精品解析：2025年普通高等学校招生全国统一考试数学模拟试题（河北省沧州市沧县中学)

2025年普通高等学校招生全国统一考试 数学模拟试题 注意事项： 1．本试卷满分150分，考试时间120分钟． 2．答卷前，考生务必将自己的学校、班级、姓名及考号填写在答题卡上． 3．回答选择题时，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，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． 4．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. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. D. 1 3. 已知向量，若，则（ ） A. B. 4 C. D. 5 4. 已知，且，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数在定义域上单调递增，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 6. 已知正四棱柱中，，则与平面所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数，则函数在区间上的零点个数为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 8. 已知任意正实数满足，则下列结论中一定正确的是（ ） A. B. C. D. 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. 已知某学校的数学考试成绩服从正态分布，则下列说法正确的是（ ） 参考数据：若，则，，． A. 若，则 B. C. D. 10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 若曲线在点处的切线方程为，则 B. 若，则函数在上单调递增 C. 若，则函数在上的最小值为 D. 若，则 11. 双纽线是卡西尼卵形线的一类分支，在数学曲线领域占有至关重要的地位，同时也具有特殊的有价值的艺术美．在平面上，把与定点距离之积等于的动点的轨迹称为双纽线，则下列说法正确的是（ ） A. 双纽线的图象关于原点对称 B. 双纽线的方程为 C. 双纽线上任意一点到坐标原点的距离都不超过 D. 若直线与双纽线只有一个公共点，则实数的取值范围为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知函数为奇函数，函数为偶函数，则实数的值为____________． 13. 已知双曲线的上、下顶点分别为，第一象限点在上，是等腰三角形，且其外接圆面积为，则直线的斜率为____________． 14. 已知实数，则的概率为____________． 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. 记的内角的对边分别为，的面积为，已知． （1）求； （2）若，求的最大值． 16. 已知椭圆满足，点为上一点． （1）求椭圆的标准方程； （2）若过点的直线与椭圆相交于两点，求面积的最大值． 17. 如图，在三棱锥中，底面为等腰三角形，，点为的中点，平面平面，平面平面． （1）求证：平面平面； （2）若，求该三棱锥外接球的体积； （3）在（2）的条件下，若点为的中点，求平面与平面的夹角的余弦值． 18. 已知函数，其中． （1）当时，求函数的单调性； （2）若是函数唯一极值点，求实数的取值范围； （3）若函数有三个极值点，证明：． 19. 已知数列，如果存在正整数，使得成立，则称是该数列的阶段最大值的时刻． （1）若一个5项数列为，则尝试写出所有该数列的阶段最大值的时刻； （2）证明：若数列中不是最大值，则一定存在阶段最大值的时刻； （3）证明：若数列满足，则阶段最大值的时刻的个数不小于，其中． 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 数学模拟试题 注意事项： 1．本试卷满分150分，考试时间120分钟． 2．答卷前，考生务必将自己的学校、班级、姓名及考号填写在答题卡上． 3．回答选择题时，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，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． 4．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】C 【解析】 【分析】根据集合的并集运算即可解出. 【详解】因为集合，集合， 所以. 故选：C. 2. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的运算法则，求得，结合复数模的计算公式，即可求解.. 【详解】由复数，可得，所以. 故选：B． 3. 已知向量，若，则（ ） A. B. 4 C. D. 5 【答案】A 【解析】 【分析】先求，再由解方程即可求得. 【详解】由，可得， 又由，则得， 即，解得. 故选：A. 4. 已知，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求出、的值，进而得到、的值，最后根据，利用两角和的正切公式计算. 【详解】已知，，所以. 因为，所以. 所以， 即.  已知，，所以. 因为，所以. 所以， 即.  因为，根据两角和的正切公式可得： . 故选：D. 5. 已知函数在定义域上单调递增，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求得函数的定义域，然后由恒成立来求得的取值范围. 【详解】由，解得， 所以的定义域是， 依题意可知在区间上恒成立， 即在区间上恒成立， 即在区间上恒成立， 由于， 所以的最大值为， 所以. 故选：D. 6. 已知正四棱柱中，，则与平面所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，进而得到向量的坐标，再求出平面的法向量；最后利用向量公式求出直线与平面所成角的正弦值. 【详解】因为正四棱柱中底面ABCD是正方形，且，所以. 以为原点，分别以所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系. 则，，，，.  所以， ，. 设平面的法向量为， 则且. ， . 令，解得，. 所以.  设直线与平面所成角为，则. . ，. 所以.  故选：D. 7. 已知函数，则函数在区间上的零点个数为（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】可先令，得到关于的方程，然后求解方程，最后统计在给定区间内的解的个数. 【详解】令，即，亦即.  当时，在区间上，.  当，即时， 在一个周期内，有两个解，在区间上，也有两个解.   由上述计算可知，有个解，有个解， 所以函数在区间上的零点个数为个.  故选：C. 8. 已知任意正实数满足，则下列结论中一定正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用抽象函数赋值的方法，结合具体的函数和进行验证，结合递推关系进行严格证明即可. 【详解】令 ，对任意 ，有： 由此可得递推关系：，进而推出对于正整数，. 下面验证更一般情况. 假设，代入条件得.代入不等式得： 因此，且（因）. 例如，取，则，满足，但， 说明选项A不一定成立，但B成立. 若，满足，且对 有： 此时，选项B成立，但，选项C不成立. 下面严格证明选项B 对于满足条件的任意函数，令，则： 递推可得，因此选项B 一定正确. 综上，只有选项 B（）在所有情况下成立. 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. 已知某学校的数学考试成绩服从正态分布，则下列说法正确的是（ ） 参考数据：若，则，，． A. 若，则 B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据正态曲线的对称性和正态曲线的特征及已知的参考数据来逐一分析每个选项. 【详解】已知成绩服从正态分布，则正态曲线关于直线对称. 若，根据正态曲线的对称性可知，， 即，解得，所以选项正确； 因为，，所以. 由，根据正态曲线的对称性可知，，所以选项错误； ，由， 根据正态曲线的对称性可知，，所以选项正确； ，. ，所以选项正确.  故选：ACD. 10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 若曲线在点处的切线方程为，则 B. 若，则函数在上单调递增 C. 若，则函数在上的最小值为 D. 若，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据函数的导数性质，如切线斜率与导数的关系、利用导数判断函数单调性、求函数最值等知识，对每个选项逐一进行分析判断. 【详解】首先对函数求导，可得，所以. 已知切线方程为，其斜率为，所以，解得，故选项错误. 当时，，. 当时，，则，即. 所以函数在上单调递增，故选项正确. 当时，. ，令，即，解得. 当时，，，单调递减； 当时，，，单调递增. 所以在处取得最小值，，故C选项正确. 当时，，，不满足； 当时，，则，在上单调递增. 当时，，，不满足. 当时，令，得. 当时，，单调递减； 当时，，单调递增. 所以在处取得最小值. 令，对其求导得. 当时，，单调递增； 当时，，单调递减. 所以在处取得最大值. 要使，则，所以，故选项正确. 故选：BCD. 11. 双纽线是卡西尼卵形线的一类分支，在数学曲线领域占有至关重要的地位，同时也具有特殊的有价值的艺术美．在平面上，把与定点距离之积等于的动点的轨迹称为双纽线，则下列说法正确的是（ ） A. 双纽线的图象关于原点对称 B. 双纽线的方程为 C. 双纽线上任意一点到坐标原点的距离都不超过 D. 若直线与双纽线只有一个公共点，则实数的取值范围为 【答案】ACD 【解析】 【分析】设双纽线上的动点，直接根据题意化简即可判断B；由曲线上任一点关于原点的对称点适合曲线方程可判断A；利用已知方程变形，根据有界性结合两点间距离公式可判断C；联立直线与双纽线研究方程根的情况即可判断D． 【详解】设双纽线上的动点，由， 得，即， 整理得：，故B错误； 将方程中的换为，换为，方程不变， 即双纽线的图象关于原点对称，故A正确； 设动点，则，即，故C正确； 直线恒过原点，且双纽线经过原点，则直线与曲线至少一个公共点， 又直线与双纽线只有一个公共点，故除原点外无其他公共点， 联立，消得， 当，即时，方程仅一解，满足题意； 当时，当时，方程恒成立，即恒有一解， 当时，方程化简得， 当，即或时，方程无解，满足题意； 综上实数的取值范围为，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. 已知函数为奇函数，函数为偶函数，则实数的值为____________． 【答案】## 【解析】 【分析】根据题意，可得为奇函数，利用奇函数定义列式求解. 【详解】因为为偶函数，为奇函数， 所以函数为奇函数， 则，即， ， . 故答案为：. 13. 已知双曲线的上、下顶点分别为，第一象限点在上，是等腰三角形，且其外接圆面积为，则直线的斜率为____________． 【答案】 【解析】 【分析】利用是等腰三角形，结合图象得到，利用其外接圆面积为，求出外接圆的半径，最后利用正弦定理求出，即可得到直线的斜率. 【详解】根据题意，点 在第一象限，所以 ，因为 为等腰三角形， 则 ， 设 的外接圆半径为 ，则 ，可得 ， 由正弦定理可得 ，则 ， 又因为 ， 所以 ， 所以直线 的斜率为 . 故答案为：. 14. 已知实数，则的概率为____________． 【答案】 【解析】 【分析】根据古典概型概率公式即可解出. 【详解】已知，有种取法，有种取法，也有种取法. 根据分步乘法计数原理：总情况数种. 当时，取值有种情况，即，，，，，.  当时，从个数中选个数，较小的数作为a，b的值，较大的数作为的值，则有种情况.  当时，同样从个数中选个数，较小的数作为的值，较大的数作为b，c的值，也有种情况.  当时，从个数中选个数，从小到大分别作为a，b，c的值，有种情况. 所以满足的情况数种.   根据古典概型概率公式可得：.  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. 记的内角的对边分别为，的面积为，已知． （1）求； （2）若，求的最大值． 【答案】（1） （2）6 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用三角形面积公式及余弦定理求出. （2）利用余弦定理，结合基本不等式求出最大值. 【小问1详解】 在中，由及三角形面积公式，得， 由余弦定理得，则，又， 所以. 【小问2详解】 由及余弦定理，得，则， 整理得，解得，当且仅当时取等号， 所以的最大值为6. 16. 已知椭圆满足，点为上一点． （1）求椭圆的标准方程； （2）若过点的直线与椭圆相交于两点，求面积的最大值． 【答案】（1） （2）6 【解析】 【分析】（1）由题意可得，，再由椭圆的定义求解即可； （2）设直线的方程为，与椭圆方程联立，结合韦达定理求出弦长，再由三角形的面积公式可得，利用换元法求解即可. 【小问1详解】 设椭圆的半焦距为，左、右焦点分别为， 根据题意可知，，所以， 则， 由椭圆的定义可得，所以， 故椭圆的标准方程为． 【小问2详解】 当直线斜率为0时，不存在，故设直线的方程为，设， 联立，整理得， 则， 利用弦长公式可得， 点到直线的距离为， 所以的面积为， 设，则， 所以的面积为， 因为函数在上单调递增， 所以，当时，的面积取得最大值，最大值为6， 综上，面积的最大值为6． 17. 如图，在三棱锥中，底面为等腰三角形，，点为的中点，平面平面，平面平面． （1）求证：平面平面； （2）若，求该三棱锥外接球的体积； （3）在（2）的条件下，若点为的中点，求平面与平面的夹角的余弦值． 【答案】（1） 因为平面平面，平面平面， 在平面内过作交于，则平面. 同理，因为平面平面，平面平面， 在平面内过作交于，则平面. 又因为过一点有且只有一条直线与已知平面垂直，而平面平面， 所以重合，所以平面. 因为平面，所以， 因为，点为的中点，所以. 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面． （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据平面平面，平面平面，可证得平面，从而得到， 又 ，即可证得平面，再根据面面垂直的判定即可证出； （2）由的外接圆的圆心确定外接球球心的位置，然后利用球的几何特征，再结合球的体积公式计算即可； （3）以点B为坐标原点，直线AB，BD分别为z轴，y轴，过点B与平面ABD垂直的直线为x轴，建立空间直角坐标系，借助平面夹角向量公式计算即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 如图，因为平面，取底面的外心为，，则， 过点做的平行线，在此线上取点，使得，则为三棱锥外接球的球心， 分析可得外接球的半径， 所以三棱锥外接球的体积为． 【小问3详解】 如图，以点B为坐标原点，直线AB，BD分别为z轴，y轴，过点B与平面ABD垂直的直线为x轴，建立空间直角坐标系， 则， ， 设平面的法向量为， 则，即， 取，则，所以， 设平面的法向量为， 则，即， 取，则，所以， 设平面与平面的夹角为， 则， 所以平面与平面的夹角的余弦值为． 18. 已知函数，其中． （1）当时，求函数的单调性； （2）若是函数唯一极值点，求实数的取值范围； （3）若函数有三个极值点，证明：． 【答案】（1）函数在上单调递减，在上单调递增 （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用导数研究函数的单调性即可， （2）是函数唯一极值点转化成导函数有且仅有一个零点，结合函数图像求解即可； （3）若函数有三个极值点，通过构造函数，得到设的两个解分别为的情况下，问题转化为即即，即所，即， 从而转化成构造新的函数，结合导数证明即可. 【小问1详解】 当时，， 则， 令 当时，单调递增，当时，单调递减， 即当时，取极小值，即最小值 可得，故恒为正， 令可得，令可得， 所以函数在上单调递减，在上单调递增． 【小问2详解】 ， 分析可得，若函数只有唯一极值点，则函数无变号零点， 令，即， 设函数，则， 令可得，令，可得， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 当时，，当时，，当时，， 作图如下，所以可得，． 【小问3详解】 ， 由函数有三个极值点，分析可得，，即有两个不同于3的解， 设的两个解分别为，令函数， 如图所示，现证明， 由图分析可得，， 要证明，即，所以，即， 令，则接下来需证明，其中， ，所以在上单调递增， 所以，即，所以证明成立，， 又因为，所以，证明成立． 【点睛】方法点睛：极值点偏移问题关键在于减元，结合函数的单调性构造新的函数结合导数证明即可. 19. 已知数列，如果存在正整数，使得成立，则称是该数列的阶段最大值的时刻． （1）若一个5项数列为，则尝试写出所有该数列的阶段最大值的时刻； （2）证明：若数列中不是最大值，则一定存在阶段最大值的时刻； （3）证明：若数列满足，则阶段最大值的时刻的个数不小于，其中． 【答案】（1）2和5 （2） 因为不是最大值，所以存在使得， 所以， 记， 则，因此一定存在阶段最大值的时刻． （3） 当时，结论成立， 当不成立时， 设所有时刻的个数为，它们分别为， 则，由题意可得， 所以， 同理，，可得， 以此类推，我们有 … … ， 将以上各式累加，得到， 又，所以，因此时刻的个数不小于． 【解析】 【分析】（1）根据数列新定义求解； （2）根据题意，存在使得，则，得证； （3）当时，显然结论成立.只要证明当不成立时结论仍然成立即可. 【小问1详解】 根据题意，该5项数列阶段最大值的时刻为2和5． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 【点睛】关键点点睛：本题第三问解题的关键是由新定义得到，推理证明. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $