【双基聚焦】2025年黑龙江省普通高中学业水平（合格性）考试数学模拟卷14

2025年黑龙江省高中学业水平合格性考试模拟卷（十四） 数学 综合模拟卷（8） 考生须知 1.考生要认真填写考场号和座位号。 2.本试卷共8页，分为两部分。第一部分选择题24小题，共72分；第二部分非选择题6小题，共30分。满分100分。考试时间60分钟。 3.所有试题答案必须填涂或书写在答题卡上。第一部分必须用2B铅笔作答，第二部分必须用0.5毫米黑色签字笔作答。 4.考试结束后，考生将试卷和答题卡按要求放在桌面上，待监考员收回。（备注：本试卷带有答题卡，供学生选用） 第一部分 选择题（共72分） 一、选择题（本大题共有24个选择题，每小题所列的4个选项中只有一项符合题意。每道小题3分，共计72分） 1.（2023·甘肃·学业考试）设集合，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意，由并集的运算，即可得到结果. 【详解】因为，，则. 故选：C 2.（2024·广西·学业考试）若复数，为虚数单位，则（    ） A．1 B．2 C．4 D．5 【答案】C 【分析】根据复数相等求解即可. 【详解】因为，所以. 故选：C 3.（2024·广西·学业考试）已知命题的否定为“”,则下列说法中正确的是（    ） A．命题为“,”且为真命题 B．命题为“,”且为假命题 C．命题为“,”且为假命题 D．命题为“,”且为真命题 【答案】C 【分析】根据特称命题的否定为全称命题排除AD,再举出反例即可得到答案. 【详解】∵命题的否定为特称命题, ∴:,,排除AD; 因为当时,, ∴为假命题,排除B. 故选:C. 4.（2023·云南·学业考试）已知与的夹角为，则（    ） A．-3 B．3 C． D． 【答案】B 【分析】由数量积公式求解即可. 【详解】. 故选：B 5.（2023·云南·学业考试）先后抛掷硬币三次，则至少一次正面朝上的概率是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据题意，利用列举法求得基本事件的总数，结合古典概型的概率计算，即可求解. 【详解】由题意，先后抛掷硬币三次，构成的基本事件为：{正正正}，{正正反}，{正反正}，{反正正}，{正反反}，{反正反}，{反反正}，{反反反}，共有8种情况， 其中，至少一次正面向上所包含的基本事件为：{正正正}，{正正反}，{正反正}，{反正正}，{正反反}，{反正反}，{反反正}，共7种情况， 所以至少一次正面朝上的概率是. 故选：D. 6.（2023·辽宁·学业考试）（    ） A．0 B． C． D．1 【答案】C 【分析】利用诱导公式将角变为锐角计算即可. 【详解】. 故选：C. 7.（2023·新疆·学业考试）已知，，且，则的值是（       ） A．4 B．1 C． D． 【答案】D 【分析】根据向量垂直得到，解得答案. 【详解】，，，故，解得. 故选：D 8.（2023·甘肃·学业考试）二十大报告明确指出，人民健康是民族昌盛和国家强盛的重要标志．青少年处于健康生长的关键时期，其身高和体重是反映他们生长发育和营养状况的基本指标．某校从高一年级随机抽取了20名女生，得到她们的身高数据如下（单位：）：．则这组数据的第一四分位数（    ） A．155 B．155.5 C．156 D．156.5 【答案】B 【分析】根据求百分位数的步骤：排序，求，计算百分位数. 【详解】因为，所以第一四分位数. 故选：B 9.（2023·广西·学业考试）若，则（    ） A． B． C． D．1 【答案】A 【分析】根据诱导公式即可. 【详解】. 故选：A. 10.（2024·湖南·学业考试）计算（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】逆用二倍角的正弦公式，配凑系数计算即得. 【详解】由. 故选：B. 11.（2024·江苏·学业考试）若长方体的长、宽、高分别为，，，且它的各个顶点都在一个球面上，则该球体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由长方体外接球直径为体对角线，结合球体体积公式求体积. 【详解】由题设，长方体外接球直径为体对角线为， 所以该球体积为. 故选：D 12.（2023·安徽·学业考试）下列命题正确的是（    ） A．如果一个平面内有无数条直线与另一个平面平行，则这两个平面平行 B．如果两个平面垂直于同一个平面，那么这两个平面平行 C．如果一条直线与平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行 D．如果两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直 【答案】D 【分析】根据空间中线线、线面、面面的位置关系判断即可. 【详解】解：对于A：如果一个平面内有无数条直线与另一个平面平行，则这两个平面平行或相交，故A错误； 对于B：如果两个平面垂直于同一个平面，那么这两个平面平行或相交，故B错误； 对于C：如果一条直线与平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行或该直线在此平面内，故C错误； 对于D：如果两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直，此为面面垂直的性质定理，故D正确； 故选：D 13.（2023·贵州·学业考试）△三内角A，B，C所对边分别是a，b，c．若，则（    ） A．1 B． C． D． 【答案】C 【分析】利用正弦定理计算可得； 【详解】解：在△中由正弦定理可得，即，即，解得； 故选：C 14.（2023·辽宁·学业考试）已知函数与的图象关于对称，则的值域为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据对称性可知，利用二次函数及对数函数单调性即可求得值域为. 【详解】因为与的图象关于对称，所以与互为反函数， 即可得． 因为，所以， 因为，所以在上单调递减， 即可得，即的值域为． 故选：D． 15.（2024·辽宁·学业考试）下列函数中，与函数相同的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据两个函数的定义域相同，对应关系也相同，即判断这两个函数为相同函数. 【详解】解：对于A，，与函数的对应关系不相同，故不是相同函数； 对于B，函数的定义域为，函数的定义域为，两函数的定义域不相同，故两函数不是相同函数； 对于C，两函数的定义域都是，且对应关系相同，故两函数为相同函数； 对于D，，与函数的对应关系不相同，故不是相同函数. 故选：C. 16.（2023·新疆·学业考试）下列函数中既是奇函数，又在区间上单调递减的是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】A：根据奇偶性作出判断；B：根据单调性作出判断；C：根据奇偶性作出判断；D：根据奇偶性和单调性作出判断. 【详解】对于A：为非奇非偶函数，故A错误； 对于B：由幂函数性质可知在上单调递增，故B错误； 对于C：的定义域为且关于原点对称， 又，所以是偶函数，故C错误； 对于D：因为，所以，所以的定义域为且关于原点对称， 又，所以为奇函数， 又因为， 且在上单调递增，所以在上单调递减， 由复合函数的单调性可知在上单调递减，故D正确； 故选：D. 17.（2023·新疆·学业考试）函数的定义域为（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据偶次根式被开方数大于等于、分式分母不为可求结果. 【详解】因为，所以， 所以定义域为， 故选：B. 18.（2023·浙江·学业考试）已知为实数，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】利用分离参数法求出的取值范围判断充分性，利用基本不等式反推必要性成立即可. 【详解】若则 当时，不等式的右边取得最大值1，故充分性成立； 若则时, 当且仅当时取等， 即恒成立，因此，由可以推出，故必要性成立. 综上所述，是的充要条件. 故选：C. 19.（2023·广东·学业考试）从一堆产品（其中正品与次品都多于2件）中任取2件，观察正品件数和次品件数，则下列每对事件互斥但不对立的是（　　） A．“至少有1件次品”与“全是次品” B．“恰好有1件次品”与“恰好有2件次品” C．“至少有1件次品”与“全是正品” D．“至少有1件正品”与“至少有1件次品” 【答案】B 【分析】由互斥事件和对立事件的定义判断． 【详解】从一堆产品中任取2件，基本事件为“全是正品”，“一件正品，一件次品”，“全是次品”，共3种情况， 其中AD不互斥，C是对立事件，只有B互斥但不对立． 故选：B． 20.（2023·广东·学业考试）在10件产品中有3件次品，从中选3件．下列各种情况是互斥事件的有（    ） ①A：“所取3件中至多2件次品”， B ： “所取3件中至少2件为次品”； ②A：“所取3件中有一件为次品”，B： “所取3件中有二件为次品”； ③A：“所取3件中全是正品”，B：“所取3件中至少有一件为次品”； ④A：“所取3件中至多有2件次品”，B：“所取3件中至少有一件是正品”； A．①③ B．②③ C．②④ D．③④ 【答案】B 【分析】根据互斥事件的定义即可得到结果. 【详解】在10件产品中有3件次品，从中选3件，∵所取3件中至多2件次品与所取3件中至少2件为次品，两个事件中都包含2件次品，∴①中的两个事件不是互斥事件． ∵所取3件中有一件为次品与所取3件中有二件为次品是互斥事件，∴②中的两个事件是互斥事件． ∵所取3件中全是正品与所取3件中至少有一件为次品是不能同时发生的，∴③中的两个事件是互斥事件， ∵所取3件中至多有2件次品与所取3件中至少有一件是正品都包含2件次品一件正品，以及1件次品两件正品，以及三件正品，所以④不是互斥事件， 故选：B． 21.（2023·浙江·学业考试）学校兴趣小组为了测量市民活动中心广场一圆柱状建筑物的高度，在地面上选取相距120米的两点M，N，若在M，N处分别测得圆柱状建筑物的最大仰角为和，则该圆柱状建筑物的高度约为（    ）    A．60 B． C．30 D． 【答案】B 【分析】设出圆柱状建筑物的高度，利用直角三角形的边角关系列出方程求解作答. 【详解】设圆柱状建筑物的高度为，则有，即， 所以. 故选：B 22.（2023·贵州·学业考试）某班有男生25人，女生15人，现用分层抽样的方法从该班抽取8人参加志愿者活动，则应抽取的女生人数为（    ） A．2 B．3 C．4 D．6 【答案】B 【分析】根据分层抽样的概念及计算方法，即可求解. 【详解】由题意，某班有男生25人，女生15人，用分层抽样的方法从该班抽取8人参加志愿者活动， 所以应抽取的女生人数为人. 故选：B. 23.（2023·浙江·学业考试）在正四面体中，，，分别为，，的中点，则（    ）    A．与平行，平面平面 B．与异面，平面平面 C．与平行，与平面平行 D．与异面，与平面平行 【答案】B 【分析】根据直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系有关知识进行分析，从而确定正确答案. 【详解】与： 平面，平面，， 所以与异面，A选项错误. 与： 由于分别是的中点，所以， 由于，所以与是异面直线，C选项错误. 连接，由于是等边三角形， 所以，由于平面， 所以平面，由于平面， 所以平面平面，所以B选项正确. 设是的中点，连接， 由于是的中点，所以， 所以，所以平面也即平面， 平面，所以D选项错误. 故选：B    24.（2024·湖南·学业考试）已知，，，若不等式恒成立，则实数的最大值为（    ） A．2 B．3 C．4 D．6 【答案】C 【分析】根据“1”的变形技巧，利用均值不等式求最值即可得解. 【详解】因为，， 所以，即， 所以 ，当且仅当，即时等号成立， 故. 故选：C 第二部分 非选择题（共28分） 二、填空题：（共4小题，每小题3分，共12分） 25.（2023·甘肃·学业考试）已知命题，则命题的否定是 ． 【答案】 【分析】根据全称量词命题的否定形式可得. 【详解】由全称量词命题的否定形式可知， 命题的否定为. 故答案为： 26.（2024·贵州·学业考试）已知函数，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】利用基本不等式计算可得. 【详解】解：因为，所以，当且仅当，即时取等号， 故答案为： 27.（2023·山西·学业考试）从1，2，3，4这4个数中，不放回地任意取两个数，两个数都是偶数的概率是 ． 【答案】 【分析】利用古典概型的概率求解. 【详解】解：从1，2，3，4这4个数中，不放回地任意取两个数基本事件为：12，13，14，23，24，34，共6个， 其中两个数都是偶数的有：24，共1个， 所以两个数都是偶数的概率是， 故答案为： 28.（2023·云南·学业考试）函数的定义域是____________（用区间表示） 【答案】 【解析】 【分析】结合幂函数与对数函数性质计算即可得. 【详解】由题意得，即，解得， 即定义域为：. 故答案为： 三、解答题：（本题2小题，共16分） 29.（2024·新疆·学业考试）甲、乙两名同学进行投篮比赛，若甲投中的概率为0.6，乙投中的概率为0.7，求下列事件的概率. (1)两人都投中； (2)恰好有一人投中. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由相互独立事件概率的乘法公式即可得解； （2）由相互独立事件概率的乘法公式、互斥事件概率的加法公式，分“甲中乙不中”和“甲不中乙中”两种情况运算即可得解. 【详解】（1）设“甲投中”，“乙投中”，则“甲没投中”，“乙没投中”， 由于两个人投篮的结果互不影响， 所以与相互独立，与，与，与都相互独立， 由已知可得，，则，； “两人都投中”，则. （2）“恰好有一人投中”，且与互斥， 则 . 30.（2023·山西·学业考试）如图所示，三棱柱，底面是边长为2的正三角形，侧棱底面，点分别是棱，上的点，点是线段的中点，．    (1)求证平面； (2)求与所成角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2)与所成角的余弦值为. 【分析】（1）取的中点，连接；证明，根据线面平行判定定理证明平面； （2）根据异面直线夹角定义证明为直线与所成角，解三角形求其余弦值即可. 【详解】（1）取的中点，连接，    ∵分别为的中点，∴，， 由，且， ∴，且 ， ∴四边形为平行四边形，故， 又平面，平面， ∴平面； （2）因为， 所以为直线与所成角， 中，， 直角梯形中，，过作，为垂足，如图所示，    则，，，， ，所以为等腰三角形，则， 中，， 所以， 中，， 所以 所以与所成角的余弦值为. 学科网（北京）股份有限公司 $$