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顺义区 2025 年高三统一测试试卷
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，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. 已知集合 ，集合 ，则 （ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先确定集合 ，再根据补集的定义运算即可.
【详解】因为 ， .
所以 .
故选：C
2. 已知平面向量 ， 满足 ， ， ，则 （ ）
A. 6 B. 3 C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据数量积的运算律，建立方程，可得答案.
【详解】由 ，则 ，
由 ，则 ，解得 .
故选：D.
3. 下列函数中，单调递增且值域为 的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】逐项分析函数的单调性和值域，可得正确答案.
【详解】对A：函数在 上单调递减，在 上单调递增，故A不满足函数的单调性；
对B：函数在 上单调递增，且函数值域为 ，故B满足题意；
对C：函数在 上单调递增，且函数值域为 ，故C函数的值域不满足条件；
对D：函数在 上单调递增，值域为 ，故D函数的值域不满足条件.
故选：B
4. 复数 的共轭复数为 ，且满足 ，则 （ ）
A. 2 B. C. 1 D.
【答案】A
【解析】
【分析】设 ，代入已知条件利用复数相等求解 ，再求出 ，最后由复数的乘法求解即可.
【详解】设 ，所以 即为 ，
整理得： ，所以 ，解得 ，
所以 ， ， .
故选：A
5. 在天文学中，天体的明暗程度可以用视星等和绝对星等来描述.视星等 是在地球上看到的星体亮度等级视星等受恒星距离影响.绝对星等M是假设把恒星放在距离地球10秒差距（10秒差距≈32.6光年）时的视
星等，这样能比较不同恒星本身的亮度.视星等 和绝对星等M满足 ，其中 是与地球
的距离，单位为秒差距.若恒星A距离地球约32.6光年，恒星B距离地球约326光年，恒星A，B的视星等
满足 ，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意得到 ， ，相减即可求解；
【详解】由题意 ，
，
两式相减可得： ，
又 ，
所以 ，
所以 ，
故选：C
6. 已知 ,点M满足 ，则 的可能取值是（ ）
A. 4 B. C. 1 D.
【答案】B
【解析】【分析】设点 ，由条件求得点 的轨迹为圆心在 ，半径为 的圆，将 理解为圆外的
点 到圆 上的点的距离，结合图形即得 的范围，即可判断.
【详解】设点 ，由 ，整理得： ，
即点 的轨迹为圆心在 ，半径为 的圆，
因 ，即点 在圆外，
则 表示圆外的点 到圆 上的点的距离，如图，有 .
故选：B.
的
7. 六氟化硫是一种无机化合物，常温常压下为无色无味无毒不燃 稳定气体.化学式为 ，在其分子
结构中，硫原子位于中心，六个氟原子均匀分布在其周围，形成一个八面体的结构.如图所示，该分子结构
可看作正八面体，记为 ，各棱长均相等，则平面 与平面 夹角的余弦值是（
）
A. B. C. D.【答案】D
【解析】
【分析】建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量的方法求平面与平面的夹角即可.
【详解】
设正八面体的棱长为 ，连接 、 相较于点 ，连接 ，
根据正八面体 的性质可知 为正方形， ， 平面 ，
建立如图所示，以 为坐标原点，
分别以 、 、 为 、 、 轴的空间直角坐标系，
， ， ， ，
所以 ， ，
设平面 的法向量为 ，
所以 ， ，令 ，
则有： ，所以 ，
， ，
设平面 的法向量为 ，所以 ， ，令 ，
则有： ，所以 ，
设平面 与平面 夹角为 ，则 ，
平面 与平面 夹角的余弦值为 .
故选：D
8. 设 为等比数列，则“存在 ，使得 ”是“ 为递减数列”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，举出反例即可得到充分性不满足，再由数列单调性的定义，即可验证必要性满足，从
而得到结果.
【详解】假设等比数列的公比 ，首项 ，则数列的项依次为 ，
当 时，满足 ，但是 不是递减数列，
故充分性不满足；
若 为递减数列，则对于任意的 ，必然有 ，
故必要性满足；
所以“存在 ，使得 ”是“ 为递减数列”的必要而不充分条件.
故选：B
9. 已知抛物线 ： 的焦点为 ，准线为 ，过点 的直线与 交于不同的两点A，B， 为坐标原点，直线 与 交于点M，若 ，则 的面积等于（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】根据 以及抛物线定义可得直线 的斜率，则可求 ，以及 坐标，即可得点
到直线 的距离，最后利用面积公式即可.
【详解】如图，过点 作 ，直线 与 轴分别交 与点 ，
设 ，则 ，
因 ，则 ，得 ，
则 ，则 ，
故直线 的斜率为 ，直线 的方程为 ，
与 联立得 ，解得 ，
则直线 ： ， ，得
故点 到直线 的距离为 ，
故 的面积为 .
故选：A10. 已知直线 分别与函数 和 的图象交于 ， ，给出下列三个
结论：① ；② ；③ .其中正确结论的个数是（ ）
A. 0 B. 1 C. 2 D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】根据函数 和 的图象关于 对称，直线 与 垂直，可得
关 于 对 称 ， 即 可 判 断 ① ； 利 用 基 本 不 等 式 即 可 判 断 ② ， 构 造
，结合零点的存在定理和对数的性质，即可判断③．
【详解】由题意直线 与 垂直，函数 和 的图象关于 对称，
所以 关于 对称，
又由 得交点坐标为 ，则 ，
对于①：因为 ，且 ，所以 ，①错误；
对于②：由 ，因为 ，则 ；②正确；
对于③：直线 与 联立，可得 ，即 ，设函数 ， 是增函数，
又由 ， ，可得 ，
所以函数 在区间 上存在唯一零点，即 ，
因为 ，所以 ，
构造函数 ，则 ，
当 时，可得 ， 函数 在 单调递增；
当 时，可得 ， 函数 在 单调递减；
， ， ，③正确；
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. 已知双曲线 ： 的左、右焦点分别为 ， ，且过点 ，则双曲线 的渐近线方
程为______.
【答案】
【解析】
【分析】利用双曲线 过点 ，可求得 ，进而可求渐近线.
【详解】因为双曲线 ： 过点 ，所以 ，解得 ，
所以双曲线 的方程为 ，所以双曲线 的渐近线方程为 .故答案为： .
12. 若 ，则 _______； ________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】根据二项的展开式，利用赋值法令 可求第一空，令 、 计算可求第二空.
【详解】因为 ，
令 ，得 ，所以 ，
令 ，得 ①，
令 ，得 ②，
②得 ，解得 .
故答案为： ；
13. 已知直线 ： 与圆 ： 有两个交点，则 可以是_______.（写出满足条
件的一个值即可）
【答案】 （答案不唯一）
【解析】
【分析】根据点到直线距离公式和题意列出关于 的不等式，求解即可.
【详解】由圆 ： ，可知：圆心 ，半径 .
直线 方程的一般式为 .
由点到直线距离公式和题意可得：
，解得： .
所以 可以是 .
故答案为： （答案不唯一）14. 在 中， ， ，则 _______.
【答案】 ##
【解析】
【分析】先根据正弦定理，结合三角形内角和定理，把 化成 ，再结合
，利用二倍角公式可得 ，再判断角 的取值范围，即可求得 .
【详解】根据正弦定理， .
所以 ，
又 ，所以 .
所以 ，
所以 .
因为 为三角形内角，所以 ，所以 ，
.
所以
又 ，所以 ，所以 为锐角，所以 .
故答案为：
15. 已知函数 ，数列 满足 ， .
给出下列四个结论：
①若 ，则 有3个不同的可能取值；②若 ，则 ；
③对于任意 ，存在正整数 ，使得 ；
④对于任意大于2的正整数 ，存在 ，使得 ；
其中所有正确结论的序号是______.
【答案】①②④
【解析】
【分析】由已知得 ，若 ，分别对 分类讨论即可判断；②若 ，
求得 即可判断．③当 时，计算可判断；④ ，进而可得
，可判断．
【详解】① ，所以 ，若 ，
当 时， ，解得 ．
当 时，则 ，解得 ，当 时，则 ，解得 ；
当 时， ，解得 ，当 时，则 ，解得 ，当
时，则 ，解得 （舍去）；
综上可得： 可以取3个不同的值：5， ， ．因此①正确．②若 ，则 ， ， ， 可得
．数列是周期为3 的数列，故②正确．
③当 时， ， ， ，
所以不存在正整数 ， ，故③正确．
④先考虑数列 的周期性，
对于 ，则 ， ，
， ， ，要使 是周期数列，
则有 ，解得 ，
从而存在 ，使得数列 是周期数列，周期为 ，
从而要使周期为 ，只需 ，即 即可，故④正确．
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，在四棱锥 中，底面 是菱形， ， ， .
（1）若平面 与棱 交于点 ，且 平面 ，求证： 是 中点；
（2）若 是棱 上一点，且满足 ，当 时，求 与平面 所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用线面平行的性质，可得答案；
（2）由题意，利用线面垂直的性质与判定，并建立空间直角坐标，求得平面法向量，根据线面角的向量
公式，可得答案.
【小问1详解】
记 ，连接 ，如下图：
因为 平面 ， 平面 ，平面 平面 ，所以 ，
在 中，由 为 的中点，则 为 的中点.
