2025北京高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)（一）

本試卷分為第一部分(選擇題)和第二部分(非選擇題)，共150分，考試時(shí)長(zhǎng)120分鐘.

第一部分

一、選擇題(本大題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只

有一項(xiàng)是符合題目要求的)

1.(2019?北京高考)已知集合4={川一l<x<2},B={x|x>l},則AUB=()

A.(-1,1)B.(1,2)

C.(-1,+8)D.(1,+8)

解析：選C將集合A,8在數(shù)軸上表示出來(lái)，如圖所示.由圖可得IZZB

AU8={xW>-l}.故選C.-1°12

2.(2019?北京高考)已知復(fù)數(shù)z=2+i,則zi=()

A.小B.y[5

C.3D.5

解析:選D法一：?.*z=2+i,；.T=2-i..\z?，=(2+i)(2—i)=5.故選D.

法二：z-z=|Z|2=22+12=5,故選D.

3.(2019?北京高考)下列函數(shù)中，在區(qū)間(0,+8)上單調(diào)遞增的是()

A.y=x^B.y=rTx

C.y=k>羲D.尸;

解析：選Ay=x^=y[x,>=2二'=(；),y=log|x,y=(的圖象如圖所示.

由圖象知，只有在(0,+8)上單調(diào)遞增.故選A.

4.(2019?北京高考)執(zhí)行如圖所示的程序框圖，輸出的s值為(

A.1B.2

C.3D.4

解析：選B

初始①②

S=1s=2s=2

k=1k=2k=3

左=3滿足判斷框的條件，Js=2.

故選B.

5.（2019?北京高考）已知雙曲線/-y2=i（“>o）的離心率是小，則〃=（）

A乖B.4

C.2D,^

f02+]

解析：選D由雙曲線方程^5—y2=i,得d=/+].；.5=e2=^5==1

+*.結(jié)合<7>0,解得（1=3.故選D.

6.（2019?北京高考）設(shè)函數(shù)八尤）=85彳+加苗犬3為常數(shù)），則"=0”是"?x）為偶函數(shù)”

的（）

A.充分而不必要條件B.必要而不充分條件

C.充分必要條件D.既不充分也不必要條件

解析：選C/（x）=cosx+bsin尤為偶函數(shù)，

對(duì)任意的xdR,都有八一尤）=/（無(wú)），

即cos（—x）+bsin（-x）=cosx+6sinx,

26sinx=0.由x的任意性，得6=0.故/（x）為偶函數(shù)=6=0.必要性成立.反過(guò)來(lái)，若

6=0,則/（x）=cosx是偶函數(shù).充分性成立."b=0"是'7（x）為偶函數(shù)”的充分必要條

件.故選C.

7.（2019?北京高考）在天文學(xué)中，天體的明暗程度可以用星等或亮度來(lái)描述.兩顆星的

星等與亮度滿足他一如=|嚕，其中星等為恤的星的亮度為&（-1,2）.已知太陽(yáng)的星等

是一26.7,天狼星的星等是一1.45,則太陽(yáng)與天狼星的亮度的比值為（）

A.IO101B.10.1

C.1g10.1D.1O-101

解析：選A設(shè)太陽(yáng)的星等為m1,天狼星的星等為m2,則太陽(yáng)與天狼星的亮度分別為

Ei,石2,由條件如=—26.7,加2=一1.45,m2—mi=1lg^,得手g^=—1.45+26.7=25.25.

Ei2

：.1端=25.25X^=10.1,

誓=1。1叫即太陽(yáng)與天狼星的亮度的比值為1O101.

乜2

故選A.

8.（2019?北京高考）如圖，A,B是半徑為2的圓周上的定點(diǎn)，尸為圓周

上的動(dòng)點(diǎn)，NAPB是銳角，大小為及圖中陰影區(qū)域的面積的最大值為（）尸匕/

A.4夕+4cosPB.4夕+4sin0

B

C.2夕+2cos夕D.2夕+2sin4

解析：選B法一：如圖①，設(shè)圓心為O,連接。4,OB,OP.

?.?NAPB=B，：.ZAOB=2/3,

S用彩=SA4OP+SABOP+S扇.AOB=5X2X2sin2X2sinN—/

z2B

1圖①

B0P+mX2BX?

=2sinZA0P+2sinZBOP+4/3

=2sinZAOP+2sm(2n-2/3-NA0P)+4S

=2sinNA0P—2sin(2夕+ZAOP)+4/3

=2sinZAOP_2(sin2^-cosZAOP+cos2加sinNA0P)+4￡

=2sinZAOP-2sin2加cosNAOP—2cos2/7-sinZAOP+4^=2(1-cos2￡)sinNAOP—2sin

2B-cosNAOP+鄰

=2X2sin勿?sinNAOP—2X2sin￡-cospcosNA。尸+4萬(wàn)=4sin￡(sin￡-sinNAOP-cos

6?cosNAOP)+4￡

=4￡—4sin伊cos(/3+ZAOP).

,：夕為銳角，,sinP>Q.

：.當(dāng)cos0+NAOP)=-l,即￡+NA0P=7t時(shí)，陰影區(qū)域面積最大，為4萬(wàn)+4sin4

故選B.

法二：如圖②，設(shè)圓心為。，連接。4,OB,OP,AB,則陰影區(qū)域被

分成弓形AmB和△ABP.

:ZAPB=B，：.ZAOB=2/3.

B

'：弓形A"人的面積是定值，圖②

要使陰影區(qū)域面積最大，則只需△A2P面積最大.

△A8P底邊長(zhǎng)固定，

只要△A8P的底邊上的高最大即可.

由圖可知，當(dāng)AP=8P時(shí)，滿足條件，

此時(shí)S陰影=S扇形40B+S/iA0p+S^BOP

1,12兀-2￡

=2X2^292+2X^X292-sin―寸

=4夕+4sinR這就是陰影區(qū)域面積的最大值.故選B.

第二部分

二、填空題(本大題共6小題，每小題5分，共30分.把答案填在題中橫線上)

9.(2019?北京高考)已知向量a=(—4,3),b=(6,m),且a_L6,則加=.

解析：,,,a±b,：.。6=0.又；a=(—4,3),6=(6,m),：.一4義6+3相=0,解得機(jī)

=8.

答案：8

尤(2,

10.(2019?北京高考)若x,y滿足'》一1，則y—x的最小值為,最

、4x—3y+l20,

大值為________

解析：x,y滿足的平面區(qū)域如圖所示.設(shè)z=y—x,則y=x+z.

把z看作常數(shù)，則目標(biāo)函數(shù)是可平行移動(dòng)的直線，z的幾何意義是直線

y=x+z的縱截距，通過(guò)圖象可知，當(dāng)直線y=x+z經(jīng)過(guò)點(diǎn)A(2,3)時(shí)，z

取得最大值，此時(shí)Zmax=3—2=1.當(dāng)經(jīng)過(guò)點(diǎn)8(2,-1)時(shí)，z取得最小

值，此時(shí)Zmin=-1—2=—3.

答案：一31

11.(2019?北京高考)設(shè)拋物線產(chǎn)=4尤的焦點(diǎn)為R準(zhǔn)線為/.則以尸為圓心，且與/相切

的圓的方程為.

解析：：拋物線y2=4x的焦點(diǎn)廠的坐標(biāo)為(1,0),準(zhǔn)線/為直線尤=一1,圓的圓心

坐標(biāo)為(1,0).又；圓與/相切，圓心到/的距離為圓的半徑，r=2.：.圓的方程為(x

—1)2+V2=4.

答案：(x—l>+y2=4

12.(2019?北京高考)某幾何體是由一個(gè)正方體去掉一個(gè)四棱柱所得，其三視圖如圖所

示.如果網(wǎng)格紙上小正方形的邊長(zhǎng)為1,那么該幾何體的體積為.

解析：如圖，由三視圖可知，該幾何體為正方體ABCD-ABiGP

去掉四棱柱BiCiGF-AiDiHE所得，其中正方體ABCD-A\BYCIDY的體積

為64.VBiCiGF-AiZ）i//E=（4+2）x1x4=24,所該幾何體的體積為64-24=40.

答案:40

13.（2019?北京高考）已知/，機(jī)是平面a外的兩條不同直線.給出下列三個(gè)論斷：

?m//a；③

以其中的兩個(gè)論斷作為條件，余下的一個(gè)論斷作為結(jié)論，寫出一個(gè)正確的命題:

解析：②③今①.證明如下：；m//a,：.根據(jù)線面平行的性質(zhì)定理，知存在a,

使得機(jī)〃機(jī)又l-La,l-Ln,I±m(xù).

①③今②.證明略.

答案：②③今①（或①③今②）

14.（2019?北京高考）李明自主創(chuàng)業(yè)，在網(wǎng)上經(jīng)營(yíng)一家水果店，銷售的水果中有草莓、京

白梨、西瓜、桃，價(jià)格依次為60元/盒、65元/盒、80元/盒、90元/盒.為增加銷量，李明

對(duì)這四種水果進(jìn)行促銷：一次購(gòu)買水果的總價(jià)達(dá)到120元，顧客就少付x元.每筆訂單顧客

網(wǎng)上支付成功后，李明會(huì)得到支付款的80%.

①當(dāng)x=10時(shí)，顧客一次購(gòu)買草莓和西瓜各1盒，需要支付元；

②在促銷活動(dòng)中，為保證李明每筆訂單得到的金額均不低于促銷前總價(jià)的七折，則x

的最大值為.

解析：①顧客一次購(gòu)買草莓和西瓜各1盒時(shí)，總價(jià)為60+80=140（元），總價(jià)達(dá)到120

元，又x=10,即顧客少付10元，所以需要支付130元.

②設(shè)顧客買水果的總價(jià)為。元，當(dāng)0Wa<120時(shí)，顧客支付。元，李明得到0.8a元，且

0.8a?0.7a,顯然符合題意，此時(shí)尤=0；當(dāng)。2120時(shí)，則0.8（。一x）20.7。恒成立，即無(wú)

恒成立，又心120,所以e,min=15所以xW15.綜上可知，0Wx=15,所以X

的最大值為15.

答案：①130②15

三、解答題（解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明，證明過(guò)程或演算步驟）

15.（2019?北京高考）（本小題滿分13分）在△ABC中，a=3,b~c=2,cosB=-1.

⑴求8c的值；

⑵求sin（B+O的值.

解：（1）由余弦定理〃=/+。2—2〃ccos8,得

〃=32+/一2乂3X。乂（一￡）.因?yàn)閎=c+2,

所以（C+2）2=32+C2—2X3XCX（一，.

解得c=5.所以b=7.

(2)由cosB=~2,得sinB=?

由正弦定理，得sinA=/sin

在△ABC中，B+C=7i~A,

所以sin(5+C)=sinA=^^.

16.(2019?北京高考)(本小題滿分13分)設(shè)｛斯｝是等差數(shù)列，〃i=—10,且〃2+10，的+

8,加+6成等比數(shù)列.

⑴求｛④｝的通項(xiàng)公式;

(2)記｛%｝的前”項(xiàng)和為Sn,求Slt的最小值.

解:(1)設(shè)｛?〃｝的公差為的因?yàn)椤?=一10,

所以。2=—10+d,<73=—10+2<7,。4=—10+3d.

因?yàn)椤?+1。，的+8,々4+6成等比數(shù)列，

所以(俏+8)2=(々2+10)(44+6).

所以(-2+2i/)2=d(—4+3i/).

解得1=2.所以?！?。1+5—1)1=2〃-12

(2)由⑴知,念=2〃-12.

則當(dāng)時(shí)，。”>0;當(dāng)“W6時(shí)，a”W0.

所以S”的最小值為S5=S6=-30.

17.(2019?北京高考)(本小題滿分12分)改革開放以來(lái)，人們的支付方式發(fā)生了巨大轉(zhuǎn)

變.近年來(lái)，移動(dòng)支付已成為主要支付方式之一.為了解某校學(xué)生上個(gè)月A,B兩種移動(dòng)支

付方式的使用情況，從全校所有的1000名學(xué)生中隨機(jī)抽取了100人，發(fā)現(xiàn)樣本中A,B兩

種支付方式都不使用的有5人，樣本中僅使用A和僅使用B的學(xué)生的支付金額分布情況如

下：

支付金額

不大于2000元大于2000元

支付方

僅使用A27人3人

僅使用B24人1人

(1)估計(jì)該校學(xué)生中上個(gè)月A,B兩種支付方式都使用的人數(shù)；

(2)從樣本僅使用B的學(xué)生中隨機(jī)抽取1人，求該學(xué)生上個(gè)月支付金額大于2000元的

概率；

(3)己知上個(gè)月樣本學(xué)生的支付方式在本月沒有變化.現(xiàn)從樣本僅使用B的學(xué)生中隨機(jī)

抽查1人，發(fā)現(xiàn)他本月的支付金額大于2000元.結(jié)合(2)的結(jié)果，能否認(rèn)為樣本僅使用B

的學(xué)生中本月支付金額大于2000元的人數(shù)有變化？說(shuō)明理由.

解：(1)由題知，樣本中僅使用A的學(xué)生有27+3=30(人)，僅使用B的學(xué)生有24+1=

25(人)，A,B兩種支付方式都不使用的學(xué)生有5人.故樣本中A,B兩種支付方式都使用

的學(xué)生有100—30—25-5=40(人).估計(jì)該校學(xué)生中上個(gè)月A,B兩種支付方式都使用的人

數(shù)為喘jX1000=400.

(2)記事件C為“從樣本僅使用B的學(xué)生中隨機(jī)抽取1人，該學(xué)生上個(gè)月的支付金額大

于2000元”，貝U

P(C)=X=0.04.

(3)記事件E為“從樣本僅使用B的學(xué)生中隨機(jī)抽查1人，該學(xué)生本月的支付金額大于

2000元”.

假設(shè)樣本僅使用B的學(xué)生中，本月支付金額大于2000元的人數(shù)沒有變化，則由(2)知，

P(￡)=0.04.

答案示例1:可以認(rèn)為有變化.理由如下：

P(E)比較小，概率比較小的事件一般不容易發(fā)生，一旦發(fā)生，就有理由認(rèn)為本月支付金

額大于2000元的人數(shù)發(fā)生了變化.所以可以認(rèn)為有變化.

答案示例2:無(wú)法確定有沒有變化.理由如下:

事件E是隨機(jī)事件，尸(￡)比較小，一般不容易發(fā)生，但還是有可能發(fā)生的.所以無(wú)法確

定有沒有變化.

18.(2019?北京高考)(本小題滿分14分)如圖，在四棱錐P-ABCD

中，川，平面ABC。，底面ABC。為菱形，E為CD的中點(diǎn).

(1)求證：8。_1平面用0

(2)若NABC=60°,求證：平面E42_L平面B4E；

⑶棱尸8上是否存在點(diǎn)F,使得CF〃平面B4E?說(shuō)明理由.

解：⑴證明：因?yàn)锽4_L平面43。,

所以PA1,BD.

因?yàn)榈酌鍭BCD為菱形，

所以2。_L4c.

又E4CAC=A,

所以平面PAC.

(2)證明：因?yàn)镋4_L平面ABCD

AEU平面ABC。，

所以PA1.AE.

因?yàn)榈酌鍭BC。為菱形，ZABC=60°,且E為CD的中點(diǎn),

所以AE1CD所以ABLAE.

又所以AE_L平面E4A

因?yàn)锳EU平面朋E,所以平面B48J_平面抬E.

(3)棱尸8上存在點(diǎn)凡使得CF〃平面出E.

取網(wǎng)的中點(diǎn)EB4的中點(diǎn)G,連接CRFG,EG,

貝ijFG〃&8,MFG=^AB.

因?yàn)榈酌鍭BC。為菱形，且E為C。的中點(diǎn)，

所以CE〃AB,且CE=%B.

所以PG〃CE,且尸G=CE.

所以四邊形CEGP為平行四邊形.所以CF//EG.

因?yàn)镃RI平面PAE,EGU平面PAE,

所以CP〃平面PAE.

19.(2019?北京高考)體小題滿分14分)已知橢圓C：￡+5=1的右焦點(diǎn)為(1,0),且經(jīng)

過(guò)點(diǎn)40,1).

(1)求橢圓C的方程；

(2)設(shè)。為原點(diǎn)，直線/：>=履+改#±1)與橢圓C交于兩個(gè)不同點(diǎn)P,Q,直線AP與尤

軸交于點(diǎn)〃，直線AQ與x軸交于點(diǎn)N.若QMH。川=2,求證：直線/經(jīng)過(guò)定點(diǎn).

解：(1)由題意,得接=1,c—1,

所以c^=b2+c2=2.

所以橢圓。的方程為，+產(chǎn)=1.

(2)證明:設(shè)尸(》,yi),2(%2,>2)，

則直線AP的方程為y=『x+L

令y=0,得點(diǎn)M的橫坐標(biāo)磯=一---r.

刃一］

一—X\

又yi=H+f,從而QM=|x“|=日］+/_］

同理，3=葭；；-1-

y~~kx~\~tf

由得(1+2f)，+4比v+2/2—2=0,

區(qū)+y=1，

4ktIf—2

則Xl+X21+23'X1X2=1+2F

10MH

所以。川=kx1+t-l\]kx2+t-].

___________________X1%2___________________

―+1）（X1+x2）+?-I）2

2P—2

_______________1+2-______________

修常t+如—1＞（一冷日+（'—1）2

又QMH0N=2,所以2H=2.

解得/=o,所以直線/經(jīng)過(guò)定點(diǎn)(0,0).

20.(2019?北京高考)(本小題滿分14分)已知函數(shù)/(x)=

53一爐+尢

(1)求曲線y=/(x)的斜率為1