第2套 2025年高考数学3月仿真卷1（基础卷）

GZXXJYXW by EEEIQ 第2套 2025年高考数学3月仿真卷1 ||| 试卷概述 1.2025年高考数学猜想：单选题部分回归基础，减少偏题怪题，着重考查基础知识的理解与运用；多选题会增加创新思维的考查，突破常规思维；填空题与解答题难度梯度清晰，压轴题仍然突出综合性，保证了对不同水平考生的区分与选拔；总体难度预计会有所降低. 2.本卷特点： （1）本卷有意降低难度，旨在发挥考前培训、巩固知识、增强信心的作用，助力考生更好地迎接高考. （2）自3月起，我们将精心筛选各地优质模拟考卷，并以此为蓝本进行仿真出卷，鉴于模拟卷通常难度高于高考，我们特别推出只有基础卷与巩固卷的系列套题，这些套题会精准对标高考难度，助力考生提前熟悉高考节奏，适应高考题型风格，在备考之路上稳步前行.||| 仿真好题 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分. 1.已知，，则的最大值是（ ） A. B. C. D. 2.（24-25高三上·江苏无锡·期末）“”成立的充分不必要条件是（ ） A. B. C. D. 3.为了得到函数的图象，可以将函数的图象（ ） A.向右平移个单位 B.向右平移个单位 C.向左平移个单位 D.向左平移个单位 4.在的展开式中，含的项的系数是（ ） A. B. C.3 D.15 5.将半径为4的半圆面围成一个圆锥，则该圆锥的体积为 A. B. C. D. 6.已知函数的导函数，若1不是函数的极值点，则实数a的值为（ ）. A.－1 B.0 C.1 D.2 7.已知圆与圆关于直线对称，则直线的方程为（ ） A. B. C. D. 8.“狼来了”的故事大家小时候应该都听说过：小孩第一次喊“狼来了”，大家信了，但去了之后发现没有狼；第二次喊“狼来了”，大家又信了，但去了之后又发现没有狼；第三次狼真的来了，但是这个小孩再喊狼来了就没人信了.从数学的角度解释这一变化，假设小孩是诚实的，则他出于某种特殊的原因说谎的概率为；小孩是不诚实的，则他说谎的概率是.最初人们不知道这个小孩诚实与否，所以在大家心目中每个小孩是诚实的概率是.已知第一次他说谎了，那么他是诚实的小孩的概率是（ ） A. B. C. D. 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.（24-25高二上·宁夏·期末）在平面直角坐标系中，已知点，，是一个动点，则（ ） A.若，则点的轨迹为椭圆 B.若，则点的轨迹为双曲线 C.若，则点的轨迹为直线 D.若，则点的轨迹为两条射线 10.如图，在三棱锥中，若，，是的中点，则下列说法中错误的是（ ）. A.平面平面 B.平面平面 C.平面平面，且平面平面 D.平面平面，且平面平面 11.（24-25高一上·广东清远·期末）已知函数是定义在上的偶函数，若满足，且在上单调递增，则以下说法一定正确的是（ ） A. B.为周期函数 C. D.在上单调递增 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12.对具有线性相关关系的变量有一组观测数据（），其经验回归方程为，且，，则相应于点的残差为__________. 13.若直线与双曲线相交于两点，则__________. 14.双曲线的一条渐近线是曲线的切线，则的值为__________. 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.（本小题满分13分）已知数列满足，且. （1）为数列的前n项和，若，求； （2）若，求m所有可能取值的和. 16.（本小题满分15分）在中，角、、的对边分别为、、，. （1）求角的大小； （2）若，，求. 17.（本小题满分15分）如图，四棱锥的底面是正方形，且，.四棱锥的体积为. （1）证明：平面平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 18.（本小题满分17分）已知点F是抛物线的焦点，动点P在抛物线上. （1）写出抛物线的焦点坐标和准线方程； （2）设直线与抛物线交于D，E两点，若抛物线上存在点P，使得四边形为平行四边形，证明：直线过定点，并求出这个定点的坐标. 19.（本小题满分17分）已知函数. （1）求的单调区间； （2）若，证明：当时，. 1/4 学科网（北京）股份有限公司 $$GZXXJYXW by EEEIQ 第2套 2025年高考数学3月仿真卷1 ||| 试卷概述 1.2025年高考数学猜想：单选题部分回归基础，减少偏题怪题，着重考查基础知识的理解与运用；多选题会增加创新思维的考查，突破常规思维；填空题与解答题难度梯度清晰，压轴题仍然突出综合性，保证了对不同水平考生的区分与选拔；总体难度预计会有所降低. 2.本卷特点： （1）本卷有意降低难度，旨在发挥考前培训、巩固知识、增强信心的作用，助力考生更好地迎接高考. （2）自3月起，我们将精心筛选各地优质模拟考卷，并以此为蓝本进行仿真出卷，鉴于模拟卷通常难度高于高考，我们特别推出只有基础卷与巩固卷的系列套题，这些套题会精准对标高考难度，助力考生提前熟悉高考节奏，适应高考题型风格，在备考之路上稳步前行.||| 仿真好题 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分. 1.已知，，则的最大值是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【分析】根据条件，利用基本不等式，即可求解. 【详解】因为，，得到，即， 当且仅当且，即时取等号，所以， 故选：C. 2.（24-25高三上·江苏无锡·期末）“”成立的充分不必要条件是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【分析】利用充分，必要条件的定义逐项判断可得结论. 【详解】因为，可知是的不充分条件，故A错误； ，所以是的充分不必要条件，故B正确； ，所以是的充分必要条件，故C错误； 由，但，可知是的既不充分又不必要条件，故D错误. 故选：B. 3.为了得到函数的图象，可以将函数的图象（ ） A.向右平移个单位 B.向右平移个单位 C.向左平移个单位 D.向左平移个单位 【答案】B 【分析】根据函数图象的平移变换进行判断. 【详解】将的图象向右平移个单位，可得的图象. 故选：B 4.在的展开式中，含的项的系数是（ ） A. B. C.3 D.15 【答案】A 【分析】根据题意可得，5个因式中，3个因式选择，2个因式选择常数，即可求解. 【详解】由组合知识可知，含的求解，需要从5个因式中，3个因式选择，2个因式选择常数，则含的项的系数是. 故选：A 5.将半径为4的半圆面围成一个圆锥，则该圆锥的体积为 A. B. C. D. 【答案】B 【分析】由题意求出圆锥的高，结合圆锥的体积公式计算即可求解. 【详解】由题意知，半圆的周长为，设圆锥底面圆的半径为， 则，解得，又母线长为4， 所以圆锥的高为， 所以圆锥的体积为. 故选：B. 6.已知函数的导函数，若1不是函数的极值点，则实数a的值为（ ）. A.－1 B.0 C.1 D.2 【答案】D 【分析】根据极值点的定义即可求解. 【详解】由题意可知，若1不是函数的极值点，则，即， 当时，，故当，当，因此是的极值点，1不是极值点，故满足题意， 故选：D 7.已知圆与圆关于直线对称，则直线的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【分析】根据对称可知是圆和圆圆心连线的垂直平分线，利用垂直关系求解斜率，由点斜式方程即可. 【详解】圆，圆心，半径， ，圆心，半径， 由题意知，是圆和圆圆心连线的垂直平分线， ，，的中点， 圆心连线的斜率为，则直线的斜率为， 故的方程：，即，故C正确. 故选：C. 8.“狼来了”的故事大家小时候应该都听说过：小孩第一次喊“狼来了”，大家信了，但去了之后发现没有狼；第二次喊“狼来了”，大家又信了，但去了之后又发现没有狼；第三次狼真的来了，但是这个小孩再喊狼来了就没人信了.从数学的角度解释这一变化，假设小孩是诚实的，则他出于某种特殊的原因说谎的概率为；小孩是不诚实的，则他说谎的概率是.最初人们不知道这个小孩诚实与否，所以在大家心目中每个小孩是诚实的概率是.已知第一次他说谎了，那么他是诚实的小孩的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【分析】设出事件，利用全概率公式和贝叶斯公式进行求解. 【详解】设事件表示“小孩诚实”，事件表示“小孩说谎”， 则，，，， 则， ， 故， 故. 故选：D 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.（24-25高二上·宁夏·期末）在平面直角坐标系中，已知点，，是一个动点，则（ ） A.若，则点的轨迹为椭圆 B.若，则点的轨迹为双曲线 C.若，则点的轨迹为直线 D.若，则点的轨迹为两条射线 【答案】AD 【分析】利用椭圆、双曲线、圆的定义，逐项判断即可. 【详解】对于A，，则点的轨迹为以为焦点的椭圆，A正确； 对于B，，则点的轨迹是以为焦点双曲线的右支，B错误； 对于C，由，得，则点的轨迹是以为直径的圆，C错误； 对于D，，则点的轨迹是以为端点，且不过的两条射线，D正确. 故选：AD 10.如图，在三棱锥中，若，，是的中点，则下列说法中错误的是（ ）. A.平面平面 B.平面平面 C.平面平面，且平面平面 D.平面平面，且平面平面 【答案】ABD 【分析】由已知可证明平面，由线面垂直可推出面面垂直，判断选项；在选项的基础上可判断选项，D不一定垂直；对于选项可考察动态变化情况，知其不一定垂直.. 【详解】因为，且是的中点，所以，同理，， 由于，平面，平面， 所以平面， 因为平面，所以平面平面， 又平面，所以平面平面， 故正确； 由于平面平面，若平面平面，而平面平面， 则平面，但已知条件不能保证平面，所以平面与平面不一定垂直，故错误；同理平面与平面不一定垂直，故错误； 由于，所以当时平面，当长度趋于0时，二面角接近，故平面与平面不一定垂直，故错误； 故选：. 11.（24-25高一上·广东清远·期末）已知函数是定义在上的偶函数，若满足，且在上单调递增，则以下说法一定正确的是（ ） A. B.为周期函数 C. D.在上单调递增 【答案】BC 【分析】由，确定函数图象关于对称，再结合奇偶性、单调性逐个判断即可； 【详解】对于A，由，得的图象关于对称，又因为定义域为，所以，故A不正确； 对于B，因为是偶函数，，，所以的一个周期为8，故B正确； 对于C，由于周期性和奇偶性，，故C正确； 对于D，因为是偶函数且在上单调递增，所以在上单调递减， 又的图象关于对称，所以在上单调递减， 由于周期为8，在上的单调性与上的单调性相同，所以在上单调递减，故D不正确. 故选：BC. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12.对具有线性相关关系的变量有一组观测数据（），其经验回归方程为，且，，则相应于点的残差为__________. 【答案】/ 【分析】利用样本中心在其经验回归方程为上，求出，再计算当时的残差即可. 【详解】经验回归直线过样本点的中心，，， 经验回归方程为.当时，，残差为. 故答案为：. 13.若直线与双曲线相交于两点，则__________. 【答案】 【分析】联立直线与双曲线方程，利用弦长公式计算即得. 【详解】由消去y并整理得：，， 设，则， 所以. 故答案为： 14.双曲线的一条渐近线是曲线的切线，则的值为__________. 【答案】 【分析】设出切点坐标，利用切点的两重性：切点既在切线上又在曲线上，即可求解. 【详解】因为双曲线的一条渐近线是曲线的切线，设切点为的坐标为， 因为函数的定义域，其导函数， 故在点处的切线斜率，由双曲线知，其渐近线方程， 由得，此条渐近线方程为，所以，得， 因切点也在渐近线上，故，所以的坐标为， 所以，得. 故的值为. 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.（本小题满分13分）已知数列满足，且. （1）为数列的前n项和，若，求； （2）若，求m所有可能取值的和. 【答案】（1） （2）41 【分析】（1）根据递推公式确定数列从第4项起，为周期性变化即可求解； （2）根据，结合递推公式确定前5项的可能取值求解. 【详解】（1）由题给递推式得： ， 数列从开始，每三项出现一次4，2，1循环. 所以. （2）因为，则，则或， 若，则或，即或； 若，则，即 因此m的所有取值和为. 16.（本小题满分15分）在中，角、、的对边分别为、、，. （1）求角的大小； （2）若，，求. 【答案】（1） （2） 【分析】利用正弦定理可得出的值，结合角的取值范围可求得角的值； 利用平面向量数量积的定义可求得的值，然后利用余弦定理可求得的值. 【详解】（1）因为，由正弦定理可得， 因为、，则，所以，，则， 故. （2）由平面向量数量积的定义可得，可得， 由余弦定理可得， 解得. 17.（本小题满分15分）如图，四棱锥的底面是正方形，且，.四棱锥的体积为. （1）证明：平面平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【分析】取的中点，连接，即可得到，设到平面的距离为，根据锥体的体积公式求出，即可得到平面，从而得证； 取的中点，连接，建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得. 【详解】（1）取的中点，连接，因为，， 所以， 又四棱锥的底面是正方形，所以，设到平面的距离为， 则，所以， 所以，即平面，又平面，所以平面平面； （2）取的中点，连接，则，即， 如图建立空间直角坐标系，则，，， 所以，， 设平面的法向量为，则，取， 又平面的一个法向量为， 设平面与平面夹角为，则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 18.（本小题满分17分）已知点F是抛物线的焦点，动点P在抛物线上. （1）写出抛物线的焦点坐标和准线方程； （2）设直线与抛物线交于D，E两点，若抛物线上存在点P，使得四边形为平行四边形，证明：直线过定点，并求出这个定点的坐标. 【答案】（1）， （2）证明见解析， 【分析】直接利用抛物线的性质和准线方程得出； 设直线l为，直曲联立，再由四边形是平行四边形，所以，得到，，代入，最后带入抛物线方程，解出. 【详解】（1）根据抛物线标准方程可得：焦点，准线. （2）设，，，，直线l为，联立. 则，，所以， 因为四边形是平行四边形，所以， 则， 所以，，代入， 得：，解得，即直线过定点. 19.（本小题满分17分）已知函数. （1）求的单调区间； （2）若，证明：当时，. 【答案】（1）单调递减区间为，单调递增区间为 （2）证明见解析 【分析】（1）由函数的解析式求得其导数，由导数求得递减区间，由导数求得递增区间； （2）将不等式进行转化，在已知条件下，所以不等式转化为，设函数，求导数，由解析式可知递增，由函数零点存在定理可知存在唯一的，使得，从而得到函数单调区间并得到函数最小值，证明函数最小值大于等于0即可得证. 【详解】（1）因为， 所以. 当时，，当时，， 所以的单调递减区间为，单调递增区间为. （2）要证明， 即证明， 因为，且，所以， 故只需证明，即. 设，则. 易知在上单调递增，且，， 所以存在唯一的，使得，即，. 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增. 所以， 故原命题成立. 2/12 学科网（北京）股份有限公司 $$