数学（新八省通用02）-学易金卷：2025年高考第一次模拟考试

………………○………………外………………○………………装………………○………………订………………○………………线………………○……………… ………………○………………内………………○………………装………………○………………订………………○………………线………………○……………… 此卷只装订不密封 ………………○………………内………………○………………装………………○………………订………………○………………线………………○……………… ………………○………………外………………○………………装………………○………………订………………○………………线………………○……………… … 学校：______________姓名：_____________班级：_______________考号：______________________ 2025年高考数学第一次模拟考试 高三数学 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题 共58分） 一、单选题：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“”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．在复平面内，若是虚数单位，复数与关于虚轴对称，则（    ） A． B． C． D． 3．已知等边的边长为1，点分别为的中点，若，则（    ） A． B． C． D． 4．的展开式中的系数是（    ） A．﹣10 B．0 C．10 D．30 5．已知数列中，，若，则（   ） A．4 B．5 C．6 D．7 6．某圆锥母线长为，底面半径为2，则过该圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面的面积最大时，此截面将底面圆周所分成的两段弧长之比（较短弧与较长弧之比）为（    ） A． B． C． D． 7．已知双曲线，两焦点分别为，，过右焦点作直线交右支于，点，且，若，则双曲线的离心率为（    ） A． B． C． D． 8．已知函数的定义域均为，若为偶函数，为奇函数，且，则（    ） A． B． C．为奇函数 D．为奇函数 二、多选题：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．体育教育既能培养学生自觉锻炼身体的习惯，又能培养学生开拓进取、不畏艰难的坚强性格.某校学生参加体育测试，其中甲班女生的成绩与乙班女生的成绩均服从正态分布，且，，则(    ). A． B． C． D． 10．设，函数，则下列说法正确的是（    ） A．存在，使得 B．函数图象与函数的图象有且仅有一条公共的切线 C．函数图象上的点与原点距离的最小值为 D．函数的极小值点为 11．法国数学家加斯帕尔蒙日被称为“画法几何创始人”“微分几何之父”.他发现与椭圆相切的两条互相垂直的切线的交点的轨迹是以该椭圆中心为圆心的圆，这个圆称为该椭圆的蒙日圆.若椭圆的蒙日圆为圆，过上的动点作的两条互相垂直的切线，分别与交于两点，直线交于两点，则（    ） A．椭圆的蒙日圆方程为 B．面积的最大值为7 C．的最小值为 D．若动点在上，将直线的斜率分别记为，则 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．已知，则的值为 ． 13．已知三棱锥的四个顶点均在球O上，平面为等腰直角三角形，A为直角顶点．若，且，则球O的表面积为 ． 14．已知是函数的两个零点，且，若将函数的图象向左平移个单位后得到的图象关于轴对称，且函数在恰有2个极值点，则实数取值范围为 . 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。 15．（13分）已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，且． (1)求A； (2)若的面积为，求的周长. 16．（15分）如图，四棱锥的底面是边长为2菱形，，，分别是，的中点. (1)求证；平面； (2)若，，，求平面与平面所成角的余弦值. 17．（15分）已知椭圆的左焦点为，离心率为，为上一点，为圆上一点，的最大值为． (1)求椭圆的标准方程； (2)若圆与轴正半轴交于点，过作直线，与相交于不同的两点，，求面积的最大值． 18．（17分）已知函数 (1)判断曲线是否具有对称性，若是，求出相应的对称轴或对称中心，并加以说明； (2)若在定义域内单调递增，求的取值范围； (3)若函数有两个零点，证明：． 19．（17分）设m为正整数，数列是公差不为0的等差数列，若从中删去两项和后剩余的项可被平均分为组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列是可分数列． (1)写出所有的，，使数列是可分数列； (2)当时，证明：数列是可分数列； (3)从中任取两个数和，记数列是可分数列的概率为，证明：． 试题 第3页（共4页） 试题 第4页（共4页） 试题 第5页（共6页） 试题 第6页（共6页） 学科网（北京）股份有限公司 $$ 学校__________________班级__________________姓名__________________准考证号__________________ ﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍密﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍封﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍线﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍ 2025年高考数学第一次模拟考试 答题卡 准考证号： 姓 名：_________________________________________ 贴条形码区 此栏考生禁填 缺考 标记 1．答题前，考生先将自己的姓名，准考证号填写清楚，并认真检查监考员所粘贴的条形码。 2．选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题必须用0.5mm黑色签字笔答题，不得用铅笔或圆珠笔答题；字体工整、笔迹清晰。 3．请按题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。 4．保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破。 5．正确填涂 注意事项 一、选择题（每小题5分，共40分） 1 [A] [B] [C] [D] 2 [A] [B] [C] [D] 3 [A] [B] [C] [D] 4 [A] [B] [C] [D] 5 [A] [B] [C] [D] 6 [A] [B] [C] [D] 7 [A] [B] [C] [D] 8 [A] [B] [C] [D] 二、选择题（全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分，共18分） 9 [A] [B] [C] [D] 10 [A] [B] [C] [D] 11 [A] [B] [C] [D] 三、填空题（每小题5分，共15分） 12．____________________ 13．____________________ 14．____________________ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 四、解答题（共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15．（13分） 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 16．（15分） 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 17．（15分） 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 18．（17分） 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 19．（17分） 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 数学 第4页（共6页） 数学 第5页（共6页） 数学 第6页（共6页） 数学 第1页（共6页） 数学 第2页（共6页） 数学 第3页（共6页） 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025年高考数学第一次模拟考试 高三数学 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如 需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写 在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题 共58分） 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“”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】求得集合，可得结论. 【详解】由，可得，所以， 因为在上单调递增，又， 由，可得，所以，所以， 所以“”是“”的充分不必要条件. 故选：A. 2．在复平面内，若是虚数单位，复数与关于虚轴对称，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简，再由复数的几何意义得答案． 【详解】∵， 由复数与对应的点关于虚轴对称， ∴． 故选：C. 3．已知等边的边长为1，点分别为的中点，若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】取为基底，利用平面向量基本定理结合已知条件求解即可. 【详解】在中，取为基底， 因为点分别为的中点，， 所以， 所以. 故选：A. 4．的展开式中的系数是（    ） A．﹣10 B．0 C．10 D．30 【答案】C 【分析】根据乘法的分配律以及二项式展开式的通项公式求得正确答案. 【详解】依题意可知，含的项是 ， 所以的系数是. 故选：C 5．已知数列中，，若，则（   ） A．4 B．5 C．6 D．7 【答案】B 【分析】根据给定条件，利用等比数列定义求出，利用构造法求出，再列式求解即得. 【详解】在数列中，由，得数列是首项为2，公比为2的等比数列，， 则，即， 因此数列是以为首项，为公差的等差数列. 则，即，由，得， 所以. 故选：B 6．某圆锥母线长为，底面半径为2，则过该圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面的面积最大时，此截面将底面圆周所分成的两段弧长之比（较短弧与较长弧之比）为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】方法一：先判断轴截面顶角，结合三角形面积公式确定截面顶角，进而可得，然后可解；方法二：设，将三角形面积表示成关于的函数，根据二次函数性质求出，进而可得，然后可解；方法三：设，将三角形面积表示成关于的函数，结合三角函数性质求解即可. 【详解】法一（几何法）：该圆锥轴截面是等腰三角形，腰长为，底边长4， 因为，所以顶角为钝角． 如图所示，设截面为，因为， 显然，当时，截面三角形面积最大， 此时，， 因为， 所以，所以截得的两段弧长之比为． 法二（代数法）：如图所示，截面为，F为MN的中点， 设，易知，，， 故， 所以当时截面面积最大，此时， 因为， 所以， 所以截得的两段弧长之比为． 法三（代数法）：如图所示，截面为△SMN，F为MN的中点， 设，， 易知，，， 所以 ，， 当，即时取得最大值，此时， 所以截得的两段弧长之比为． 故选：B． 7．已知双曲线，两焦点分别为，，过右焦点作直线交右支于，点，且，若，则双曲线的离心率为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意，假设，进而得到所需线段关于的表达式，两次利用余弦定理得到关于的等式，从而得到的比例，由此得解. 【详解】如图，因为，令，则，，    由双曲线定义，， 在中，， 由余弦定理， 得， 整理得，解得或（舍去）， 则，， 故在中，由余弦定理， 得， 整理得，则. 故选：C. 8．已知函数的定义域均为，若为偶函数，为奇函数，且，则（    ） A． B． C．为奇函数 D．为奇函数 【答案】D 【分析】方法一：利用抽象函数的奇偶性和相关条件推导出函数的周期性、对称性等基本性质，逐一对选项进行分析判断；方法二：依题意构造函数法.依题意，可设，则，一一对选项进行计算、验证即得. 【详解】方法一 :（函数性质判断法）由为偶函数，得①． 由为奇函数，得． 又，则②． 则由①，（*）， 由②，， 故得． 把取成，得③， 于是，，即函数的周期为2，故B错误； 又因为上的奇函数，则，的周期为2，则，故A错误； 由③得，，即， 故．因为奇函数，故为奇函数，故D正确； 由（*），，得，即为偶函数， 又，所以为偶函数，故C错误. 方法二：（构造函数法）依题意，可设，则为偶函数， 由为奇函数，且函数的定义域均为， 对于A，，排除A； 对于B，显然的最小正周期是2，排除B； 对于C，是奇函数，故D正确； 对于D，，显然是偶函数，排除C. 故选：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．体育教育既能培养学生自觉锻炼身体的习惯，又能培养学生开拓进取、不畏艰难的坚强性格.某校学生参加体育测试，其中甲班女生的成绩与乙班女生的成绩均服从正态分布，且，，则(    ). A． B． C． D． 【答案】ACD 【分析】正态分布的期望与方差和正态曲线的特点，结合正态分布的性质，逐项判定，即可求解. 【详解】选项A：由，得，故A正确； 选项B：由，得，故B不正确； 选项C：由于随机变量服从正态分布，该正态曲线的对称轴为直线：， 所以，故C正确； 选项D：解法一：由于随机变量，均服从正态分布，且对称轴均为直线：， ，所以在正态曲线中，的峰值较高，正态曲线较“瘦高”， 随机变量分布比较集中，所以，故D正确. 解法二：因为，， 所以， 故D正确. 故选：ACD. 10．设，函数，则下列说法正确的是（    ） A．存在，使得 B．函数图象与函数的图象有且仅有一条公共的切线 C．函数图象上的点与原点距离的最小值为 D．函数的极小值点为 【答案】BD 【分析】构造函数，通过求导分析单调性可得选项A错误；根据两函数互为反函数，结合函数图象特征可得选项B正确；设图象上任意一点坐标，利用点到原点的距离公式结合基本不等式可得选项C错误；通过求导分析单调性可得选项D正确. 【详解】对于A：设，则， 由得，由得， 所以函数在上单调递增，在上单调递减，故，即恒成立，选项A错误. 对于B：由得，即， 所以函数与函数互为反函数，图象关于直线对称， 结合图象可得函数与的图象都过原点，直线为函数与唯一的公切线，选项B正确. 对于C：设点为函数图象上任意一点，则，当且仅当时等号成立，选项C错误. 对于D：令，则， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增，故是函数的极小值点，选项D正确. 故选：BD. 11．法国数学家加斯帕尔蒙日被称为“画法几何创始人”“微分几何之父”.他发现与椭圆相切的两条互相垂直的切线的交点的轨迹是以该椭圆中心为圆心的圆，这个圆称为该椭圆的蒙日圆.若椭圆的蒙日圆为圆，过上的动点作的两条互相垂直的切线，分别与交于两点，直线交于两点，则（    ） A．椭圆的蒙日圆方程为 B．面积的最大值为7 C．的最小值为 D．若动点在上，将直线的斜率分别记为，则 【答案】ABC 【分析】取椭圆上顶点与右顶点的切线，建立齐次方程，即可判断；根据圆的性质，结合三角形面积公式即可判断；由于为圆的直径，即过坐标原点，计算即可判断；设，利用点差法即可判断； 【详解】依题意，可设圆C方程为， 过椭圆的上顶点作轴的垂线， 过椭圆的右顶点作轴的垂线，则这两条垂线的交点在圆C上， 所以，即， 所以椭圆的蒙日圆方程为，故A正确； 因为点都在圆上，且，所以为圆的直径， 所以面积的最大值为，故B正确； 由于为圆的直径，过坐标原点，即过坐标原点， 所以，故C正确； 由直线经过坐标原点，易得点关于原点对称，设， 则， 又，所以， 所以，故D错误. 故选：. 【点睛】方法点睛：点差法是求解圆锥曲线问题中的解法，在直线与圆锥曲线问题中，直线与圆锥曲线有两个交点，设，将这两点的坐标分别代入圆锥曲线方程，得到两个等式，并对所得等式作差，化简得到相关结论. 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．已知，则的值为 ． 【答案】/0.5 【分析】根据对数的运算性质求解即可. 【详解】因为， 所以，可得 ， 即， 所以，即， 所以. 故答案为：. 13．已知三棱锥的四个顶点均在球O上，平面为等腰直角三角形，A为直角顶点．若，且，则球O的表面积为 ． 【答案】 【分析】把三棱锥补成长方体，利用三棱锥的外接球就是长方体的外接球，且长方体的体对角线就是长方体外接球直径，可求球的表面积. 【详解】因为平面平面，所以． 所以在中，由，可求得．在等腰中，． 易知三棱锥是球O内接长方体的一部分（如图），是该长方体的体对角线，故球心O在的中点处． 因为，所以球O的半径为，故球O的表面积为．    故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题主要考查三棱锥的外接球表面积，将三棱锥的外接球转化为长方体的外接球为解题的关键. 14．已知是函数的两个零点，且，若将函数的图象向左平移个单位后得到的图象关于轴对称，且函数在恰有2个极值点，则实数取值范围为 . 【答案】 【分析】根据函数零点的最小距离可得，再利用平移规则和函数奇偶性可求得，根据函数在内恰有2个极值点可限定出，即可解得实数的取值范围. 【详解】由，即， 可得或， 根据正弦函数图象性质可知，解得， 则； 将函数的图象向左平移个单位可得， 又为偶函数， 则，又，可得，因此； 当时，可知， 若函数在内恰有个极值点，可知， 解得， 所以实数的取值范围为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用正弦函数图象性质根据两零点的最小距离求得，再由平移后的函数为偶函数求得，得出函数的解析式后问题便迎刃而解. 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．（13分）已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，且． (1)求A； (2)若的面积为，求的周长. 【答案】(1) (2)15 【分析】（1）根据给定条件，利用正弦定理边化角，再借助辅助角公式求得，可求角； （2）由（1）的结论，利用三角形面积公式、余弦定理求出即可作答． 【详解】（1）中，， 由正弦定理得， 又， 则有，由，， 则，得， 由，则，得. （2），则，由，得， 由余弦定理， 得，得， 所以的周长为. 16．（15分）如图，四棱锥的底面是边长为2菱形，，，分别是，的中点. (1)求证；平面； (2)若，，，求平面与平面所成角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2). 【分析】（1）利用中位线的性质构造线线平行，再利用线面平行的判定证明即可； （2）根据线面垂直的判定先证明平面，再建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量计算面面夹角即可. 【详解】（1）取的中点为，连接，. 点，分别是，的中点， 是的中位线，即，， 在菱形中，，. ，，即四边形为平行四边形，则， 又平面，平面，平面. （2）连接，， ，，，平面，平面， 平面， 又平面，， ， 又，则，所以. 即直线，，两两垂直. 如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系， 则，，，， ，，，. 设平面的法向量为，平面的法向量为， 由得取. 由得取. 设平面与平面所成角为，则 ， 即平面与平面所成角的余弦值为. 17．（15分）已知椭圆的左焦点为，离心率为，为上一点，为圆上一点，的最大值为． (1)求椭圆的标准方程； (2)若圆与轴正半轴交于点，过作直线，与相交于不同的两点，，求面积的最大值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据椭圆上的点与圆上的点距离的最值，结合椭圆离心率即可得椭圆的标准方程； （2）根据直线与椭圆相交得交点坐标关系，从而可得面积，由基本不等式求得其最大值. 【详解】（1）因为为椭圆上一点，为圆上一点， 由的最大值为，得，所以． 又，所以，所以， 所以椭圆的标准方程为． （2）在中令，得，所以， 显然直线的斜率不能为0，设直线的方程为， 由，消去得， 所以，则， 设，，则，， 所以， 所以． 令，则， 则，当且仅当，即时取得等号， 所以面积的最大值为． 【点睛】方法点睛：解决圆锥曲线中最值问题的常见方法： （1）函数法：一般需要找出所求几何量的函数解析式，要注意自变量的取值范围，求函数的最值时，一般会用到配方法、基本不等式或者函数的单调性； （2）方程法：根据题目中的等量关系建立方程，根据方程的解的条件得出关于目标量的不等关系，再求出目标量的最值； （3）几何法：观察图形的几何特点，判断某个特殊位置满足最值条件，然后证明． 18．（17分）已知函数 (1)判断曲线是否具有对称性，若是，求出相应的对称轴或对称中心，并加以说明； (2)若在定义域内单调递增，求的取值范围； (3)若函数有两个零点，证明：． 【答案】(1)具有中心对称，对称中心为点 (2) (3)证明见详解 【分析】（1）先求函数定义域，结合对称性的定义分析证明； （2）分析可知在内恒成立，根据恒成立问题结合二次函数最值分析求解； （3）根据题意可得，，分析可得等价于，构建，利用导数分析分析证明即可. 【详解】（1）令，等价于，解得， 可知的定义域为， 因为， 可知具有中心对称，对称中心为点， 显然不为常函数，可知不具有轴对称， 所以具有中心对称，对称中心为点. （2）因为， 则， 若在定义域内单调递增，则在内恒成立， 又因为，则，当且仅当时，等号成立， 可得，解得， 所以的取值范围为. （3）由题意可得：， 令，解得， 可知，， 令，则， 构建，则， 令，解得；令，解得； 可知在内单调递增，在内单调递减，则， 且当趋近于0时，趋近于，当趋近于时，趋近于0， 若函数有两个零点，可知与有两个交点， 则，即； 又因为，两式相减可得， 两式相加可得， 不妨设，令，可得， 又因为，等价于，等价于， 构建，则， 构建，则， 可知在上单调递增，则，即， 可知在上单调递增，则， 即，所以. 【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的基本步骤 （1）作差或变形； （2）构造新的函数； （3）利用导数研究的单调性或最值； （4）根据单调性及最值，得到所证不等式； 特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题． 19．（17分）设m为正整数，数列是公差不为0的等差数列，若从中删去两项和后剩余的项可被平均分为组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列是可分数列． (1)写出所有的，，使数列是可分数列； (2)当时，证明：数列是可分数列； (3)从中任取两个数和，记数列是可分数列的概率为，证明：． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）直接根据可分数列的定义即可； （2）根据可分数列的定义即可验证结论； （3）证明使得原数列是可分数列的至少有个，再使用概率的定义. 【详解】（1）首先，我们设数列的公差为，则. 由于一个数列同时加上一个数或者乘以一个非零数后是等差数列，当且仅当该数列是等差数列， 故我们可以对该数列进行适当的变形， 得到新数列，然后对进行相应的讨论即可. 换言之，我们可以不妨设，此后的讨论均建立在该假设下进行. 回到原题，第1小问相当于从中取出两个数和，使得剩下四个数是等差数列. 那么剩下四个数只可能是，或，或. 所以所有可能的就是. （2）由于从数列中取出和后，剩余的个数可以分为以下两个部分，共组，使得每组成等差数列： ①，共组； ②，共组. （如果，则忽略②） 故数列是可分数列. （3）定义集合，. 下面证明，对，如果下面两个命题同时成立， 则数列一定是可分数列： 命题1：或； 命题2：. 我们分两种情况证明这个结论. 第一种情况：如果，且. 此时设，，. 则由可知，即，故. 此时，由于从数列中取出和后， 剩余的个数可以分为以下三个部分，共组，使得每组成等差数列： ①，共组； ②，共组； ③，共组. （如果某一部分的组数为，则忽略之） 故此时数列是可分数列. 第二种情况：如果，且. 此时设，，. 则由可知，即，故. 由于，故，从而，这就意味着. 此时，由于从数列中取出和后，剩余的个数可以分为以下四个部分，共组，使得每组成等差数列： ①，共组； ②，，共组； ③全体，其中，共组； ④，共组. （如果某一部分的组数为，则忽略之） 这里对②和③进行一下解释：将③中的每一组作为一个横排，排成一个包含个行，个列的数表以后，个列分别是下面这些数： ，，，. 可以看出每列都是连续的若干个整数，它们再取并以后，将取遍中除开五个集合，，，，中的十个元素以外的所有数. 而这十个数中，除开已经去掉的和以外，剩余的八个数恰好就是②中出现的八个数. 这就说明我们给出的分组方式满足要求，故此时数列是可分数列. 至此，我们证明了：对，如果前述命题1和命题2同时成立，则数列一定是可分数列. 然后我们来考虑这样的的个数. 首先，由于，和各有个元素，故满足命题1的总共有个； 而如果，假设，则可设，，代入得. 但这导致，矛盾，所以. 设，，，则，即. 所以可能的恰好就是，对应的分别是，总共个. 所以这个满足命题1的中，不满足命题2的恰好有个. 这就得到同时满足命题1和命题2的的个数为. 当我们从中一次任取两个数和时，总的选取方式的个数等于. 而根据之前的结论，使得数列是可分数列的至少有个. 所以数列是可分数列的概率一定满足 . 这就证明了结论. 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于对新定义数列的理解，只有理解了定义，方可使用定义验证或探究结论. 16 / 16 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025年高考数学第一次模拟考试 高三数学·参考答案 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 2 3 4 5 6 7 8 A C A C B 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 10 11 ACD BD ABC 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12． 13． 14． 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．（13分） 【详解】（1）中，， 由正弦定理得， 又，.................................................2分 则有，由，， 则，得，..............................4分 由，则，得.............................................................6分 （2），则，由，得，...............9分 由余弦定理， 得，得，..................................................................................12分 所以的周长为.................................................................................13分 16．（15分） 【详解】（1）取的中点为，连接，. 点，分别是，的中点， 是的中位线，即，，...........2分 在菱形中，，. ，，即四边形为平行四边形，则，.......................4分 又平面，平面，平面..............................................6分 （2）连接，， ，，，平面，平面， 平面， 又平面，， ， 又，则，所以 即直线，，两两垂直......................................................................................................9分 如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系， 则，，，， ，，，. 设平面的法向量为，平面的法向量为， 由得取...............................................................12分 由得取.......................................................................13分 设平面与平面所成角为，则 ， 即平面与平面所成角的余弦值为.............................................................15分 17．（15分） 【详解】（1）因为为椭圆上一点，为圆上一点， 由的最大值为，得，所以． 又，所以，所以， 所以椭圆的标准方程为．............................................................4分 （2）在中令，得，所以， 显然直线的斜率不能为0，设直线的方程为， 由，消去得， 所以，则， 设，，则，，............................................................7分 所以， 所以．............................................................10分 令，则， 则，当且仅当，即时取得等号， 所以面积的最大值为．.....................................................................15分 18．（17分） 【详解】（1）令，等价于，解得， 可知的定义域为，....................................................................1分 因为， 可知具有中心对称，对称中心为点，....................................................................3分 显然不为常函数，可知不具有轴对称， 所以具有中心对称，对称中心为点.....................................................................5分 （2）因为， 则， 若在定义域内单调递增，则在内恒成立，....................................................................7分 又因为，则，当且仅当时，等号成立， 可得，解得， 所以的取值范围为.....................................................................9分 （3）由题意可得：， 令，解得，....................................................................10分 可知，， 令，则， 构建，则， 令，解得；令，解得； 可知在内单调递增，在内单调递减，则， 且当趋近于0时，趋近于，当趋近于时，趋近于0， 若函数有两个零点，可知与有两个交点， 则，即； 又因为，两式相减可得，....................................................................12分 两式相加可得， 不妨设，令，可得， 又因为，等价于，等价于，....................15分 构建，则， 构建，则， 可知在上单调递增，则，即， 可知在上单调递增，则， 即，所以.....................................................................17分 19．（17分） 【详解】（1）首先，我们设数列的公差为，则. 由于一个数列同时加上一个数或者乘以一个非零数后是等差数列，当且仅当该数列是等差数列， 故我们可以对该数列进行适当的变形， 得到新数列，然后对进行相应的讨论即可. 换言之，我们可以不妨设，此后的讨论均建立在该假设下进行. 回到原题，第1小问相当于从中取出两个数和，使得剩下四个数是等差数列. 那么剩下四个数只可能是，或，或. 所以所有可能的就是....................................................................3分 （2）由于从数列中取出和后，剩余的个数可以分为以下两个部分，共组，使得每组成等差数列： ①，共组； ②，共组. （如果，则忽略②） 故数列是可分数列....................................................................7分 （3）定义集合，. 下面证明，对，如果下面两个命题同时成立， 则数列一定是可分数列：...................................................................9分 命题1：或； 命题2：. 我们分两种情况证明这个结论. 第一种情况：如果，且. 此时设，，. 则由可知，即，故. 此时，由于从数列中取出和后， 剩余的个数可以分为以下三个部分，共组，使得每组成等差数列： ①，共组； ②，共组； ③，共组. （如果某一部分的组数为，则忽略之） 故此时数列是可分数列....................................................................11分 第二种情况：如果，且. 此时设，，. 则由可知，即，故. 由于，故，从而，这就意味着. 此时，由于从数列中取出和后，剩余的个数可以分为以下四个部分，共组，使得每组成等差数列： ①，共组； ②，，共组； ③全体，其中，共组； ④，共组. （如果某一部分的组数为，则忽略之） 这里对②和③进行一下解释：将③中的每一组作为一个横排，排成一个包含个行，个列的数表以后，个列分别是下面这些数： ，，，. 可以看出每列都是连续的若干个整数，它们再取并以后，将取遍中除开五个集合，，，，中的十个元素以外的所有数. 而这十个数中，除开已经去掉的和以外，剩余的八个数恰好就是②中出现的八个数. 这就说明我们给出的分组方式满足要求，故此时数列是可分数列....................................................................13分 至此，我们证明了：对，如果前述命题1和命题2同时成立，则数列一定是可分数列. 然后我们来考虑这样的的个数. 首先，由于，和各有个元素，故满足命题1的总共有个； 而如果，假设，则可设，，代入得. 但这导致，矛盾，所以. 设，，，则，即. 所以可能的恰好就是，对应的分别是，总共个. 所以这个满足命题1的中，不满足命题2的恰好有个. 这就得到同时满足命题1和命题2的的个数为. 当我们从中一次任取两个数和时，总的选取方式的个数等于....................................................................15分 而根据之前的结论，使得数列是可分数列的至少有个. 所以数列是可分数列的概率一定满足 ...............................17分 这就证明了结论. 1 / 6 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025年高考数学第一次模拟考试 高三数学 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如 需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写 在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题 共58分） 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“”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．在复平面内，若是虚数单位，复数与关于虚轴对称，则（    ） A． B． C． D． 3．已知等边的边长为1，点分别为的中点，若，则（    ） A． B． C． D． 4．的展开式中的系数是（    ） A．﹣10 B．0 C．10 D．30 5．已知数列中，，若，则（   ） A．4 B．5 C．6 D．7 6．某圆锥母线长为，底面半径为2，则过该圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面的面积最大时，此截面将底面圆周所分成的两段弧长之比（较短弧与较长弧之比）为（    ） A． B． C． D． 7．已知双曲线，两焦点分别为，，过右焦点作直线交右支于，点，且，若，则双曲线的离心率为（    ） A． B． C． D． 8．已知函数的定义域均为，若为偶函数，为奇函数，且，则（    ） A． B． C．为奇函数 D．为奇函数 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．体育教育既能培养学生自觉锻炼身体的习惯，又能培养学生开拓进取、不畏艰难的坚强性格.某校学生参加体育测试，其中甲班女生的成绩与乙班女生的成绩均服从正态分布，且，，则(    ). A． B． C． D． 10．设，函数，则下列说法正确的是（    ） A．存在，使得 B．函数图象与函数的图象有且仅有一条公共的切线 C．函数图象上的点与原点距离的最小值为 D．函数的极小值点为 11．法国数学家加斯帕尔蒙日被称为“画法几何创始人”“微分几何之父”.他发现与椭圆相切的两条互相垂直的切线的交点的轨迹是以该椭圆中心为圆心的圆，这个圆称为该椭圆的蒙日圆.若椭圆的蒙日圆为圆，过上的动点作的两条互相垂直的切线，分别与交于两点，直线交于两点，则（    ） A．椭圆的蒙日圆方程为 B．面积的最大值为7 C．的最小值为 D．若动点在上，将直线的斜率分别记为，则 第二部分（非选择题 共92分） 3、 填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．已知，则的值为 ． 13．已知三棱锥的四个顶点均在球O上，平面为等腰直角三角形，A为直角顶点．若，且，则球O的表面积为 ． 14．已知是函数的两个零点，且，若将函数的图象向左平移个单位后得到的图象关于轴对称，且函数在恰有2个极值点，则实数取值范围为 . 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．（13分）已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，且． (1)求A； (2)若的面积为，求的周长. 16．（15分）如图，四棱锥的底面是边长为2菱形，，，分别是，的中点. (1)求证；平面； (2)若，，，求平面与平面所成角的余弦值. 17．（15分）已知椭圆的左焦点为，离心率为，为上一点，为圆上一点，的最大值为． (1)求椭圆的标准方程； (2)若圆与轴正半轴交于点，过作直线，与相交于不同的两点，，求面积的最大值． 18．（17分）已知函数 (1)判断曲线是否具有对称性，若是，求出相应的对称轴或对称中心，并加以说明； (2)若在定义域内单调递增，求的取值范围； (3)若函数有两个零点，证明：． 19．（17分）设m为正整数，数列是公差不为0的等差数列，若从中删去两项和后剩余的项可被平均分为组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列是可分数列． (1)写出所有的，，使数列是可分数列； (2)当时，证明：数列是可分数列； (3)从中任取两个数和，记数列是可分数列的概率为，证明：． 7 / 7 学科网（北京）股份有限公司 $$