故函数 的单调递增区间为： ， ，无单调递减区间；
【小问3详解】
当 时，需要证明： ，恒有 成立，
即 ，
化简得： ，即证： ，
当 时， ，又 ，
，
当 时，记 ，则 ，
记 ，则 ，
， ，
所以当 ， 单调递增，所以 ，
所以 在 单调递增，所以 ，
综上：对任意 ，恒有 成立．
21. 记集合 ， 表示集合 中元素的
个数.
（1）求 和 ；
（2）求证：当 为奇数时， ；
（3）求 .
【答案】（1） ，
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）结合所给不等式，可先计算出 的范围，再借助 的取值讨论 、 的取值情况即可得解；（2）先计算 为奇数且使得 的情况，此时有 ，再假设 且为
奇 数 时 ， 若 ， 则 一 定 有 ， 可 得 ； 若
， 则 一 定 有 ， 可 得 ， 即 可 得
；
（3）当 时，结合所给不等式，可先计算出 的范围为 ，再根据 的奇偶情况讨
论 可能的取值情况，即可借助等差数列求和公式计算得解.
【小问1详解】
当 时，则 ，由 ，则 ，即 ，
由 ，则 ，即 ，又 ，故 ，故 ，
则 ，又 ， ，故 ，
即 ，故 ；
当 时，则 ，由 ，则 ，即 ，
由 ，则 ，即 ，又 ，故 或 ，
若 ，则 ，又 ，故 ；
若 ，则 ，又 ，则 ，
则 或 ，此时 分别取 、 ，
故 ，即 ；
【小问2详解】
当 时， ，故 ，当 时，则 ，由 ，则 ，即 ，
由 ，则 ，即 ，故 无正整数解，故 ；
即 ；
当 且为奇数时，设 ， ， ， ，
则 ， ，故 ，又 ，故 ，
有 ，故 一定有解；
设 ，则有 ， ， ， ，
则 ， ，
，
故 ，即 ；
设 ，
则有 ， ， ， ，
则 ，故 ，由 为奇数，故 ，
则 ，
故 ，
即 ，
又 ， ，
故 ，即 ；综上所述，当 为奇数时， ；
【小问3详解】
当 时，则 ，由 ，则 ，即 ，
由 ，则 ，即 ，又 ，故 ，
则 ，又 ，则 ， ，
即 ，
当 为奇数时， 为偶数，则 可取遍 中所有整数，
符合要求的 的个数有 ，
当 为偶数时， 为奇数，则 可取遍 中所有整数，
符合要求的 的个数有 ，
故，
故 .
