精品解析：河北省沧州市三校联考2024-2025学年高三上学期11月期中数学试题

2025年普通高等学校招生全国统一考试模拟试题 数学（一） 本试卷共4页，19题．全卷满分150分．考试用时120分钟． 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、考号等填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．选择题的作答：选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 3．填空题和解答题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内．写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交． 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知集合，，则( ). A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题意首先求得集合A和B，然后进行交集运算即可. 【详解】由得，又因为所以， 由得，所以，因此. 故选：B. 2. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由复数的四则运算即可求解. 【详解】由， 可得：，， 所以：， 故选：D 3. 在中，，分别是边，的中点，点满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】结合图形，由平面向量的加法法则求解即可； 【详解】 ， 故选：D. 4. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题设条件可求的值，求出. 【详解】由已知可得 可知 解得， 所以 故选：A. 5. 已知圆柱和圆锥的底面半径相等，体积相等，且它们的侧面积之比为，则圆锥的高与底面半径之比为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】分别表示出圆柱和圆锥的体积与以及圆柱和圆锥的侧面积，然后依据题意比值求解； 【详解】设圆柱和圆锥的底面半径为，高分别为， 所以， 圆柱的侧面积， 圆锥的侧面积， 又因为，代入， 解得：，即 故选：C. 6. 若函数在上是增函数，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由分段函数在R上递增需满足条件可得答案. 【详解】设；. 为使在R上递增，则在上递增，在上递增， 且，即. 故选：B 7. 函数在区间上的零点个数为（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 8 【答案】C 【解析】 【分析】将问题转化成图象交点个数即可. 【详解】由题意可将问题转化成，在上的根的个数， 也即在上的交点个数， 通过五点作图法画出两函数图象： 由图象可知共有6个交点， 所以在区间上的零点个数为6. 故选：C 8. 已知函数的定义域为，为偶函数，为奇函数，且在区间上是增函数．记，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题意可知函数周期，在上是增函数，且，又，，，进而可得结果. 【详解】根据题意，函数的定义域为，为偶函数， 即， 又为奇函数，则，即， 所以，则， 即函数周期为， 在区间上是增函数，则在区间上是增函数， 又为奇函数，则，所以， 而，， ， 所以. 故选：D 【点睛】关键点点睛：由题意可知函数周期，在上是减函数，且，进而可比较大小. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 某体育器材厂生产一批篮球，单个篮球的质量（单位：克）服从正态分布，则（ ） A. B. 越小，越大 C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】由正态分布的对称性即可判断. 【详解】由条件可知，由正太密度曲线的对称性可知： ，，， 越小，说明数据越集中，故越大， 故选：ABC 10. 已知是函数的极小值点，则（ ） A. B. 在区间上的值域为 C. 不等式的解集为 D. 当时， 【答案】ABD 【解析】 【分析】求出，令，即可解得；由，可求得的单调性，进而求得在区间上的值域；利用的单调性，即可求得不等式的解集；利用作差法，结合，即可判断. 【详解】因为函数， 所以， 对于A，因为是函数的极小值点， 所以，解得， 则，， 令，解得或， 所以当，时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以是函数的极小值点，故A正确； 对于B，由A知，当时，在上单调递增，在上单调递减， 因为， ，， 所以在区间上的值域为，故B正确； 对于C，因为， 所以不等式时， ，解得， 即不等式的解集为，故C错误； 对于D，因为， 所以， 当时，，则， 即，故D正确. 故选：ABD. 11. 已知曲线上的点满足：到定点的距离与到定直线：的距离之和为4，则（ ） A. 恰好经过4个整点（横、纵坐标均为整数的点） B. 当点在上时， C. 上的点到直线的距离的最大值为12 D. 上的点与点的距离的取值范围为 【答案】ACD 【解析】 【分析】由两点间距离公式得到分段函数的解析式，再作图像，由解析式中的范围可得B错误；由的取值范围代入表达式可得A正确；由点到直线的距离公式可得C正确；由曲线C的性质可得D正确； 【详解】设曲线上的点到定点的距离与到定直线：的距离之和为4， 则，即， 整理或， 画出函数图像， 对于B，即；即，故B错误； 对于A，由B可得可取， 当时，或，无整点； 当时，或，整点为； 当时，或，无整点； 当时，或4，整点为； 所以共有4个整点，故A正确； 对于C，作直线的平行线， 当平行线过点，两平行线间距离最大，即，故C正确； 对于D，上的点到定直线的距离范围为，则上的点与点的距离的取值范围为，故D正确； 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是由两点间距离公式推导出函数的表达式，再根据的取值范围去掉绝对值符号，得到分段函数. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知双曲线：（，）的左、右焦点分别为，，，是上关于原点对称的两点，且，，则的离心率为_________． 【答案】 【解析】 【分析】由图，题意，双曲线对称性可得为直角三角形，然后设，由及勾股定理可表示出a，c，即可得答案. 【详解】由双曲线对称性及，可知， 则为以为顶点的直角三角形.又由双曲线对称性， 可知四边形为平行四边形，结合， 可知四边形为矩形，则为直角三角形. 设，则. 故. 故答案为： 13. 若直线是曲线的切线，也是曲线的切线，则_________． 【答案】 【解析】 【分析】分别求出两曲线的导数，得到切线的斜率，再设出两切点，根据切点在直线和曲线上，列方程解出即可； 【详解】由题意可得，设直线与曲线的切点为， 则，即， 又切点在曲线上，所以， 代入直线方程可得，即，解得或， 又，所以舍去， ，设直线与曲线的切点为， 所以，由代入可得， 又，所以， 所以将代入曲线可得， 解得. 故答案为：. 14. 某盒子中有12个大小相同的球，分别标号为1，2，…，12，从盒中任取3个球，取出的3个球的标号之和能被4整除的概率为_________． 【答案】 【解析】 【分析】先求出从12个球中任取3个球的方法数，再求出取出的3个球的标号之和能被4整除的方法数，最后利用古典概型的概率计算公式即可求概率. 【详解】从12个球中任取3个球有种不同的方法， 1-12中能被4整除的有，除4余1的有，除4余2的有，除4余3的有，故将1-12划分为以上四类， 能被4整除可分：3个数都来自，或一个数来自，两个数来自，或一个数来自，一个数来自，一个数来自，或两个数来自，一个数来自，或两个数来自，一个数来自. 共有：， 所以取出的3个球的标号之和能被4整除的概率 故答案为： 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 记的内角，，所对的边分别为，，，已知． （1）求A； （2）若的面积为，，求的周长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理及和差角公式结合题意可得，最后由辅助角公式可得答案； （2）由面积公式可得，结合及（1）分析可得a，最后由余弦定理可得，即可得答案. 【小问1详解】 由正弦定理及， 可得 ，因，则， 则，结合， 则； 【小问2详解】 因的面积为，则， 则，由正弦定理及， 则，则. 由余弦定理，， 则， 则三角形周长为. 16. 已知椭圆：的离心率为，点在上． （1）求的方程； （2）记的上顶点和右顶点分别为，，过原点的直线与交于点，，与直线交于点，且点，均在第四象限，问是否存在直线，使得的面积是（其中为原点）面积的4倍？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2）存在，或 【解析】 【分析】（1）由离心率，椭圆的性质和点在椭圆上列方程组求出即可； （2）设出直线的方程，与椭圆的方程联立，求出的坐标，再两直线联立求出的坐标，利用三角形的面积关系得到求解即可； 【小问1详解】 由题意，解得， 所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 存在， 由（1）知，所以直线的方程为， 设直线，联立，消去可得 ，解得，则 所以，， 由得， 若，则， 由椭圆的对称性可得，所以，即， 所以， 化简整理可得，解得或， 此时直线的方程为或. 17. 如图，在多面体中，，，四边形是边长为2的菱形，为棱上一点． （1）若，证明：平面； （2）若平面，，，直线与平面所成角的正弦值为，求的长． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）要证明线面平行：平面，只需证明平面平面（其中点在线段上，），从而只需结合线面平行的判定定理分别得出平面，平面即可. （2）建立如图所示坐标系，设，求出，再求平面的法向量，代入空间线面角公式求出，再由模长计算结果即可； 【小问1详解】 在线段上取一点，使， 连结，则， 又因为，所以， 因为平面平面，所以平面， 由，得，又，且， 所以四边形为平行四边形，所以， 因为平面平面，所以平面， 又，平面，平面， 所以平面平面， 又因为平面，所以平面. 【小问2详解】 因为四边形是边长为2的菱形，平面，所以平面， 又平面，所以，所以， ，所以，即， 所以两两相互垂直，以为原点，建立如图所示空间直角坐标系， ，设， ，，，， 设，，所以，即，， 设平面的法向量为， 则即， 取，则， 设直线与平面所成角为， ， 解得，所以，所以，. 18. 已知函数，． （1）求的最值； （2）若在定义域内单调递增，求的取值范围； （3）当时，，求的取值范围． 【答案】（1）的最小值为，无最大值 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）通过导数求出的单调性，求出的最值； （2）求出，根据在定义域内单调递增得在恒成立，反解求解； （3）反解，令，缩放求出的范围，令，求出的单调区间，求出的范围. 【小问1详解】 ，令，则， 所以当时，，在上单调递增，当时，，在上单调递减， 所以，没有最大值； 【小问2详解】 的定义域为，， 因为在定义域内单调递增， 所以在恒成立， 所以，所以， 所以在恒成立， 设，则， 令，则，令，则， 所以在上单调递增，在单调递减， 所以，所以； 【小问3详解】 当时，， 所以在恒成立， 令，由（1）知， 所以，所以， 令，， 因为时，所以在单调递减， 所以，所以， 所以，因为当时，， 所以，所以， 所以. 【点睛】关键点点睛：本题（3）关键在于利用（1）的结论进行放缩. 19. 记数列的前项和为，若对任意，，则称是“数列”． （1）若，判断是否是“数列”，并说明理由； （2）若是首项为1，公比为的等比数列，且数列和均是“数列”． ①求的取值范围； ②当时，若在所有数列中随机抽取一个数列，求在的条件下，恰为偶数的概率． （3）若等差数列是首项为1的“数列”，且，求正整数的最小值，以及取最小值时相应数列的公差． 【答案】（1） 是“数列”，理由如下： 因，则. 又，则，故. 则，即； ，即. 则满足，即是“数列”； （2）①；②； （3），此时相应数列的公差为. 【解析】 【分析】（1）由题可得通项公式，验证对任意，是否成立即可； （2）①由对任意，恒成立可得答案；②由①及题意可得答案； （3）由等差数列是首项为1的“数列”可得其公差范围，然后由题意可得关于公差的表达式，即可得答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因是首项为1，公比为的等比数列， 则. ①因数列和均是“数列”，则， 当时，显然满足条件； 当时，， 若，且为奇数时，则，矛盾；为偶数时，，矛盾. 故，则或； 此时， 若，则 恒成立. 当时，函数单调递增，要使 恒成立，则， 此时，则满足条件； 当时， 函数单调递增，单调递减， 则要使恒成立，需满足， 解得：，则满足条件； 若，则 恒成立. 当时，注意到，则不满足条件； 当时， 函数单调递减，单调递增， 则要使恒成立，需满足， 解得.综上可知，为使数列和均是“数列”，； ②由①可知，且时，的取值只有2，3两种可能，则恰为偶数的概率为； 【小问3详解】 设等差数列公差为d，又， 则.因等差数列是“数列”， 则 恒成立. 因，则. 若，则函数均在上递增， 则为使恒成立，则， 解得：； 若，则函数均在上递减， 则当n趋近无穷大时，不成立. 综上可知：. 由，可得， 则要使k最小，且为正整数，则取为大于的最小整数，即335， 此时. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年普通高等学校招生全国统一考试模拟试题 数学（一） 本试卷共4页，19题．全卷满分150分．考试用时120分钟． 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、考号等填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．选择题的作答：选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 3．填空题和解答题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内．写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交． 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知集合，，则( ). A. B. C. D. 2. 已知，则（ ） A. B. C. D. 3. 在中，，分别是边，的中点，点满足，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知圆柱和圆锥的底面半径相等，体积相等，且它们的侧面积之比为，则圆锥的高与底面半径之比为（ ） A. B. C. D. 6. 若函数在上是增函数，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 7. 函数在区间上的零点个数为（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 8 8. 已知函数的定义域为，为偶函数，为奇函数，且在区间上是增函数．记，，，则（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 某体育器材厂生产一批篮球，单个篮球的质量（单位：克）服从正态分布，则（ ） A. B. 越小，越大 C. D. 10. 已知是函数的极小值点，则（ ） A. B. 在区间上的值域为 C. 不等式的解集为 D. 当时， 11. 已知曲线上的点满足：到定点的距离与到定直线：的距离之和为4，则（ ） A. 恰好经过4个整点（横、纵坐标均为整数的点） B. 当点在上时， C. 上的点到直线的距离的最大值为12 D. 上的点与点的距离的取值范围为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知双曲线：（，）的左、右焦点分别为，，，是上关于原点对称的两点，且，，则的离心率为_________． 13. 若直线是曲线的切线，也是曲线的切线，则_________． 14. 某盒子中有12个大小相同的球，分别标号为1，2，…，12，从盒中任取3个球，取出的3个球的标号之和能被4整除的概率为_________． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 记的内角，，所对的边分别为，，，已知． （1）求A； （2）若的面积为，，求的周长． 16. 已知椭圆：的离心率为，点在上． （1）求的方程； （2）记的上顶点和右顶点分别为，，过原点的直线与交于点，，与直线交于点，且点，均在第四象限，问是否存在直线，使得的面积是（其中为原点）面积的4倍？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由． 17. 如图，在多面体中，，，四边形是边长为2的菱形，为棱上一点． （1）若，证明：平面； （2）若平面，，，直线与平面所成角的正弦值为，求的长． 18. 已知函数，． （1）求的最值； （2）若在定义域内单调递增，求的取值范围； （3）当时，，求的取值范围． 19. 记数列的前项和为，若对任意，，则称是“数列”． （1）若，判断是否是“数列”，并说明理由； （2）若是首项为1，公比为的等比数列，且数列和均是“数列”． ①求的取值范围； ②当时，若在所有数列中随机抽取一个数列，求在的条件下，恰为偶数的概率． （3）若等差数列是首项为1的“数列”，且，求正整数的最小值，以及取最小值时相应数列的公差． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $