精品解析：甘肃省靖远县第二中学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. 已知集合，，则（ ） A. B.  C.  D. 2. 若是纯虚数，其中，则（ ） A. 或 B. C. D. 且 3. 某校高三学生的模考数学成绩服从正态分布，按照，，，的比例将考试成绩划分为优秀、良好、合格和基本合格四个等级.若小张的数学成绩为分，则他的等级是（ ） 附：，，. A. 优秀 B. 良好 C. 合格 D. 基本合格 4. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 5. 若函数，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 6. 已知正方体的棱长为2，平面截正方体所得的图形为六边形，设该六边形的周长为，且，则（ ） A. B. C. D. 7. 在正项无穷数列中，若，则是，，成立的（ ） 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 8. 已知抛物线，过点作的两条切线，切点分别为，，则（ ） 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. 已知向量，，则（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若取得最小值，则 D. 若，则在上的投影向量为 10. 已知函数的图象经过点，的零点之间距离的最小值为，则（ ） A. B. 的单调递增区间为 C. 的图象关于点对称 D. 的解集为 11. 我们把平面内到两个定点的距离之积为常数的点的轨迹，称为卡西尼卵形线（Cassini Oval）．在平面直角坐标系中，两个定点，，，是平面上的两个动点，设满足的的轨迹为一条连续的封闭曲线，满足的的轨迹为一条连续的封闭曲线，则（ ） A. 关于轴、轴对称 B. 当不在轴上时， C. 当时，纵坐标的最大值大于 D. 当，有公共点时， 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 某区教育局在全市的小学生、初中生和高中生中做了一项“感恩父母”的网络问卷调查，分别回收到的有效问卷数如下：小学10000份，初中12000份，高中8000份.现从中运用分层随机抽样的方法抽取900份样卷作进一步的统计，则抽取的高中生问卷份数为__________. 13. 若双曲线虚轴的上端点位于圆的外部，其中为的半焦距，则离心率的一个取值可以为__________. 14. 已知半径为1的球内切于上、下底面半径分别为，的圆台，若，则圆台表面积的最小值为__________. 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. 在中，内角，，的对边分别为，，，，. （1）若，求，； （2）求的取值范围. 注：. 16. 如图，在多面体中， 为正三角形，平面 ，平面 ，平面 ，，，分别为 与的重心. （1）求证：，且平面平面； （2）若，，直线与平面 所成的角为，求到平面的距离. 17. 在平面直角坐标系中，已知是曲线上的一个动点，且. （1）求的轨迹的方程； （2）已知，经过的直线与交于点，，求证：. 18. 已知函数. （1）证明：，； （2）求函数的零点个数. 19. 设，将所有不大于的正整数随机排列后构成一个数列为，则称是的一个“随机数列”；若中的各项均满足，则称是的“完全随机数列”，记的“完全随机数列”的个数为． （1）分别计算，，，； （2）证明：； （3）若从中随机选取一个数列，记此数列是的“完全随机数列”的概率为，证明：． 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. 已知集合，，则（ ） A. B.  C.  D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据正弦函数的性质求出集合，再根据集合间的关系判断即可. 【详解】对于函数，因为，所以， 所以， 又，所以，. 故选：B. 2. 若是纯虚数，其中，则（ ） A. 或 B. C. D. 且 【答案】C 【解析】 【分析】根据纯虚数定义，列出方程组，求解即可. 【详解】因为是纯虚数，其中，所以，解得. 故选：C. 3. 某校高三学生的模考数学成绩服从正态分布，按照，，，的比例将考试成绩划分为优秀、良好、合格和基本合格四个等级.若小张的数学成绩为分，则他的等级是（ ） 附：，，. A. 优秀 B. 良好 C. 合格 D. 基本合格 【答案】B 【解析】 【分析】利用正态分布的性质即可求解. 【详解】由题得，，所以，， ，， 因为，， 所以， 根据比例成绩大于分为优秀， 因为， 根据比例成绩在到之间的为良好， ， 根据比例成绩在到之间的为合格， ， 根据比例成绩小于分为基本合格， 因为小张的数学成绩为分，则他的等级是良好. 故选：B. 4. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用诱导公式化简已知条件求得的值，再根据同角三角函数基本关系式即可求解. 【详解】，， ，， ，即， 又，，， ，，， . 故选：C. 5. 若函数，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用函数的奇偶性和单调性来求解不等式即可. 【详解】因为， 所以，又因为定义域为关于原点对称， 所以是奇函数， 由于， 可知函数在定义域上单调递减， 所以 即，即， 则，该不等式组无解，所以解集为. 故选：D. 6. 已知正方体的棱长为2，平面截正方体所得的图形为六边形，设该六边形的周长为，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据正方体的几何性质，结合线面垂直的判定可得平面，进而可得平面平面，即可求解. 【详解】连接, 由于平面，平面，故， 又平面，故平面， 又平面，故，,则， 同理可得, 平面，故平面， 由于平面，故平面平面， 平面与平面的交线为,平面与平面的交线为， 故，同理可得 故平面如图阴影部分，， 同理可得,故六边形周长为定值，所以B正确. 故选：B 7. 在正项无穷数列中，若，则是，，成立的（ ） 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】C 【解析】 【分析】将已知递推式构造为，类比等比数列的通项公式结合充分条件必要条件的概念即可得结果. 【详解】因为，所以， 所以，所以. 当时，，所以， 所以，所以充分性成立； 因为， 所以， 因为，，，所以， 所以， 所以， 所以, 因为， 所以，即，所以必要性成立. 故选:C. 8. 已知抛物线，过点作的两条切线，切点分别为，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设出切线方程，利用判别式为求出切线斜率，进而得到切点坐标，再利用导数的几何意义得到，，最后利用两点间距离公式求解即可. 【详解】由题意得切线斜率存在，设过点的的切线方程为， 即，与联立，消去得， 故，即， 设，为的两个根，由韦达定理得，， 设直线，的斜率分别为，，，， 因为，所以，则，故，， 则，，得到，， ，由两点间距离公式得， ， ， ， ，故B正确. 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. 已知向量，，则（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若取得最小值，则 D. 若，则在上的投影向量为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据向量垂直得到数量积为0，可求，判断A的真假；根据向量共线可求，判断B的真假；问题转化为两向量方向相反，可求判断C的真假；根据投影向量的求法求投影向量，判断D的真假. 【详解】对于A，若，则，则，所以A正确； 对于B，若，则，所以，所以B错误： 对于C，取得最小值时，，共线反向，则， 解得，则，所以C正确； 对于D，若，则，所以在上的投影向量为，所以D正确. 故选：ACD 10. 已知函数的图象经过点，的零点之间距离的最小值为，则（ ） A. B. 的单调递增区间为 C. 的图象关于点对称 D. 的解集为 【答案】BC 【解析】 【分析】利用正切函数的基本性质可求出函数的解析式，代值计算可得的值，可判断A选项；利用正切型函数的单调性可判断B选项；利用正切型函数的对称性可判断C选项；解方程，得其解集，可判断D选项. 【详解】由已知得，的最小正周期为，所以， 因为函数的图象经过点， 所以，因为，所以，所以， 则，所以A错误； 当且仅当时，单调递增， 解得， 所以的单调递增区间为，所以B正确； 令，得. 所以的图象关于点对称，所以C正确； 因为， 由， 可得， 即，所以，或， 而当时，，故只需， 由可得，解得， 因为，故， 因此，的解集为，D错. 故选：BC. 11. 我们把平面内到两个定点的距离之积为常数的点的轨迹，称为卡西尼卵形线（Cassini Oval）．在平面直角坐标系中，两个定点，，，是平面上的两个动点，设满足的的轨迹为一条连续的封闭曲线，满足的的轨迹为一条连续的封闭曲线，则（ ） A. 关于轴、轴对称 B. 当不在轴上时， C. 当时，纵坐标的最大值大于 D. 当，有公共点时， 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，写出轨迹方程，将，代入即可判断，对于B，由三角形两边之差小于第三边即可判断，对于C，通过即可判断，对于D，联立方程，得到，结合椭圆范围可判断. 【详解】对于选项A：设， 由，得， 将代入得到， 将将代入得到， 所以关于轴、轴均对称，A正确； 对于选项B：当不在轴上时，与不共线，可以作为一个三角形的三个顶点， 所以，B错误； 对于选项C：当时，， 当时，可得：， 解得：，此时， 即，故当时，点的纵坐标的最大值大于1，C正确； 对于选项D：由，得为椭圆， 且，其方程为， 所以，代入， 得， 所以，因为，所以， 解得：或舍去，D正确； 故选：ACD. 【点睛】方法点睛：曲线关于轴、轴的对称对称性问题，可将，代入曲线方程，是否满足即可判断. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 某区教育局在全市的小学生、初中生和高中生中做了一项“感恩父母”的网络问卷调查，分别回收到的有效问卷数如下：小学10000份，初中12000份，高中8000份.现从中运用分层随机抽样的方法抽取900份样卷作进一步的统计，则抽取的高中生问卷份数为__________. 【答案】240 【解析】 【分析】根据分层抽样计算. 【详解】抽取的高中生问卷份数为. 故答案为：240. 13. 若双曲线虚轴的上端点位于圆的外部，其中为的半焦距，则离心率的一个取值可以为__________. 【答案】2（答案不唯一，满足即可） 【解析】 【分析】先求出虚轴的上端点坐标，再结合点在圆外建立齐次不等式，解出离心率的范围，进而写出符合题意的离心率即可. 【详解】由题得，虚轴的上端点坐标为， 因为虚轴的上端点位于圆外部，所以， 解得，则，化简得， 解得，即的取值范围为，可取. 故答案为：2（答案不唯一，满足即可） 14. 已知半径为1的球内切于上、下底面半径分别为，的圆台，若，则圆台表面积的最小值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】由几何关系确定，再列出圆台的表面积公式，构造函数，利用导数求函数的最值. 【详解】作出圆台与内切球的轴截面如图，过作于点，易得， ，， 则，则，同理得， 则在中，，解得， 因为，所以，所以圆台的表面积， 设， 所以，所以， 因为，所以，所以在上单调递减， 所以当且仅当时，取得最小值为. 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. 在中，内角，，的对边分别为，，，，. （1）若，求，； （2）求的取值范围. 注：. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）先利用余弦定理求出三角形的边、的值，再通过正弦定理将边转化为角，（2）利用三角函数的和角公式化简式子，最后根据角的范围，借助三角函数求出式子的取值范围. 【小问1详解】 因为，，， 由余弦定理得， 所以， 解得， 所以. 【小问2详解】 因为，所以，， 所以 ， 因为，所以， 所以， 即， 即的取值范围为 16. 如图，在多面体中， 为正三角形，平面 ，平面 ，平面 ，，，分别为 与的重心. （1）求证：，且平面平面； （2）若，，直线与平面 所成的角为，求到平面的距离. 【答案】（1）证明：延长交于 ，延长交于，连接， 由，分别为 与的重心，得 ，分别为对应线段的中点， 则，由平面 ，平面 ，平面 ，得， 则，点四点共面，由，， 得，则； 由平面 ，平面 ，得， 而 为正三角形，即，又平面， 因此平面， 而平面，则平面平面， 所以平面平面. （2） 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用线面垂直的性质可得，再借助三角形重心性质推理证得；利用正三角形性质，线面垂直、面面垂直的判定推理得证. （2）以 的中点为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量求出点到平面的距离. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由，平面 ，得平面 ，而平面 ， 则，，而，则直线两两垂直， 以 为原点，以直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图， 过作于 ，则，由平面 ，平面， 得平面平面 ，直线是在平面 内的射影， 因此为直线与平面 所成的角，，， 而，则，，又，则，连接， ，， 设平面的法向量为，则，令，得， 所以到平面的距离为. 17. 在平面直角坐标系中，已知是曲线上的一个动点，且. （1）求的轨迹的方程； （2）已知，经过的直线与交于点，，求证：. 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）设，，结合可得，，代入曲线方程即可求解； （2）设的方程为， 联立直线与椭圆方程，设直线，的斜率分别为，，利用韦达定理求得，进而求证. 【小问1详解】 设，， 因为，所以，， 因为是曲线上的一个动点， 所以， 将，代入，得， 所以的轨迹的方程为. 【小问2详解】 由题知直线的斜率不为零， 设的方程为， 联立与，得， 显然判别式， 设，， 所以，， 设直线，的斜率分别为，， 所以 ， 即，即， 所以. 18. 已知函数. （1）证明：，； （2）求函数的零点个数. 【答案】（1） 欲证，， 即证，， 令， 则 ， 因为，， 所以， 所以在上单调递增， 所以， 所以，成立. （2） 【解析】 【分析】（1）构造函数，求导后结合余弦函数的值域分析单调性和最值可得； （2）当、，时构造函数求导分析单调性和最值；当时，构造函数，求导分析单调性找到隐零点；当时结合函数单调性分析. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 令， 所以， ①当时，，， 所以， 即在时无零点； ②当时，，， 所以， 所以在时单调递增， 所以， 即在时无零点； ③当时，令， 则， 显然在上单调递增， 又，， 所以存在使得， 因此可得时，，单调递减； 当时，，单调递增， 又，， 所以存在，使得， 即时，，，单调递减； 时，，，单调递增，又，， 所以在上有2个不同的零点； ④当时，单调递增， 所以， 即成立， 所以在上无零点， 综上，函数有2个不同的零点. 19. 设，将所有不大于的正整数随机排列后构成一个数列为，则称是的一个“随机数列”；若中的各项均满足，则称是的“完全随机数列”，记的“完全随机数列”的个数为． （1）分别计算，，，； （2）证明：； （3）若从中随机选取一个数列，记此数列是的“完全随机数列”的概率为，证明：． 【答案】（1），，， （2）证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据完全随机数列计算即可； （2）的“完全随机数列”的排法可以分为两个步骤，再由计数原理可得答案； （3）利用累加法可得答案. 【小问1详解】 当时，只有一个数字，无法构成完全随机数列，所以； 当时，只有两种排列方式，其中一种满足条件，所以； 当时，有两种排列方式满足条件，所以； 当时，有9种排列方式满足条件，所以； 【小问2详解】 的“完全随机数列”的排法可以分为两个步骤： 第一步：随机排且不排在第项的位置，有种排法； 第二步：随机排其余项，根据第一步的排法，可以分为两类： 第一类：若排在第项的位置，但不排在第项的位置， 这样的排法有种； 第二类：若排在第项的位置，排在第项的位置， 这样的排法有种， 所以由计数原理得，； 【小问3详解】 因为， 所以， 所以数列是公比为的等比数列； 由以上得，， 所以，， ，⋯， 以上各式相加，可得，， 所以， 又的“随机数列”的个数为， 所以． 【点睛】方法点睛：解决此类问题，需要综合运用所学知识，并且要创造性的运用到题目中，对题目所给条件，数列的递推关系式灵活变形是解决本题的关键. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $