北京市大兴区第一中学 2025 届高三下学期高考适应性测试（三模）数
学试题
一、选择题：共10小题，每小题4分，共40分．
1. 已知集合 ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】直接利用交集的运算法则计算即可．
【详解】 ，
，
故选：B．
2. 下列函数中，在区间 上单调递减的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据函数解析式直接判断单调性.
【详解】A选项：函数 的定义域为 ，且在 上单调递增，A选项错误；
B选项：函数 的定义域为 ，且在 上单调递减，B选项正确；
C选项：函数 的定义域为 ，且在 上单调递增，C选项错误；
D选项：函数 的定义域为 ，且在 上单调递增，D选项错误；
故选：B.
3. 设 ，若 ，则 （ ）A. 5 B. 6 C. 7 D. 8
【答案】A
【解析】
【分析】先求出 展开式第 项，再由 列出方程，即可求出 的值.
【详解】 展开式第 项 ，
∵ ，∴ ，
∴ .
故选：A.
4. 已知 ，则 的值为（ ）
A. 15 B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】结合指数与对数的转化及指数运算性质即可求解.
【详解】因为 ，所以 ，
又 ，所以 .
故选：C.
5. 已知点 是准线为 的抛物线 上一动点， 于点 ，点 ，则
的最小值是（ ）
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】由抛物线的性质，结合抛物线的定义求解即可．
【详解】由题意抛物线 的焦点为 ，由抛物线的定义可得： ，
则 ，
当且仅当 、 、 三点共线时取等号．
即 的最小值是3．
故选：C.
6. 已知函数 ，则函数 的最小正周期为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由二倍角公式化简函数，再根据余弦函数的周期性求解即可．
【详解】 ，则函数 的最小正周期为 .
故选：C
7. 随着新一代人工智能技术的快速发展和突破，以深度学习计算模式为主的AI算力需求呈指数级增长.现
有一台计算机每秒能进行 次运算，用它处理一段自然语言的翻译，需要进行 次运算，那么处
理这段自然语言的翻译所需时间约为（参考数据： ， ）（ ）
A. 秒 B. 秒 C. 秒 D. 秒
【答案】B
【解析】【分析】设所需时间为 秒，则 然后两边取对数化简计算即可
【详解】设所需时间为 秒，则
∴ ，
秒，
故选：B.
8. 已知数列 为无穷等比数列， 为其前 项和，“存在 ，对于任意的 ， ”是
“存在 ，对于任意的 ”的（ ）
A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，利用反例法，可得判定充分性不成立；结合 ，取
，得到均有 ，所以必要性成立，即可得到答案.
【详解】若 ，则对于任意的 ，均有 ，
此时 ，对于任意的 ，不存在 ，使得 ，所以充分性不成立；
若对于任意的 ，存在 ，使得 ，
则 ，取 ，
则对于任意的 ，均有 ，所以必要性成立，
所以“存在 ，对于 ”是“存在 ，对于 ”的必要不充分条
件.
故选：B.9. 《九章算术》是我国古代的一部数学名著，书中记载了一类名为“羡除”的五面体．如图，在羡除
中，底面 是正方形， ∥平面 ， ，其余棱长都为 ，则这个几何体的
体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】连接 交于点 ,取 的中点为 ,则 平面 ,取 的中点为 ,连接 ,则
, 过 作 ,则 平面 ,进而求解体积.
【详解】连接 交于点 ,取 的中点为 ,则 平面 ,
由 其余棱长都为 ，所以
的
取 中点为 ,连接 ,则 , 过 作 ,
则 平面 ,如图所示，由题意可知， ,则 ,
所以 ,
所以 .
故选：D10. 已知 的半径为1，直线PA与 相切于点A，直线PB与 交于B，C两点，D为BC的中点，
若 ，则 的最大值为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意作出示意图，然后分类讨论，利用平面向量的数量积定义可得
，或 然后结合三角函数的性质即可确定
的最大值.
【详解】如图所示， ，则由题意可知: ，
由勾股定理可得
当点 位于直线 异侧时或PB为直径时，设 ，
则：，则
当 时， 有最大值 .
当点 位于直线 同侧时，设 ，
则：，
，则
当 时， 有最大值 .
综上可得， 的最大值为 .
故选：A.
【点睛】本题的核心在于能够正确作出示意图，然后将数量积的问题转化为三角函数求最值的问题，考查
了学生对于知识的综合掌握程度和灵活处理问题的能力.
二、填空题：共5道小题，每小题5分，共25分．
11. 若复数 是纯虚数，则 ________．
【答案】
【解析】
【分析】根据复数代数形式的除法运算化简复数，再根据复数的概念得到方程（不等式），解得即可.
【详解】 ，
因为 是纯虚数，所以 ，解得 .
故答案为：
12. 过点 的直线与圆 相交于 ， 两点，则 的最小值为__________．
【答案】
【解析】
【分析】求出圆 的圆心和半径 ，再求出点 与圆心 间的距离 ，的最小值 ．
【详解】解：圆 的圆心为 ，半径 ，
点 与圆心 间的距离 ，
的最小值 ．
故答案为：4．
13. 已知函数 ，若 对任意 都成立，则满足条件的一个实数 的值
是_____________.
【答案】 （答案不唯一）
【解析】
【分析】根据 得到方程，结合余弦函数性质及诱导公式得到方程，求出答案.
【详解】因为 ，即 ，
所以 ，即 .
故答案为： （答案不唯一）
14. 设 为双曲线 的左、右焦点，且直线 为双曲线 的一条渐近
线，点 为 上一点，如果 ，那么双曲线 的方程为_____________．
【答案】
【解析】
【分析】根据双曲线的定义和渐近线方程即可求出.
【详解】因为 ，所以 ，得 ，由直线 为双曲线 的一条渐近线，可知 ，得 ，
所以双曲线 的方程为 .
故答案 为：
15. 已知 是各项均为正数的无穷数列，其前 项和为 ，且 给出下列四个结论：
① ；
② 各项中的最大值为2；
③ ，使得 ；
④ ，都有 .
其中所有正确结论的序号是_______.
【答案】①②④
【解析】
【分析】令 ， 求出 可以判断①，将已知变形可判断③，判断数列的增减性可判断②和④.
【详解】令 得 即 ，解得
令 得 ，因为 所以解得 ，故①正确.
依题意有 ， ，所以
所以有 ， ，故③不正确，且
所以因为 显然是随着 的增大而递增的，且 ，所以 即
所以数列 是递减数列，所以 所以②正确.
所以 所以④正确.
故答案为：①②④.
三、解答题：共6道小题，共85分．解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程．
16. 在 中， ．
（1）求 ；
（2）若 的面积为 ，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
存在且唯一确定，求a的值．
条件①： ；条件②： ；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．
【答案】（1）
（2）选②或③，
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理：边转角，再利用正弦的二倍角公式，即可求出结果；
（2）条件①，由 ，角 可以是锐角或钝角，不满足题设中的条件，故不选①；条件②，利用
条件建立，边 与 的方程组，求出 与 ，再利用余弦定理，即可求出结果；条件③，利用正弦定理，
先把角转边，再结合条件建立，边 与 的方程组，求出 与 ，再利用余弦定理，即可求出结果；
【小问1详解】
因为 ，由正弦定理得， ，
又 ，所以 ，得到 ，又 ，所以 ，
又 ，所以 ，得到 ，
所以 .
【小问2详解】
选条件①：
由（1）知， ，根据正弦定理知， ，即 ，
所以角 有锐角或钝角两种情况， 存在，但不唯一，故不选此条件.
选条件②：
因为 ，所以 ，
又 ，得到 ，代入 ，得到 ，解得 ，所以 ，
由余弦定理得， ，
所以 .
选条件③：
因为 ，所以 ，由 ，得到 ，
又 ，由(1)知 ，
所以
又由正弦定理得， ，得到 ，
代入 ，得到 ，解得 ，所以 ，
由余弦定理得， ，
所以 .
17. 如图，矩形 ，平面 平面 ，
，平面ADF与棱BE交于点 ．
（1）求证： ；
（2）求直线CF与平面ADF夹角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）【解析】
【分析】（1）由 和 证明平面 平面 ，进而证明 ；l
（2）以 为原点，分别以 所在直线为x轴， 轴， 轴建立空间直角坐标系 ，
,求出平面ADF的一个法向量为 ，
进而求出直线CF与平面ADF夹角的正弦值.
【小问1详解】
证明：因为 ， 平面 , 平面 ,
所以 平面 ,
又 ， 平面 , 平面 ,
所以 平面 ,
又 ，且 平面
所以平面 平面 ,
又因为 平面CDF，所以 平面
因为 平面ADF，平面 平面
所以 ，即
【小问2详解】
因为 平面 平面ABCD
所以 ．又 ,
如图，以 为原点，分别以 所在直线为x轴， 轴， 轴建立空间直角坐标系 ，则
所以
设平面ADF的一个法向量为 ，则 ，即
不妨令 ，则 ，所以
所以直线CF与平面ADF夹角的正弦值 .
18. 某地区教育研究部门为了解当前本地区中小学教师在教育教学中运用人工智能的态度、经验、困难等
情况，从该地区2000名中小学教师中随机抽取100名进行了访谈．在整理访谈结果的过程中，统计他们对
“人工智能助力教学”作用的认识，得到的部分数据如下表所示：
假设用频率估计概率，且每位教师对“人工智能助力教学”作用的认识相互独立．
（1）估计该地区中小学教师中认为人工智能对于教学“没有帮助”的人数；
（2）对受访教师关于“人工智能助力教学”的观点进行赋分：“没有帮助”记0分，“有一些帮助”记2分，“很
有帮助”记4分．①从该地区男教师中抽取4名教师，求这4名教师得分总和为8分的概率；
②统计受访教师的得分，将这100名教师得分的平均值记为 ，其中年龄在40岁以下（含40岁）教师得
分的平均值记为 ，年龄在40岁以上教师得分的平均值记为 ，请直接写出 的大小关系．
（结论不要求证明）
【答案】（1）140 （2）① ；②
【解析】
【分析】（1）首先完善表格，然后求出抽取的100人中认为人工智能对于教学“没有帮助”的频率，最后即
可计算该地区中小学教师中认为人工智能对于教学“没有帮助”的人数；
（2）对于①，首先求出男教师认为人工智能对于教学“没有帮助”、“有一些帮助”、“很有帮助”的概率，然
后确定4名教师得分总和为8分的情况并计算出概率；对于②，首先根据平均值公式求出 ，然后
比较它们的关系即可.
【小问1详解】
根据表格中数据，完善表格，
可以得到100名教师中，认为人工智能对于教学“没有帮助”的频率为 ，用频率估计概率，估计该地区中
小学教师中认为人工智能对于教学“没有帮助”的人数为 ；
【小问2详解】
①男教师认为人工智能对于教学“没有帮助”的概率为 ，男教师认为人工智能对于教学“有一些帮助”的概率为 ，
男教师认为人工智能对于教学“很有帮助”的概率为 ，
因为 ，
所以
.
② ，
，
，
因 为 ，所以 .
19. 已知椭圆 经过点 ，且右顶点为 ．
（1）求椭圆 的方程及离心率；
（2）过点 的直线与椭圆 交于不同两点B，C（均不是椭圆顶点），直线AB，AC分别与直线
OP交于点M、N，求证： ．
【答案】（1） ，离心率
（2）证明见解析
【解析】【分析】（1）根据椭圆过的点及右顶点坐标得到 ， ， 之间的关系，列出等式求解即可.
（2）设出直线 的方程，将直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理得到 ，
，求出 ， 两点的横坐标，代入公式再求证即可.
【小问1详解】
由题意 ，
又因为经过点 ，所以 ，所以
所以椭圆 的方程 ，离心率 .
【小问2详解】
证明：设 ，
由 ，消去 可得， ，
则 ，
由 得 ．
同理， ，则
，
上式分子部分
，
故 ，所以 ．
20. 已知函数 的最大值为 ，设函数 的图象在点 处的切线为 ．
（1）求 的值；
（2）证明：当 时，切线 与函数 的图象有另一交点 ，且 .
【答案】（1）0； （2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）利用导数求出函数 的最大值，进而求出 的值.
（2）由（1）的信息求出切线 的方程，再构造函数 ，利用导数结合零点存在性定理证得 还有
小于 的零点即可.
【小问1详解】
函数 的定义域为 ，求导得 ，
当 时， ；当 时， ，
函数 在 上单调递增，在 上单调递减， ，而函数 的最大值为 ，则 ，解得 ，
所以 的值为0.
【小问2详解】
由（1）知， ， ，则 ，
于是切线 的方程为 ，即 ，
令 ， ，求导得 ，
令 ，求导得 ，
当 时， ，函数 在 上单调递减；
当 时， ，函数 在 上单调递增，
由 ，得 ，而 ，函数 在 上的图象不间断，
则存在 ，使得 ，且当 或 时， ，当 时， ，
函数 在 和 上单调递增，在 上单调递减，又 ，
当 时， ，于是函数 在 上无零点，
，而 ，函数 在 上的图象不间断，
因此存在 ，使得 ，
所以当 时，切线 与函数 的图象有另一交点 ，且 .
21. 给定正整数k，m，其中 ，如果有限数列 同时满足下列两个条件．则称 为数列．记 数列的项数的最小值为 ．
条件①： 的每一项都属于集合 ；
条件②：从集合 中任取m个不同的数排成一列，得到的数列都是 的子列．
注：从 中选取第 项、第 项、…、第 项（ ）形成的新数列 称为
的一个子列．
（1）分别判断下面两个数列，是否为 数列．并说明理由！
数列 ；
数列 ．
（2）求 的值；
（3）求证 ．
【答案】（1）数列 是 数列，数列 不是 数列
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【小问1详解】
显然, 两个数列都满足条件 (1).
从集合 中任取 个不同 的数排成一列, 共有 种不同排列
不难验证它们都是数列 的子列, 但其中的 不是 的子列. 因此, 数列 是 -数列,但数列 不是.
【小问2详解】
不难验证如下数列是 -数列:
这个数列包含 项. 因此, -数列的最小项数不超过 , 即 .
考虑任一项数不超过 的 -数列 , 条件 (2) 要求数列 中必须包含集合 中
的所有数, 因此必定存在某些数只出现了一次. 设数 ( ) 在 中只出现了一次.
另记 ( ) 是不同于 的数, 根据条件 (2) 的要求, 是数列 的子列, 即数 会在
之后出现. 这意味着在数列 中, 所有不同于 的数都会在 之后出现, 因此 之后至少有
项.
同理, 还是根据条件 (2) 的要求, 也是数列 的子列, 故所有不同于 的数也都会在 之前
出现, 因此 之前也至少有 项. 故数列 的项数至少为 .
综上可知 , 从而有 .
【小问3详解】
首先, 根据第 2 问的结论, , 于是 时待证结论成立.
假设 (其中 ) 时待证结论成立, 即有 .下面证明 的情形, 即 , 也成立.
考虑任意一个 -数列 , 根据条件 (2) 的要求, 集合 中的所有数按任意顺序排成一列,
均为数列 的子列. 因此数列 中包含 中的所有数, 设其中最后一个新出现的数为 ,
即数列 中在第一个 出现之前, 其余所有数都至少出现了一次. 则在第一个 之前至少有
个数.
将第一个 之后的部分设为子列 , 考虑集合 中的所有数排成的以 为首项的任意排
列, 这些排列都是数列 的子列, 于是它们去掉首项 以后剩下的部分也是 的子列. 也就是说,
集合 除 以外的其余所有数按任意顺序排成一列, 均为 的子列, 因此数列 中 (即
数列 中第一个 之后) 除 以外的其余所有数的个数至少为 .
若数列 中不包含 , 则数列 中只有一个 , 这个 之后至少有 项, 同理可证
这个 之前也至少有 项. 因此数列 的总项数不少于 .
若数列 中包含 , 考虑到数列 中第一个 之前的项数不少于 , 故数列 的总项数不少
于 .
无论哪种情形, 由于 , 数列 的项数均不少于 , 因此 .
