試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁2025年普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試（北京卷）數(shù)學本試卷共12頁，150分.考試時長120分鐘.考生務必將答案答在答題卡上，在試卷上作答無效.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回.第一部分（選擇題共40分）一、選擇題共10小題，每小題4分，共40分.在每小題列出的四個選項中，選出符合題目要求的一項．1．已知集合，則（

）A． B． C． D．2．已知復數(shù)z滿足，則（

）A． B． C．4 D．83．雙曲線的離心率為（

）A． B． C． D．4．為得到函數(shù)的圖象，只需把函數(shù)的圖象上所有點的（

）A．橫坐標變?yōu)樵瓉淼谋叮v坐標不變） B．橫坐標變?yōu)樵瓉淼?倍（縱坐標不變）C．縱坐標變?yōu)樵瓉淼谋叮M坐標不變） D．縱坐標變?yōu)樵瓉淼?倍（橫坐標不變）5．已知是公差不為零的等差數(shù)列，，若成等比數(shù)列，則（

）A． B． C．16 D．186．已知，則（

）A． B．C． D．7．已知函數(shù)的定義域為D，則“的值域為”是“對任意，存在，使得”的（

）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件8．設函數(shù)，若恒成立，且在上存在零點，則的最小值為（

）A．8 B．6 C．4 D．39．一定條件下，某人工智能大語言模型訓練N個單位的數(shù)據(jù)量所需要時間（單位：h），其中k為常數(shù)．在此條件下，已知訓練數(shù)據(jù)量N從個單位增加到個單位時，訓練時間增加20h；當訓練數(shù)據(jù)量N從個單位增加到個單位時，訓練時間增加（

）A．2h B．4h C．20h D．40h10．在平面直角坐標系中，，.設，則的取值范圍是（

）A． B． C． D．第二部分（非選擇題共110分）二、填空題共5小題，每小題5分，共25分.11．已知拋物線的頂點到焦點的距離為3，則．12．已知，則；．13．已知，且，.寫出滿足條件的一組的值：，．14．某科技興趣小組用3D打印機制作的一個零件可以抽象為如圖所示的多面體，其中ABCDEF是一個平面多邊形，平面平面ABC，平面平面ABC，，，若，則該多面體的體積為．15．關于定義域為的函數(shù)，給出下列四個結論：①存在在上單調(diào)遞增的函數(shù)使得恒成立；②存在在上單調(diào)遞減的函數(shù)使得恒成立；③使得恒成立的函數(shù)存在且有無窮多個；④使得恒成立的函數(shù)存在且有無窮多個．其中正確結論的序號是．三、解答題共6小題，共85分.解答應寫出文字說明，演算步驟或證明過程.16．在中，．(1)求c；(2)在以下三個條件中選擇一個作為已知，使得存在，求BC的高．①；②；③面積為．17．如圖，在四棱錐中，與均為等腰直角三角形，，E為BC的中點．(1)若分別為的中點，求證：平面PAB；(2)若平面ABCD，，求直線AB與平面PCD所成角的正弦值．18．某次考試中，只有一道單項選擇題考查了某個知識點，甲、乙兩校的高一年級學生都參加了這次考試，為了解學生對該知識點的掌握情況，隨機抽查了甲、乙兩校高一年級各100名學生該題的答題數(shù)據(jù)，其中甲校學生選擇正確的人數(shù)為80，乙校學生選擇正確的人數(shù)為75.假設學生之間答題相互獨立，用頻率估計概率.(1)估計甲校高一年級學生該題選擇正確的概率．(2)從甲、乙兩校高一年級學生中各隨機抽取1名，設X為這2名學生中該題選擇正確的人數(shù)，估計的概率及X的數(shù)學期望．(3)假設：如果沒有掌握該知識點，學生就從題目給出的四個選項中隨機選擇一個作為答案；如果掌握該知識點，甲校學生選擇正確的概率為，乙校學生選擇正確的概率為.設甲、乙兩校高一年級學生掌握該知識點的概率估計值分別為，，判斷與的大?。ńY論不要求證明）.19．已知橢圓的離心率為，橢圓E上的點到兩焦點的距離之和為4，(1)求橢圓E的方程；(2)設O為坐標原點，點在橢圓E上，直線與直線，分別交于點A，B．設與的面積分別為，比較與的大?。?0．已知函數(shù)的定義域為，導函數(shù)，設是曲線在點處的切線．(1)求的最大值；(2)當時，證明：除切點A外，曲線在直線的上方；(3)設過點A的直線與直線垂直，，與x軸交點的橫坐標分別是，，若，求的取值范圍．21．已知集合，從M中選取n個不同的元素組成一個序列：，其中稱為該序列的第i項，若該序列的相鄰項滿足：或，則稱該序列為K列．(1)對于第1項為的K列，寫出它的第2項．(2)設為K列，且中的項滿足：當i為奇數(shù)時，：當i為偶數(shù)時，.判斷,能否同時為中的項，并說明理由；(3)證明：由M的全部元素組成的序列都不是K列．答案第=page11頁，共=sectionpages22頁答案第=page11頁，共=sectionpages22頁1．D【分析】先求出集合，再根據(jù)集合的交集運算即可解出.【詳解】因為，所以，故選：D.2．B【分析】先求出復數(shù)，再根據(jù)復數(shù)模的公式即可求出．【詳解】由可得，，所以，故選：B.3．B【分析】先將雙曲線方程化成標準方程，求出，即可求出離心率．【詳解】由得，，所以，即，所以，故選：B．4．A【分析】由，根據(jù)平移法則即可解出．【詳解】因為，所以將函數(shù)的圖象上所有點的橫坐標變成原來的倍，縱坐標不變，即可得到函數(shù)的圖象，故選：A.5．C【分析】由等比中項的性質(zhì)結合等差數(shù)列的基本量運算即可求解.【詳解】設等差數(shù)列的公差為，因為成等比數(shù)列，且，所以，即，解得或（舍去），所以.故選：C.6．C【分析】由基本不等式結合特例即可判斷.【詳解】對于A,當時，，故A錯誤；對于BD，取，此時，，故BD錯誤；對于C，由基本不等式可得，故C正確.故選：C.7．A【分析】由函數(shù)值域的概念結合特例，再根據(jù)充分條件、必要條件的概念即可求解.【詳解】若函數(shù)的值域為，則對任意，一定存在，使得，取，則，充分性成立；取，，則對任意，一定存在，使得，取，則，但此時函數(shù)的值域為，必要性不成立；所以“的值域為”是“對任意，存在，使得”的充分不必要條件.故選：A.8．C【分析】由輔助角公式化簡函數(shù)解析式，再由正弦函數(shù)的最小正周期與零點即可求解.【詳解】函數(shù)，設函數(shù)的最小正周期為T，由可得，所以，即；又函數(shù)在上存在零點，且當時，，所以，即；綜上，的最小值為4.故選：C.9．B【分析】由題給條件列出不同訓練數(shù)據(jù)量時所需的時間，結合對數(shù)的運算性質(zhì)即可求解.【詳解】設當N取個單位、個單位、個單位時所需時間分別為,由題意，，，，因為，所以，所以，所以當訓練數(shù)據(jù)量N從個單位增加到個單位時，訓練時間增加4小時.故選：B.10．D【分析】先根據(jù)，求出，進而可以用向量表示出，即可解出．【詳解】因為，，由平方可得，，所以．，，所以，，又，即，所以，即，故選：D.11．【分析】根據(jù)拋物線的幾何性質(zhì)可求的值.【詳解】因為拋物線的頂點到焦距的距離為，故，故，故答案為：.12．【分析】利用賦值法可求，利用換元法結合賦值法可求的值.【詳解】令，則，又，故，令，則，令，則，故故答案為：.13．（答案不唯一）（答案不唯一）【分析】根據(jù)角的三角函數(shù)的關系可得角的等量關系，從而可得滿足條件的一組解.【詳解】因為，，所以的終邊關于軸對稱，且不與軸重合，故且，即，故取可滿足題設要求；故答案為：；（答案不唯一）14．【分析】如圖，將一半的幾何體分割成直三棱柱和四棱錐后結合體積公式可求幾何體的體積.【詳解】先證明一個結論：如果平面平面，平面平面，平面，則.證明：設，，在平面取一點，，在平面內(nèi)過作直線，使得，作直線，使得，因為平面平面，，故，而，故，同理，而，故.下面回歸問題.連接，因為且，故，同理，，而，故直角梯形與直角梯形全等，故，在直角梯形中，過作，垂足為，則四邊形為矩形，且為以為直角的等腰直角三角形，故，平面平面，平面平面，,平面，故平面，取的中點為，的中點為，的中點為，連接，則，同理可證平面，而平面，故平面平面，同理平面平面，而平面平面，故平面，故，故四邊形為平行四邊形，故.在平面中過作，交于，連接.則四邊形為平行四邊形，且，故，故四邊形為平行四邊形，而平面，故平面，故平面平面，而，故，故幾何體為直棱柱，而，故,因為，故平面，而平面，故平面平面，在平面中過作，垂足為，同理可證平面，而，故，故，由對稱性可得幾何體的體積為，故答案為：.15．②③【分析】利用反證法可判斷①④的正誤，構造函數(shù)并驗證后可判斷②③的正誤.【詳解】對于①，若存在在上的增函數(shù)，滿足，則，即，故時，，故，故即，矛盾，故①錯誤；對于②，取，該函數(shù)為上的減函數(shù)且，故該函數(shù)符合，故②正確；對于③，取，此時，由可得有無窮多個，故③正確；對于④，若存在，使得，令，則，但，矛盾，故滿足的函數(shù)不存在，故④錯誤.故答案為：②③16．(1)6(2)答案見解析【分析】（1）由平方關系、正弦定理即可求解；（2）若選①，可得都是鈍角，矛盾；若選②，由正弦定理、平方關系求得，，進一步由求得高，并說明此時三角形存在即可；若選③，首先根據(jù)三角形面積公式求得，再根據(jù)余弦定理可求得，由此可說明三角形存在，且可由等面積法求解.【詳解】（1）因為，所以，由正弦定理有，解得；（2）如圖所示，若存在，則設其邊上的高為，若選①，，因為，所以，因為，這表明此時三角形有兩個鈍角，而這是不可能的，所以此時三角形不存在，故邊上的高也不存在；若選②，，由正弦定理有，解得，此時，，而，，，所以，可以唯一確定，所以此時也可以唯一確定，這表明此時三角形是存在的，且邊上的高；若選③，的面積是，則，解得，由余弦定理可得可以唯一確定，進一步由余弦定理可得也可以唯一確定，即可以唯一確定，這表明此時三角形是存在的，且邊上的高滿足：，即.17．(1)證明見解析(2)【分析】（1）取PA的中點N，PB的中點M，連接FN、MN，只需證明即可；（2）建立適當?shù)目臻g直角坐標系，求出直線AB的方向向量與面PCD的法向量，根據(jù)向量夾角公式即可求解.【詳解】（1）取PA的中點N，PB的中點M，連接FN、MN，與為等腰直角三角形且，不妨設，..E、F分別為BC、PD的中點，，且.，，，∴四邊形FGMN為平行四邊形，，平面PAB，平面PAB，平面PAB；（2）平面ABCD，以A為原點，AC、AB、AP所在直線分別為x、y、z軸建立如圖所示的空間直角坐標系，設，則，，設平面PCD的一個法向量為，，，取，，.設AB與平面PCD所成角為，則，即AB與平面PCD所成角的正弦值為.18．(1)(2)，(3)【分析】（1）用頻率估計概率即可求解；（2）利用獨立事件乘法公式以及互斥事件的加法公式可求恰有1人做對的概率及的分布列，從而可求其期望；（3）根據(jù)題設可得關于的方程，求出其解后可得它們的大小關系.【詳解】（1）估計甲校高一年級學生該題選擇正確的概率.（2）設為“從甲校抽取1人做對”，則，，設為“從乙校抽取1人做對”，則，，設為“恰有1人做對”，故依題可知，可取，，，，故的分布列如下表：故.（3）設為“甲校掌握這個知識點的學生做該題”，因為甲校掌握這個知識點則有的概率做對該題目，未掌握該知識點的同學都是從四個選項里面隨機選擇一個，故，即，故，同理有，，故，故.19．(1)(2)【分析】（1）根據(jù)橢圓定義以及離心率可求出，再根據(jù)的關系求出，即可得到橢圓方程；（2）法一：聯(lián)立直線方程求出點坐標，即可求出，再根據(jù)，即可得出它們的大小關系.法二：利用直線的到角公式或者傾斜角之間的關系得到，再根據(jù)三角形的面積公式即可解出.【詳解】（1）由橢圓可知，，所以，又，所以，，故橢圓E的方程為；（2）聯(lián)立，消去得，，整理得，①，又，所以，，故①式可化簡為，即，所以，所以直線與橢圓相切，為切點.設，易知，當時，由對稱性可知，．故設，易知，聯(lián)立，解得，聯(lián)立，解得，所以，，故．法二：不妨設，易知，當時，由對稱性可知，．故設，聯(lián)立，解得，聯(lián)立，解得，則，，,又，所以，所以，，則，即，所以.20．(1)(2)證明見解析(3)【分析】（1）利用導數(shù)判斷其單調(diào)性，即可求出最大值；（2）求出直線的方程，再構造函數(shù)，只需證明其最小值（或者下確界）大于零即可；（3）求出直線的方程，即可由題意得到的表示，從而用字母表示出，從而求出范圍.【詳解】（1）設，，由可得，當時，，單調(diào)遞增，當時，，單調(diào)遞減，所以的最大值為.（2）因為，所以直線的方程為，即，設，，由（1）可知，在上單調(diào)遞增，而，所以，當時，，單調(diào)遞減，當時，，單調(diào)遞增，且，而當時，，所以總有，單調(diào)遞增故，從而命題得證；（3）由可設，又，所以，即，因為直線的方程為，易知，所以直線的方程為,，.所以,由（1）知,當時，，所以,所以.21．(1)或(2)不能，理由見解析(3)證明過程見解析【分析】（1）根據(jù)新定義即可得解；（2）假設與能同時在中，導出矛盾，從而得出與不能同時在中的結論；（3）假設全體元素構成一個K列，通過構造導出矛盾，從而得到要證明的結論.【詳解】（1）根據(jù)題目定義可知，或，若第一項為，顯然或不符合題意（不在集合中），所以下一項是或；（2）假設二者同時出現(xiàn)在中，由于K列取反序后仍是K列，故不妨設在之前.顯然，在K列中，相鄰兩項的橫縱坐標之和的奇偶性總是