精品解析：甘肃省靖远县第二中学2024-2025学年高三上学期1月期末数学试题

2025年普通高等学校招生全国统一考试 数学模拟测试 本试卷共150分 考试时间120分钟 注意事项： 1.答题前，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. 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. 若有一组数据为6，6，5，5，4，4，3，2，1，则该组数据的平均数为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 2. 若复数 满足，则（ ） A. B. C. D. 3. 若为正方体，则异面直线与所成角的大小为（ ） A. B. C. D. 4. 若将函数的图象向左平移个单位长度后得到的图象与的图象完全重合，则 的最小值为（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 5. 若，，，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知两个非零向量满足，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 7. 若存在，使得成立，则实数 的最小值为（ ） A. B. 1 C. 2 D. 8. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，以为直径的圆与曲线的右支交于一点，直线平分，过点，作直线的垂线，垂足分别为， ，为坐标原点，则 的面积为（ ） A. 10 B. 12 C. 16 D. 8 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知定义域为 的函数满足，且函数的图象关于点中心对称，则（ ） A. 直线是函数的图象的一条对称轴 B. 为周期函数 C. D. 为偶函数 11. 如图一，四边形为矩形，，，，，，分别为矩形各边的中点，现按图中虚线折起，得到图二所示的四面体，其中点， ，，重合为点，则在图二中，下列结论正确的是（ ） A. B. C. 四面体的体积为 D. 四面体的外接球的表面积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数若，则实数 的取值范围是________. 13. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，为椭圆上一动点，为的内心，若直线 和 的斜率分别为，，其中为坐标原点，则________. 14. 已知，，且，则的最大值为________. 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. 在 中，内角， ，的对边分别为 ， ， ，. （1）求角的大小； （2）若，，求 的面积. 16. 已知抛物线上的点到焦点的距离为4. （1）求的值； （2）过抛物线的焦点的直线与抛物线相交于， 两点，且，求直线的方程. 17. 如图，是圆柱底面内接正三角形， ，， 为圆柱的母线，，为 的中点，， 分别为， 的中点，直线 与平面相交于点. （1）求的值； （2）求平面与平面的夹角的余弦值. 18. 已知数列满足，且 . （1）求数列的通项公式； （2）证明： ； （3）表示不超过 的最大整数，如 ， ，设，求数列的前 项和. 19. 已知函数， . （1）讨论函数的单调性； （2）若随机变量 可取的值为， ，且 ，，为 的数学期望.证明： （i）； （ii）. 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 数学模拟测试 本试卷共150分 考试时间120分钟 注意事项： 1.答题前，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. 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. 若有一组数据为6，6，5，5，4，4，3，2，1，则该组数据的平均数为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 【答案】C 【解析】 【分析】借助平均数定义计算即可得. 【详解】平均数为. 故选：C. 2. 若复数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据条件，利用复数的运算法则及模长的计算公式，即可求解. 【详解】因为，所以，所以. 故选：D. 3. 若为正方体，则异面直线与所成角的大小为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意作图，根据正方体的几何性质，利用异面直线夹角的定义，可得答案. 【详解】连接， ，如下图： 易知，所以为异面直线与所成的角（或其补角）， 易知为等边三角形，所以. 故选：A. 4. 若将函数的图象向左平移个单位长度后得到的图象与的图象完全重合，则 的最小值为（ ） A. 2 B. 4 C. 6 D. 8 【答案】B 【解析】 【分析】结合三角函数周期计算即可得. 【详解】由题知，是函数周期的整数倍，所以， 所以，所以正数 的最小值为4. 故选：B. 5. 若，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】借助全概率公式与对立事件概率公式计算即可得. 【详解】因为， 所以，解得. 故选：C. 6. 已知两个非零向量满足，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据向量的模长、数量积运算，再根据投影向量公式求解即可. 【详解】因为，所以， 所以，所以向量在向量上的投影向量为． 故选：D. 7. 若存在，使得成立，则实数 的最小值为（ ） A. B. 1 C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【分析】化简可得，构造函数，然后利用导数求出函数的最小值即可. 【详解】不等式等价于，即. 令，由可知， 在上为增函数， ，，则， 令，，则， 当时， ，当时，， 所以函数在上单调递减，在上单调递增，所以， 所以结合题意可知，即实数 的最小值为1. 故选：B 8. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，以为直径的圆与曲线 的右支交于一点 ，直线 平分，过点，作直线 的垂线，垂足分别为 ， ， 为坐标原点，则 的面积为（ ） A. 10 B. 12 C. 16 D. 8 【答案】D 【解析】 【分析】根据直径所对的圆周角为直角，结合平行线的性质、等腰三角形的判定定理和性质、双曲线的定义进行求解即可. 【详解】延长，交于点 ，延长，交于点 . 由题知为直径，所以，因为直线 平分， 所以， 且 ， 分别为 ，的中点， 所以，， 所以， 所以，所以 为等腰直角三角形. 因为， 所以 的面积为. 故选：D 【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用双曲线的定义、平行线的性质. 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】先解一元二次不等式及绝对值不等式，再分别求出交集，并集，及补集最后分别判断各个选项即可. 【详解】由题易知，，所以，， 所以，，，故选项A错误，选项B，C，D正确. 故选：BCD. 10. 已知定义域为 的函数满足，且函数的图象关于点中心对称，则（ ） A. 直线是函数的图象的一条对称轴 B. 为周期函数 C. D. 为偶函数 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据条件可得到，可得到函数的图象关于直线对称，再结合条件，可得是函数的图象的一条对称轴， 是函数的一个周期，即可判断出选项A，B和C的正误；对于D，先假设为偶函数，根据题设得出矛盾，即可求解. 【详解】因为，令，得到，所以， 则，所以函数的图象关于直线对称， 又因为函数的图象关于点中心对称，则， 又函数的图象关于直线对称，所以， 令，得到，即，所以， 故 是函数的一个周期，所以选项B正确， 又，可得，所以直线是函数的图象的一条对称轴，故选项A正确， 对于选项C，因为 是函数的一个周期，则， 又定义为 ，且图象关于点中心对称，所以，得到，所以选项C正确， 对于选项D，假设为偶函数，则，因为， 令，则，所以，则 是函数的一个周期， 又函数的图象关于点中心对称，则函数的图象关于点对称， 又直线是函数的图象的一条对称轴，所以直线 是函数的图象的一条对称轴，矛盾，所以选项D错误， 故选：ABC. 11. 如图一，四边形 为矩形，，， ， ， ， 分别为矩形各边的中点，现按图中虚线折起，得到图二所示的四面体，其中点 ， ， ， 重合为点 ，则在图二中，下列结论正确的是（ ） A. B. C. 四面体的体积为 D. 四面体的外接球的表面积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】由题分析折叠前后图形中的不变量可知，，以及三棱锥的棱长，选项B即可判断；对于选项A，证明线面垂直即可判断；对于选项C，利用三棱锥体积公式即可求解；对于选项D，根据三棱锥对棱棱长相等可知三棱锥可放到长方体中，则三棱锥外接球的直径即为长方体的体对角线，选项D即可判断. 【详解】由题知，，. 又，平面，平面，平面. 又平面，，即，故选项A正确； ，，故选项B正确； ，，，. ，，，平面，平面，平面. 所以四面体的体积为，故选项C错误； ，， 所以四面体可以放入长方体中，如图所示， 设四面体的外接球的半径为，则有， 解得，所以外接球的表面积，故选项D正确. 故选：ABD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数若，则实数 的取值范围是________. 【答案】 【解析】 【分析】因为分段函数的函数值计算求参. 【详解】当时，不合题意； 当时，,符合题意，结合 ，所以. 故答案为： 13. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，为椭圆 上一动点， 为的内心，若直线 和 的斜率分别为，，其中 为坐标原点，则________. 【答案】## 【解析】 【分析】结合椭圆性质与内切圆中的切线长定理，可得，设，可得，则有，再由等面积可得，从而表示斜率即可得解. 【详解】由题知，，，，， 设，的内切圆与，，的切点分别为 ， ，， 则、、， 所以，即， 因为， 所以，所以，， 易知与同号，所以，所以， 所以. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题关键点在于结合切线长定理，得到，从而得到. 14. 已知，，且，则的最大值为________. 【答案】 【解析】 【分析】借助对数运算法则，可得，再令，则有，结合基本不等式计算可得，即可得，故. 【详解】，令，则， 因为，即，所以， 所以，当且仅当，即，时，等号成立， 所以，所以，即的最大值是. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题关键点在于设出，再结合基本不等式得到，即可得解. 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. 在 中，内角 ， ， 的对边分别为 ， ， ，. （1）求角 的大小； （2）若，，求 的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）通过正弦定理将边的关系化为角的关系，根据两角和的正弦公式即可得解； （2）通过余弦定理得到，最后根据三角形面积公式得结果. 【小问1详解】 因为， 所以， 所以，所以，因为，所以. 【小问2详解】 由（1）知，，因为， ，，所以，解得， 所以 的面积为. 16. 已知抛物线上的点到焦点的距离为4. （1）求的值； （2）过抛物线 的焦点的直线 与抛物线 相交于 ， 两点，且，求直线 的方程. 【答案】（1）6 （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意列式，求出的值，即得答案. （2）由（1）可得抛物线方程，设直线方程，并联立，利用抛物线弦长公式求出参数，即得答案. 【小问1详解】 由题知，，所以. 因为点到焦点的距离为4，所以4，所以，即 ， 所以，所以. 【小问2详解】 由（1）知，抛物线 的方程为，其焦点坐标为. 设，，由题意知l的斜率不为 0，设直线 的方程为. 由得，， 所以，所以. 因为，所以，即，解得， 所以直线 的方程为，即. 17. 如图，是圆柱底面内接正三角形， ，， 为圆柱的母线，， 为 的中点， ， 分别为 ， 的中点，直线 与平面相交于点 . （1）求的值； （2）求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）延长 至点，使得，证明，过点 作 的垂线，垂足为 ，结合相似三角形性质求结论； （2）建立空间直角坐标系，求平面与平面的法向量，结合向量夹角公式求结论. 【小问1详解】 因为 ， 分别为 ， 的中点， 所以，延长 至点，使得，连接 ， 所以，且，所以四边形为平行四边形， 所以，所以. 连接，交 于点 ，过点 作 的垂线，垂足为 ， 则，，又 为 的中点， 所以 为 的中点，又， 为 的中点， 故，所以， 又，是正三角形， 故，. 由相似易知，，即，解得， 所以. 【小问2详解】 设 的中点为 ，连接 ， ，分别以 ， ， 所在直线为 轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 则，，，， ，，. 设是平面的法向量， 则，即， 令，解得，， 所以是平面的一个法向量. 设是平面的法向量， 则，即， 令 ，解得，， 所以是平面的一个法向量. 故， 所以平面与平面的夹角的余弦值为. 18. 已知数列满足，且 . （1）求数列的通项公式； （2）证明： ； （3）表示不超过 的最大整数，如 ， ，设，求数列的前 项和. 【答案】（1） （2） 由（1）可知， ，则， 可得. 又因为 ， 所以 . （3） 【解析】 【分析】（1）分析可知数列是首项和公比均为2的等比数列，结合等比数列通项公式运算求解； （2）根据（1）可得，再利用等比数列求和公式分析证明； （3）根据（1）结合二项式定理求数列的通项公式，利用分组求和法结合等比数列求和公式分析求解. 【小问1详解】 因为 ，则， 且，则 ， 可知数列是首项和公比均为2的等比数列， 可得，所以 . 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由（1）可知，，则. 因为 ， 可得， 当为奇数时，则，即； 当为偶数时，则，即. 设为数列的前项和， 可得 . 所以数列的前 项和为. 【点睛】关键点点睛：第三问的关键在于根据结合二项展开式整理，并讨论奇偶项求数列的通项公式. 19. 已知函数， . （1）讨论函数的单调性； （2）若随机变量 可取的值为， ，且 ，，为 的数学期望.证明： （i）； （ii）. 【答案】（1） 当 时，在上单调递增； 当 时，在上单调递减，在上单调递增. （2）（i）当时，，由（1）知，函数在上单调递减， 在上单调递增，所以 ，所以 . （i）证明：因为 ，所以 ，所以 ， 所以，，⋯，， 两边相乘得. 又因为 ，所以成立 （ii）因为 ，所以 ，当且仅当 时取等号. 要证，只需证明. 又 ， 所以只需证明， 即 . 又因为 ， 所以 ， 则成立. 【解析】 【分析】（1）先求出导函数再分 和 两种情况分别得出导函数正负进而得出单调性 （2）（i）应用（1）知 ，进而得出 相乘结合数学期望性质计算证明；（ii）结合 结合对数的运算律计算证明. 【小问1详解】 ，， 当 时， 恒成立，函数在上单调递增； 当 时，由 得 ，由 得 ， 所以函数在上单调递减，在上单调递增. 【小问2详解】 （i）略 （ii）略 【点睛】关键点点睛：证明的关键点是对（1）的结论的应用知 ，再把不等式转化为 及 变形应用解题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $