精品解析：2025届河北定州中学高三一模（2025年普通高等学校招生全国统一考试模拟）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. 的虚部为（ ） A. B. C. D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】利用复数的周期性规律，将复数化为的形式，则复数的虚部可求. 【详解】因为，所以， 其虚部为. 故选：A. 2. 已知命题，则为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】运用“全称量词命题的否定为存在量词命题”，得到. 【详解】全称量词命题的否定为存在量词命题， 所以为“”. 故选：A. 3. 已知向量，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据已知条件得出两个向量的坐标，再利用向量垂直的性质列出方程，进而求解的值. 【详解】由题得.因为，所以，解得. 故选：C. 4. 已知样本数据的平均数为6，方差为16；样本数据的平均数为11，方差为21，现将两组样本数据合并，则新的样本数据，的方差为（ ） A. 18 B. 24 C. 26 D. 28 【答案】B 【解析】 【分析】利用分层抽样的方差公式求解即可. 【详解】由题可得， 所以 利用分层抽样的方差公式可得新的样本数据的方差为：. 故选：B. 5. 勒洛三角形是一种特殊三角形，指分别以正三角形的三个顶点为圆心，以其边长为半径作圆弧，由这三段圆弧组成的曲边三角形.现提供5种颜色给如图所示的勒洛三角形中的4个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，且相邻区域颜色不同，则不同的涂色方案种数为（ ） A. 120 B. 240 C. 300 D. 320 【答案】D 【解析】 【分析】通过先确定中间的涂色情况，再依次确定其他部分的涂色情况，利用分步乘法原理计算总方案数. 【详解】先涂中间，有5种选色，再逐个涂旁边部分，都有4种选色.由分步乘法计数原理得不同的涂色方案种数为. 故选：D. 6. 已知直线，点到的距离之积为，记点的轨迹为曲线，若与曲线有四个交点，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设出，根据题干列出等式，求出轨迹方程，再根据与曲线有4个交点，求出参数a的范围. 【详解】设，由题意得，所以，即， 所以点的轨迹为两个双曲线. 双曲线的实半轴长为1，双曲线1的实半轴长为3， 由，得0），表示以原点为圆心，为半径的圆的上半圆， 若曲线与半圆有四个交点，则3，即. 故选：B. 7. 记的内角所对的边分别为，若，则边上的中线长度的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用正弦定理、三角恒等变换等知识化简已知条件，求得，结合余弦定理、向量运算、基本不等式等知识来求得正确答案. 【详解】由，得， 所以， 即， 则由正弦定理得， 因为，所以，所以，即， 又，所以，因为， 所以由余弦定理得，即. 由题可得， 所以， 因为，所以，当且仅当时等号成立， 所以，则， 所以边上的中线长度的最小值为. 故选：C. 8. 已知函数的定义域为，且为偶函数，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用赋值法可得，且为奇函数，再结合已知的偶函数求得8为的一个周期，借助性质求出目标值. 【详解】函数的定义域为，且有， 令，得，解得； 令，得，则， 而，即不恒为0，因此，函数为奇函数， 由为偶函数，得，则， 于是，，8为的一个周期， 由，得，即 ，因此，所以. 故选：B 【点睛】思路点睛：涉及抽象函数等式问题，利用赋值法探讨函数的性质，再借助性质即可求解. 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. 函数的部分图象如图所示，则（ ） A. B. 的图象关于直线对称 C. 将的图象向右平移个单位长度后得到的图象 D. 在区间上的值域为 【答案】BC 【解析】 【分析】运用三角函数的周期公式、对称轴的性质、图象平移规律以及三角函数的值域等知识来逐一分析选项. 【详解】由题图可得，所以，则. 所以，因为，所以2， 则，解得， 因为，所以，所以， 所以，故A错误； 当时，，所以的图象关于直线对称，故B正确； 将的图象向右平移个单位长度后得，故C正确； 当时，，则，所以.故D错误. 故选：BC. 10. 已知曲线，则（ ） A. 直线与曲线相切 B. 若直线与曲线相切，则 C. 当曲线与曲线都相切时， D. 当时，若过原点可作曲线的两条切线，则或 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据导数的几何意义可得. 【详解】选项A：联立和2，得， 所以直线与曲线相切，故A正确； 选项B：由，得，由，得，故B错误； 选项C：由，得，令，得， 则，所以切线方程为，即，则， 令，得，则， 所以切线方程为，即，则， 所以，故C正确； 选项D：当时，，令， 则，设过原点的直线与曲线切于点， 则切线方程为， 将原点代入得，整理得， 则，解得或，故D正确. 故选：ACD. 11. 在棱长为2的正方体中，是的中点，是侧面上的一个动点（含边界），则（ ） A. 当为的中点时，平面平面 B. 存在点，使得平面平面 C. 若，则所有满足条件的动线段形成的曲面的面积为 D. 当为的中点时，三棱锥外接球的体积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，作图，取的中点，连接，证明平面，运用面面垂直判定定理得到平面平面即可； 对于B，作图，证明平面，和平面，运用面面平行判定定理得到平面平面即可； 对于C，作图，取的中点，连接，证明平面，得到，进而得到点在侧面内的运动轨迹是以为圆心，为半径的劣弧，设点在侧面内的运动轨迹分别交于点，则，求出，得，求出所有满足条件的动线段形成的曲面的面积即可； 对于D，连接，证平面， 平面， 平面，得到，设，则为直角外接圆的圆心，过点作交于点，则为三棱锥外接球的球心.得到，算出， ，得到三棱锥外接球的体积即可. 【详解】对于A，如图1，取的中点，连接， 易得，因为，平面， 所以平面，又平面，所以平面平面，故正确； 对于B，如图2，在正方体中， ， 因为平面平面，所以平面， 当为中点时，易得，因为平面平面， 所以平面，又，平面，所以平面平面，故B正确； 对于C，如图3，取的中点，连接， 在正方体中，平面，且，所以平面， 因为平面，所以，则，则点在侧面内的运动轨迹是以为圆心，为半径的劣弧， 如图4所示，设点在侧面内的运动轨迹分别交于点， 则，所以，则， 所以所有满足条件的动线段形成的曲面的面积为，故C错误； 对于D，连接，易证平面，且过正外接圆的图心，在正方体中，易得平面， 因为为的中点，所以平面，因为平面，所以， 设，则为直角外接圆的圆心，过点作交于点，则为三棱锥外接球的球心. 易得平面，又平面，所以，因为， 所以在中，，故三棱锥外接球的体积为，故D正确. 故选：ABD. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知正项等比数列的前项和为，且，则__________. 【答案】48 【解析】 【分析】用基本量法，求出首项和公比，再求. 【详解】设等比数列的公比为,易知， 因为，所以，， 所以，解得或（舍）， 则.所以. 故答案为：48. 13. 已知，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】由两角差的正切求得，再利用正余弦的二倍角公式及同角三角函数商的关系即可求解； 【详解】由，解得， 所以 所以. 故答案为： 14. 已知椭圆的右顶点和上顶点分别为，原点到直线的距离是的焦距的，则的离心率为__________；若圆与交于两点，且，则的方程为__________. 【答案】 ①. ## ②. 【解析】 【分析】根据条件，利用点到直线的距离公式得到，求得，即可求解；根据题设有，法一，设直线的方程为，联立椭圆方程，利用韦达定理，结合条件得，再由弦长公式可求得，即可求解；法二，根据条件，利用点差法，求出，后同法一，即可求解. 【详解】由题意知，则直线的方程为， 所以原点到直线的距离为， 又，所以，整理得，解得， 则，所以椭圆的率心率. 由题得圆，圆心为，半径为，因为. 所以为线段的中点，所以直线的斜率存在且不为0.由，得椭圆的方程为. 法一：设直线的方程为，， 代入椭圆的方程得， 则，因为为线段的中点， 所以，即，解得，则， 所以， 解得，满足，故椭圆的方程为. 法二：设，因为为线段的中点，所以， 又因为点在椭圆上，所以，两式相减得， 即，即， 所以直线的斜率，所以直线的方程为， 代入，得， 则，且，所以. 即，解得，所以椭圆的方程为. 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. 记数列的前n项和为，已知，. （1）证明：数列为等差数列； （2）求数列的前n项和. 【答案】（1） 由， 当时，， 两式相减得，即，① 则，② 由①②整理得，， 所以； 又，则当时，， 当时，，则， 所以，满足， 所以，故数列为等差数列，且首项为，公差为. （2） 【解析】 【分析】（1）根据条件，利用与间的关系，得到，即可求解； （2）由（1）可得，从而有，再利用裂项相消法，即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）可知数列是首项为，公差为的等差数列， 所以， 则， 所以. 16. 已知函数. （1）当时，求的极值； （2）若关于的不等式有实数解，求的取值范围. 【答案】（1）的极大值为，无极小值 （2） 【解析】 【分析】（1）通过求导来分析函数的单调性，进而求出函数的极值； （2）分类讨论，得到单调性，求出函数最值，根据最值满足的条件来确定参数的取值范围. 【小问1详解】 当时，， 则， 令，得；令，得， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以的极大值为，无极小值. 【小问2详解】 由题得2a）， 当时，，不符合题意； 当时，令，得； 令，得， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以 由 得，解得； 当时，令，得；令，得，所以在上单调递增，在上单调递减， 所以， 由， 得，解得. 综上，的取值范围为. 17. 如图1，在平面五边形中，四边形为等腰梯形，，将四边形沿折起得到如图2所示的四棱锥，且平面平面. （1）证明：平面； （2）若为棱的中点，二面角的正弦值为，求与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明：因为平面平面，平面平面平面， 所以平面， 又平面. 所以， 因为四边形为等腰梯形，， 易得， 又平面， 所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）根据面面垂直的性质得平面，利用线面垂直的性质可得，再结合题中条件得到，最后结合线面垂直判定证明即可； （2）建立空间直角坐标系，求出关键点坐标，结合向量夹角余弦公式计算即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 过点作于点于点，连接HO， 因为平面平面，平面平面平面， 所以平面， 又平面， 所以， 因为平面， 所以平面， 又平面，所以， 所以为二面角的平面角. 设，则， 则， 因为在中，， 所以，则， 所以. 以为原点，所在直线分别为轴，以过点且垂直于平面的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则,， 所以. 设平面的法向量为， 则， 取，则， 所以. 设与平面所成的角为， 则 所以与平面所成角的正弦值为. 18. 某商场进行周年庆大型促销活动，为吸引消费者，特别推出“玩游戏，送礼券”的活动，活动期间在商场消费达到一定金额的人可以参加游戏.游戏规则如下：在一个盒子里放着6个大小相同的小正方体，其中有3个A类小正方体，4个面印着奇数，2个面印着偶数；有2个B类小正方体，6个面都印着奇数；1个C类小正方体，6个面都印着偶数.游戏者蒙着眼睛随机从盒子中抽取一个小正方体并连续投掷两次，由工作人员告知投掷的结果，若两次投掷向上的面都是奇数，则进入最终挑战环节，否则游戏结束，不获得任何礼券.最终挑战的环节是进行第三次投掷，有两个方案可供选择，方案一：继续投掷之前抽取的那枚小正方体，若投掷后向上的面为奇数，则获得200元礼券；方案二：不使用之前抽取的小正方体，从盒子中剩余的5个小正方体里再次随机抽取一个进行投掷，若投掷后向上的面为奇数，则获得300元礼券，不管选择方案一还是方案二､若投掷后向上的面为偶数，则获得100元礼券， （1）求第一次投掷后向上的面为奇数的概率； （2）若某位顾客抽取一个小正方体后连续投掷两次，向上的面均为奇数，求该小正方体是A类小正方体的概率； （3）在某位顾客进入了最终挑战环节的条件下，试分别计算他选择两种投掷方案最终获得的礼券金额的数学期望，并以此判断选择哪种投掷方案更合适. 【答案】（1） （2） （3），，选择方案二更合适 【解析】 【分析】（1）根据全概率公式，即可求解； （2）利用全概率公式和条件概率公式，即可求解； （3）根据两种不同的方案，结合题意，写出不同的期望，比较后即可判断. 【小问1详解】 记事件分别表示第一次抽到A类，B类，C类小正方体， 亊件表示第一次投掷后向上的面为奇数，事件表示第二次投掷后向上的面为奇数. 【小问2详解】 续投掷两次向上的面均为奇数的概率为 故所求概率为 【小问3详解】 若选择方案一、记事件表示第三次投掷后向上的面为奇数， 设第三次投掷后最终获得的礼券为元， 的可能取值为200，100， 则 ， ， 所以. 若选择方案二、记事件表示第三次投掷后向上的面为奇数， 设第三次投掷后最终获得的礼券为元， 的可能取值为300，100. ①若第一次抽到的是A类小正方体，记事件（）分别表示第二次抽到A类，B类，C类小正方体， 则 ； ②若第一次抽到的是B类小正方体，记事件（）分别表示第二次抽到A类，B类，C类小正方体， 则 所以， 则， 所以， 所以， 则， 所以选择方案二更合适. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是理解题意，并正确使用条件概率公式和全概率公式，求解概率. 19. 抛物线的弦与弦的端点处的两条切线形成的三角形称为阿基米德三角形，由抛物线的三条切线围成的三角形称为抛物线的切线三角形.已知抛物线的焦点为，直线过点，过轴下方的一点作的两条切线，且分别交轴于点，交于点. （1）若为阿基米德三角形，求； （2）证明：切线三角形的外接圆过定点； （3）求面积的最小值. 【答案】（1） （2）由（1）可知抛物线， 设分别与抛物线切于点， 由（1）可知直线的斜率为，直线的斜率为， 所以直线的方程为.即 直线的方程为，即， 所以. 设外接圆的圆心为， 则圆心在线段的垂直平分线上， 所以， 则圆的半径为， 所以圆的方程为， 又点在圆上， 所以， 即，所以， 所以 整理得， 即， 令，得， 所以的外接圆过定点. （3） 【解析】 【分析】（1）通过求出抛物线方程和切线斜率，利用斜率乘积判断两切线垂直得出角度； （2）先求出切线方程，进而得到、坐标，再根据外接圆性质证明过定点； （3）通过联立直线与抛物线方程求出、坐标，进而表示出的面积，再求其最小值. 【小问1详解】 由题意得，则， 所以抛物线的方程为， 因为为阿基米德三角形， 所以分别与抛物线切于点， 不妨设点在轴左侧，则. 由，得， 则， 所以的斜率为的斜案为1， 所以， 所以. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由（2）可得的方程为的方程为， 又直线， 所以， 所以 ， 由（2）可得， 所以点到直线的距离为， 所以 令， 由， 得，当时等号成立， 所以 令， 则 令，得； 令，得， 所以在上单调递减，在 上单调递增， 所以， 此时或， 所以面积的最小值为. 【点睛】 方法点睛：利用导数的几何意义可求得切线的斜率，表示切线方程，联立方程可表示点的坐标；通过设，由，得，当时等号成立，把三角形的面积表示为关于t的函数，利用函数的单调性求解最小值. 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. 的虚部为（ ） A. B. C. D. 3 2. 已知命题，则为（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，且，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知样本数据的平均数为6，方差为16；样本数据的平均数为11，方差为21，现将两组样本数据合并，则新的样本数据，的方差为（ ） A. 18 B. 24 C. 26 D. 28 5. 勒洛三角形是一种特殊三角形，指分别以正三角形的三个顶点为圆心，以其边长为半径作圆弧，由这三段圆弧组成的曲边三角形.现提供5种颜色给如图所示的勒洛三角形中的4个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，且相邻区域颜色不同，则不同的涂色方案种数为（ ） A. 120 B. 240 C. 300 D. 320 6. 已知直线，点到的距离之积为，记点的轨迹为曲线，若与曲线有四个交点，则 的取值范围为（ ） A. B. C. D. 7. 记的内角所对的边分别为，若，则 边上的中线 长度的最小值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数的定义域为，且为偶函数，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 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. 函数的部分图象如图所示，则（ ） A. B. 的图象关于直线对称 C. 将的图象向右平移个单位长度后得到的图象 D. 在区间上的值域为 10. 已知曲线，则（ ） A. 直线与曲线相切 B. 若直线与曲线相切，则 C. 当曲线与曲线都相切时， D. 当时，若过原点可作曲线的两条切线，则或 11. 在棱长为2的正方体中，是的中点，是侧面上的一个动点（含边界），则（ ） A. 当为的中点时，平面平面 B. 存在点，使得平面平面 C. 若，则所有满足条件的动线段形成的曲面的面积为 D. 当为的中点时，三棱锥外接球的体积为 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知正项等比数列的前项和为，且，则__________. 13. 已知，则__________. 14. 已知椭圆的右顶点和上顶点分别为，原点到直线 的距离是 的焦距的，则 的离心率为__________；若圆与 交于两点，且，则 的方程为__________. 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. 记数列的前n项和为，已知，. （1）证明：数列为等差数列； （2）求数列的前n项和. 16. 已知函数. （1）当时，求的极值； （2）若关于的不等式有实数解，求 的取值范围. 17. 如图1，在平面五边形中，四边形为等腰梯形，，将四边形沿 折起得到如图2所示的四棱锥，且平面平面. （1）证明：平面； （2）若 为棱的中点，二面角的正弦值为，求与平面所成角的正弦值. 18. 某商场进行周年庆大型促销活动，为吸引消费者，特别推出“玩游戏，送礼券”的活动，活动期间在商场消费达到一定金额的人可以参加游戏.游戏规则如下：在一个盒子里放着6个大小相同的小正方体，其中有3个A类小正方体，4个面印着奇数，2个面印着偶数；有2个B类小正方体，6个面都印着奇数；1个C类小正方体，6个面都印着偶数.游戏者蒙着眼睛随机从盒子中抽取一个小正方体并连续投掷两次，由工作人员告知投掷的结果，若两次投掷向上的面都是奇数，则进入最终挑战环节，否则游戏结束，不获得任何礼券.最终挑战的环节是进行第三次投掷，有两个方案可供选择，方案一：继续投掷之前抽取的那枚小正方体，若投掷后向上的面为奇数，则获得200元礼券；方案二：不使用之前抽取的小正方体，从盒子中剩余的5个小正方体里再次随机抽取一个进行投掷，若投掷后向上的面为奇数，则获得300元礼券，不管选择方案一还是方案二､若投掷后向上的面为偶数，则获得100元礼券， （1）求第一次投掷后向上的面为奇数的概率； （2）若某位顾客抽取一个小正方体后连续投掷两次，向上的面均为奇数，求该小正方体是A类小正方体的概率； （3）在某位顾客进入了最终挑战环节的条件下，试分别计算他选择两种投掷方案最终获得的礼券金额的数学期望，并以此判断选择哪种投掷方案更合适. 19. 抛物线的弦与弦的端点处的两条切线形成的三角形称为阿基米德三角形，由抛物线的三条切线围成的三角形称为抛物线的切线三角形.已知抛物线的焦点为，直线过点，过轴下方的一点作 的两条切线，且分别交轴于点，交于点. （1）若为阿基米德三角形，求； （2）证明：切线三角形的外接圆过定点； （3）求面积的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $