猜押02 北京高考数学7～10题（选择题）-2025年高考数学冲刺抢押秘籍（北京专用）

猜押02 北京高考数学7~10题（选择题） 考点 3年考题、题号 考查内容 考情分析 难度 常用逻辑用语 2022/6，2023/8，2024/5 递增数列与存在性命题的逻辑关系、不等式的成立关系、向量模长与方向的逻辑条件 结合数列、三角函数、向量等知识，考查逻辑推理能力，需明确条件的充分性与必要性。 中 2025年预测：继续作为载体内容命题。 考点 3年考题、题号 考查内容 考情分析 难度 三角函数与解三角形 2022/5，2023/7，2024/6 函数单调性、解三角形、参数 ω 的求解 结合函数单调性、图像变换及解三角形，需熟练运用三角恒等变换和正弦定理。 中 2025年预测：结合三角恒等变换继续考查三角函数的相关性质。 考点 3年考题、题号 考查内容 考情分析 难度 立体几何 2022/9，2023/9，2024/8 正三棱锥区域面积计算、坡屋顶五面体棱长和、几何体的高 融合建筑、几何体模型等实际情境，考查空间想象、线面垂直 / 面面垂直关系应用，涉及三维转二维分析、轨迹与体积公式运用，强调数学逻辑推理能力。 中 2025年预测：立体几何将延续 “结构不良 + 方法融合” 的命题风格，可能引入更复杂的空间结构（如多面体组合），强化线面关系与空间角的综合分析，同时注重数学建模与跨学科应用。 考点 3年考题、题号 考查内容 考情分析 难度 数列综合 2022/6、2023/10 等差数列单调性与命题充要条件的判断、利用递推公式判断数列单调性及有界性 融合数列基本性质（如等差数列单调性）与递推数列分析，运用数学归纳法、导数等工具，考查逻辑推理、数学运算及抽象概括能力，需准确把握数列概念并灵活运用相关方法推理判断，还涉及与其他知识点（如充要条件）的综合。 中偏难 2025年预测：可能出现新的递推数列形式，结合函数性质，考查数列的单调性、周期性、极限等性质。跨知识点融合：与不等式、导数、三角函数等知识深度融合，如利用导数证明数列不等式，通过三角函数构造特殊数列等，增强对数学综合素养的考查。​ 考点 3年考题、题号 考查内容 考情分析 难度 创新情景 2022/7，2023/9，2024/7 以指对幂函数为创新背景、以立体几何为创新背景 对数的运算，根据折线统计图解决实际问题。数学文化背景下由二面角大小求线段长度。以生物丰富度指数为背景比较指数幂的大小和指数式与对数式的互化。 中 2025年预测：继续以创新情景命题。 1、 【常用逻辑用语真题回顾】 1．（2024·北京·高考真题）设 ，是向量，则“”是“或”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】B 【分析】根据向量数量积分析可知等价于，结合充分、必要条件分析判断. 【详解】因为，可得，即， 可知等价于， 若或，可得，即，可知必要性成立； 若，即，无法得出或， 例如，满足，但且，可知充分性不成立； 综上所述，“”是“或”的必要不充分条件. 故选：B. 2．（2023·北京·高考真题）若，则“”是“”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】C 【分析】解法一：由化简得到即可判断；解法二：证明充分性可由得到，代入化简即可，证明必要性可由去分母，再用完全平方公式即可；解法三：证明充分性可由通分后用配凑法得到完全平方公式，再把代入即可，证明必要性可由通分后用配凑法得到完全平方公式，再把代入，解方程即可. 【详解】解法一： 因为，且， 所以，即，即，所以. 所以“”是“”的充要条件. 解法二： 充分性：因为，且，所以， 所以， 所以充分性成立； 必要性：因为，且， 所以，即，即，所以. 所以必要性成立. 所以“”是“”的充要条件. 解法三： 充分性：因为，且， 所以， 所以充分性成立； 必要性：因为，且， 所以， 所以，所以，所以， 所以必要性成立. 所以“”是“”的充要条件. 故选：C 3．（2022·北京·高考真题）设是公差不为0的无穷等差数列，则“为递增数列”是“存在正整数，当时，”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】C 【分析】设等差数列的公差为，则，利用等差数列的通项公式结合充分条件、必要条件的定义判断可得出结论. 【详解】设等差数列的公差为，则，记为不超过的最大整数. 若为单调递增数列，则， 若，则当时，；若，则， 由可得，取，则当时，， 所以，“是递增数列”“存在正整数，当时，”； 若存在正整数，当时，，取且，， 假设，令可得，且， 当时，，与题设矛盾，假设不成立，则，即数列是递增数列. 所以，“是递增数列”“存在正整数，当时，”. 所以，“是递增数列”是“存在正整数，当时，”的充分必要条件. 故选：C. 2、 【2025年常用逻辑用语押题预测】 1．（2025·北京门头沟·一模）“”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】C 【分析】法一：根据题意，联立直线与双曲线方程，由直线与双曲线只有一个公共点代入计算, 即可得到的取值，再根据充分条件、必要条件的定义判断即可. 法二：利用直线过定点的特征，结合双曲线渐近线可作出判断. 【详解】法一：由题意，联立方程可得， 当时，即时，方程有一解，即只有一个公共点； 当时，，方程有两解，即有两个公共点，不符合题意. 所以，直线与双曲线只有一个公共点时，. 所以“”是“直线与双曲线只有一个公共点”的充要条件. 法二：因为直线过定点，双曲线的右顶点为，如图， 根据图象可知，当且仅当直线与双曲线的渐近线平行时，直线与双曲线只有 交点. 所以“”是“直线与双曲线只有一个公共点”的充要条件. 故选：C. 2．（2025·北京平谷·一模）已知是平面内两个非零向量，，那么“”是“”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】D 【分析】根据充分必要条件的定义，结合向量平行定理，即可判断. 【详解】若，， 所以，， 当时，，当时，，此时 故“”是“”的不充分条件， 因为，若，则，当且仅当方向相同时取到等号，则恒成立，故 ，但两个向量间的系数不确定，不能推出“”； 综上可知，，那么“”是“”的既不充分也不必要条件. 故选：D 3．（2025·北京石景山·一模）等比数列中，，设甲：，乙：，则甲是乙的（   ） 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】C 【分析】根据等比数列的通项公式求出与的关系，再根据充分条件和必要条件的定义判断甲是乙的什么条件. 判断充分性时，看由甲能否推出乙；判断必要性时，看由乙能否推出甲. 【详解】已知等比数列中，若，设公比为. 根据等比数列通项公式，即，解得. 再根据通项公式求，所以由能推出，充分性成立. 若，同样根据等比数列通项公式，即，解得，则. 又因为，所以由能推出，必要性成立. 由于充分性和必要性都成立，所以甲是乙的充要条件. 故选：C. 4．（2025·北京丰台·一模）已知是公差不为0的等差数列，其前n项和为，则“，”是“”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 【分析】根据充分条件和必要条件的定义，分别判断“”能否推出“”以及“”能否推出“”，进而确定两者之间的条件关系. 【详解】若，这意味着是数列中的最大值. 因为是公差不为的等差数列，所以该数列的前项和是关于的二次函数（且二次项系数不为），其图象是一条抛物线. 当是最大值时，说明从第项开始数列的项变为非正数，即，且（若，那么，与是最大值矛盾）. 所以由“”可以推出“”，充分性成立. 若，仅知道第项是非负的，但无法确定就是的最大值. 例如，当公差时，数列是递增数列，那么会随着的增大而增大，此时就不是最大值，即不能推出，必要性不成立. 因为充分性成立，必要性不成立，所以“”是“”的充分不必要条件. 故选：A 5．（2025·北京顺义·一模）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 【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 6．（2025·北京朝阳·一模）已知曲线，则“”是“为焦点在轴上的双曲线”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 【分析】结合双曲线的标准方程，直接判断命题的充分性和必要性即可. 【详解】若，则， 所以，即， 所以为焦点在轴上的双曲线； 若为焦点在轴上的双曲线， 则对于，即， 可得，即且，不一定得到， 综上，“”是“为焦点在轴上的双曲线”的充分不必要条件. 故选：A 7．（2025·北京·模拟预测）已知等比数列单调递减，各项均为正数，前项的乘积记为.则“”是“有唯一的最大值”的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分又不必要条件 【答案】B 【分析】先分析出:有唯一的最大值的充要条件为：且，根据等比数列的性质从充分性和必要性两方面论证即可求解. 【详解】根据已知条件有，设公比为，则有， 有唯一的最大值的充要条件为：且， 若，则有，又因为， 所以； 又根据，即， 因为，所以， 综上不能推出有唯一的最大值， 若有唯一的最大值，则且， 因为，，所以有， 又因为，所以，此时可推出成立， 所以“”是“有唯一的最大值”的必要不充分条件. 故选：B 8．（2025·北京延庆·一模）“”是“直线与抛物线只有一个公共点”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】A 【分析】求出直线与抛物线有一个交点的等价条件结合充分条件和必要条件的定义，即可得出结论. 【详解】由，得， 因为直线与抛物线只有一个公共点， 所以当时，交点为只有一个公共点，符合题意； 当时，， 所以直线与抛物线只有一个公共点的充要条件是或， 所以”能推出“直线与抛物线只有一个公共点， 直线与抛物线只有一个公共点不能推出， “”是“直线与抛物线只有一个公共点”的充分而不必要条件， 故选：A 9．（24-25高三下·北京·阶段练习）已知数列是等差数列，其前n项和为，则“，使得”是“，使得”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】C 【分析】对等差数列的公差进行分类讨论可知充分性成立，再由等差数列前n项和公式可得必要性成立，可得结论. 【详解】根据题意可知，若等差数列的公差为0， 可知“，使得”一定能推出“，使得”， 若等差数列的公差为， 由“，使得”可知都为正数， 因此一定能推出“，使得”； 若等差数列的公差为， 由“，使得”可知都为正数， 当尽量小时，一定能推出“，使得”， 综上可知，充分性成立； 若，使得，即，即可得； 因此至少有一项大于零，即“，使得”， 所以必要性也成立； 即“，使得”是“，使得”的充要条件. 故选：C 10．（24-25高三下·北京朝阳·阶段练习）已知等比数列的公比为，记，则“，且”是“为递减数列”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】D 【分析】根据给定条件，利用充分条件、必要条件的定义，结合等比数列举例说明并判断. 【详解】令，，则，不为递减数列； 反之，令，则，为递减数列，而， 所以“，且”是“为递减数列”的既不充分也不必要条件. 故选：D 3、 【三角函数与解三角形真题回顾】 1．（2024·北京·高考真题）设函数.已知，，且的最小值为，则（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】根据三角函数最值分析周期性，结合三角函数最小正周期公式运算求解. 【详解】由题意可知：为的最小值点，为的最大值点， 则，即， 且，所以. 故选：B. 2．（2023·北京·高考真题）在中，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用正弦定理的边角变换与余弦定理即可得解. 【详解】因为， 所以由正弦定理得，即， 则，故， 又，所以. 故选：B. 3．（2022·北京·高考真题）已知函数，则（    ） A．在上单调递减 B．在上单调递增 C．在上单调递减 D．在上单调递增 【答案】C 【分析】化简得出，利用余弦型函数的单调性逐项判断可得出合适的选项. 【详解】因为. 对于A选项，当时，，则在上单调递增，A错； 对于B选项，当时，，则在上不单调，B错； 对于C选项，当时，，则在上单调递减，C对； 对于D选项，当时，，则在上不单调，D错. 故选：C. 4、 【2025年三角函数与解三角形押题预测】 1．（2024·北京海淀·二模）在中，，则的长为（    ） A．6或 B．6 C． D．3 【答案】A 【分析】根据余弦定理即可求解. 【详解】由余弦定理可得, 故或， 故选：A 2．（2025·北京石景山·一模）在中，若，则（   ） A． B． C．1 D．2 【答案】A 【分析】利用正弦定理计算可得. 【详解】因为，即，由正弦定理，所以， 所以，又，所以，所以. 故选：A 3．（2025·北京朝阳·一模）已知，，则（   ） A． B． C． D．1 【答案】B 【分析】将给定的两个等式平方相加，再逆用差角的余弦公式即得. 【详解】由，，得， 整理得，所以. 故选：B 4．（24-25高三上·北京·阶段练习）在中，若，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用同角三角函数的基本关系式、正弦定理来求得正确答案. 【详解】由于，所以为钝角，所以， 由正弦定理得. 故选：D 5．（2024·北京朝阳·二模）在平面直角坐标系中，锐角以为顶点，为始边.将的终边绕逆时针旋转后与单位圆交于点，若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据同角的平方关系求出，结合三角函数的定义和两角和的正弦公式计算即可求解. 【详解】如图， 由，，得， 所以. 故选：D 6．（2024·北京顺义·三模）已知函数，则（    ） A．为偶函数且周期为 B．为奇函数且在上有最小值 C．为偶函数且在上单调递减 D．为奇函数且为一个对称中心 【答案】C 【分析】由二倍角公式得，再根据余弦函数性质判断即可； 【详解】解：因为， 所以，函数为偶函数且周期为，在上单调递减. 所以，ABD选项错误，C选项正确. 故选：C 7．（2024·北京海淀·三模）函数的部分图象如图所示，则以下说法正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先把函数解析式化成的形式，再结合函数的周期和值域求值. 【详解】因为. 由函数图象可知：； 又，所以，又. 故选：B 8．（2024·北京·模拟预测）已知，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据两角和与差的正弦公式以及同角三角函数的关系求解即可. 【详解】，即， ，即， ， ，解得， ， . 故选：D. 9．（24-25高三下·北京·阶段练习）已知函数，则下列正确的是（   ） A．的最小正周期为 B．在单调递减 C．在上单调递增 D．的最大值为 【答案】B 【分析】利用二倍角的余弦公式化简函数解析式，利用余弦型函数的周期公式可判断A选项；利用余弦型函数的单调性可判断BC选项；利用余弦型函数的最值可判断D选项. 【详解】因为， 对于A选项，函数的最小正周期为，A错； 对于B选项，当时，， 所以，函数在单调递减，B对； 对于C选项，当时，， 所以，函数在上不单调，C错； 对于D选项，，D错. 故选：B. 10．（24-25高三下·北京朝阳·阶段练习）下列函数中，以为周期，且在区间上单调递增的（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】说明函数，的图象与函数，的图象的关系，判断其周期以及单调性，判断A，B；根据，脱掉函数的绝对值符号，判断其单调性，根据即可判断D；由于时，，判断出在上是单调减函数，即可判断C． 【详解】由于可以由函数的图象保持x轴上方部分不动，将x轴下方部分翻折到x轴上方而得到，故其周期为， 由于时，是单调减函数，故A不正确； 又时，是单调增函数，故B正确； 由于时，，令，解得， 则在上是单调减函数，故C不正确； 由于时，是单调减函数，故D不正确； 故选：B． 11．（2024·北京西城·一模）关于函数，给出下列三个命题： ①是周期函数； ②曲线关于直线对称； ③在区间上恰有3个零点． 其中真命题的个数为（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】D 【分析】选项①，根据条件得到，即可判断出①的正误；选项②，根据条件得出，根据对称轴的定义，即可得出②的正误；选项③，令，直接求出的值，即可得出③的正误，从而得出结果. 【详解】对于①，因为，所以，故，所以选项①正确， 对于②，因为， 由对称轴的定义知，为函数的一条对称轴，所以选项②正确， 对于③，因为，令，得到， 解得或，又，由，得到或， 由，得到，所以选项③正确， 故选：D. 12．（2024·北京·三模）“为锐角三角形”是“，，”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】C 【分析】根据诱导公式及正弦函数的单调性，再结合充分条件和必要条件的定义即可得解. 【详解】充分性： 因为为锐角三角形， 所以，即， 所以， 同理可得，， 故充分性得证； 必要性： 因为，所以， 因为，所以， 若，则， 若，则，所以， 综上，， 同理， 所以为锐角三角形， 必要性得证， 综上所述，为充分必要条件. 故选：C. 13．（2024·北京通州·三模）已知函数（，）的图象在y轴上的截距为，是该函数的最小正零点，则（    ） A． B．恒成立 C．在上单调递减 D．将的图象向右平移个单位，得到的图象关于y轴对称 【答案】C 【分析】对于A，由函数图象在y轴上的截距为，可求出，对于B，由是该函数的最小正零点，求出，从而可求得函数关系式，进而可求出进行判断，对于C，由，求出的范围，结合余弦函数的性质分析判断，对于D，根据三角函数图象变换规律求出解析式再判断其奇偶性. 【详解】对于A，函数（，）的图象在y轴上的截距为， 所以，因为，所以，故A错误； 对于B，因为是该函数的最小正零点， 所以，所以， 解得，所以，， 所以 （其中），故B错误； 对于C，当时，，故C正确； 对于D，将的图象向右平移个单位，得到， 是非奇非偶函数，图象不关于y轴对称，故D错误． 故选：C． 14．（24-25高三上·北京昌平·期末）已知函数的最小正周期为，，且函数在区间上具有单调性，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】整体代换法求得函数对称中心的横坐标，结合题设条件，得出，进而求得的最小值． 【详解】由题意，函数，又因为最小正周期为，所以，所以 令，解得 则函数的对称中心的横坐标为， 又因为，函数关于对称，函数在上单调， 所以， 当时，，即的最小值为. 故选：B. 15．（2025·北京平谷·一模）已知函数，若在区间上没有最值，则的最大值为（    ） A． B． C． D．2 【答案】A 【分析】由，得，进而结合题意可得，进而求解即可. 【详解】由，， 则， 因为在区间上没有最值， 所以， 则，解得， 所以的最大值为. 故选：A. 5、 【立体几何真题回顾】 1．（2024·北京·高考真题）如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，，，该棱锥的高为（    ）. A．1 B．2 C． D． 【答案】D 【分析】取点作辅助线，根据题意分析可知平面平面，可知平面，利用等体积法求点到面的距离. 【详解】如图，底面为正方形， 当相邻的棱长相等时，不妨设， 分别取的中点，连接， 则，且，平面， 可知平面，且平面， 所以平面平面， 过作的垂线，垂足为，即， 由平面平面，平面， 所以平面， 由题意可得：，则，即， 则，可得， 所以四棱锥的高为. 故选：D. 2．（2023·北京·高考真题）坡屋顶是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素．安装灯带可以勾勒出建筑轮廓，展现造型之美．如图，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，两个面是全等的等腰三角形．若，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面与平面的夹角的正切值均为，则该五面体的所有棱长之和为（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先根据线面角的定义求得，从而依次求，，，，再把所有棱长相加即可得解. 【详解】如图，过做平面，垂足为，过分别做，，垂足分别为，，连接，    由题意得等腰梯形所在的面、等腰三角形所在的面与底面夹角分别为和， 所以. 因为平面，平面，所以， 因为，平面，， 所以平面，因为平面，所以，. 同理：，又，故四边形是矩形， 所以由得，所以，所以， 所以在直角三角形中， 在直角三角形中，，， 又因为， 所有棱长之和为. 故选：C 3．（2022·北京·高考真题）已知正三棱锥的六条棱长均为6，S是及其内部的点构成的集合．设集合，则T表示的区域的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】求出以为球心，5为半径的球与底面的截面圆的半径后可求区域的面积. 【详解】 设顶点在底面上的投影为，连接，则为三角形的中心， 且，故. 因为，故， 故的轨迹为以为圆心，1为半径的圆， 而三角形内切圆的圆心为，半径为， 故的轨迹圆在三角形内部，故其面积为 故选：B 6、 【2025年立体几何押题预测】 1．（2024·北京朝阳·二模）已知是两个互相垂直的平面，是两条直线，，则“”是“”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】B 【分析】根据面面垂直的性质与线面垂直的性质，结合充分、必要条件的定义即可求解. 【详解】由题意知，， 若，当时，有；当时，与可能相交、平行、垂直. 若，由，得. 故“”是“”是必要不充分条件. 故选：B 2．（24-25高三上·山东·阶段练习）已知为两个不同的平面，为两条不同的直线，则的一个充分不必要条件可以是（   ） A．与内所有的直线都垂直 B．，， C．与内无数条直线垂直 D．，， 【答案】D 【分析】A项由线面垂直定义可知；BC项在长方体中举反例可知；D项由推证可得充分性，必要性显然不成立. 【详解】A项，由直线与平面垂直的定义可知与内所有的直线都垂直是的充要条件，选项A错； B项，根据面面垂直的性质定理，缺少条件， 如图长方体中， 设平面为平面，设平面为平面，直线为， 则，满足，，， 但，不与平面垂直，故不能推出， 故条件“，，”也不是的充分不必要条件，选项B错；    C项，如图长方体中， 设平面为平面，直线为， 则直线与平面内无数条与垂直的直线都垂直，但，不与平面垂直， 故由与内无数条直线垂直不能推出，所以不是的充分不必要条件，选项C错；    D项，由，，得，又因为，所以； 反之，由推不出，，， 所以，，是的一个充分不必要条件，选项D正确. 故选：D. 3．（2025·北京丰台·一模）已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（   ） A．若，，，则 B．若，，则 C．若，，，则 D．若，，，则 【答案】D 【分析】借助正方体中的线面关系可说明选项A、B、C错误；利用空间向量可说明选项D正确. 【详解】 如图，在正方体中分析选项A、B、C. A.平面，平面，平面平面，但，A错误. B.，平面，但平面，B错误. C.平面平面，平面，，但平面，C错误. D.取直线的方向向量，直线的方向向量， ∵，，∴分别为平面的法向量， ∵，∴，∴，选项D正确. 故选：D. 4．（2024·北京·模拟预测）已知圆柱的底面半径和球的半径相等，圆柱的高与球的半径相等，则圆柱与球的表面积之比为（    ） A．1：2 B．1：1 C．3：4 D．2：3 【答案】B 【分析】根据圆柱与球的表面积公式求解即可. 【详解】设球的半径为，则， 由题意，圆柱底面半径、圆柱高均为， 所以圆柱的表面积， 所以圆柱与球的表面积之比为1：1. 故选：B 5．（2025·北京门头沟·一模）某纪念塔的一部分建筑结构可抽象为三棱锥，，底面是等腰直角三角形，，顶点到底面的距离为3，则点到平面的距离为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据三棱锥体积公式首先求得三棱锥的体积，再换底表示三棱锥的体积，即可求得点点到平面的距离. 【详解】 因为，且底面是等腰直角三角形，， 所以点在平面上的射影为边的中点，在直角三角形中，由勾股定理得,所以, 又因为底面是等腰直角三角形，， ; 设点到平面的距离为，则 , 所以. 故选：C 6．（2025·北京·模拟预测）北京天桥艺术中心旁边的四面钟是天桥附近颇有意趣的传统景观之一.这个主体建筑可以近似看做正四棱柱.四面钟的每一面都挂在该正四棱柱的一个侧面上.当四面钟都正常显示标准北京时间时，相邻两面钟的时针所在直线所成角最大为（   ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据正四棱柱的几何特征建立空间直角坐标系，设出相邻两面钟的时针所在直线的方向向量，利用线线角的向量坐标公式计算即可求最大值. 【详解】    由题意，在正四棱柱中，建立如图所示的空间直角坐标系. 不妨设平面上的时钟的时针的方向向量，不同时为0， 因为四面钟都正常显示标准北京时间，所以设平面上的时钟的时针的方向向量. 设相邻两面钟的时针所在直线所成角为， 则， ①当时，，则； ②当时，，因为，则， 即，则； 综上所述：，则的最大值为， 因此，相邻两面钟的时针所在直线所成角最大为. 故选：C. 7．（2025·北京平谷·一模）冰淇淋蛋筒是大家常见的一种食物，有种冰淇淋蛋筒可以看作是由半径为10cm，圆心角为的扇形蛋卷坯卷成的圆锥，假设高出蛋筒部分的奶油和包裹在蛋筒内部的奶油体积相等，则该种冰淇淋中奶油的总体积约为（    ）（忽略蛋筒厚度） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由扇形弧长，求得底面半径及高，再由圆锥体积公式即可求解； 【详解】设圆锥底面面积为， 由题意可知， 所以， 设圆锥得高为，则， 所以圆锥的体积为：， 所以该种冰淇淋中奶油的总体积约为， 故选：D 8．（24-25高三下·北京顺义·阶段练习）如图，在四面体中，平面，，则下列叙述中错误的是（   ）    A．线段的长是点到平面的距离 B．线段的长是点到直线的距离 C．是二面角的一个平面角 D．是直线与平面所成角 【答案】C 【分析】利用点到平面距离的定义可判断A选项；推导出，可判断B选项；利用二面角的定义可判断C选项；利用线面角的定义可判断D选项. 【详解】对于A选项，因为平面，所以，线段的长是点到平面的距离，A对； 对于B选项，因为平面，平面，所以， 又因为，，、平面，所以，平面， 因为平面，所以，，所以线段的长是点到直线的距离，B对； 对于C选项，因为，， 所以，是二面角的一个平面角，C错； 对于D选项，因为平面，所以，是直线与平面所成角，D对. 故选：C. 9．（24-25高三下·北京·阶段练习）如图，正方体中，分别是上的中点，是上的动点.下列结论错误的是（   ） A．平面截正方体所得截面为等腰梯形 B．平面平面 C．存在点，使得平面 D．存在点，使得 【答案】D 【分析】利用线面平行判定定理证明即可判断A正确，以为坐标原点建立空间直角坐标系，由法向量的关系可证明得出B正确，易知当点为的中点时，使得平面，可得C正确，由空间向量证明可得，可得D错误, 【详解】对于A，取的中点为，连接，如下图所示： 由中位线性质可得，显然，所以, 即可得四点共面，即四边形即为平面截正方体所得截面， 易知，所以四边形为等腰梯形，即A正确； 对于B，以为坐标原点，分别为轴建立空间直角坐标系，如下图所示： 设正方体的棱长为2，可得， 易知， 设平面的一个法向量为， 可得，解得，令，可得； 所以 易知， 设平面的一个法向量为， 可得，解得，可得，； 所以， 显然，即，所以平面平面，即B正确； 对于C，取的中点为，连接，如下图所示： 当为的中点时，可得，且， 又且，可得， 即四边形为平行四边形，可得， 又平面，平面，即平面； 所以存在点为的中点时，使得平面，可得C正确； 对于D，由B选项中空间直角坐标系如下图所示： 可得，即， 设，则； 此时，即不成立； 所以不存在点，使得，即D错误. 故选：D 10．（2025·北京延庆·一模）已知正方体的棱长为1，若在该正方体的棱上有点M，满足，则点M的个数为（    ） A．2 B．4 C．6 D．8 【答案】C 【分析】结合点M在正方体的棱上，可分点M在棱和棱上，在棱，棱，棱，棱上两类讨论即可 【详解】因为，所以点M不在棱，棱上， 所以当点M在棱上时，设，连， 在中，，由余弦定理可得，， 即，可解得， 所以在棱上存在满足题意的一个点M； 由对称性可知在棱，棱，棱上各存在一个点M； 因为，所以点M不在平面内. 所以当点M在棱上时，设，连， 在直角三角形中，， 所以，即，可解得， 所以在棱上存在满足题意的一个点M； 由对称性可知在棱上也存在一个点M； 综上可知满足题意的点M共6个. 故选：C. 11．（2025·北京·模拟预测）如图，现有一个与中国国家馆结构类似的正四棱台，上下底面的中心分别为和O，若，侧面与底面所成锐二面角的正切值为，则正四棱台的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】在正四棱台中利用定义找出侧面与底面所成锐二面角，根据其正切值可计算棱台的高，再利用棱台的体积公式即可求. 【详解】取、的中点、，连接，，， 则由题意可知为侧面与底面所成锐二面角，则， ，得， 在直角梯形中，，则， 则正四棱台的体积为. 故选：B 12．（2024·北京·模拟预测）如图，正四面体的顶点在平面内，且直线与平面所成的角为，顶点在平面内的射影为，当顶点与点的距离最大时，直线与平面所成角的正弦值等于（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】分析可得当四边形为平面四边形时，点到点的距离最大，作平面,垂足为，点作平面，垂足为，则可求，进而可求解. 【详解】取中点，连接，    当四边形为平面四边形时，点到点的距离最大， 此时，因为平面，平面， 所以平面平面， 过作平面，垂足为， 则为正三角形的重心， 设正四面体的边长为1，则, 因为直线BC与平面所成角为即,且， 所以, 所以点到平面的距离等于， 过点作平面，垂足为， 则， ∴在中，，即直线与平面所成角的正弦值等于. 故选：D. 【点睛】关键点点睛：本题解答关键是分析出当四边形为平面四边形时，点到点的距离最大. 13．（2024·北京顺义·二模）如图，正方体中，P是线段上的动点，有下列四个说法： ①存在点P，使得平面； ②对于任意点P，四棱锥体积为定值； ③存在点P，使得平面； ④对于任意点P，都是锐角三角形. 其中，不正确的是（    ） A．① B．② C．③ D．④ 【答案】C 【分析】建立空间直角坐标系，由直线的方向向量与平面的法向量的位置关系判断说法①；由棱锥的底面积和高为定值得体积为定值判断说法②；利用向量数量积验证垂直关系判断说法③；利用向量的模和向量夹角的计算，验证说法④. 【详解】以为原点，的方向为轴，轴，轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 不妨设正方体棱长为1， 则，， 设， ，，， 平面的一个法向量为，， 令，则，即， 若，得， 则时，，又平面，所以平面， 即点P为中点时， 平面，说法①正确； 正方体中，平面平面，平面， 则点到平面的距离为定值，又正方形面积为定值， 所以对于任意点P，四棱锥体积为定值，说法②正确； ，，, 若平面，则有，方程组无解， 所以不存在点P，使得平面，说法③错误； ，，， ，， 则中，，都是锐角， ，也是锐角， 所以对于任意点P，都是锐角三角形，说法④正确. 只有说法③不正确. 故选：C. 14．（2025·北京石景山·一模）如图，在棱长为2的正方体中，M，N，P分别是，，的中点，Q是线段上的动点（不包含端点），给出下列三个命题： ①对任意点Q，都有； ②存在点Q，使得平面； ③过点Q且与垂直的平面截正方体所得截面面积的最大值为． 其中正确的命题个数是（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】C 【分析】建立空间直角坐标系，结合空间向量可判断①②；在平面内作⊥，垂足为点，过点作在平面内作⊥交于，得到平面截正方体截面为平行四边形，当与点重合时，截面面积最大，进而判断③. 【详解】以为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则， 设， 对于①，， 则， 所以，即，故①正确； 对于②，， 设平面的一个法向量为， 则，取，得， 要使平面，则， 则，即，不符合题意， 所以不存在点Q，使得平面，故②错误； 对于③，如下图，在平面内作⊥，垂足为点， 过点作在平面内作⊥交于， 因为平面平面，平面平面， 且平面，所以平面， 又平面，所以⊥， 因为，、平面，所以平面， 平面截正方体截面为平行四边形， 当与点重合时，为中点，截面面积最大， 此时，，截面面积为，故③对. 故选：C. 15．（2025·北京丰台·一模）如图，正方体的棱长为2，为的中点，为线段上的动点，给出下列四个结论： ①存在唯一的点，使得，，，四点共面； ②的最小值为； ③存在点，使得； ④有且仅有一个点，使得平面截正方体所得截面的面积为. 其中所有正确结论的个数为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】对于结论①，作出经过点，，的截面即可判断；对于结论②，由分析可得，即可判断；对于结论③，作出经过点且与直线垂直的平面，判断平面与是否有交点即可判断；对于结论④，分析点与点重合时与点从上靠近点的三等分点向点运动时两种情况的截面面积的变化情况即可判断. 【详解】对于结论①，取中点为，连接，，，， 因为正方体，为的中点，所以， 所以，，，四点共面，如图确定的平面与线段有且仅有一个交点， 故结论①正确； 对于结论②，因为，求的最小值，即求的最小值， 因为正方体，所以，，，四点共面， 所以与会相交于一点，设为， 此时， 因为 ， 所以的最小值为错误， 故结论②错误； 对于结论③，取，中点分别为，，连接，设交 于点，若平面， 在平面中，易知， 所以， 所以， 所以，所以， 又因为平面，平面， 所以， ，平面，平面， 所以平面， 因为平面，平面，   所以. 所以存在点，使得， 故结论③正确. 对于结论④，当点与点重合时，截面为矩形，截面面积为， 当点为上靠近点的三等分点时， 取中点为，连接，，，，，， 此时四边形即为平面截正方体所得截面，证明如下： 已知平面，求证点为上靠近点的三等分点， 因为，所以，所以点为上靠近点的三等分点，得证. 又因为，且，，所以四边形为等腰梯形，面积为， 所以当点为上靠近点的三等分点时，截面面积为， 当点趋近于点时，截面面积趋近于3， 因为，，点从上靠近点的三等分点向点运动时，截面面积的变化是连续的， 所以点从上靠近点的三等分点向点运动时存在某点，使得截面面积为， 故线段上至少存在两个点使得截面面积为， 故结论④不正确 故选：B. 7、 【数列真题回顾】 1．（2023·北京·高考真题）已知数列满足，则（    ） A．当时，为递减数列，且存在常数，使得恒成立 B．当时，为递增数列，且存在常数，使得恒成立 C．当时，为递减数列，且存在常数，使得恒成立 D．当时，为递增数列，且存在常数，使得恒成立 【答案】B 【分析】法1：利用数列归纳法可判断ACD正误，利用递推可判断数列的性质，故可判断B的正误. 法2：构造，利用导数求得的正负情况，再利用数学归纳法判断得各选项所在区间，从而判断的单调性；对于A，构造，判断得，进而取推得不恒成立；对于B，证明所在区间同时证得后续结论；对于C，记，取推得不恒成立；对于D，构造，判断得，进而取推得不恒成立. 【详解】法1：因为，故， 对于A ，若，可用数学归纳法证明：即， 证明：当时，，此时不等关系成立； 设当时，成立， 则，故成立， 由数学归纳法可得成立. 而， ，，故，故， 故为减数列，注意 故，结合， 所以，故，故， 若存在常数，使得恒成立，则， 故，故，故恒成立仅对部分成立， 故A不成立. 对于B，若可用数学归纳法证明：即， 证明：当时，，此时不等关系成立； 设当时，成立， 则，故成立即 由数学归纳法可得成立. 而， ，，故，故，故为增数列， 若，则恒成立，故B正确. 对于C，当时， 可用数学归纳法证明：即， 证明：当时，，此时不等关系成立； 设当时，成立， 则，故成立即 由数学归纳法可得成立. 而，故，故为减数列， 又，结合可得：，所以， 若，若存在常数，使得恒成立， 则恒成立，故，的个数有限，矛盾，故C错误. 对于D，当时， 可用数学归纳法证明：即， 证明：当时，，此时不等关系成立； 设当时，成立， 则，故成立 由数学归纳法可得成立. 而，故，故为增数列， 又，结合可得：，所以， 若存在常数，使得恒成立，则， 故，故，这与n的个数有限矛盾，故D错误. 故选：B. 法2：因为， 令，则， 令，得或； 令，得； 所以在和上单调递增，在上单调递减， 令，则，即，解得或或， 注意到，， 所以结合的单调性可知在和上，在和上， 对于A，因为，则， 当时，，，则， 假设当时，， 当时，，则， 综上：，即， 因为在上，所以，则为递减数列， 因为， 令，则， 因为开口向上，对称轴为， 所以在上单调递减，故， 所以在上单调递增，故， 故，即， 假设存在常数，使得恒成立， 取，其中，且， 因为，所以， 上式相加得，， 则，与恒成立矛盾，故A错误； 对于B，因为， 当时，，， 假设当时，， 当时，因为，所以，则， 所以， 又当时，，即， 假设当时，， 当时，因为，所以，则， 所以， 综上：， 因为在上，所以，所以为递增数列， 此时，取，满足题意，故B正确； 对于C，因为，则， 注意到当时，，， 猜想当时，， 当与时，与满足， 假设当时，， 当时，所以， 综上：， 易知，则，故， 所以， 因为在上，所以，则为递减数列， 假设存在常数，使得恒成立， 记，取，其中， 则， 故，所以，即， 所以，故不恒成立，故C错误； 对于D，因为， 当时，，则， 假设当时，， 当时，，则， 综上：， 因为在上，所以，所以为递增数列， 因为， 令，则， 因为开口向上，对称轴为， 所以在上单调递增，故， 所以， 故，即， 假设存在常数，使得恒成立， 取，其中，且， 因为，所以， 上式相加得，， 则，与恒成立矛盾，故D错误. 故选：B. 【点睛】关键点睛：本题解决的关键是根据首项给出与通项性质相关的相应的命题，再根据所得命题结合放缩法得到通项所满足的不等式关系，从而可判断数列的上界或下界是否成立. 2．（2022·北京·高考真题）设是公差不为0的无穷等差数列，则“为递增数列”是“存在正整数，当时，”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】C 【分析】设等差数列的公差为，则，利用等差数列的通项公式结合充分条件、必要条件的定义判断可得出结论. 【详解】设等差数列的公差为，则，记为不超过的最大整数. 若为单调递增数列，则， 若，则当时，；若，则， 由可得，取，则当时，， 所以，“是递增数列”“存在正整数，当时，”； 若存在正整数，当时，，取且，， 假设，令可得，且， 当时，，与题设矛盾，假设不成立，则，即数列是递增数列. 所以，“是递增数列”“存在正整数，当时，”. 所以，“是递增数列”是“存在正整数，当时，”的充分必要条件. 故选：C. 8、 【2025年数列押题预测】 1．（2025·北京朝阳·一模）已知是等比数列，，，则（   ） A． B． C． D．1 【答案】A 【分析】根据等比数列的通项公式求出公比和首项，再根据等比数列的通项公式求出、、，最后计算的值. 【详解】已知，，可得公比. 再将，代入通项公式，可得，解得. 可得： ；；. 可得：. 故选：A. 2．（2025·黑龙江·一模）正项等比数列中，是其前项和，若，则（   ） A．63 B．56 C．52 D．42 【答案】D 【分析】根据等比数列的通项公式基本量运算求出通项，再应用等比数列求和即可. 【详解】正项等比数列中，是其前项和， 若，则，所以或， 因为，所以，所以， 又因为，所以， 则. 故选：D. 3．（24-25高三下·北京·阶段练习）已知各项均为正数的等比数列的前项和为，，，则（    ） A． B．1 C．2 D．6 【答案】A 【分析】根据等比数列的定义结合前n项和可得，再结合等比中项可得，即可得结果. 【详解】因为数列为正项等比数列，即，可得首项，公比， 若，即，可得， 则，即， 且，即， 可得，即，所以. 故选：A. 4．（24-25高三上·北京东城·期末）设等比数列的公比为，前项和为，使有最小值的一组和可以为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据给定条件，利用并项求和推理判断A；利用等比数列前项和公式推理判断B；利用负数和的意义判断CD. 【详解】对于A，，，数列是首项为， 公比为的递减等比数列，因此，随着的增大逐渐减小，无最小值，A不是； 对于B，，， 当时，，即， 因此对任意正整数，恒成立，有最小值，B是； 对于CD，或，，因此，随着的增大逐渐减小，无最小值，CD不是. 故选：B 5．（2024·北京东城·一模）设等差数列的公差为，则“”是“为递增数列”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】A 【分析】根据数列的性质以及充分条件、必要条件的定义即可解出. 【详解】因为，所以； 当时，，此时显然单调递增， 所以可以推出为递增数列； 当为递增数列时，不妨取，此时为递增数列，但不满足， 所以为递增数列不能推出， 所以“”是“为递增数列”的充分不必要条件， 故选：A. 6．（2025·北京·模拟预测）今年高三的“节”活动引用了漫画《龙珠》.在原著中卡林塔上的猫仙人种植了一种仙豆，可以帮助主角疗伤和增长战斗力.仙豆共有7颗，从小到大可以增加的战斗力构成一个递增的等差数列.在下一场挑战前，主角将7颗仙豆全部吃掉，增加21000的战斗力，击败了“比克大魔王”.如果第3小的仙豆可以增加2700的战斗力，那么最小的仙豆可以增加的战斗力为（   ） A．1800 B．2100 C．3600 D．3900 【答案】B 【分析】将颗仙豆从小到大可以增加的战斗力看成一个递增的等差数列，结合题意可知，，由此可以解出即为答案. 【详解】由题干可知颗仙豆从小到大可以增加的战斗力构成一个递增的等差数列， 不妨设为，则，颗仙豆可增加的战斗力之和记为， 由等差数列的前项和公式可知， 所以数列的公差，故， 即最小的仙豆可以增加的战斗力为. 故选：B. 7．（2024·北京西城·二模）已知是无穷等比数列，其前项和为.若对任意正整数，都有，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先根据条件求解出，然后对分奇偶讨论可得和，结合函数的单调性可求结果. 【详解】设的公比为，因为，所以， 所以，所以，所以， 因为对任意正整数恒成立， 所以对任意正整数恒成立； 当是偶数时，对任意正整数恒成立，则， 因为在上单调递增， 所以，所以， 当是奇数时，对任意正整数恒成立，则， 因为在上单调递增， 所以时，，所以， 综上所述，的取值范围是， 故选：D. 8．（24-25高三下·北京·阶段练习）设集合的最大元素为，最小元素为，记的特征值为，若集合中只有一个元素，规定其特征值为0．已知是集合的元素个数均不相同的非空真子集，且，则的最大值为（    ） A．15 B．16 C．17 D．18 【答案】B 【分析】根据题设描述只需保证各集合中（）尽量小，结合已知及集合的性质有最大时，进而分析的取值. 【详解】由题设，，，…，中都至少有一个元素，且元素个数互不相同， 要使最大，则各集合中（）尽量小， 可知集合，，，…，的元素个数尽量少且数值尽可能连续， 不妨设， 可得， 可得，解得：或（舍去）， 所以的最大值为16. 故选：B. 9．（2025·北京延庆·一模）已知等比数列的公比为q，前n项和为.若，且，则下列结论错误的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】对于B：根据通项公式可得恒成立，进而可得；对于A：利用B项结论直接判断；对于C：根据等比数列求和公式分析判断；对于D：通过通项作差比较即可判断； 【详解】对于选项B：因为，且对恒成立， 则，整理可得恒成立， 则，故B正确； 对于选项A：因为，故A正确； 对于选项C：因为， 由B项已得，，则，，而， 则，故C错误； 对于选项D：因为，即，故D正确. 故选：C. 10．（2025·北京·模拟预测）已知等比数列单调递减，各项均为正数，前项的乘积记为.则“”是“有唯一的最大值”的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分又不必要条件 【答案】B 【分析】先分析出:有唯一的最大值的充要条件为：且，根据等比数列的性质从充分性和必要性两方面论证即可求解. 【详解】根据已知条件有，设公比为，则有， 有唯一的最大值的充要条件为：且， 若，则有，又因为， 所以； 又根据，即， 因为，所以， 综上不能推出有唯一的最大值， 若有唯一的最大值，则且， 因为，，所以有， 又因为，所以，此时可推出成立， 所以“”是“有唯一的最大值”的必要不充分条件. 故选：B 11．（2025·北京顺义·一模）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 【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 12．（2025·北京平谷·一模）在等比数列中，，记，则数列（    ） A．无最大项，有最小项 B．有最大项，无最小项 C．有最大项，有最小项 D．无最大项，无最小项 【答案】C 【分析】根据等比数列的通项公式求出，进而结合等差数列的求和公式可得，设，分析可得，进而求解判断即可. 【详解】设等比数列的公比为， 由， 则，解得，， 则， 则 ， 设，则， 所以， 则时，，即， 当时，，即， 则，则为最大项， 此时为正数项，且在正数项中最大； 再比较和，其中一个为第二大的项， 由于，，因此为最小项. 故选：C. 13．（2024·北京平谷·模拟预测）已知等差数列和等比数列，，则满足的数值m（   ） A．有且仅有1个值 B．有且仅有2个值 C．有且仅有3个值 D．有无数多个值 【答案】A 【分析】根据题意求公差和公比，令，分情况讨论，结合数列单调性分析即可判断. 【详解】设等差数列的公差为，等比数列的公比为， 因， 则有，解得， 令， 可得，此时满足的只有成立； 当时，显然， ①若是奇数，则，显然不满足； ②若是偶数，则，且， 即，可得即不成立； 综上所述：满足的数值有且仅有1个值，即. 故选：A. 【点睛】关键点点睛：本题主要考查摆动数列的单调性应用，属于难题. 对于摆动数列通项的处理，一般考虑对负底数的幂指数按照为奇为偶进行分类讨论，有时还需得对个别项赋值求值判断，再综合考虑即可. 14．（24-25高三上·北京·期中）数列满足，，给出下列四个结论： ①不存在，使得，，成等差数列； ②存在，使得，，成等比数列； ③存在常数，使得对任意，都有，，成等差数列； ④存在正整数，且，使得. 其中所有正确结论的是（    ） A．①② B．①④ C．③④ D．②③ 【答案】C 【分析】求出前四项可判断①；若存在使得，，成等比数列，得出相邻两项关系可判断②；由求出可判断③；由题意写出数列的前17项可判断④. 【详解】对于①，，，， 显然，成等差数列，故①错误； 对于②，若存在，使得，，成等比数列， 则，又，得， 即，解得， 由，， 得，且为整数， 所以，这与相邻两项为整数矛盾，故②错误； 对于③，因为，， 所以，所以，则成等差数列， 故存在常数，使得对任意，都有，，成等差数列， 故③正确； 对于④，由题意知数列中的项：， 可得，故④正确. 故选：C. 【点睛】关键点点睛：解题关键点是对的理解与运用. 15．（2024·北京朝阳·模拟预测）设，为等差数列，，则“”是“”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】C 【分析】分析函数的单调性与对称性，得函数在上单调递增，且图象关于点中心对称.再利用等差数列的性质可得，然后从充分性与必要性两个方面论证，用反证法进行必要性的证明. 【详解】已知， 则，故在上单调递增. 又由，得， 故，则函数的图象关于点中心对称. 已知数列是等差数列，则. ①先证明充分性： 若，由数列是等差数列， 可得， 则， 所以由函数的对称性可知， ，，，， ，即“”得证. 因此，“”是“”的充分条件； ②再证明必要性： 下面用反证法证明： 假设， 已知数列是等差数列，则， 即，由等差数列性质可得 ， 所以， 由函数在上单调递增， 可得， ， ， 各式累加得，， 所以，即， 这与已知矛盾，故假设错误； 同理，假设，可证得，也与已知矛盾，故假设也错误； 所以“”得证. 即“”是“”的必要条件. 综上所述，“”是“”的充要条件. 故选：C. 【点睛】关键点点睛：解决此题的关键在于应用反证法进行必要条件的证明，基于自变量不等（大小）关系的假设，借助函数单调递增等价转化为函数值的不等关系，进而结合函数对称性推出与等量关系矛盾. 9、 【创新情景真题回顾】 1．（2024·北京·高考真题）生物丰富度指数 是河流水质的一个评价指标，其中分别表示河流中的生物种类数与生物个体总数.生物丰富度指数d越大，水质越好．如果某河流治理前后的生物种类数没有变化，生物个体总数由变为，生物丰富度指数由提高到，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据题意分析可得，消去即可求解. 【详解】由题意得，则，即，所以. 故选：D. 2．（2023·北京·高考真题）坡屋顶是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素．安装灯带可以勾勒出建筑轮廓，展现造型之美．如图，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，两个面是全等的等腰三角形．若，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面与平面的夹角的正切值均为，则该五面体的所有棱长之和为（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先根据线面角的定义求得，从而依次求，，，，再把所有棱长相加即可得解. 【详解】如图，过做平面，垂足为，过分别做，，垂足分别为，，连接，    由题意得等腰梯形所在的面、等腰三角形所在的面与底面夹角分别为和， 所以. 因为平面，平面，所以， 因为，平面，， 所以平面，因为平面，所以，. 同理：，又，故四边形是矩形， 所以由得，所以，所以， 所以在直角三角形中， 在直角三角形中，，， 又因为， 所有棱长之和为. 故选：C 3．（2022·北京·高考真题）在北京冬奥会上，国家速滑馆“冰丝带”使用高效环保的二氧化碳跨临界直冷制冰技术，为实现绿色冬奥作出了贡献．如图描述了一定条件下二氧化碳所处的状态与T和的关系，其中T表示温度，单位是K；P表示压强，单位是．下列结论中正确的是（    ） A．当，时，二氧化碳处于液态 B．当，时，二氧化碳处于气态 C．当，时，二氧化碳处于超临界状态 D．当，时，二氧化碳处于超临界状态 【答案】D 【分析】根据与的关系图可得正确的选项. 【详解】当，时，，此时二氧化碳处于固态，故A错误. 当，时，，此时二氧化碳处于液态，故B错误. 当，时，与4非常接近，故此时二氧化碳处于固态，对应的是非超临界状态，故C错误. 当，时，因, 故此时二氧化碳处于超临界状态，故D正确. 故选：D 10、 【2025年创新情景押题预测】 1．（2025·北京顺义·一模）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 【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 2．（24-25高三下·北京·阶段练习）在企业生产经营过程中，柯布-道格拉斯生产函数有着广泛的应用，其表达式为：，其中自变量L，K分别表示生产过程中劳动要素和资本要素的投入，函数值Q表示产量，常数A是代表生产技术水平的参数，常数分别表示劳动和资本的产出弹性系数.已知在某企业中，，且时，时，则当时，对应的约为（   ） 参考数据：，，，， A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据函数模型代入所给数据可得，利用换底公式计算可得，可求出结果. 【详解】由可得表达式为， 代入数据可得，解得； 当时，可得，所以， 即，因此，所以可得， 因此，可得， 即，即； 根据参考数据，可得约为. 故选：D 【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用所给函数模型求出对应参数，再利用对数运算法则以及换底公式即可求出结果. 3．（24-25高三下·北京·阶段练习）中国古代近似计算方法源远流长，早在八世纪，我国著名数学家、天文学家张隧（法号：一行）为编制《大衍历》发明了一种近似计算的方法——二次插值算法（又称一行算法，牛顿也创造了此算法，但是比我国张隧晚了上千年）：函数在，，处的函数值分别为，，，则在区间上可以用二次函数来近似代替：，其中，，，若令，，，请依据上述算法，估算是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由题意，构造函数并分别求出的值，代入公式，可得答案. 【详解】设，由，则， 可得，，， 由题意可得， 所以. 故选：C. 4．（24-25高三上·北京东城·期末）近年来，人工智能快速发展，AI算法是人工智能的核心技术之一.现有一台计算机平均每秒可进行次运算，在这台计算机上运行某个AI算法来生成一个文案需要次运算，则生成这个文案需要的时间约为（    ）（本题取） A．1秒 B．10秒 C．20秒 D．50秒 【答案】B 【分析】根据题意，利用对数的运算计算与的商即可得解. 【详解】因为这台计算机平均每秒可进行次运算， 所以次运算需要秒， 而， 所以. 故选：B. 5．（24-25高三上·北京·阶段练习）噪声污重题染问题越来越受到重视.用声压级来度量声音的强弱，定义声压级，其中常数是听觉下限阈值，是实际声压.下表为不同声源的声压级： 声源 与声源的距离 声压级 燃油汽车 10 混合动力汽车 10 电动汽车 10 40 已知在距离燃油汽车､混合动力汽车､电动汽车处测得实际声压分别为，则下列结论不正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意可知，结合对数运算逐项分析判断. 【详解】由题意可知：， 对于选项A：可得， 因为，则，即， 所以且，可得，故A正确； 对于选项B：可得， 因为，则，即， 所以且，可得，不满足, 故B错误； 对于选项C：因为，即， 可得，即，故C正确； 对于选项D：由选项A可知：， 且，则， 即，可得，且，所以，故D正确； 故选：B. 6．（24-25高三上·北京·阶段练习）德国科学家Wilhelm Peukert于19世纪末提出蓄电池的容量（单位：Ah），放电时间（单位：h）与放电电流（单位：A）之间关系的经验公式：，其中为Peukert常数，不同材料的Peukert常数不一样.有两块不同材料的蓄电池，第一块蓄电池的容量为，Peukert常数为；第二块蓄电池的容量为，Peukert常数为.第一块电池测试：当放电电流时，放电时间，当放电电流时，放电时间；第二块电池测试：当放电电流时，放电时间，当放电电流时，放电时间，则（   ） A．， B．， C．， D．， 【答案】D 【分析】根据条件，列出关于，，，的关系式，根据指数函数的单调性，判断它们的大小关系. 【详解】由题意：，所以； ，所以. 因为指数函数在上单调递减，且，所以. 又指数函数在上单调递增，且，所以，所以，即. 故选：D 7．（24-25高三上·北京·阶段练习）“学如逆水行舟，不进则退：心似平原跑马，易放难收”（明：《增广贤文》）是勉励人们专心学习的．假设初始值为，如果每天的“进步率”都是，那么一年后是；如果每天的“退步率”都是，那么一年后是一年后“进步者”是“退步者”的倍．照此计算，大约经过（ ）天“进步者”是“退步者”的倍（参考数据：，，） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由已知可列方程，结合指对数的转化公式化简求值. 【详解】设经过天“进步者”是“退步者”的倍， 即， 即， 化简可得， 故选：A. 8．（24-25高三上·北京顺义·阶段练习）把液体A放在冷空气中冷却，如果液体A原来的温度是℃，空气的温度是℃，则tmin后液体A的温度℃可由公式求得.现把温度是60℃的液体A放在13℃的空气中冷却，液体A的温度冷却到37℃和25℃所用的时间分别为min，min，则的值约为（   ）（参考数据：，） A．2.3 B．2.7 C．3.7 D．4.7 【答案】A 【分析】根据题目给的温度公式，代入计算即可. 【详解】由已知，， 所以，， 所以. 故选：A 9．（2024·北京朝阳·模拟预测）甲、乙、丙三辆出租车2023年运营的相关数据如下表： 甲 乙 丙 接单量t（单） 7831 8225 8338 油费s（元） 107150 110264 110376 平均每单里程k（公里） 15 15 15 平均每公里油费a（元） 0.7 0.7 0.7 出租车空驶率，依据上述数据，小明建立了求解三辆车空驶率的模型，并求得甲、乙、丙的空驶率分别为23.26%、21.68%、x%，则（   ）（精确到0.01） A．20.16 B．20.68 C．21.56 D．21.79 【答案】B 【分析】根据题意得到出租车空驶率的模型，检验甲、乙两辆出租车的空驶率，满足题意，从而利用该模型求得丙的空驶率，从而得解. 【详解】依题意，因为出租车行驶的总里程为，出租车有载客时行驶的里程为， 所以出租车空驶率， 对于甲，，满足题意； 对于乙，，满足题意； 所以上述模型满足要求， 则丙的空驶率为，即. 故选：B 10．（2024·北京·三模）平面内相距的A，B两点各放置一个传感器，物体在该平面内做匀速直线运动，两个传感器分别实时记录下两点与的距离，并绘制出“距离---时间”图象，分别如图中曲线所示.已知曲线经过点，，，曲线经过点，且若的运动轨迹与线段相交，则的运动轨迹与直线所成夹角的正弦值以及分别为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】建系，设点，作出相应的辅助线，分析可知，结合分析求解即可. 【详解】 如图，建立平面直角坐标系，设动点的轨迹与轴重合， 其在时刻对应的点分别为，的速度为， 因为，可得， 由题意可知：均与轴垂直，且， 作垂足为，则， 因为，即，解得； 又因为轴， 所以的运动轨迹与直线所成夹角的正弦值为：； 又，， 所以. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：建系，设动点的轨迹与轴重合，以坐标系为依托，把对应的量转化为相应的长度，进而分析求解. 11．（2025·北京顺义·一模）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的稳定气体.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 【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 12．（2025高三下·全国·专题练习）如图，已知圆柱的斜截面是一个椭圆，该椭圆的长轴AC为圆柱的轴截面对角线，短轴长等于圆柱的底面直径．将圆柱侧面沿母线AB展开，则椭圆曲线在展开图中恰好为一个周期的正弦曲线．若该段正弦曲线是函数图象的一部分，且其对应的椭圆曲线的离心率为，则的值为（   ） A． B．1 C．3 D．2 【答案】B 【分析】根据推出，设圆柱底面半径为r，再根据圆柱的侧面展开图推出，利用圆柱的斜截面椭圆及离心率求出r即可. 【详解】由题意，椭圆曲线在展开图中恰好为函数图象的一部分，可得． 设圆柱底面半径为r， 则，所以， 设椭圆长轴长为，短轴长为， 因为离心率为，得， 则， 即，所以， 得， 又由勾股定理得，解得，故． 故选：B. 13．（2024·北京西城·三模）中国古代科学家发明了一种三级漏壶记录时间，壶形都为正四棱台，自上而下，三个漏壶的上底宽依次递减1寸（约3.3厘米），下底宽和深度也依次递减1寸.设三个漏壶的侧面与底面所成的锐二面角依次为，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】连接，过边的中点作，垂足为，则就是漏壶的侧面与底面所成锐二面角的一个平面角，记为，设漏壶上口宽为，下底宽为，高为，在中，根据等差数列即可求解. 【详解】三级漏壶，壶形都为正四棱台，自上而下，三个漏壶的上口宽依次递减1寸（约3.3厘米），下底宽和深度也依次递减1寸， 如图，在正四棱台中，为正方形的中心，是边的中点， 连结，过边的中点作，垂足为， 则就是漏壶的侧面与底面所成锐二面角的一个平面角，记为， 设漏壶上口宽为，下底宽为，高为， 在中，，， 因为自上而下三个漏壶的上口宽成等差数列，下底宽也成等差数列，且公差相等， 所以为定值， 又因为三个漏壶的高成等差数列，所以. 故选：． 【点睛】关键点点睛：对于情境类问题首先要阅读理解题意，其次找寻数学本质问题，本题在新情境的基础上考查等差数列的相关知识. 14．（2024·北京东城·一模）《天工开物》是我国明代科学家宋应星所著的一部综合性科学技术著作，书中记载了一种制造瓦片的方法.某校高一年级计划实践这种方法，为同学们准备了制瓦用的粘土和圆柱形的木质圆桶，圆桶底面外圆的直径为，高为.首先，在圆桶的外侧面均匀包上一层厚度为的粘土，然后，沿圆桶母线方向将粘土层分割成四等份（如图），等粘土干后，即可得到大小相同的四片瓦.每位同学制作四片瓦，全年级共500人，需要准备的粘土量（不计损耗）与下列哪个数字最接近.（参考数据：）（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】结合圆柱体积公式求出四片瓦的体积，再求需准备的粘土量. 【详解】由条件可得四片瓦的体积（） 所以500名学生，每人制作4片瓦共需粘土的体积为（）， 又， 所以共需粘土的体积为约为， 故选：B. 15．（2025·北京丰台·一模）图1是出土于陕西西安的金筐宝钿团花纹金杯.它杯口外侈，器壁内弧，腹部内收，圈足外撇，肩部有“6”字形把手.金杯采用复杂的金筐宝钿工艺，器腹以如意云头纹分割，内焊团花，边缘排满小金珠，是唐代金银器精品.图2是某校陶艺社团的同学仿照金筐宝钿团花纹金杯制作的一只团花纹陶艺杯，其主体部分（忽略杯底部分）外轮廓可近似看作双曲线C的一部分.经测量，该陶艺杯主体部分上底直径（即杯口直径）约，下底直径约，腹部最细处直径约，主体部分高约，则下列各数中与双曲线C的离心率最接近的是（   ）（参考数据：，）    A． B．2 C． D．3 【答案】B 【分析】设双曲线的标准方程为，得到，设点，代入双曲线的方程，求得，结合，的关系可求得离心率的值. 【详解】如图所示，设双曲线的标准方程为， 因为最小直径为，可得，即， 又因为主体部分高，上底直径为，下底直径约， 设点， 所以且， 解得，即， 故 故， 故选：B.    1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 猜押02 北京高考数学7~10题（选择题） 考点 3年考题、题号 考查内容 考情分析 难度 常用逻辑用语 2022/6，2023/8，2024/5 递增数列与存在性命题的逻辑关系、不等式的成立关系、向量模长与方向的逻辑条件 结合数列、三角函数、向量等知识，考查逻辑推理能力，需明确条件的充分性与必要性。 中 2025年预测：继续作为载体内容命题。 考点 3年考题、题号 考查内容 考情分析 难度 三角函数与解三角形 2022/5，2023/7，2024/6 函数单调性、解三角形、参数 ω 的求解 结合函数单调性、图像变换及解三角形，需熟练运用三角恒等变换和正弦定理。 中 2025年预测：结合三角恒等变换继续考查三角函数的相关性质。 考点 3年考题、题号 考查内容 考情分析 难度 立体几何 2022/9，2023/9，2024/8 正三棱锥区域面积计算、坡屋顶五面体棱长和、几何体的高 融合建筑、几何体模型等实际情境，考查空间想象、线面垂直 / 面面垂直关系应用，涉及三维转二维分析、轨迹与体积公式运用，强调数学逻辑推理能力。 中 2025年预测：立体几何将延续 “结构不良 + 方法融合” 的命题风格，可能引入更复杂的空间结构（如多面体组合），强化线面关系与空间角的综合分析，同时注重数学建模与跨学科应用。 考点 3年考题、题号 考查内容 考情分析 难度 数列综合 2022/6、2023/10 等差数列单调性与命题充要条件的判断、利用递推公式判断数列单调性及有界性 融合数列基本性质（如等差数列单调性）与递推数列分析，运用数学归纳法、导数等工具，考查逻辑推理、数学运算及抽象概括能力，需准确把握数列概念并灵活运用相关方法推理判断，还涉及与其他知识点（如充要条件）的综合。 中偏难 2025年预测：可能出现新的递推数列形式，结合函数性质，考查数列的单调性、周期性、极限等性质。跨知识点融合：与不等式、导数、三角函数等知识深度融合，如利用导数证明数列不等式，通过三角函数构造特殊数列等，增强对数学综合素养的考查。​ 考点 3年考题、题号 考查内容 考情分析 难度 创新情景 2022/7，2023/9，2024/7 以指对幂函数为创新背景、以立体几何为创新背景 对数的运算，根据折线统计图解决实际问题。数学文化背景下由二面角大小求线段长度。以生物丰富度指数为背景比较指数幂的大小和指数式与对数式的互化。 中 2025年预测：继续以创新情景命题。 1、 【常用逻辑用语真题回顾】 1．（2024·北京·高考真题）设 ，是向量，则“”是“或”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 2．（2023·北京·高考真题）若，则“”是“”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 3．（2022·北京·高考真题）设是公差不为0的无穷等差数列，则“为递增数列”是“存在正整数，当时，”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 2、 【2025年常用逻辑用语押题预测】 1．（2025·北京门头沟·一模）“”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 2．（2025·北京平谷·一模）已知是平面内两个非零向量，，那么“”是“”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 3．（2025·北京石景山·一模）等比数列中，，设甲：，乙：，则甲是乙的（   ） 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 4．（2025·北京丰台·一模）已知是公差不为0的等差数列，其前n项和为，则“，”是“”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 5．（2025·北京顺义·一模）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 6．（2025·北京朝阳·一模）已知曲线，则“”是“为焦点在轴上的双曲线”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 7．（2025·北京·模拟预测）已知等比数列单调递减，各项均为正数，前项的乘积记为.则“”是“有唯一的最大值”的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分又不必要条件 8．（2025·北京延庆·一模）“”是“直线与抛物线只有一个公共点”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 9．（24-25高三下·北京·阶段练习）已知数列是等差数列，其前n项和为，则“，使得”是“，使得”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 10．（24-25高三下·北京朝阳·阶段练习）已知等比数列的公比为，记，则“，且”是“为递减数列”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 3、 【三角函数与解三角形真题回顾】 1．（2024·北京·高考真题）设函数.已知，，且的最小值为，则（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 2．（2023·北京·高考真题）在中，，则（    ） A． B． C． D． 3．（2022·北京·高考真题）已知函数，则（    ） A．在上单调递减 B．在上单调递增 C．在上单调递减 D．在上单调递增 4、 【2025年三角函数与解三角形押题预测】 1．（2024·北京海淀·二模）在中，，则的长为（    ） A．6或 B．6 C． D．3 2．（2025·北京石景山·一模）在中，若，则（   ） A． B． C．1 D．2 3．（2025·北京朝阳·一模）已知，，则（   ） A． B． C． D．1 4．（24-25高三上·北京·阶段练习）在中，若，则（   ） A． B． C． D． 5．（2024·北京朝阳·二模）在平面直角坐标系中，锐角以为顶点，为始边.将的终边绕逆时针旋转后与单位圆交于点，若，则（    ） A． B． C． D． 6．（2024·北京顺义·三模）已知函数，则（    ） A．为偶函数且周期为 B．为奇函数且在上有最小值 C．为偶函数且在上单调递减 D．为奇函数且为一个对称中心 7．（2024·北京海淀·三模）函数的部分图象如图所示，则以下说法正确的是（    ） A． B． C． D． 8．（2024·北京·模拟预测）已知，，则（    ） A． B． C． D． 9．（24-25高三下·北京·阶段练习）已知函数，则下列正确的是（   ） A．的最小正周期为 B．在单调递减 C．在上单调递增 D．的最大值为 10．（24-25高三下·北京朝阳·阶段练习）下列函数中，以为周期，且在区间上单调递增的（    ） A． B． C． D． 11．（2024·北京西城·一模）关于函数，给出下列三个命题： ①是周期函数； ②曲线关于直线对称； ③在区间上恰有3个零点． 其中真命题的个数为（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 12．（2024·北京·三模）“为锐角三角形”是“，，”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 13．（2024·北京通州·三模）已知函数（，）的图象在y轴上的截距为，是该函数的最小正零点，则（    ） A． B．恒成立 C．在上单调递减 D．将的图象向右平移个单位，得到的图象关于y轴对称 14．（24-25高三上·北京昌平·期末）已知函数的最小正周期为，，且函数在区间上具有单调性，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 15．（2025·北京平谷·一模）已知函数，若在区间上没有最值，则的最大值为（    ） A． B． C． D．2 5、 【立体几何真题回顾】 1．（2024·北京·高考真题）如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，，，该棱锥的高为（    ）. A．1 B．2 C． D． 2．（2023·北京·高考真题）坡屋顶是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素．安装灯带可以勾勒出建筑轮廓，展现造型之美．如图，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，两个面是全等的等腰三角形．若，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面与平面的夹角的正切值均为，则该五面体的所有棱长之和为（    ）    A． B． C． D．    3．（2022·北京·高考真题）已知正三棱锥的六条棱长均为6，S是及其内部的点构成的集合．设集合，则T表示的区域的面积为（    ） A． B． C． D． 6、 【2025年立体几何押题预测】 1．（2024·北京朝阳·二模）已知是两个互相垂直的平面，是两条直线，，则“”是“”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 2．（24-25高三上·山东·阶段练习）已知为两个不同的平面，为两条不同的直线，则的一个充分不必要条件可以是（   ） A．与内所有的直线都垂直 B．，， C．与内无数条直线垂直 D．，， 3．（2025·北京丰台·一模）已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（   ） A．若，，，则 B．若，，则 C．若，，，则 D．若，，，则 4．（2024·北京·模拟预测）已知圆柱的底面半径和球的半径相等，圆柱的高与球的半径相等，则圆柱与球的表面积之比为（    ） A．1：2 B．1：1 C．3：4 D．2：3 5．（2025·北京门头沟·一模）某纪念塔的一部分建筑结构可抽象为三棱锥，，底面是等腰直角三角形，，顶点到底面的距离为3，则点到平面的距离为（   ） A． B． C． D． 6．（2025·北京·模拟预测）北京天桥艺术中心旁边的四面钟是天桥附近颇有意趣的传统景观之一.这个主体建筑可以近似看做正四棱柱.四面钟的每一面都挂在该正四棱柱的一个侧面上.当四面钟都正常显示标准北京时间时，相邻两面钟的时针所在直线所成角最大为（   ）    A． B． C． D． 7．（2025·北京平谷·一模）冰淇淋蛋筒是大家常见的一种食物，有种冰淇淋蛋筒可以看作是由半径为10cm，圆心角为的扇形蛋卷坯卷成的圆锥，假设高出蛋筒部分的奶油和包裹在蛋筒内部的奶油体积相等，则该种冰淇淋中奶油的总体积约为（    ）（忽略蛋筒厚度） A． B． C． D． 8．（24-25高三下·北京顺义·阶段练习）如图，在四面体中，平面，，则下列叙述中错误的是（   ）    A．线段的长是点到平面的距离 B．线段的长是点到直线的距离 C．是二面角的一个平面角 D．是直线与平面所成角 9．（24-25高三下·北京·阶段练习）如图，正方体中，分别是上的中点，是上的动点.下列结论错误的是（   ） A．平面截正方体所得截面为等腰梯形 B．平面平面 C．存在点，使得平面 D．存在点，使得 10．（2025·北京延庆·一模）已知正方体的棱长为1，若在该正方体的棱上有点M，满足，则点M的个数为（    ） A．2 B．4 C．6 D．8 11．（2025·北京·模拟预测）如图，现有一个与中国国家馆结构类似的正四棱台，上下底面的中心分别为和O，若，侧面与底面所成锐二面角的正切值为，则正四棱台的体积为（    ） A． B． C． D． 12．（2024·北京·模拟预测）如图，正四面体的顶点在平面内，且直线与平面所成的角为，顶点在平面内的射影为，当顶点与点的距离最大时，直线与平面所成角的正弦值等于（    ）    A． B． C． D． 13．（2024·北京顺义·二模）如图，正方体中，P是线段上的动点，有下列四个说法： ①存在点P，使得平面； ②对于任意点P，四棱锥体积为定值； ③存在点P，使得平面； ④对于任意点P，都是锐角三角形. 其中，不正确的是（    ） A．① B．② C．③ D．④ 14．（2025·北京石景山·一模）如图，在棱长为2的正方体中，M，N，P分别是，，的中点，Q是线段上的动点（不包含端点），给出下列三个命题： ①对任意点Q，都有； ②存在点Q，使得平面； ③过点Q且与垂直的平面截正方体所得截面面积的最大值为． 其中正确的命题个数是（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 15．（2025·北京丰台·一模）如图，正方体的棱长为2，为的中点，为线段上的动点，给出下列四个结论： ①存在唯一的点，使得，，，四点共面； ②的最小值为； ③存在点，使得； ④有且仅有一个点，使得平面截正方体所得截面的面积为. 其中所有正确结论的个数为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 7、 【数列真题回顾】 1．（2023·北京·高考真题）已知数列满足，则（    ） A．当时，为递减数列，且存在常数，使得恒成立 B．当时，为递增数列，且存在常数，使得恒成立 C．当时，为递减数列，且存在常数，使得恒成立 D．当时，为递增数列，且存在常数，使得恒成立 2．（2022·北京·高考真题）设是公差不为0的无穷等差数列，则“为递增数列”是“存在正整数，当时，”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 8、 【2025年数列押题预测】 1．（2025·北京朝阳·一模）已知是等比数列，，，则（   ） A． B． C． D．1 2．（2025·黑龙江·一模）正项等比数列中，是其前项和，若，则（   ） A．63 B．56 C．52 D．42 3．（24-25高三下·北京·阶段练习）已知各项均为正数的等比数列的前项和为，，，则（    ） A． B．1 C．2 D．6 4．（24-25高三上·北京东城·期末）设等比数列的公比为，前项和为，使有最小值的一组和可以为（   ） A． B． C． D． 5．（2024·北京东城·一模）设等差数列的公差为，则“”是“为递增数列”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 6．（2025·北京·模拟预测）今年高三的“节”活动引用了漫画《龙珠》.在原著中卡林塔上的猫仙人种植了一种仙豆，可以帮助主角疗伤和增长战斗力.仙豆共有7颗，从小到大可以增加的战斗力构成一个递增的等差数列.在下一场挑战前，主角将7颗仙豆全部吃掉，增加21000的战斗力，击败了“比克大魔王”.如果第3小的仙豆可以增加2700的战斗力，那么最小的仙豆可以增加的战斗力为（   ） A．1800 B．2100 C．3600 D．3900 7．（2024·北京西城·二模）已知是无穷等比数列，其前项和为.若对任意正整数，都有，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 8．（24-25高三下·北京·阶段练习）设集合的最大元素为，最小元素为，记的特征值为，若集合中只有一个元素，规定其特征值为0．已知是集合的元素个数均不相同的非空真子集，且，则的最大值为（    ） A．15 B．16 C．17 D．18 9．（2025·北京延庆·一模）已知等比数列的公比为q，前n项和为.若，且，则下列结论错误的是（    ） A． B． C． D． 10．（2025·北京·模拟预测）已知等比数列单调递减，各项均为正数，前项的乘积记为.则“”是“有唯一的最大值”的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分又不必要条件 11．（2025·北京顺义·一模）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 12．（2025·北京平谷·一模）在等比数列中，，记，则数列（    ） A．无最大项，有最小项 B．有最大项，无最小项 C．有最大项，有最小项 D．无最大项，无最小项 13．（2024·北京平谷·模拟预测）已知等差数列和等比数列，，则满足的数值m（   ） A．有且仅有1个值 B．有且仅有2个值 C．有且仅有3个值 D．有无数多个值 14．（24-25高三上·北京·期中）数列满足，，给出下列四个结论： ①不存在，使得，，成等差数列； ②存在，使得，，成等比数列； ③存在常数，使得对任意，都有，，成等差数列； ④存在正整数，且，使得. 其中所有正确结论的是（    ） A．①② B．①④ C．③④ D．②③ 15．（2024·北京朝阳·模拟预测）设，为等差数列，，则“”是“”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 9、 【创新情景真题回顾】 1．（2024·北京·高考真题）生物丰富度指数 是河流水质的一个评价指标，其中分别表示河流中的生物种类数与生物个体总数.生物丰富度指数d越大，水质越好．如果某河流治理前后的生物种类数没有变化，生物个体总数由变为，生物丰富度指数由提高到，则（    ） A． B． C． D． 2．（2023·北京·高考真题）坡屋顶是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素．安装灯带可以勾勒出建筑轮廓，展现造型之美．如图，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，两个面是全等的等腰三角形．若，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面与平面的夹角的正切值均为，则该五面体的所有棱长之和为（    ）    A． B． C． D． 3．（2022·北京·高考真题）在北京冬奥会上，国家速滑馆“冰丝带”使用高效环保的二氧化碳跨临界直冷制冰技术，为实现绿色冬奥作出了贡献．如图描述了一定条件下二氧化碳所处的状态与T和的关系，其中T表示温度，单位是K；P表示压强，单位是．下列结论中正确的是（    ） A．当，时，二氧化碳处于液态 B．当，时，二氧化碳处于气态 C．当，时，二氧化碳处于超临界状态 D．当，时，二氧化碳处于超临界状态 10、 【2025年创新情景押题预测】 1．（2025·北京顺义·一模）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． 2．（24-25高三下·北京·阶段练习）在企业生产经营过程中，柯布-道格拉斯生产函数有着广泛的应用，其表达式为：，其中自变量L，K分别表示生产过程中劳动要素和资本要素的投入，函数值Q表示产量，常数A是代表生产技术水平的参数，常数分别表示劳动和资本的产出弹性系数.已知在某企业中，，且时，时，则当时，对应的约为（   ） 参考数据：，，，， A． B． C． D． 3．（24-25高三下·北京·阶段练习）中国古代近似计算方法源远流长，早在八世纪，我国著名数学家、天文学家张隧（法号：一行）为编制《大衍历》发明了一种近似计算的方法——二次插值算法（又称一行算法，牛顿也创造了此算法，但是比我国张隧晚了上千年）：函数在，，处的函数值分别为，，，则在区间上可以用二次函数来近似代替：，其中，，，若令，，，请依据上述算法，估算是（   ） A． B． C． D． 4．（24-25高三上·北京东城·期末）近年来，人工智能快速发展，AI算法是人工智能的核心技术之一.现有一台计算机平均每秒可进行次运算，在这台计算机上运行某个AI算法来生成一个文案需要次运算，则生成这个文案需要的时间约为（    ）（本题取） A．1秒 B．10秒 C．20秒 D．50秒 5．（24-25高三上·北京·阶段练习）噪声污重题染问题越来越受到重视.用声压级来度量声音的强弱，定义声压级，其中常数是听觉下限阈值，是实际声压.下表为不同声源的声压级： 声源 与声源的距离 声压级 燃油汽车 10 混合动力汽车 10 电动汽车 10 40 已知在距离燃油汽车､混合动力汽车､电动汽车处测得实际声压分别为，则下列结论不正确的是（    ） A． B． C． D． 6．（24-25高三上·北京·阶段练习）德国科学家Wilhelm Peukert于19世纪末提出蓄电池的容量（单位：Ah），放电时间（单位：h）与放电电流（单位：A）之间关系的经验公式：，其中为Peukert常数，不同材料的Peukert常数不一样.有两块不同材料的蓄电池，第一块蓄电池的容量为，Peukert常数为；第二块蓄电池的容量为，Peukert常数为.第一块电池测试：当放电电流时，放电时间，当放电电流时，放电时间；第二块电池测试：当放电电流时，放电时间，当放电电流时，放电时间，则（   ） A．， B．， C．， D．， 7．（24-25高三上·北京·阶段练习）“学如逆水行舟，不进则退：心似平原跑马，易放难收”（明：《增广贤文》）是勉励人们专心学习的．假设初始值为，如果每天的“进步率”都是，那么一年后是；如果每天的“退步率”都是，那么一年后是一年后“进步者”是“退步者”的倍．照此计算，大约经过（ ）天“进步者”是“退步者”的倍（参考数据：，，） A． B． C． D． 8．（24-25高三上·北京顺义·阶段练习）把液体A放在冷空气中冷却，如果液体A原来的温度是℃，空气的温度是℃，则tmin后液体A的温度℃可由公式求得.现把温度是60℃的液体A放在13℃的空气中冷却，液体A的温度冷却到37℃和25℃所用的时间分别为min，min，则的值约为（   ）（参考数据：，） A．2.3 B．2.7 C．3.7 D．4.7 9．（2024·北京朝阳·模拟预测）甲、乙、丙三辆出租车2023年运营的相关数据如下表： 甲 乙 丙 接单量t（单） 7831 8225 8338 油费s（元） 107150 110264 110376 平均每单里程k（公里） 15 15 15 平均每公里油费a（元） 0.7 0.7 0.7 出租车空驶率，依据上述数据，小明建立了求解三辆车空驶率的模型，并求得甲、乙、丙的空驶率分别为23.26%、21.68%、x%，则（   ）（精确到0.01） A．20.16 B．20.68 C．21.56 D．21.79 10．（2024·北京·三模）平面内相距的A，B两点各放置一个传感器，物体在该平面内做匀速直线运动，两个传感器分别实时记录下两点与的距离，并绘制出“距离---时间”图象，分别如图中曲线所示.已知曲线经过点，，，曲线经过点，且若的运动轨迹与线段相交，则的运动轨迹与直线所成夹角的正弦值以及分别为（    ） A． B． C． D． 11．（2025·北京顺义·一模）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的稳定气体.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． 12．（2025高三下·全国·专题练习）如图，已知圆柱的斜截面是一个椭圆，该椭圆的长轴AC为圆柱的轴截面对角线，短轴长等于圆柱的底面直径．将圆柱侧面沿母线AB展开，则椭圆曲线在展开图中恰好为一个周期的正弦曲线．若该段正弦曲线是函数图象的一部分，且其对应的椭圆曲线的离心率为，则的值为（   ） A． B．1 C．3 D．2 13．（2024·北京西城·三模）中国古代科学家发明了一种三级漏壶记录时间，壶形都为正四棱台，自上而下，三个漏壶的上底宽依次递减1寸（约3.3厘米），下底宽和深度也依次递减1寸.设三个漏壶的侧面与底面所成的锐二面角依次为，，，则（    ） A． B． C． D． 14．（2024·北京东城·一模）《天工开物》是我国明代科学家宋应星所著的一部综合性科学技术著作，书中记载了一种制造瓦片的方法.某校高一年级计划实践这种方法，为同学们准备了制瓦用的粘土和圆柱形的木质圆桶，圆桶底面外圆的直径为，高为.首先，在圆桶的外侧面均匀包上一层厚度为的粘土，然后，沿圆桶母线方向将粘土层分割成四等份（如图），等粘土干后，即可得到大小相同的四片瓦.每位同学制作四片瓦，全年级共500人，需要准备的粘土量（不计损耗）与下列哪个数字最接近.（参考数据：）（    ） A． B． C． D． 15．（2025·北京丰台·一模）图1是出土于陕西西安的金筐宝钿团花纹金杯.它杯口外侈，器壁内弧，腹部内收，圈足外撇，肩部有“6”字形把手.金杯采用复杂的金筐宝钿工艺，器腹以如意云头纹分割，内焊团花，边缘排满小金珠，是唐代金银器精品.图2是某校陶艺社团的同学仿照金筐宝钿团花纹金杯制作的一只团花纹陶艺杯，其主体部分（忽略杯底部分）外轮廓可近似看作双曲线C的一部分.经测量，该陶艺杯主体部分上底直径（即杯口直径）约，下底直径约，腹部最细处直径约，主体部分高约，则下列各数中与双曲线C的离心率最接近的是（   ）（参考数据：，）    A． B．2 C． D．3 1 学科网（北京）股份有限公司 $$