精品解析：甘肃省靖远县第一中学2024-2025学年高三下学期3月月考数学试题

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. 已知复数z在复平面内对应的点为，则的共轭复数为（ ） A. B. C. 1 D. -1 【答案】B 【解析】 【分析】利用复数的除法法则计算可求得的共轭复数. 【详解】由已知得，所以， 其共轭复数为i． 故选：B． 2. 已知，且，则（ ） A. 0 B. C. 0或3 D. 或3 【答案】D 【解析】 【分析】分，两种情况解方程，可求的值. 【详解】由题意知n为方程的根，当时，； 当时，一元二次方程有两个相同的根，则，解得， 此时，即． 综上所述：或． 故选：D． 3. 已知是第三象限角，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由已知可得，进而求得，，结合，确定所在象限，进而利用可求值. 【详解】因为是第三象限角，，所以， 因为，，则，， 若，，则，，此时，不满足要求； 若，，则，，此时，符合题意， 故，所以． 故选：C． 4. 中国象棋是中国发明的一种古老的棋类游戏，大约有两千年的历史，是中华文明非物质文化的经典产物，如图，棋盘由边长为1的正方形方格组成，已知“马”“帅”“炮”“兵”分别位于A，B，C，D四点，则（ ） A. B. C. D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】化简，再利用数量积公式计算即可. 【详解】由题得． 故选：A． 5. 函数的大致图象为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求出函数的定义域，探讨其奇偶性，再结合，以及时，，可得结论. 【详解】由题得，的定义域为，关于原点对称， 且，所以函数为奇函数，排除A； ．排除C；当时，，排除B． 故选：D． 6. 下图是北京1号线地铁线路图的一部分．现有含甲在内的4名游客乘坐四惠东至苹果园方向的1号线地铁，他们均从东单站上车，选择王府井站、天安门东站和西单站下车，这4名游客每名游客只在一个车站下车，且每个车站至少有1名游客下车，若甲只在西单站下车，则这4名游客下车的不同方案种数为（ ） A. 6 B. 12 C. 20 D. 24 【答案】B 【解析】 【分析】分只有甲在西单站下车和甲与另外1人在西单站下车两种情况求解即可. 【详解】分两种情况：①只有甲在西单站下车，则有种不同的方案； ②甲与另外1人在西单站下车，则有种不同的方案， 综上，共有12种不同的方案. 战选：B． 7. 椭圆具有如下光学性质：从椭圆的一个焦点发出的光线，经过椭圆反射后，反射光线过椭圆的另一个焦点（如图）．已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，C上的两点A，B的连线经过点，过点A作C的切线l，记点B关于l的对称点为D，若与的面积之比为22:9，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由椭圆的光学性质可得D，A，三点共线．设，则，，结合已知可求得，利用面积可求得，进而计算可求得. 【详解】如图，由椭圆的光学性质可得D，A，三点共线．设，则， ， 故，解得， 所以，，又，解得， 所以，于是得． 故选：C． 8. 已知函数，的定义域均为R，为偶函数，为奇函数，，，则（ ） A. B. 0 C. 2 D. 2025 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意求出的周期，化简求值即可. 【详解】因为为偶函数，所以①， 因为，所以，， 结合①有②， 因为为奇函数，所以，所以， 结合②有， 所以，所以，所以的周期为8， 所以， 同理，由，得， 因为，所以，即， 因为，所以， 则，则， 所以，所以，所以的周期为8， 所以， 由．得，所以．即， 所以． 故选：A． 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共1 8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（，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用二项式定理的展开式的通项公式可求判断A；令，又，求解可判断B；令，计算可判断C；对原式求导，结合赋值法可求得的值判断D. 【详解】的展开式的通项公式为， 令，得，令，得， 则含有的项为，所以，故A正确； 令，碍①， 而，所以，故B错误； 令，得②， （①-②）÷2得，故C正确； ， 令，得， 所以，故D正确， 故选：ACD． 10. 已知双曲线C：的左、右焦点分别为，，过的直线与C的右支相交于M，N两点，则（ ） A. 直线l：与C恰有两个公共点 B. 若，则的面积为 C. 双曲线E：的焦点在以为直径的圆上 D. 若，则的周长为28 【答案】BC 【解析】 【分析】A选项，求出渐近线方程，由直线l与渐近线平行得到A正确；B选项，设，，由双曲线定义和余弦定理得到，由三角形面积公式得到B正确；C选项，求出以为直径的圆的方程，焦点坐标在圆上，C正确；D选项，由双曲线定义和得到，求出三角形周长. 【详解】对于A，双曲线C：的一条渐近线的方程为， 故直线l：与该渐近线平行，故直线l与C恰有一个公共点，A错误； 对于B，设，，由可知点M在C的右支上， 由双曲线定义得，又，故， 在中，由余弦定理得， 解得，所以的面积为，B正确； 对于C，由已知得，，以为直径的圆的方程为， E：的焦点为，很显然，在圆上，C正确； 对于D，由双曲线定义知，， 所以，又， 所以，所以的周长为，D错误． 故选：BC． 11. 已知函数，则（ ） A. 是非奇非偶函数 B. 直线不是图象的对称轴 C. 在区间上恰有8100个零点 D. 当时，方程在区间内最多有13个不等实根 【答案】BCD 【解析】 【分析】应用奇偶性定义判断A；应用分类讨论判断是否恒成立判断B；首先确定为周期函数，再分析其一个周期内的图象，数形结合判断在上的零点个数判断C；作出函数在上的图象，令，，进而问题化为在时，直线与函数图象的交点个数判断D. 【详解】对于A，由，所以是偶函数，错误； 对于B，， 当时，， 当时，， 故不恒成立，即的图象不关于直线对称，正确； 对于C，当时，， 故当时，是周期函数，其中一个周期为，只需考察在上的情况， 当时，， 当时，， 画出在区间上的图象，如下图所示． 由图可知，在上恰有2个零点， 由周期性知在上有4050个零点， 由为偶函数得，在上也有4050个零点， 故在区间上有8100个零点，正确； 对于D，作出函数在上的图象如下， 令，，则方程可化为， 当时，，不成立， 当时，，等价于在时，直线与函数图象的交点， 而的图象如下： 由图可知，当，即时，， 由可知在上有13个不等实根； 当，即时，， 由知在上有12个不等实根； 当，即时，， 由可知在上有6个不等实根； 当，即时，无实根． 综上，当时，方程在区间内最多有13个不等实根，正确． 故选：BCD 【点睛】关键点点睛：对于C，判断为周期函数，利用周期性分析区间内零点个数；对于D，根据的图象，令，将问题化为在时，直线与函数图象的交点个数为关键. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知一组样本数据为2，7，m，n，1，9，其中，若该组数据的中位数是极差的，则的值为______． 【答案】4 【解析】 【分析】由已知可得，结合的范围即可求解. 【详解】由题意知该组数据的极差为，所以中位数为，所以， 又，则的值为4． 故答案为：4． 13. 某一次性咖啡杯的杯体近似视为圆台，如图所示，该圆台的上、下底面圆周长分别为，，侧面积为，则该咖啡杯的体积为______． 【答案】 【解析】 【分析】设该圆台的上、下底面半径分别为，，母线长为l，由已知可求得，求得圆台的高，利用圆台的体积公式可求得圆台的体积. 【详解】设该圆台的上、下底面半径分别为，，母线长为l，则，， 解得，，则圆台的侧面积为，解得， 则圆台的高， 圆台上、下底面面积分别为，， 由圆台的体积计算公式可得． 故答案为：. 14. 已知函数，其中，若，则a的最大值为______．（参考数据：，） 【答案】2 【解析】 【分析】由题意分析可知，当时，恒成立，考虑的情况，可知临界条件为与有一个交点，设两曲线相切，切点的横坐标为，利用导数可得，令，求导利用单调性可求得，进而计算可求a的最大值. 【详解】函数的定义域为，由，得，结合指数，对数函数的图象变换知， 当时，恒成立，故考虑的情况， 临界条件为与有一个交点， 设两曲线相切，切点的横坐标为，对于的记为，，， 则利用导数的几何意义可知，解得，即， 故，综上. 设， 令，则，故单调递增， 又，， 由零点存在性定理知，存在，使得，即， 所以，令，则， 则，，所以函数在上单调递减， 所以， 所以满足条件的最大整数a为2． 故答案为：2. 【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理． 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. 已知正项数列的前n项和为，且满足． （1）求的通项公式； （2）若，求数列的前n项和． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由已知可求得，进而利用的关系可求通项公式； （2）分n为偶数或n为奇数两种情况，利用并项求和法可求. 【小问1详解】 因为，所以，即， 又，所以，所以，即， 当时，， 当时，也适合上式，所以． 【小问2详解】 由（1）知，则， 当n为偶数时，， 当n为奇数时，为偶数，， 所以. 16. 2024年，全国新课标高考数学试卷结构发生了变化，共设8道单选题，3道多选题，3道填空题以及5道解答题，将要参加2025年高考的小张同学为检验自己的数学水平，利用2024年全国新课标数学Ⅰ卷进行了一次测试． （1）若小张先从选择题中随机选择2道试题进行作答，记选到多选题的数目为X，求X的分布列和数学期望； （2）高考数学试卷中的小题部分的分值如下：单选题与填空题每道题均为5分，多选题每道题6分．若小张先从小题部分中随机选取3道不同的题进行作答，在所选试题总分值为16分的条件下，求恰选到1道填空题的概率． 【答案】（1）分布列见解析，. （2）． 【解析】 【分析】（1）确定X的可能取值为0，1，2，分别计算概率：、、，根据分布列计算期望值； （2）设事件“所选试题总分为16分”，事件“恰选到1道填空题”，计算确定确定事件包含的情况：1道多选题2道单选题，1道多选题2道填空题，1道多选题1道单选题1道填空题．计算及，利用条件概率的计算公式求解即可. 【小问1详解】 由题意得X的可能取值为0，1，2， ，，， 所以X的分布列为： X 0 1 2 P 数学期望. 【小问2详解】 设事件“所选试题总分为16分”，事件“恰选到1道填空题”， 由题意，所选试题总分为16分有3种情况：1道多选题2道单选题，1道多选题2道填空题，1道多选题1道单选题1道填空题. 所以，， 所以， 即在所选试题总分值为16分的条件下，恰选到1道填空题的概率为. 17. 已知抛物线C：的焦点为F，过点作直线l与C交于不同的两点A，B． （1）若，求l的斜率； （2）若点Q是弦AB上异于两端的点，设A，B，Q点的横坐标分别为，，，且满足，则点Q是否在一条定直线上？若在，求出该定直线的方程；若不在，请说明理由． 【答案】（1）4或-2 （2）点Q在定直线上． 【解析】 【分析】（1）设，，直线l的方程为，联立方程组，利用根与系数的关系可求得，，结合已知可求得l的斜率； （2）不妨设，Q的纵坐标为，则，由已知可得，进而可得，化简可得点Q在定直线上. 【小问1详解】 设，， 由题意可得直线l的斜率存在，设直线l的方程为，代入， 整理得，， 解得或．则，， 所以 ，解得或，所以l的斜率为4或-2． 【小问2详解】 如图，不妨设，Q的纵坐标为，则， 因为，所以， 即，即， 又，所以，即， 所以点Q在定直线上． 18. 空间的弯曲性是几何研究的重要内容，用曲率刻画空间的弯曲性，规定：①多面体顶点的曲率等于减去多面体在该点处所有面角之和；②多面体的总曲率等于多面体所有顶点的曲率之和，多面体各顶点的平均曲率等于它的总曲率与顶点数之商，其中多面体的面的内角叫作多面体的面角，角度用弧度制．例如：正四面体每个顶点均有3个面角，每个面角均为，故其各个顶点的曲率均为． （1）如图1，已知四棱锥的底面ABCD为菱形，，O为BD的中点，且平面ABCD，． ①求该四棱锥在顶点P处的曲率的余弦值； ②求二面角的平面角的正弦值； （2）瑞士数学家莱昂哈德·欧拉是18世纪数学界最杰出的人物之一，他对简单多面体进行研究后，提出了著名的欧拉定理：简单多面体的顶点数V、棱数E与面数F满足．请运用欧拉定理解决下列问题：碳60（）具有超导特性、抗化学腐蚀性、耐高压以及强磁性，是一种应用广泛的材料．它的分子结构十分稳定，形似足球，也叫足球烯，如图2所示．已知碳60（）的分子结构是一个由60个C原子构成的分子，这个多面体有60个顶点，试求碳60（）各顶点的平均曲率． 【答案】（1）①；②． （2） 【解析】 【分析】（1）①连接AC，由于底面ABCD是菱形，故BD，AC交于点O，进而可证底面ABCD，利用余弦定理可求得，记四棱锥在点P处的曲率为，则，计算即可；②以点O为原点，直线OA，OB，OP分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系Oxyz，求得平面PAB的一个法向量，求得平面ABCD的一个法向量，利用向量法可求得二面角的平面角的正弦值； （2）设碳60（）共有F个面，给组成多面体的多边形编号，分别为1，2，…，F号，设第i号（）多边形有条边，则碳60（）共有条棱，利用曲率的定义计算可求总曲率的平均曲率. 【小问1详解】 ①连接AC，由于底面ABCD是菱形，故BD，AC交于点O， 又，所以为正三角形， 因，则， 底面ABCD，底面ABCD，故，． 且，， 由余弦定理得， 由题意可知四棱锥的四个侧面三角形全等， 故有， 记四棱锥在点P处的曲率为，则， 所以 ． ②如图，以点O为原点，直线OA，OB，OP分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系Oxyz， 则，，，， 所以，． 设平面PAB的一个法向量为， 则，令，得， 为平面ABCD的一个法向量，设二面角的平面角为， 由已知为锐角，则， 所以，即二面角的平面角的正弦值为． 【小问2详解】 设碳60（）共有F个面，给组成多面体的多边形编号，分别为1，2，…，F号， 设第i号（）多边形有条边，则碳60（）共有条棱， 由题意，碳60（）共有个顶点， i号多边形的内角之和为， 所以碳60（）的所有多边形的内角之和为， 所以碳60（）的总曲率为 ． 由已知，所以碳60（）各顶点的平均曲率为． 【点睛】关键点点睛：立体几何的新定义问题，能够正确读懂“曲率”的概率是解决问题的关键，根据题意求得总曲率，进而求解． 19. 已知函数． （1）当，时，求的单调区间及极值； （2）若，且的最大值小于，求a的取值范围； （3）若，且关于x的方程有两个不等的实根，，，证明：． 【答案】（1）单调递增区间为，，单调递减区间为，极大值为，极小值为． （2） （3） 当时，，由，得， 即有两个不等的实数根，，且， 设，则，所以，即， 又，所以， 代入（*）式得，所以， 故， 从而． 设，则， 设，则， 所以在上单调递增， 又，所以恒成立， 故，从而在上单调递增，所以， 从而，故，所以． 【解析】 【分析】（1）当，时，，求导可得函数的单调区间，进而可求得的极值； （2）若，则，求导，对分类讨论可求得的最小值，可得，构造函数解不等式即可； （3）由题意可得有两个不等的实数根，，且，令，根据题意可得，进而可得，令，通过二次求导可证明结论. 【小问1详解】 当，时，， 其定义域为，， 令，得或，令，得， x 1 + 0 - 0 + 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 当时，有极大值， 当时，有极小值， 故的单调递增区间为，，单调递减区间为， 极大值为，极小值为． 【小问2详解】 若，则，定义域为，， 当时，，在上单调递增，无最大值，不合题意，所以， 令，则，在上单调递增； 令，则，在上单调递减， 则， 因为的最大值小于，所以， 即在上恒成立． 设，问题转化为在上成立， 因为恒成立，所以在上单调递增， 又，所以，所以，故a的取值范围为． 【小问3详解】 略 【点睛】方法点睛：利用导数证明或判定不等式问题： 1．通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系； 2．利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题，从而判定不等关系； 3．适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系； 4．构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数. 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. 已知复数z在复平面内对应的点为，则的共轭复数为（ ） A. B. C. 1 D. -1 2. 已知，且，则（ ） A. 0 B. C. 0或3 D. 或3 3. 已知是第三象限角，，，则（ ） A. B. C. D. 4. 中国象棋是中国发明的一种古老的棋类游戏，大约有两千年的历史，是中华文明非物质文化的经典产物，如图，棋盘由边长为1的正方形方格组成，已知“马”“帅”“炮”“兵”分别位于A，B，C，D四点，则（ ） A. B. C. D. 3 5. 函数的大致图象为（ ） A. B. C. D. 6. 下图是北京1号线地铁线路图的一部分．现有含甲在内的4名游客乘坐四惠东至苹果园方向的1号线地铁，他们均从东单站上车，选择王府井站、天安门东站和西单站下车，这4名游客每名游客只在一个车站下车，且每个车站至少有1名游客下车，若甲只在西单站下车，则这4名游客下车的不同方案种数为（ ） A. 6 B. 12 C. 20 D. 24 7. 椭圆具有如下光学性质：从椭圆的一个焦点发出的光线，经过椭圆反射后，反射光线过椭圆的另一个焦点（如图）．已知椭圆C：的左、右焦点分别为，，C上的两点A，B的连线经过点，过点A作C的切线l，记点B关于l的对称点为D，若与的面积之比为22:9，且，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，的定义域均为R，为偶函数，为奇函数，，，则（ ） A. B. 0 C. 2 D. 2025 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共1 8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（，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知双曲线C：的左、右焦点分别为，，过的直线与C的右支相交于M，N两点，则（ ） A. 直线l：与C恰有两个公共点 B. 若，则的面积为 C. 双曲线E：的焦点在以为直径的圆上 D. 若，则的周长为28 11. 已知函数，则（ ） A. 是非奇非偶函数 B. 直线不是图象的对称轴 C. 在区间上恰有8100个零点 D. 当时，方程在区间内最多有13个不等实根 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知一组样本数据为2，7，m，n，1，9，其中，若该组数据的中位数是极差的，则的值为______． 13. 某一次性咖啡杯的杯体近似视为圆台，如图所示，该圆台的上、下底面圆周长分别为，，侧面积为，则该咖啡杯的体积为______． 14. 已知函数，其中，若，则a的最大值为______．（参考数据：，） 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. 已知正项数列的前n项和为，且满足． （1）求的通项公式； （2）若，求数列的前n项和． 16. 2024年，全国新课标高考数学试卷结构发生了变化，共设8道单选题，3道多选题，3道填空题以及5道解答题，将要参加2025年高考的小张同学为检验自己的数学水平，利用2024年全国新课标数学Ⅰ卷进行了一次测试． （1）若小张先从选择题中随机选择2道试题进行作答，记选到多选题的数目为X，求X的分布列和数学期望； （2）高考数学试卷中的小题部分的分值如下：单选题与填空题每道题均为5分，多选题每道题6分．若小张先从小题部分中随机选取3道不同的题进行作答，在所选试题总分值为16分的条件下，求恰选到1道填空题的概率． 17. 已知抛物线C：的焦点为F，过点作直线l与C交于不同的两点A，B． （1）若，求l的斜率； （2）若点Q是弦AB上异于两端的点，设A，B，Q点的横坐标分别为，，，且满足，则点Q是否在一条定直线上？若在，求出该定直线的方程；若不在，请说明理由． 18. 空间的弯曲性是几何研究的重要内容，用曲率刻画空间的弯曲性，规定：①多面体顶点的曲率等于减去多面体在该点处所有面角之和；②多面体的总曲率等于多面体所有顶点的曲率之和，多面体各顶点的平均曲率等于它的总曲率与顶点数之商，其中多面体的面的内角叫作多面体的面角，角度用弧度制．例如：正四面体每个顶点均有3个面角，每个面角均为，故其各个顶点的曲率均为． （1）如图1，已知四棱锥的底面ABCD为菱形，，O为BD的中点，且平面ABCD，． ①求该四棱锥在顶点P处的曲率的余弦值； ②求二面角的平面角的正弦值； （2）瑞士数学家莱昂哈德·欧拉是18世纪数学界最杰出的人物之一，他对简单多面体进行研究后，提出了著名的欧拉定理：简单多面体的顶点数V、棱数E与面数F满足．请运用欧拉定理解决下列问题：碳60（）具有超导特性、抗化学腐蚀性、耐高压以及强磁性，是一种应用广泛的材料．它的分子结构十分稳定，形似足球，也叫足球烯，如图2所示．已知碳60（）的分子结构是一个由60个C原子构成的分子，这个多面体有60个顶点，试求碳60（）各顶点的平均曲率． 19. 已知函数． （1）当，时，求的单调区间及极值； （2）若，且的最大值小于，求a的取值范围； （3）若，且关于x的方程有两个不等的实根，，，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $