精品解析：河北省正定中学2024-2025学年高三下学期高考模拟（开学）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 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. 下面是一组学生某次跳绳活动课半分钟跳绳次数的数据：，则这组数据的第65百分位数为（ ） A. 96 B. 104 C. 106 D. 108 【答案】B 【解析】 【分析】根据百分位数的计算公式即可求解. 【详解】将这组数据从小到大排列为：，共9个数据， 因为，所以第65百分位数为第6个数据104. 故选:B. 2. 已知集合，且，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由对数函数的单调性以及一元二次不等式的求解，可得集合，根据补集与并集的运算，可得答案. 【详解】由题得或， 所以，所以， 又因为，所以. 故选：C. 3. 已知公比为的等比数列的前项和为，命题，命题：对恒成立，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 【解析】 【分析】利用等比数列通项公式写出，再结合充分必要条件的定义即可判断. 【详解】由等比数列的通项公式可知， 当时，可得到，即充分性成立； 反之，若，如，不符合，所以必要性不成立. 所以是的充分不必要条件. 故选：A. 4. 已知在正方形中，与相交于点为的中点，与相交于点为的中点，若，则的值为（ ） A. 1 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】如图所示，因为与相交于点，所以为的中点， 又因为为的中点，所以为的重心，所以， 又因为为的中点，所以， 所以 . 所以，所以. 故选：D. 5. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意可通过构造函数且，利用导数求出其单调性，即可比较得出各数的大小. 【详解】因为，所以构造函数且， 则， 当时，，所以在上单调递减， 当时，，所以在上单调递减； 当时，，所以在上单调递增； 综上可知，在与上单调递減，在上单调递增. 所以. 又因为，所以， 可得. 故选：C. 6. （正弦）一词始于阿拉伯人雷基奥蒙坦，他是十五世纪西欧数学界的领导人物，今天我们所使用的符号：（正割），（余切），（余割），是经过了漫长的历史发展，直到1748年，经过数学家欧拉的引用后，才逐渐通用起来，其中，若，则（ ） A. B. C. D. 或 【答案】C 【解析】 【分析】利用二倍角的余弦公式，结合同角三角函数的关系可得，两边同时除以后，解方程可求的值，再检验即可得答案 . 【详解】由题意得， 即 即， 两边同时除以可得， 解得或， 当时，，不符合题意，所以. 故选:C. 7. 已知函数在上单调递增，且当时，恒成立，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用相位整体思想来解决三角函数单调性问题和三角函数值非负问题，可得到相位的范围，结合不等式来求解，再利用分类讨论可求出交集即可. 【详解】由已知可知， 由，解得， 因为在上单调递增，所以， 即，解得①， 此时，解得； 又因为在上，恒成立，所以， 解得，由于， 所以，解得②， 此时，解得，又因为，所以 当时，由①②可知，解得； 当时，由①②可知解得， 所以的取值范围为. 故选:B. 8. 已知水平地面上有一半径为的篮球，其中心为，在与底面所成角度为的斜平行光线束的照射下，其阴影部分为一椭圆（如图）.在平面直角坐标系中，椭圆中心为原点，设椭圆的方程为，篮球与地面的接触点为，当分别为且时，其对应的阴影部分的椭圆离心率分别为，则（ ） A. B. C. D. 不能确定 【答案】B 【解析】 【分析】由题意，求得阴影椭圆中长半轴长与短轴长与球半径的关系，利用离心率公式表示出离心率与夹角的关系，结合三角函数的单调性，可得答案. 【详解】在照射过程中，椭圆的短半轴长是球的半径，因为，所以， 又因为均与球相切，设其分别切球于点，连接， 由几何性质可知， 所以， 所以，即，又因为为椭圆中心，即为的中点， 由直角三角形的性质可知，所以球心到椭圆中心的距离是椭圆的长半轴长， 由题得，设，所以，从而. 所以，又.所以， 则，由题知，所以，所以. 故选：B. 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. 已知复数，则（ ） A. 若互为共轭复数，则为实数 B. 若，则或 C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据复数的乘法运算即可判断A；举出反例即可判断B；根据复数的乘法运算及复数的模即可判断C；根据复数的加减法运算及复数的模即可判断D. 【详解】对于A，设，则， 所以为实数，所以A正确； 对于B，设，则，但且，所以B错误； 对于C，设， 则 ， 又，则，所以C正确； 对于D，设，， 则，， 则 ， 故 ，所以D正确. 故选：ACD. 10. 已知的展开式共有7项，则（ ） A. 二项式系数和为128 B. 展开式的所有项的系数和为1 C. 含项的系数与含项的系数和为 D. 所有项的系数绝对值之和为729 【答案】BCD 【解析】 【分析】由二项式定理的性质，求出展开式的通项公式赋值逐项判断即可. 【详解】因为的展开式共有7项，所以， 对于A选项，二项式系数和为，所以A错误； 对于B选项，令，可得的展开式中所有项的系数和为，所以B正确； 对于C选项，因为展开式的通项公式为， 令，得，其系数为， 又令，得，其系数为， 所以这两项的系数和为，所以C正确； 对于D选项，由C得的系数正负交错排列， 所以令，得，所以D正确. 故选：BCD. 11. 已知抛物线的焦点为，过点的动直线与交于两点，则（ ） A. 以为直径的圆与准线相离 B. C. 为钝角三角形 D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，根据抛物线的定义求得弦中点到准线的距离，并与弦的一半比较，可得其正误；对于B，设出直线方程，联立抛物线方程，写出韦达定理，利用弦长公式，可得其正误；对于C，根据向量点乘积，结合B选项的韦达定理，可得其正误；对于D，根据抛物线定义，化简式子，结合B选项的韦达定理，可得其正误. 【详解】如图所示，由题知抛物线的焦点为，准线方程为. 对于A，设的中点为，分别过向准线引垂线，垂足分别为， 所以，故A正确； 对于B，设过点的动直线的方程为， 联立方程组，得， 设，，则， 则 ，当且仅当时等号成立，B错误； 对于C， ， 所以为钝角，故C正确； 对于D， ，故D正确. 故选：ACD. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数是奇函数，则__________. 【答案】2 【解析】 【分析】根据奇函数的定义列等式即可求解. 【详解】因为为奇函数，所以， 即， 化简得， 则，即. 故答案为：2 13. 如图所示的两个对称的等腰与，且，，若该平面图形绕着直线旋转一周围成的几何体的体积记为，该平面图形绕着直线旋转一周围成的几何体的体积记为，则__________. 【答案】4 【解析】 【分析】先根据已知条件确定该平面图形分别绕着直线和直线旋转一周围成的几何体；再求出相应几何体的底面半径和高；最后根据圆柱和圆锥的体积公式即可解答. 【详解】由题可知该平面图形绕直线旋转一周围成的几何体为一圆柱减去两圆锥形成的. 因为与是两个对称的等腰三角形，且，， 所以点到边的距离为， 即该圆柱的底面半径为，高为，圆锥的底面半径为，高为. 所以. 而该平面图形绕着直线旋转一周围成的几何体是相同大小的两个圆锥，且这个圆锥的底面半径为1，高为2， 所以， 所以. 故答案为：. 14. 据教育部网站最新消息，教育部办公厅，财政部将启动2024年“三区”人才支持计划教师专项计划，根据《通知》，2024—2025学年全国计划选派15952名教师到各脱贫地区进行支教工作.现有甲、乙、丙、丁四位教师报名参加三个地区的支教工作，每人只能参加一个地区，每个地区至少有一人报名，且甲、乙两人不能报同一地区，则甲和乙恰好有一人报地区的概率为__________. 【答案】 【解析】 【分析】利用分组分配求得总的总的情况数，以及分类加法原理求得符合题意的情况数，根据古典概型的概率计算，可得答案. 【详解】依题意，甲，乙，丙，丁四位教师报名三个地区所有的方法数共有种， 甲、乙两人报同一地区的方法数共有， 甲、乙两人不能报同一地区的方法数共有， 甲和乙恰好有一人报地区有如下情况： ①地区只有1人报名，则有种情况； ②地区有2人报名，则有种情况， 所以共有20种情况，所以. 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. 如图所示，在的边外侧作，使得四点在同一平面内. （1）若，证明：为一个定值； （2）若锐角中内角所对的边分别为，且，求的取值范围. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）在、中，利用余弦定理计算化简可得，整理即可证明； （2）由题意，根据余弦定理可得，利用正弦定理和两角差的正弦公式可得，结合的取值范围即可求解. 【小问1详解】 在中，因为， 所以由余弦定理得 ， 在中，， 所以由余弦定理得 ， 所以， 化简得， 所以为一个定值1. 【小问2详解】 由，可知， 则，又， 则， 所以， 所以， 所以 ， 又， 则，得， 所以， 故，即的取值范围为. 16. 2024年6月5日《中国教育报》刊发了教育部的“呵护好孩子的眼睛，共创光明的未来”的文章，其中特别强调“幼儿单次使用电子产品的时间不宜超过15分钟，累计每天不超过1小时”等内容.为切实提升儿童青少年视力健康整体水平，某学校积极推进近视综合防控，落实“明眸”工程，开展了近视原因的调查以备有效进行预防.在已近视的学生中随机调查了100人，同时在未近视的学生中随机调查了100人，得到如下数据： 电子产品 近视 未近视 非长时间使用电子产品 40 70 长时间使用电子产品 60 30 （1）依据小概率值的独立性检验，能否认为患近视与长时间使用电子产品有关？ （2）用频率估计概率，从已经近视的学生中采用随机抽样的方式选出1名学生，利用“物理+药物”治疗方案对该学生进行治疗.已知“物理+药物”治疗方案的治愈数据如下：在已近视的学生中，对非长时间使用电子产品的学生的治愈率为，对长时间使用电子产品的学生的治愈率为，求该近视学生被治愈的概率； （3）若按样本数据利用分层随机抽样的方法从近视学生中抽取5人，再从这5人中抽取3人进行近视矫正实验，记表示这3人中长时间使用电子产品的人数，求的分布列与数学期望. 参考公式与数据：，其中. 0.10 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 【答案】（1）有关联 （2） （3）的分布列为： 1 2 3 【解析】 【分析】（1）先设零假设，计算再与边界值比较判断即可； （2）应用全概率公式计算求解即可； （3）根据超几何分布求出概率再计算数学期望即可. 【小问1详解】 零假设为：学生患近视与长时间使用电子产品无关， ， 依据小概率值的独立性检验，我们推断不成立， 即认为学生患近视与长时间使用电子产品有关联，此推断犯错误的概率不大于0.001. 【小问2详解】 设事件表示使用“物理十药物”治疗方案并且治愈， 事件表示非长时间使用电子产品的近视学生，事件表示长时间使用电子产品的近视学生， 由题意可得， 且， 则 ， 所以该近视学生被治愈的概率为. 【小问3详解】 由样本数据可知近视学生中长时间使用电子产品与非长时间使用电子产品的人数比例为， 所以抽取的5人中有3人是长时间使用电子产品，有2人是非长时间使用电子产品， 所以的可能取值为， 且， ； ， 所以的分布列为： 1 2 3 所以数学期望为. 17. 在图1的直角梯形中，与相交于点.现以为折痕把折起，使点到达点的位置，得到如图2所示的空间几何体，点为上的动点. （1）证明：平面平面； （2）若，当平面与平面夹角的余弦值为时，求的值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）在梯形中证得，再利用线面垂直、面面垂直的判定推理得证. （2）利用相关数据计算证得，再建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，利用面面角的向量求法求解. 【小问1详解】 在直角梯形中，由，得， 设，则，又，则， ，由，得， 即，折后， 又平面，因此平面， 又平面，所以平面平面. 【小问2详解】 由（1）知，， 则，即，直线两两垂直， 以为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则， ，， 设平面的一个法向量为，则， 令，得， 由，得，则， 于是， 设平面的一个法向量为， 则，令，得， 设平面与平面的夹角为，则 ，而，解得， 所以. 18. 已知函数，其中为自然对数的底数，为函数的导函数. （1）若在区间上不是单调函数，求的取值范围； （2）若方程有两个不等实根，求的取值范围； （3）当时，，求的取值范围. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）求得，令，求得，对实数的取值进行分类讨论，由题意可知，函数在内存在极值点，可得出关于实数的不等式，解之即可； （2）分析可知，不满足，由可得，由题意可知，直线与的图象有个交点，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可得出关于实数的不等式，解之即可； （3）由已知不等式结合参变量分离法得出恒成立，令，利用导数分析函数的单调性与极值，求出函数的最小值，即可证得结论成立. 【小问1详解】 由，得， 记，所以， 当时，恒成立，为增函数，不符合题意； 当时，令，得，令，得， 所以在上单调递减，在上单调递增， 即在上单调递减，在上单调递增， 因为在区间上不是单调函数，所以，解得， 即的取值范围为. 【小问2详解】 方程， 当时，显然方程不成立，所以，则. 方程有两个不等实根，即与的图象有个交点， 且，其中， 当或时，，在区间和上单调递减， 当时，，在区间上单调递增. 当时，，当时， 则当时，且当时，取得极小值， 作出函数的图象，如图所示： 因此与有个交点时，，即，故的取值范围为. 【小问3详解】 由题得在上恒成立，即恒成立， 即， 令， 则， 当时，，，则， 所以函数在上单调递增， 当时，令， 则，所以函数在上单调递增， 又，，则， 所以在区间上存在唯一零点， 且当时，，则， 当时，，则， 所以函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，在上单调递增， 又，所以，所以. 【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法： （1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用； （2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题； （3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题. 19. 已知双曲线的右焦点为，且过点. （1）求的标准方程； （2）设斜率不为0的直线经过的右焦点，且与交于不同的两点，点关于轴的对称点为点，证明：直线过定点； （3）记的两条渐近线分别为和（其中为过第一､三象限的直线），直线与的右支交于点（在的上方），过点分别作的平行线，交于点，过点且斜率为2的直线与的右支交于点（在的上方），再过点分别作的平行线，交于点，这样一直操作下去，可以得到一系列点，则称这些点为“几何级联点直线”，记的坐标为，证明：数列是常数列. 【答案】（1） （2）证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据焦点坐标可确定的值，再根据双曲线过点，可得关于的方程组，求的值可确定双曲线的方程. （2）设直线，与双曲线方程联立，消去，得到关于的一元二次方程，由韦达定理可得，，并用它表示直线，求其与轴交点即可. （3）设斜率为2且与双曲线右支相交于两点的直线方程为，与双曲线方程联立，表示出，，再用它们表示出点的坐标，再探索的值即可. 【小问1详解】 设的焦距为， 因为的右焦点为，且过点， 所以，解得. 所以的标准方程为. 【小问2详解】 如图： 由（1）知的右焦点为， 则直线， 设，由点关于轴的对称点为点，则， 联立，得， 由题可知，即，且， 则. 则直线的方程为， 由对称性可知，直线若过定点，则必在轴上， 令，得 ， 当，且时，. 故直线过定点. 【小问3详解】 依题可知，. 设斜率为2且与双曲线右支相交于两点的直线方程为， 联立，整理得， 因为该方程有两个正根，则， 解得或（舍）， 由韦达定理得， 直线的方程为， 因为， 即，① 直线的方程为， 因为，即，② 联立①②得， 所以， 因为， 所以， ， 即， 所以， 故数列是常数列. 【点睛】思路点睛：直线与双曲线的位置关系，联立直线与双曲线方程，得到根与系数的关系，利用坐标关系可求解点的横纵坐标关系、直线上两点距离、三角形面积、定值定点等几何性质问题，但需要注意计算技巧处理. 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 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. 下面是一组学生某次跳绳活动课半分钟跳绳次数的数据：，则这组数据的第65百分位数为（ ） A. 96 B. 104 C. 106 D. 108 2. 已知集合，且，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 3. 已知公比为的等比数列的前项和为，命题，命题：对恒成立，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 4. 已知在正方形中，与相交于点为的中点，与相交于点为的中点，若，则的值为（ ） A. 1 B. C. D. 5. 若，则（ ） A. B. C. D. 6. （正弦）一词始于阿拉伯人雷基奥蒙坦，他是十五世纪西欧数学界的领导人物，今天我们所使用的符号：（正割），（余切），（余割），是经过了漫长的历史发展，直到1748年，经过数学家欧拉的引用后，才逐渐通用起来，其中，若，则（ ） A. B. C. D. 或 7. 已知函数在上单调递增，且当时，恒成立，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 已知水平地面上有一半径为的篮球，其中心为，在与底面所成角度为的斜平行光线束的照射下，其阴影部分为一椭圆（如图）.在平面直角坐标系中，椭圆中心为原点，设椭圆的方程为，篮球与地面的接触点为，当分别为且时，其对应的阴影部分的椭圆离心率分别为，则（ ） A. B. C. D. 不能确定 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. 已知复数，则（ ） A. 若互为共轭复数，则为实数 B. 若，则或 C. D. 10. 已知的展开式共有7项，则（ ） A. 二项式系数和为128 B. 展开式的所有项的系数和为1 C. 含项的系数与含项的系数和为 D. 所有项的系数绝对值之和为729 11. 已知抛物线的焦点为，过点的动直线与交于两点，则（ ） A. 以为直径的圆与准线相离 B. C. 为钝角三角形 D. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数是奇函数，则__________. 13. 如图所示的两个对称的等腰与，且，，若该平面图形绕着直线旋转一周围成的几何体的体积记为，该平面图形绕着直线旋转一周围成的几何体的体积记为，则__________. 14. 据教育部网站最新消息，教育部办公厅，财政部将启动2024年“三区”人才支持计划教师专项计划，根据《通知》，2024—2025学年全国计划选派15952名教师到各脱贫地区进行支教工作.现有甲、乙、丙、丁四位教师报名参加三个地区的支教工作，每人只能参加一个地区，每个地区至少有一人报名，且甲、乙两人不能报同一地区，则甲和乙恰好有一人报地区的概率为__________. 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. 如图所示，在的边外侧作，使得四点在同一平面内. （1）若，证明：为一个定值； （2）若锐角中内角所对的边分别为，且，求的取值范围. 16. 2024年6月5日《中国教育报》刊发了教育部的“呵护好孩子的眼睛，共创光明的未来”的文章，其中特别强调“幼儿单次使用电子产品的时间不宜超过15分钟，累计每天不超过1小时”等内容.为切实提升儿童青少年视力健康整体水平，某学校积极推进近视综合防控，落实“明眸”工程，开展了近视原因的调查以备有效进行预防.在已近视的学生中随机调查了100人，同时在未近视的学生中随机调查了100人，得到如下数据： 电子产品 近视 未近视 非长时间使用电子产品 40 70 长时间使用电子产品 60 30 （1）依据小概率值的独立性检验，能否认为患近视与长时间使用电子产品有关？ （2）用频率估计概率，从已经近视的学生中采用随机抽样的方式选出1名学生，利用“物理+药物”治疗方案对该学生进行治疗.已知“物理+药物”治疗方案的治愈数据如下：在已近视的学生中，对非长时间使用电子产品的学生的治愈率为，对长时间使用电子产品的学生的治愈率为，求该近视学生被治愈的概率； （3）若按样本数据利用分层随机抽样的方法从近视学生中抽取5人，再从这5人中抽取3人进行近视矫正实验，记表示这3人中长时间使用电子产品的人数，求的分布列与数学期望. 参考公式与数据：，其中. 0.10 0.05 0.01 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 17. 在图1的直角梯形中，与相交于点.现以为折痕把折起，使点到达点的位置，得到如图2所示的空间几何体，点为上的动点. （1）证明：平面平面； （2）若，当平面与平面夹角的余弦值为时，求的值. 18. 已知函数，其中为自然对数的底数，为函数的导函数. （1）若在区间上不是单调函数，求的取值范围； （2）若方程有两个不等实根，求的取值范围； （3）当时，，求的取值范围. 19. 已知双曲线的右焦点为，且过点. （1）求的标准方程； （2）设斜率不为0的直线经过的右焦点，且与交于不同的两点，点关于轴的对称点为点，证明：直线过定点； （3）记的两条渐近线分别为和（其中为过第一､三象限的直线），直线与的右支交于点（在的上方），过点分别作的平行线，交于点，过点且斜率为2的直线与的右支交于点（在的上方），再过点分别作的平行线，交于点，这样一直操作下去，可以得到一系列点，则称这些点为“几何级联点直线”，记的坐标为，证明：数列是常数列. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $