甘肃省靖远县第一中学2025届高三下学期高考模拟数学试题

一、选择题 故选D. 1,A【解析】由题可得A∩B={-1,0),所以A∩B7.A【解析】令f(x)=1,h()=-21-3=(1-3)(t 的子集的个数为4.故选A. +1),令h(t)=0,得1=-1或1=3，所以f(x)=-1 2.B【解折】由(2-0：=计i.得=亡=-号十 x2+2,x≤ 或f(x)=3.因为f(x)= ,所以当x≤0 log:r.r>0 故选B 时，由x2+2=3,得x=-1:当x>0时，由logx= 3.C【解析】由题得(a十b)·a=a2十a·b=2,所以 -1得x=子由1g1=3,得1=8，所以函数g田 a·b=1,所以|a-2b|2=|a|P-4a·b+4|b2= =(x)-2f(x)一3共有3个零点，分别为x= 1-4+36=33,所以|a-2b=√33.故选C. -1函=7西=8，所以十十-艺故选A 4.B【解析】由题可知圆锥的高为2，圆柱与圆锥的底 8.D【解析】根据对称性，不妨设点A在第一象限，则 面半径均为1，设圆柱的高为h,则V:=3xX1F× A,与浙近线y=-兰：垂直，因为点F(一c,0)到 2=号，V=xX1Xh=h,因为Va=号V维，所 渐近线y=一么的距离为L=任=6，所以 Va+ 以号-子，所以方=2.当大圆柱体与陀螺等高，且 m∠AFR=是因为m∠RAE=号，∠RAR 与图中的圆柱同底时，大圆柱体的体积最小，所以大 圆柱体的高为4，底面半径为1，所以该大圆柱体体积 ∈(0，x.所以∠FAF=吾，所以cos∠FAF:= 的最小值为π×1X4=4元.故选B. 吾m∠RA,-安测在△A,R中，由正孩定理 5.D【解析】因为cos(2a+号）=2os(a+）-1 略-常降 得，IFR⊥ -,所以o(a+音）=，则cos(a+若） 2 |AF:=4a,由双曲线的定义知|AF-|AF:= 号或os(a+晋)=-子又音<a<号所以受<a 2a,所以|AF,|=2a+|AF|=6a,所以由余弦定理 得|F,F:F=|AF2+AF:P-2AF· +若<受，所以cos(a+吾)>0，所以cos(a+吾) |AF|cos∠FAF,即4c2=(6a)2+(4a)2-2· =子故选D 6a·4a·,整理得2=(3-63)a2,所以2=13 6.D【解析】记“从甲箱中取出的球恰有i个红球”为 -6√5.故选D. 事件A,(行=0,1,2)，根据题意可得P(A)= C 高Pa)-器-子PA)-得- P(BA)=音.P(BA)=号，P(BA)=,所 P(B)=P(A)P (BA)+P(A)P(BI A)+ P(A))=×+号×号+× ·1· 二、选择题 (一，2)上单调递减，所以f(x)在(2，十∞)上单 9.ABD【解析】因为(0.005+0.015)×10=0.2< 调递增，故A正确：对f(2十x)一f(2-x)=0两 0.5,0.2+0.05×10=0.7>0.5,所以这200名参赛 边求导得f(2+x)+f(2-x)=0,令x=-1,得 学生的成绩的中位数位于[70,80)内，设中位数为 f(1)+f(3)=0,故B错误：对于x1<x,f(x1)< x,则0.2十(x一70)×0.05=0.5，解得x=76.所以这 f(x),当x1<x2≤2时，因为f(x)在（一∞，2）上 200名参赛学生的成绩的中位数为76分，故A正确： 单调递减，所以f(x1)>f(x),不符合题意：当2 这200名参赛学生的成绩的平均值为55×0.05+65 ≤x1<x1时，因为f(x)在(2，十∞)上单调递增， ×0.15+75×0.5+85×0.2+95×0.1=76.5分，故 所以f(x1)<f(x),且x十x>4:当x1<2<x B正确：这200名参赛学生的成绩不低于80分的频 时，因为f(2+x)一f(2-x)=0,所以f(2十x)= 率为(0.02+0.01)×10=0.3.故C错误：这200名参 f(2-x),所以f(x)=f(4-x),所以f(x) 赛学生的成绩在[80,90)之间的有200×0.02×10= f(4-),由f()<f(x:),可得f(4一x)< 40人，故D正确.故选ABD f(x),因为x<2<x,所以4-x>2,又f(x)在 10,AB【解析】因为f(x)=sin(ar+),所以 (2,十∞)上单调递增，所以x:>4一，所以x1十 x:>4,故C正确：因为f(x)在（一∞，2）上单调递 g(x)=sm(or+管+若），因为g(0)=1,所以 减，在(2，十∞)上单调递增，所以当x∈ sin(管+看）=1，所以詈+若=受+2kx,k∈么，则 (-∞，2)时，(x)≤0，当x∈(2，十∞)时 f(x)≥0，且f(2)=0,所以f(0)≤0， w=2+12k,k∈Z,又1≤w≤3，所以w=2,故A正 f(a2+2)≥0，所以对a∈R,f(a2+2)≥ 确：则f(x)=sin(2x+吾)，令2x+吾=受+x, f(0),故D正确.故选ACD. 三、填空题 ∈乙得x=晋+受，k∈乙，令k=0,得x=吾，所以 12.350【解析】由题可知当n为奇数时，a.+2一a.=1: f(x)的图象关于直线x=否对称，所以(x+石) 当n为偶数时，a+:=a。,所以数列《a。}的所有奇数 项构成以1为首项，1为公差的等差数列，所有偶数 =f(答-x),即f(+吾）-f(倍-x)=0,故B 项都是常数1，所以S=a1十a:十a1十…十a0= (a1十a1十…+aw)+(a:+a4+…+as0)=25a1+ 正确：由f)=in(2x+吾)=气，得2x+吾 25X24×1+25a:=350. 2 +2或2r十-+2x,k,解得x音 【解析】由题可知x。=1,所以点M(1,2)在抛 x或r=普十标，kE乙.所以方程()-号的解 物线C:y2=2px(p>0)上，则4=2p,解得p=2,所 集为{r=登十m或x=是+，k∈Z,故C错 以抛物线C:y=4r,F(1,0),准线方程为x=一1， 由题知圆N的圆心为N(2,1),半径为1.过点P作 误：令2km-受≤2x+吾<2x+受，k∈1，解得 准线x=一1的垂线，垂足为A,则|PA|=|PF|, 又|PQ|≥|PN|-1,当P,Q,N三点共线且点Q x-苓<r≤kx十答，k∈Z,所以f(x)的单调递增 在点P,N之间时等号成立，所以|PQ|+|PF|≥ 区间为[kx-，kx十]k∈故D错误.故 IPN|+|PA|-1≥|AN|-1=2,当A,P,Q,N 四点共线且点Q在点P,N之间时等号成立，所以 选AB. |PQ|+|PF|的最小值为2，此时y=1,则xe= 11.ACD【解析】因为f(2十x)一f(2-x)=0,所以 f(x)的图象关于直线x=2对称，因为f(x)在 子，所以IPN=2-=子，所以当PQ+ ·2 PF取最小值时，Samw=之×子×1= 所以EC∥BF, 又BFC平面PAB,EC过平面PAB, 所以EC∥平面PAB. (5分) (2)因为AB⊥AD,PA⊥平面ABCD, 所以AB,AD,AP两两垂直 以A为原点，AB,AD,AP所在直线分别为x,y,: 轴建立如图所示的空间直角坐标系， 14.【解析】如图，设该香包挂件的直观图为正四 棱锥P一ABCD,其底面的中心为H,则PH为正四 棱锥P一ABCD的高，所以PH=√，由题可知在正 方形ABCD中，AB=AD=√E,所以AH=1,所以 PA=√P+AH=√3+I=2.由题可知正四棱 锥P一ABCD的外接球即为所求，易知正四棱锥 则A(0.0,0),P(0.0,2).D(0,2,0),C(1,1,0) P一ABCD外接球的球心在直线PH上，设其外接球 E(0.1,1) 的直径为PQ=2r,因为点A在正四棱锥外接球的 所以AC-(1.1,0),AD=(0,2,0),AE=(0,1.1) 球面上，所以AP⊥AQ,又AH⊥PH,所以由几何性 (7分) 质可得PA=PH·PQ,则PQ=2r= 路 设平面EAC的法向量为n=(x,y,:), (n.AC=x+y=0 45,所以r=25,故外接球的表面积为S=4x 则 3 2 n·AE=y+=0 红×专-号，即所求球的表面积的最小值为 取y=1,得x=-1,=-1, 所以n=(一1,1，一1)： (9分) 因为AB⊥AD,AP⊥AD,AB∩AP=A,AB,APC 平面PAB 所以AD⊥平面PAB, 所以A方=(0,2,0)为平面PAB的一个法向量. (10分) 设平面EAC与平面PAB的夹角为0， 则cos0=1cosn.Ai1=n·A 2 四、解答题 :1而“示 15.解：(1)取PA的中点F,连接EF,BF, -3 因为E为PD的中点， 所以EF∥AD,EF=号AD, 所以平面EAC与平面PAB夹角的余弦值为 因为AD∥BC,AD=2BC, (13分) 所以EF∥BC,EF=BC, 16.解：(1)因为sinB=2sinC. 所以四边形EFBC为平行四边形， (3分) 所以由正弦定理得b=2c. (1分) ·3· 在△ABD中，由正弦定理得 sin∠ADB 所以= 490-5×3×34=-2. BD 55-5×37 sin∠BAD1 在△ACD中，由正弦定理得n∠ADC b 则a=y-M=34-(-2)×3=40, (6分) 故y关于1的经验回归方程为y=一21十40.(7分) CD sin ZCAD' (3分) (2)记甲在“双败淘汰制”下参与对阵的比赛场数为 因为∠ADB+∠ADC=x, 随机变量X, 所以sin∠ADB=sin∠ADC, 则X的所有可能取值为2,3,4， (8分) 所以血品D_业 CD (5分) X=2为连败两局，则P0X=2)=(1-号)广=子 又CD=2BD,且b=2e, (9分) 所以sin∠BAD=sin∠CAD, X=3可以为连胜两局（第三局不管胜败）或败胜败 或胜败败， 因为∠BAD,∠CADE(O,) 所以∠BAD=∠CAD. 则P(x=3)=(2)广+(1-2)×之× 所以AD平分∠BAC (7分) (1-)+号×(1-)×(1-)-2 (2)由(1)可知AD平分∠BAC, (11分) 因为∠BAC=于， X=4可以为败胜胜或胜败胜（第四局均不管胜败）， 所以∠BAD=若，即∠BAE=, 则P(x=4)=(1-合)×号×名+号× 因为△ABE的面积为1， 0-)×3=子 (13分) 所以SaE=2AB·AEsin吾=子AB·AE=1, 所以X的分布列为 则AB·AE=4. (10分) 2 3 在△ABE中，由余弦定理得 BE=AB+AE-2AB·AEcos∠BAE =AB十AE-√5AB·AE>(2-3)AB·AE. 当且仅当AB=AE时取等号， 所以E(X)=2号+3×号+4×=3. (15分) 所以BE≥4(2-3)=2(5-1)， 18,解：1由题可知点(-1，一)，(1.-)均在椭 则BE6-√瓦， 圆C上， 所以BE的最小值为√一√瓦 (15分) 若点（分，是）也在椭圆C上， 1.解：(1)由题得1=号×1+2+3+4+5)=3. y=号×(38+37+32+33+30)=34， 则 ,方程组无解， (2分) 1 9 4a十166=1 2-+容+3++=5， 所以椭圆c经过点(-2.0).(-1，-号)(1， 2y=1X38+2X37+3X32+4×33+5×30 490. (4分) 。4 点T(1,0). 1a2=4 所以 ,解得 综上，直线MN过定点，且该定点的坐标为(1,0). + 6=1 (13分) (i)由(1)可知直线MN过定点T(1,0), 所以椭调C的方程为行+y矿=1. (4分) 由题可知直线MN的斜率为1， (2)(「)由对称性可知直线MN经过的定点必在x 所以当十为=一 5为=- 3 5 (15分) 轴上且异于原点， 设定点为T(t,0),1≠0， 所以|MN|=√2|一为 当直线MN的斜率不为0时，设直线MN的方程为 =√瓦√(1+)-4y为 x=my十1，M(x,为)，N(x2,边)，x,x≠士2， -x√号)+4x号=82 (17分) x=my十( 联立 += ,得(m2十4)y2+2m1y十2-4=0. 19解：(1)设等比数列{a.)的公比为q,则a1≠0，q ≠0， △=4m2r-4(m2+4)(2-4)>0. 由等比数列的性质知aa=a1a6, 则+= (6分) 又a2a=a6,所以a1=1, 因为S=号≠4a,所以91 (2分) 由(1)可得A(-2.0).B(2.0), 则直线M1的方程为y=产女+2》， 所以由3-号营得9= 直线NB的方程为y一产2红一2》 因此数列《a.〉为“g一数列”，其通项公式为a.= () (3分) 由题意知直线MA与NB交于点Q,且点Q在直线 x=4上， (2)设等差数列(b,}的公差为d, 所以器器即兴产 由b+k=18,6=15, x+24-2' 2b+8d=18 所=1 所以3y(x-2)=(x,十2)， 得 解得 6+7d=15 d=21 所以3y(m十1-一2)=为(m十1十2) 所以6.=1+2(n-1)=2n-1. (5分) 所以2my为+3(1-2)y-(1+2)y=0,① 其中由，，，，…构成的数列1,3,9,27…是 (8分) 首项为1，公比为3的等比数列，且是“g一数列” 当m≠0，即直线MN的斜率存在且不为0时， (答案不唯一，写出一个即可，) (7分) 2-4 (3)因为c.=n(n∈N”), 由当 m十4 4- y十为 2mt 2m1 所以G=k,k∈N”, m2十4 因为数列{e}为“。一数列”，设其公比为g, 得n一 2mt(y1为). 所以4=1.9'>0. 则e.=(g)-1, 代入①，得(1-1)(-2)=(1-1)(1+2)， 因为4≤c≤e+1, 当t=1时，上式恒成立，所以T(1,0): (10分) 所以(g)1≤k≤(g),k=1,2,3,…,m 当m=0,即直线MN的斜率不存在时， 当k=1时，有q>≥1： 若T(1,0),则直线MN的方程为x=1, (10分) 取M(1,)N(1,-)满足①式。 (12分) 当=23…，m时，有<n< 当直线MN的斜率为0时，直线MN:y=0,过 令fx)=n二，x>1,则f()=1ln工， ·5· 所以当x∈(1，e)时，f(x)>0: 所以g(x)<0在(1，十∞)上恒成立， 当x∈(e,+oo)时，f(x)<0, 所以g(x)在(1，十o0)上单调递减， (14分) 故f(x)在(1，e)上单调递增，在(e,+o∞)上单调 又5--h>2-号 12 递减， 3 学< 满是h把气即(<， 66 3 因此所求m的最大值不小于5， (15分) 所以=3)-= (12分) 若m≥6，分别取k=3.6.则3≤(q),且(g)≤6， 令g(x)=hx t-i>1, 从而(g)≥243，且(g)≤216， 所以g不存在， 因此所求m的最大值小于6， 则g'(x)= (x-1)= (x-1) 故m的最大值为5. (16分) 令h(x)=1-1-lh,x>1. 取g=5, 则=-号<0， 当=12.34.5时，满是≤n,即长0 综上，m的最大值为5. (17分) 所以(x)在(1，十o∞)上单调递碱， 则h(.x)<h(1)=1-1-0=0,2025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A={-1,0,1},B={x-3<x<1},则A∩B的子集的个数为 A.4 B.5 C.7 D.8 2.若(2一i)z=x十i,则x= A-合-2 B-+2 c合 n+2 3.已知平面向量a,b满足|a=1,|b=3,(a+b)·a=2,则a-2b= A.√41 B.√35 C.√33 D.4√2 4.陀螺是中国民间较早的娱乐工具之一，它可以近似地看成是由一个圆锥和一个同底 的圆柱组合而成的几何体.如图1是一种实木陀螺，其直观图如图2所示，其中P为 圆锥顶点，O为圆柱上底面圆的圆心，圆锥底面半径为1，高为2，且上部分圆锥的体 积为下部分圆柱体积的，若该陀螺是由一个大圆柱体通 过切削得到，则该大圆柱体体积的最小值为 A.3π B.4π C.5π 图1 图2 D.6π 5.已知cos2e+）=-寸登<a<骨，则cos(e+若） A-号 B- c D. 第1页（共4页） 6.已知甲箱中有2个红球和3个黑球，乙箱中有1个红球和3个黑球（所有球除颜色外 完全相同)，某学生先从甲箱中随机取出2个球放入乙箱，再从乙箱中随机取出1个 球，记“从乙箱中取出的球是黑球”为事件B,则P(B) A R号 c是 7.已知函数f(x)= r+2,x≤0'记函数g(x)=P(x)-2f()-3的n个零点为x,i logzx,x>0, =1,2,…,n),则x1十x2+…十xm= A号 B.5 C.3 &已知△ARR:的顶点F,R分别为双曲线C号-芳=1(a>0,b>0)的左，右焦点， 点A在C的右支上，且AF1与C的一条渐近线垂直，记C的离心率为e,若 tam∠RAR,=9,则c A.4+2√3 B.3+2√2 C.14-62 D.13-63 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.防溺水安全教育不仅是为了防止学生在游泳时发生意外，更是为了提高学生的安全 意识和自我保护能力，为此某校组织了“防溺水安全知识”答题比赛，并对参赛的200 名学生的成绩进行了统计，得到如图所示的频率分布直方图，其中分组区间分别为 [50,60),[60,70),[70,80),[80,90),[90,100],则（同一组中的数据用该组区间的 中点值作代表) 频率 组跑 0.05 A.这200名参赛学生的成绩的中位数为76分 B.这200名参赛学生的成绩的平均值为76.5分 0.02 C.这200名参赛学生的成绩不低于80分的频率为0.03 0.015 0.0 0.005 D.这200名参赛学生的成绩在[80,90)之间的有40人 05060708090100成绩/分 10.将函数f(x)=sin(wr+需）1≤a≤3)的图象向左平移若个单位长度得到g(x)的图 象，若g(0)=1,则 A.ω=2 B.fx+）-f-x=0 C.方程f(x)=号的解集为zx=+2kx或x=+2kx,k∈Z D.f代x)的单调递增区间为[x-号，kx一晋]，k∈Z 第2页（共4页） 11.已知函数f(x)为定义在R上的连续函数，f(x)为f(x)的导函数，f(2十x)一 f(2-x)=0,且f(x)在（一∞，2）上单调递减，则 A.f(x)在(2，+∞)上单调递增 B.f(1)+f(3)=1 C.若x<x2,f(x1)<f(x2),则x1十x2>4 D.Ha∈R,f(a2+2)≥f(0) 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.已知数列{an}的前n项和为S,且a=ag=1,a+2= jan十1，n为奇数，则 an, n为偶数， S50= 13.已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,C上的点M(xo,2)到y轴的距离为1， 动点P在C上，动点Q在圆N:(x一2)2+(y-1)2=1上，当|PQ|+|PF取最小值 时，△PFN的面积为 14.如图，某香包挂件是正四棱锥形状，其高为√3，底面边长为√2，若将此棱锥放在一球 内可任意转动，则该球表面积的最小值为 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.(本小题满分13分) 如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为直角梯形，AB⊥AD,AD∥BC,AD= AP=2AB=2BC=2,PA⊥平面ABCD,E为棱PD的中点. (1)证明：EC∥平面PAB; (2)求平面EAC与平面PAB夹角的余弦值. 16.(本小题满分15分) 记△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知sinB=2sinC,D为BC边 上一点，且CD=2BD (1)证明：AD平分∠BAC (2)若∠BAC-,在射线AD上任取一点E,且△ABE的面积为1，求BE的最小值. 第3页（共4页】 17.(本小题满分15分) 在2024年巴黎奥运会上，中国乒乓球队表现出色，成功包揽乒乓球项目的所有金 牌（共5枚），展现了中国在乒乓球项目上的绝对实力，同时也鼓舞了乒乓球业余爱好 者.下表统计了乒乓球业余爱好者甲在2024年的5次挑战高手比赛中所获得的分数. 次数(t) 1 2 3 4 5 分数(y)38 37 3233 30 (1)根据表中数据，利用最小二乘法求出y关于t的经验回归方程y=t十a; (2)在某场乒乓球比赛中，甲、乙、丙、丁四人争夺冠军，比赛采用“双败淘汰制”，具 体赛制为：首先四人通过抽签两两对阵，胜者进人“胜区”，败者进入“败区”；接下来“胜 区”的两人对阵，胜者进人最后决赛，“败区”的两人对阵，败者直接淘汰出局获得第四 名；然后“败区”的胜者和“胜区”的败者对阵，胜者晋级最后的决赛，败者获得第三名；最 后剩下的两人进行最后的决赛，胜者获得冠军，败者获得第二名.甲对阵乙、丙、丁获胜 的概率均为，，且不同对阵的结果相互独立.求甲在“双败淘汰制”下参与对阵的比赛场 数的数学期望， 参考公式：经验回归直线y=t十a的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为= 豆心 a=y-bi. 习- 18.(本小题满分17分) 知椭圆C荐+ 芳=1a>6>0)经过(-2,0)，(-1，-)，(1，-).（合）中 的三点。 (1)求C的方程； (2)设A,B分别为C的左、右顶点，动点Q在直线x=4上，直线QA与C的另一 个交点为M,直线QB与C的另一个交点为N. (1)证明：直线MN过定点，并求出该定点坐标； (iⅱ)当直线MN的斜率为1时，求线段MN的长. 19.(本小题满分17分) 定义首项为1且公比为正数的等比数列为“。一数列” (1已知等比数列a)的前a项和为S,且a=a,5-号，证明：数列a)为 “σ一数列”，并求出其通项公式； (2)已知等差数列{bn}满足b,十b=18,bg=15,探究数列{bn}中是否存在由某些项 构成的数列为“。一数列”？若存在，写出一个“。一数列”；若不存在，请说明理由； (3)已知等差数列{cn}的通项公式为cn=n(n∈N·),设m为正整数，若存在“a一数 列”{en}(n∈N·),对任意正整数k,当≤m时，都有e≤c≤e+1成立，求m的最大值. 第4页（共4页）