【小问2详解】
在菱形 中，易知 ，由 ， ，则 ， ，
因为 ， ， 平面 ，所以 平面 ，
因为 平面 ，所以 ，由 ，则 ，
因为 ， 平面 ，所以 平面 ，
取 的中点为 ，易知 ，则 平面 ，则 两两垂直，
以 为原点，分别以 所在直线为 轴，建立空间直角坐标系，如下图：则 ， ， ，
可得 ， ， ， ，
由 ，则 ，可得 ，
设平面 的法向量 ，则 ，
令 ，则 ，所以平面 的一个法向量 ，
设 与平面 所成角为 ， .
17. 已知函数 .
（1）求 的值；
（2）再从条件①、条件②、条件③中选择两个作为已知条件，使函数 存在且唯一确定.当 在区
间 上仅有一个零点时，求 的取值范围.
条件①： 在 上是单调函数；
条件②： 图象的一个对称中心为 ；条件③：对任意的 ，都有 成立.
注：如果选择的条件不符合要求，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）利用三角恒等变换化简函数解析式即可求解；
（2）关于条件①，从函数的周期，以及单调区间两方面限制 求出 的取值范围；关于条件②求出函数
对称中心表达式，将 代入，确定 的取值；关于条件③根据已知条件确定 ，从而确定
的取值；再从选条件①②、①③、②③三种情况分别确定 的值，再利用函数的性质即可求解.
【小问1详解】
因为 ，
所以
，
所以 .
【小问2详解】
对于条件①： 在 上是单调函数，
因为 在 上是单调函数，所以 ，
所以 ，又因为 ，解得 ，因为 ，
解得 ，
所以函数 的单调单调递增区间为：
，
若函数 上单调递增，则 ，
在
整理有 ，
当 时， ，解得 ，
当 时， 无解， 得其他值时不等式无解；
因为 ，解得 ，
所以函数 的单调单调递减区间为：
，
若函数在 上单调递减，则 ，
整理有 ，
当 时， ，解得 ，
当 时， 无解， 得其他值时不等式无解；
对于条件②： 图象的一个对称中心为 ，
因为 ，解得 ，
所以函数 的对称中心为 ，若 是 图象的一个对称中心，
则 ，解得 ；
对于条件③：对任意的 ，都有 成立，
则 时，函数取得最大值，有 ，
解得 ；
若选条件①②，则有 ，方程无解，
或 ， 时， ，
所以 ，因为 ，所以 ，
因为 在区间 上仅有一个零点，
所以 ， ，解得 ；
若选条件①③，则有有 ，方程无解，
或 ， 时， ，
所以 ，因为 ，所以 ，因为 在区间 上仅有一个零点，
所以 ， ，解得 ；
若选条件②③，则有 ，
即 ，方程解不唯一，
此时 取值不唯一，所以函数 不唯一，不合要求.
18. AI智能阅卷是一种利用人工智能技术对试卷进行批改和评估的技米，它可以帮助教师提高阅卷效率，
并为学生提供更快速更有针对性的反馈.某教师尝试使用AI系统进行阅卷，由甲、乙两种系统进行独立阅
卷评分.如果两个系统评分相差2分及以下，则以两种系统评分的平均分作为最后得分；如果两个系统评分
相差3分及以上，则人工进行复核阅卷并给出最后得分.从两种系统进行阅卷的试卷中随机抽取12份试卷
作为样本，其评分情况如下表所示：
1 1 1
试卷序号 1 2 3 4 5 6 7 8 9
0 1 2
系统甲评 8 8 7 9 8 6 7 6 9 5 8 8
分 2 8 6 2 7 6 5 9 0 8 6 4
系统乙评 8 8 7 9 8 6 7 6 8 5 8 8
分 0 2 6 0 0 1 1 5 8 4 2 0
8 8 7 9 8 6 7 6 8 5 8 8
最后得分
1 5 6 1 5 4 4 7 9 6 4 3
（1）从这12份试卷中随机选取1份，求甲、乙两种系统评分之差的绝对值不超过2分的概率；
（2）从这12份试卷中随机选取3份，甲、乙两种系统评分之差的绝对值不超过2分的份数记为X，求X
的分布列和数学期望；
（3）从上述的12份试卷中随机抽取1份，设甲系统对其评分为 ，乙系统对其评分为 ，最后得分为 .
令 ， ，试比较方差 和 的大小.（结论不要求证明）【答案】（1）
（2）分布列见解析，1
（3）
【解析】
【分析】（1）由古典概型概率公式即可求解；
（2）确定 的可能取值，求得对应概率即可求解；
（3）由方差计算公式即可求解；
【小问1详解】
设事件 为从这12篇份试卷中随机抽取1份，甲、乙两种系统评分之差的绝对值不超过2分，
又在这12篇份试卷中，甲、乙两种系统评分之差的绝对值不超过2分的有 篇，
所以 ；
【小问2详解】
由已知 的可能取值为 ， ， ，3
， ，
所以 的分布列为
所以 的数学期望为 ；
【小问3详解】
，证明如下：
的取值依次为：1，3，0，1，2，2，1，2，1，2，2，1，平均数为： ，
的取值依次为：1，3，0，1，5，3，3，2，1，2，2，3，
平均数为：
，
所以 .
19. 已知椭圆 ： 的一个顶点为 ，离心率为 .
（1）求 的方程和短轴长；
（2）直线 ： 与E相交于不同的两点B，C，直线 ， 分别与直线 交于点M，N.当
时，求 的值.
【答案】（1）椭圆 的方程为 ，短轴长为
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意可得 ， ，求解即可；
（2）联立直线与椭圆方程，设直线 与椭圆 的交点为 和 ，利用韦达定理可得
，求得 的坐标，进而可得 ，求解即可.
【小问1详解】已知椭圆 的标准方程为： ，
因为 是椭圆的一个顶点，所以 。又离心率为 ，解得 ，
所以 ，解得 ，
所以椭圆 的方程为 ，短轴长为 ；
【小问2详解】
将直线 的方程 代入椭圆 的方程得 ，
可得 ，整理得 ，
设直线 与椭圆 的交点为 和 ，
所以 ，
直线 的方程为： ，与直线 联立求得交点 的坐标为 )，
直线 的方程为： ，与直线 联立求得交点 的坐标为 ，
因为 ，即 ，所以 ，因为 和 ，代入得 ，
化简 ，
展开分子
，
所以 ，
所以
，
又 ，
所以 ，整理得 ，解得 .
20. 已知函数 .
（1）求曲线 在点 处的切线方程；
（2）设 ，求证： 是 上的单调递减函数；
（3）求证：当 时， .
【答案】（1） ；
（2）证明见解析； （3）证明见解析.【解析】
【分析】（1）求出 ，再计算得切点和切线斜率即可得到切线方程；
（2）通过二次求导得 ，则 ，则 是 上的单调递减函数；
（3）令 ，求导得 ，再利用放缩法得 ，最后再
次放缩即可证明.
【小问1详解】
依题意， ．
又 ，
所以 .
所以曲线 在点 处的切线方程为 ，
即 .
【小问2详解】
由（1）知， ， ，
所以 .
令 ，则 ，
因为 ，所以 ，即 ，
所以 在 上单调递减，所以 ，
即 ，所以 是 上的单调递减函数.
【小问3详解】
令 ，
则 ，由（2）知， 在 上单调递减，
所以当 时， ，此时 ，即 在 上单调递减，
所以 ，即 ，
当 时， ， ， .
所以 即 ，
所以 即 ，
综上可得：当 时， .
21. 已知数列 ： 各项为正整数.对任意正整数 ，定义： ，
，其中 表示有限集 中的元素个数，规定 .
（1）对于数列 ：1，3，2，2，写出 ， ， ， 的值；
（2）若数列 ： 满足 .
（i）若 ，令 ，当 时，求 ；
（ii）求证： .
【答案】（1） ， ， ， ；
（2）（i） ，其中 ；
【解析】
【分析】（1）直接根据定义计算即可；
（2）（i）根据 的定义，可知数列 中有两项等于1，从而有 ，依次类
推求和即可.
（ii）法一：首先证明当 时，等式成立，再利用数学归纳法即可证明；法二：设数列 中等于的项分别有 个，计算得 , ，……， ，
最后求和证明即可.
【小问1详解】
， ， ， ；
【小问2详解】
（i）令 ，则 ，根据 的定义，可知数列 中有两项等于1，
根据数列 的增减性质，可得 ；令 ，则 ，
可知数列 中有四项小于等于2，可得 ，
以此类推可得 得前 项为 ，
，其中 .
（ii）法一：用数学归纳法证明
对 成立，（**）
当 时，令 ， ， ，
（**）式左边= ，
（**）式右边= ，
（**）式左边=（**）式右边，（**）式对 成立；
假设 时，（**）式成立，
即 ①
当 时，（**）式左边=
设 ，令 ，则 , ，……， ， ，
（**）式左边= ，
（**）式右边=
根据①可知（**）式对 成立，由数学归纳法原理可知（**）成立.
（法二）设数列 中等于 的项分别有 个，则
， ，……， ， ，
从而 , ，……， ，
注意到
等式成立.
