精品解析：甘肃省靖远县第一中学2024-2025学年高三上学期12月高考模拟测试数学试题

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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由子集的概念，交集与并集的概念求解即可. 【详解】因为，可得，故A，B项错误； 又因为，故C项错误，D项正确． 故选：D. 2. 已知向量，则（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 0 【答案】A 【解析】 【分析】根据向量垂直的坐标运算求解即可. 【详解】因为， 所以，解得． 故选：A. 3. （ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用诱导公式结合两角差的正弦公式可求得所求代数式的值. 【详解】 . 故选：B. 4. 若底面半径为的圆锥内接于半径为2的球O，则圆锥的体积为（ ） A. B. C. 或 D. 或 【答案】C 【解析】 【分析】圆锥顶点，底面圆心与球心共线且垂直于底面，再根据勾股定理即可解得. 【详解】如图所示，为圆锥顶点，为圆锥底面直径， 设圆锥的底面圆心为，连接. 因为圆锥的底面半径为，高为或， 所以其体积为或． 故选：C. 5. 函数的部分图象如图所示，则（ ） A. 1 B. 2 C. 5 D. 8 【答案】B 【解析】 【分析】结合图象可得，进而结合周期可求得. 【详解】因为．所以， 由图象可知，所以，所以． 故选：B. 6. 若函数（，且）在上单调递减，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据复合函数的单调性，结合指数函数与二次函数的单调性建立不等式，解之即可求解． 【详解】令， 易知函数图象的对称轴为，开口向下， 所以在上单调递增，在上单调递减． 当时，为增函数，且，则，解得； 当时，为减函数，且，因为，符合题意. 故实数a的取值范围是． 故选：C 7. 已知双曲线的左、右焦点分别为是双曲线C上一点，，且成等差数列，则双曲线C的离心率为（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先根据双曲线的定义得，结合已知可得，从而可得，可求离心率. 【详解】因为，所以，因为成等差数列， 所以，又因为，所以可得， 由，可得，所以，所以， 故双曲线C的离心率为． 故选：A. 8. 取整函数表示不超过x的最大整数（例如：）．已知数列满足：，，若数列的前项和，则（ ） A. 8 B. 9 C. 10 D. 11 【答案】B 【解析】 【分析】记，根据等比数列的定义可知数列为等比数列，则，结合等比数列前项和公式计算建立不等式组，解之即可求解. 【详解】记，则数列是以为首项，2为公比的等比数列， 所以． 得， 则．因为，所以． 故选：B 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. 已知随机变量，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】由二项分布的数学期望与方差公式计算可判断AB，利用二项分布的概率公式与正态分布在某个区间上的概率公式计算可判断CD. 【详解】由题可知，则A，B项正确； ．C项错误，D项正确． 故选：ABD. 10. 已知，则下列结论可能成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】记，可得的单调性，构造，求导可得的单调性，进而可得的大小关系. 【详解】记，易知为上的增函数． 记，则． 令，得，故在上单调递增， 令，得，故在上单调递减． 又，故当时，， 当时，，即． 由，，则， 可得或或． 故选：ABC. 11. 已知圆，定直线，以原点O为顶点的射线与圆C、直线l分别交于两点，P为上的动点，满足，则点P的轨迹为蔓叶线，且其方程为．下列关于蔓叶线的说法正确的是（ ） A. B. 若蔓叶线E与抛物线的一个交点的横坐标为3，则 C. 的最小值为 D. 若点在蔓叶线E上，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】由点在曲线上，可求判断A；由，可求得，可求判断B；利用两点间的距离公式可求得当时，判断C；对于D，法一：，构造函数，求导可得结论；法二，利用不等式性质可得结论. 【详解】对于选项A，当点A的坐标为时，易得点B的坐标为， 由，可知点P与点A重合，故点在曲线上， 可得，解得，故A项正确． 对于选项B，因为蔓叶线的方程为，当时，， 所以，B项正确． 对于选项C，点与点间的距离为， 当时，，C项错误． 对于选项D．由，可得，解得． （方法一）因为， 设函数，则， 易知在上单调递增，所以，所以在上单调递增， 所以，所以，故D项正确． （方法二）因为，所以，又， 所以，故，故D项正确． 故选：ABD 【点睛】关键点点睛：通过构造函数，利用导数得其单调性可求得结论. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若，则_______． 【答案】 【解析】 【分析】根据复数的四则运算求解即可. 【详解】． 故答案为：. 13. 已知曲线在点处的切线也是曲线的切线，则_______． 【答案】 【解析】 【分析】首先对函数求导，求出在处的切线方程，然后根据二次函数与直线相切，根据判别式求出对应的. 【详解】因为，所以，又， 故曲线在点处的切线方程为，即． 由可得， 解得． 故答案为：. 14. 在2024年巴黎奥运会上，中国乒乓球队取得了极其辉煌的成绩，成功包揽了乒乓球项目的冠军．甲、乙两人进行乒乓球比赛，规定每回合比赛胜者得1分，负者得0分，哪一方率先获得11分，就可以赢得比赛．10平后，先多得2分的一方为胜方，比赛一直进行到一方比另一方多2分方可分出胜负．已知 每回合比赛中，甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，且每回合比赛结果相互独立．已知比赛已经进行到，则两个回合后本局比赛分出胜负的概率为_______，假设比赛不限制回合数，则甲赢得本局比赛的概率为_______． 【答案】 ①. ②. ## 【解析】 【分析】记在一个回合比赛中， 甲获胜为事件A，乙获胜为事件 空1：两个回合后本局比赛分出胜负的概率为，然后根据概率的乘法公式进行求解； 空2：根据全概率事件公式将甲赢得本局比赛对应的四种情况用概率表示，然后计算求解. 【详解】记在一个回合比赛中，甲获胜为事件A，乙获胜为事件 后前两回合比赛结果可能有．两个回合后本局比赛分出胜负的概率为． 当甲、乙两人得分总数相同时，甲赢得比赛的概率与比赛进行到时甲赢得比赛的概率相同，记“甲赢得比赛”为事件M，所以， 可得：即. 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. 已知在中，内角的对边分别为． （1）求A； （2）若为的中点，求的外接圆的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）直接利用正弦定理将边化角，再结合两角和的正弦公式求出，然后求解角的大小； （2）由正弦定理可得，可求，利用正弦定理可求外接圆的半径，进而求得面积. 【小问1详解】 因为，所以， 由正弦定理可得． 即， 因为，所以． 因为，所以． 【小问2详解】 因为，所以． 因为，所以． 因为D为的中点，所以， 在中，． 设外接圆的半径为R，则， 故的外接圆的面积为． 16. 已知椭圆的离心率为分别是椭圆C的左、右顶点． （1）求椭圆C的方程． （2）是否存在过点且斜率不为0的直线l与椭圆C交于两点，使得？若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由． 【答案】（1） （2）不存在，理由见解析 【解析】 【分析】（1）根据离心率和求出，利用求出，即可得解. （2）设，设直线l的方程为，根据平行的性质得，进而，联立直线l与椭圆方程，利用韦达定理列方程得，根据方程无解即可解答. 【小问1详解】 因为，所以. 又因为，所以， 故椭圆C的方程为. 【小问2详解】 假设存在，由题可设直线l的方程为， 因为，所以， 则， 设，可得， 由消去x，得， ， 可得，即，该方程无实数解，假设不成立， 故不存在符合题意的直线. 17. 已知正四棱锥的所有棱长均为是的中点，分别在上，． （1）求证：平面； （2）若，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）通过比例相等证明，然后利用线面平行的判定定理证明. （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，然后利用线面角的向量公式求解即可. 【小问1详解】 因为，所以， 因为，所以， 因为平面平面，所以平面. 【小问2详解】 连接，记，连接， 因为是正四棱锥，所以平面． 又因为，所以两两垂直． 分别以为轴建立如图所示的空间直角坐标系． 因为是的中点， 所以，， 因为， ， 所以， 设为平面的法向量， 由，可得, 令，得，则． 设直线与平面所成的角为， 则， 故直线与平面所成角的正弦值为. 18. 已知函数． （1）求函数的极值． （2）设，曲线在处的切线为l． （i）证明：除切点外，曲线恒在l的上方． （ii）若，且，证明：． 【答案】（1）极大值为，无极小值 （2） （i）因为函数，所以． 设曲线在处的切线的斜率为k，则， 又，则曲线在处的切线方程为：，即． 设函数，则． 当时，单调递减；当时，单调递增． 则， 所以． 故除切点外，曲线恒在l的上方． （ii）分别令，且满足， 由（i）知， 令， 当时，单调递增， 当时，单调递减，所以， 令，可得， 即，得证． 【解析】 【分析】（1）求导得，求得的根，进而求得函数在根的左路左右两侧的单调性，从而可求极值； （2）（i）利用导数求得函数在处的切线方程，令，利用导数可证，可得结论； （3）利用（2）可得，令，利用导数求得的最小值即可证明结论. 【小问1详解】 ， ，令，可得． 当时，单调递增；当时，单调递减． 所以当时，有极大值，并且极大值为， 函数无极小值． 【小问2详解】 略 【点睛】关键点点睛：证明（3）问，关键在于利用（2）的结论得到，进而令，再结合导数求得函数的最小值，是一种常用思路与方法． 19. 对于数列，当时，有，此时就称是数列的一个逆序，数列的所有逆序的总个数称为数列的逆序数，记为.例如：数列只有两个逆序，分别为和，则数列的逆序数.特别地，对于数列，将其重新排列后，如果新的数列中所有的项都不在原来的位置上，此时称这样的数列是原数列的一个错排数列.例如：是的一个错排数列，是的一个错排数列.记为数列的所有排列中逆序数为i的全部排列的个数，记为的所有错排数列组成的集合，表示集合中元素的个数. （1）求和的值； （2）若，求的表达式； （3）求从中任取一个排列，其逆序数的概率． 【答案】（1）， （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据错排数列的定义求解即可； （2）当取一个数字向前移动三个位置时，有种结果，当取三个数字分别向前移动一个位置时，有种结果，当取一个数字向前移动一个位置，再取另一个数字向前移动两个位置，分类讨论求得有种结果，即可解答； （3）根据错排数列的定义求得，再求得满足逆序数的排列个数，利用古典概型求解概率即可. 【小问1详解】 的所有排列中逆序数为3的排列如下： ，故． 对于有序数列，一号位有这三种可能，不妨设一号位是2， 若二号位为1，则剩下的是两个数进行错排，易知； 若二号位不为1，则剩下的是三个数进行错排， 易知的错排为，即，因此． 【小问2详解】 对于有序数列，要使得，有三种方法： ①取一个数字向前移动三个位置，可以向前移动三个位置的有， 故此时有种结果． ②取三个数字分别向前移动一个位置，可以向前移动一个位置的有， 故此时有种结果． ③取一个数字向前移动一个位置，再取另一个数字向前移动两个位置， 可以向前移动一个位置的有，一共有个数字， 可以向前移动两个位置的有，一共有个数字， （i）当“2”向前移动一个位置时，只需在中选取一个数字向前移动两个位置即可， 此时有种结果， （ii）当在这个数字中选取一个数字向前移动一个位置时， 此时可以向前移动两个位置的数字只剩下个 （例如：数列，第1步将数字4向前移动一个位置， 第2步将3向前移动两个位置，此时应理解为4从原来的四号位移动到了三号位， 3从原来的三号位移动到了一号位，其他的数字按照原来的顺序填补空缺位置， 得到）．此时有种结果， 综上，此时有种结果． 故． 【小问3详解】 要计算概率，先要求出，而根据（1）中的思路可知： 对于n元有序数列的错排，一号位置有，一共有种可能， 若二号位置为1，则剩下这个数进行错排； 若二号位置不为1，则剩下这个数进行错排． 因此可以得到， 当时，． 接下来分析这些错排中，逆序数的情况， 不难发现，若要错排，“1”和“6”一定不能在原来的位置上，此时至少已经有2个逆序， 下面分两种情况讨论，若“1”向后移动两个位置，则此时“6”只能在五号位， 要保证的话，“4”一定会在原来的位置上，不符合错排． 同理若“6”向前移动两个位置，则“3”一定在原来的位置上， 因此“1”和“6”只能分别向后和向前移动一个位置，即“1”在二号位，“6”在五号位， 此时剩下的一个逆序只能是其中的一个， 而对于“2”“5”，此时一定是错排，且“3”不在三号位，“4”不在四号位． 综上限制可知，最后一个逆序只能是，且“3”在四号位，“4”在三号位， 因此满足既是错排，且逆序数的情况只有排列，故所求概率． 【点睛】关键点点睛：本题考查数列的逆序数和错排问题，要求考生理解数列逆序数的概念，解题的关键是掌握错排问题的求解方法，考查数学抽象、逻辑推理和数学运算素养. 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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知向量，则（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 0 3. （ ） A. B. C. D. 4. 若底面半径为的圆锥内接于半径为2的球O，则圆锥的体积为（ ） A. B. C. 或 D. 或 5. 函数的部分图象如图所示，则（ ） A. 1 B. 2 C. 5 D. 8 6. 若函数（，且）在上单调递减，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 已知双曲线的左、右焦点分别为是双曲线C上一点，，且成等差数列，则双曲线C的离心率为（ ） A. 2 B. C. D. 8. 取整函数表示不超过x的最大整数（例如：）．已知数列满足：，，若数列的前项和，则（ ） A. 8 B. 9 C. 10 D. 11 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. 已知随机变量，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知，则下列结论可能成立的是（ ） A. B. C. D. 11. 已知圆，定直线，以原点O为顶点的射线与圆C、直线l分别交于两点，P为上的动点，满足，则点P的轨迹为蔓叶线，且其方程为．下列关于蔓叶线的说法正确的是（ ） A. B. 若蔓叶线E与抛物线的一个交点的横坐标为3，则 C. 的最小值为 D. 若点在蔓叶线E上，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若，则_______． 13. 已知曲线在点处的切线也是曲线的切线，则_______． 14. 在2024年巴黎奥运会上，中国乒乓球队取得了极其辉煌的成绩，成功包揽了乒乓球项目的冠军．甲、乙两人进行乒乓球比赛，规定每回合比赛胜者得1分，负者得0分，哪一方率先获得11分，就可以赢得比赛．10平后，先多得2分的一方为胜方，比赛一直进行到一方比另一方多2分方可分出胜负．已知 每回合比赛中，甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，且每回合比赛结果相互独立．已知比赛已经进行到，则两个回合后本局比赛分出胜负的概率为_______，假设比赛不限制回合数，则甲赢得本局比赛的概率为_______． 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. 已知在中，内角的对边分别为． （1）求A； （2）若为的中点，求的外接圆的面积． 16. 已知椭圆的离心率为分别是椭圆C的左、右顶点． （1）求椭圆C的方程． （2）是否存在过点且斜率不为0的直线l与椭圆C交于两点，使得？若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由． 17. 已知正四棱锥的所有棱长均为是的中点，分别在上，． （1）求证：平面； （2）若，求直线与平面所成角的正弦值. 18. 已知函数． （1）求函数的极值． （2）设，曲线在处的切线为l． （i）证明：除切点外，曲线恒在l的上方． （ii）若，且，证明：． 19. 对于数列，当时，有，此时就称是数列的一个逆序，数列的所有逆序的总个数称为数列的逆序数，记为.例如：数列只有两个逆序，分别为和，则数列的逆序数.特别地，对于数列，将其重新排列后，如果新的数列中所有的项都不在原来的位置上，此时称这样的数列是原数列的一个错排数列.例如：是的一个错排数列，是的一个错排数列.记为数列的所有排列中逆序数为i的全部排列的个数，记为的所有错排数列组成的集合，表示集合中元素的个数. （1）求和的值； （2）若，求的表达式； （3）求从中任取一个排列，其逆序数的概率． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $