精品解析：四川省达州市高级中学校2025届高考冲刺测试（一）数学试卷

2025届高考冲刺测试卷（一） 数学 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1.答题前，务必将自己的姓名､准考证号填写在答题卡规定的位置上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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. 3.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，请将答题卡交回. 一､单项选择题：本大题共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】D 【解析】 【分析】应用集合的并、补运算求集合. 【详解】由题设，， 所以. 故选：D 2. 设，则“”是“”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】B 【解析】 【分析】根据指、对数运算结合充分、必要条件分析判断. 【详解】若，则，可得，所以，必要性成立； 若，满足，而，充分性不成立； 所以“”是“”的必要不充分条件. 故选：B. 3. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用复数的乘除运算法则，以及复数的周期性即可得到结果. 【详解】由题意知：，， 所以 故选：A. 4. 记是等差数列的前项和，若，则的最大值是（ ） A. 2 B. 4 C. 8 D. 16 【答案】B 【解析】 【分析】利用等差数列的求和公式得到再利用等差数列的性质得到结合基本不等式求解出结果即可. 【详解】，得. 由等差数列的性质可得，. ，当且仅当时取等号. 故选：B. 5. 某鱼塘只养殖有鲢鱼和鲫鱼，若鲢鱼和鲫鱼的数量比是，鲢鱼和鲫鱼被钓上来的概率分别是.现有一条鱼被钓上来了，这条鱼是鲢鱼的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据全概率公式以及条件概率公式即可求解. 【详解】设事件表示鱼被钓上来，事件表示随机钓一条鱼且该鱼鲢鱼，则， 所以. 故选:C. 6. 设均为单位向量，且，则的最大值是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由向量数量积的运算律和模长的计算求解即可. 【详解】，即，则， 所以. 故选：C. 7. 某市将要承办“全国太极拳公开赛总决赛”，组委会将甲、乙、丙、丁、戊等五位志愿者分配到个人赛､对练赛和集体项目比赛等三个场馆执勤，若每个场馆至少分到一人，且甲不能被分配到个人赛场馆，乙不能分配到对练赛场馆，则不同分配方案的种数是（ ） A. 69 B. 72 C. 75 D. 90 【答案】A 【解析】 【分析】分甲单独一人执勤对练赛场馆或集体项目场馆，甲和另一个人一起执勤对练赛场馆或集体项目场馆，甲和另两人一起执勤对练赛场馆或集体项目场馆，共六种情况求解即可. 【详解】由题意，分以下六种情况： 第一种情况，甲单独一人执勤对练赛场馆，则剩下的四个人可以分成一个人和三个人两组,或分成每组两个人,所以共有（种）方案； 第二种情况，甲单独一人执勤集体项目比赛场馆，则乙只能分配到个人赛场馆， 若只有乙一个人分配到个人赛场馆，剩下的三个人分配到对练赛场馆，则有1种情况； 若乙和另外一人分配到个人赛场馆，则有种情况； 若乙和另外两人分配到个人赛场馆，则有种情况； 所以共有（种）方案； 第三种情况，甲和另外一人执勤对练赛场馆，则剩下的三个人分成一个人和两个人两组，分配到个人赛场馆和集体项目比赛场馆， 所以共有（种）方案； 第四种情况，甲和另外一人执勤集体项目比赛场馆，若甲和乙执勤集体项目比赛场馆，则有种情况； 若甲和乙以外的一人执勤集体项目比赛场馆，则有种情况； 共有（种）方案； 第五种情况，甲和另外两人执勤对练赛场馆，则剩下的三个人分成一个人和两个人两组，分配到个人赛场馆和集体项目比赛场馆， 所以共有（种）方案； 第六种情况，甲和另外两人执勤集体项目比赛场馆，则乙只能分配到个人赛场馆， 若只有乙一个人分配到个人赛场馆，剩下的两个人分配到对练赛场馆，则有种情况； 若乙和另外一人分配到个人赛场馆，则有种情况； 所以共有（种）方案. 所以一共有（种）不同的分配方案. 故选：A. 8. 若，函数的图象恒在函数图象的上方，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由不等式恒成立问题及分离参数法可得对任意的恒成立，由，当且仅当时等号成立，可得，即可求解. 【详解】， 由题意可得，即对任意恒成立， 所以对任意的恒成立. 设. 当时，单调递增，当时，单调递减， 所以，故1，当且仅当时等号成立， 又， 所以， 当且仅当时取等号， 令，则， 所以使，即，故. 故选：D. 二､多项选择题：本大题共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. 已知直线，不同的平面，下列命题中正确的是（ ） A. 若，且，则 B. 若，且，则 C. 若，且，则 D. 若，且，则 【答案】AD 【解析】 【分析】根据点，线，面位置关系的定理和性质逐一判断即可. 【详解】A，因为，，所以， 又，所以不同的平面满足，故A正确； B，若，且，则或两平面相交， 比如：正方体的底面和侧面中分别取直线，且，但是底面和侧面并不平行，故B错误； C，若，且，则两平面相交或平行， 比如：正方体的上下两个底面中分别取直线，且，上底面与平行，但是上底面与下底面并不垂直；故C错误； D，因为，，则，又，所以，故D正确. 故选：AD 10. 若实数都是一次函数的零点，则下列不等关系中可能成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】首先由条件转化为，再结合函数图象的交点情况，即可判断选项. 【详解】由题意可得，，即，在同一坐标系下作出的图象如图. 根据图象可知，时，，时，，有或，故B错误； 若，则，所以，故A正确； 若，则，所以，故D正确； 当时，单调递增，因为，所以，使得，所以，即，故C正确. 故选：ACD 11. 已知是椭圆的内接三角形，且，下列说法正确的是（ ） A. 的离心率是 B. 的面积的最大值是3 C. 若直线的斜率之积为，则 D. 若的中点满足方程 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A选项：直接给出离心率与的关系得出结果.对于B选项：设出、坐标，用三角形面积公式，结合向量点乘与三角函数关系化简，根据三角函数性质求最值判断对错.对于C选项：设出相关点坐标，根据已知条件得到与关系，再结合椭圆方程和直线斜率之积化简，最后根据求出的值.对于D选项：由及前面条件，根据中点坐标公式得到与关系，代入化简得出中点满足的方程. 【详解】对于选项A，，故A正确； 对于选项B，设， ， 当时，上式等号成立，故B错误； 对于选项C，设， 由题意可得， 所以 . 因为直线的斜率之积为，所以，则. 因为，所以，故C正确； 对于选项D，因为，设，由选项C知. 因为为的中点，所以 所以，则的中点满足方程，故D正确. 故选：ACD. 三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在答题卡的横线上. 12. 已知，且，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】利用同角公式中的平方关系求值即可. 【详解】由已知得， 则，所以. 故答案为：. 13. 已知在平面直角坐标系中有两个点，数学上，我们常把定义为欧几里得距离，把定义为曼哈顿距离.分别记为双曲线的右顶点和右焦点，若，则点的轨迹与双曲线的公共点个数是__________. 【答案】1 【解析】 【分析】根据题意分析可知点的轨迹是以为中心且其一条对角线在轴上的正方形，根据图形结合双曲线性质分析判断. 【详解】设的焦距为，， 则，， 可得. 当时，可得，即； 当时，可得，即； 当时，可得，即； 当时，可得，即； 可知点的轨迹是以为中心且其一条对角线在轴上的正方形. 又因为，即。 可知当点在点正上方或正下方时，， 所以点的轨迹与双曲线仅有1个公共点. 故答案为：1. 14. 记表示不小于的最小整数，例如.已知是大于1的正整数，设是函数的零点，记，则__________. 【答案】228 【解析】 【分析】因为，所以存在零点，所以，再构造新函数，利用导数求得函数单调递增，再利用函数零点定理即可得到 ，再利用等差数列求和公式即可求得结果. 【详解】因为，两式取等条件不同， 所以， 所以存在零点.所以， 令，则，所以. 设， 所以在上增函数，且. 因为单调递增，所以， 所以， 所以，则. 故答案为： 四､解答题：本大题共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. 年末促销是商场常用清理库存和资金回笼的一种措施.某商场对消费超过500元的消费者提供一次抽奖活动，抽奖箱中装有10个同种材质且大小相同的红球、黄球和绿球（绿球的个数最多），消费者从抽奖箱中同时抽取2个小球，若2个小球都是红球即获得一等奖，都是黄球即获得二等奖，其余情况，均是不获奖.若从抽奖箱中同时抽取2个小球，其中黄球和绿球各1个的概率是，某消费者抽奖一次. （1）求其获得一等奖的概率； （2）记抽到的绿球个数为，求的分布列及其期望. 【答案】（1）； （2）分布列见解析，1. 【解析】 【分析】（1）根据题设确定10个小球中黄球、绿球的个数，再由古典概型的概率求法求概率； （2）由题设的取值是，应用超几何的概率求法求对应概率值，写出分布列，进而求期望. 【小问1详解】 设10个小球中黄球为个，绿球为个，且， 由题意得，，解得，则红球有2个， 记事件：某消费者抽奖一次获得一等奖，则， 所以该消费者获得一等奖的概率为. 【小问2详解】 由题意，的取值是，则，，， 的分布列为： 0 1 2 期望. 16. 已知函数，其中，若将的图象向左平移个单位，得到函数的图象，且是偶函数. （1）求的解析式及单调递减区间； （2）在中，角所对的边分别为，已知且，若是的中点，求的最大值. 【答案】（1），. （2）. 【解析】 【分析】（1）先由二倍角的正弦，降幂公式，辅助角公式，以及图象平移的性质得到，再由偶函数的性质求出表达式，然后整体代入求解正弦函数的单调递减区间即可； （2）先由正弦函数的最值求出，然后由余弦定理得到，最后再由向量的数量积和模长的计算求出. 【小问1详解】 因为， 所以. 因为是偶函数， 所以. 又，所以， 所以. 因为， 所以的单调递减区间是. 【小问2详解】 因为， 所以，即. 又，所以， 所以，解得. 由，得， 所以，当且仅当时取等号， 所以， 所以，则的最大值是. 17. 过抛物线的焦点作平行于轴的直线被抛物线截得的弦长为4，已知点，设过点的直线与抛物线交于点，且直线交抛物线于点（点与点不重合）. （1）求抛物线的方程； （2）设直线交以为直径的圆于点，求的最小值. 【答案】（1） （2）4 【解析】 【分析】（1）写出焦点坐标即可求出过焦点且平行于x轴的直线与抛物线交点的横坐标，数形结合利用弦长列方程求解； （2）设直线的方程为，与抛物线方程联立，结合根与系数的关系及斜率公式设出直线QA的方程并与抛物线联立，利用韦达定理可得，写出直线MB的方程并利用点在抛物线上进行化简，即可求出直线MB的定点N，数形结合知当且仅当时（此时点重合）最小，代入相应数值结算即可. 【小问1详解】 由抛物线的性质可得，抛物线的焦点为，将代入，解得，则， 所以抛物线的方程为. 【小问2详解】 由题意可设直线的方程为， 联立整理得，则 由，得直线，与抛物线联立并整理得， 所以，所以， 所以，所以. 直线，将、代入上式，化简可得. 将，得， 所以直线恒过定点. 以为直径的圆的方程是，该圆的圆心为，当且仅当时（此时点重合）最小， 且， 所以最小值为4. 18. 如图，在三棱锥中，分别是的中点. （1）证明：； （2）若，求四边形面积最大值； （3）若，且二面角的余弦值为，求点到平面的距离. 【答案】（1）证明见解析 （2）. （3）. 【解析】 【分析】（1）法一：设是在平面上的射影，连接，利用线线垂直可证平面，进而可得，进而可证明平面，连接，结合已知可得四边形是平行四边形，再证明平行四边形是矩形即可；法二：利用向量法，后面与法一相同； （2）由题意可得，利用基本不等式可求面积的最大值； （3）利用等面积法求得，进而求得，设，建立空间直角坐标系，求得平面平面的一个法向量，平面的一个法向量，利用向量法可求得. 【小问1详解】 解法一：如图，设是在平面上的射影，连接. 因为平面平面， 所以. 又平面平面， 所以平面. 因为平面，所以. 同理可得，，所以是的垂心， 所以. 又平面平面， 所以平面. 因为平面， 所以. 连接. 因为，且 所以且， 故四边形是平行四边形. 又，且， 所以， 所以平行四边形是矩形，则. 解法二：因为， 所以， 所以， 所以，即， 所以. 连接. 因为，且 所以且， 故四边形是平行四边形. 又，且， 所以， 所以平行四边形是矩形，则. 【小问2详解】 由（1）可知，四边形是矩形，则的面积，当且仅当时取等号， 所以四边形面积的最大值是. 【小问3详解】 如图，连接，连接并延长交于点，则. 在中，由等面积法，得，即. 在中，， 所以在中，. 以为原点，所在的直线为轴，以过点垂直于平面的直线为轴建立空间直角坐标系如图所示，即为三棱锥的高. 设，则， 所以，， 设平面的法向量为， 则，即， 令，得，则. 设平面的一个法向量为， ，令，则， 所以平面的一个法向量为， 所以， 解得，则点到平面的距离是. 19. 设，其中都是实数. （1）当时，证明：仅有一个零点，且； （2）当时，求过坐标原点且与相切的直线方程； （3）当时，若实数，其中同第（1）问，且，求的最大值. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3）24 【解析】 【分析】（1）对函数求导，研究函数的单调性，结合零点存在性定理即可证明； （2）对函数求导，设出切点，根据导数的几何意义即可求解； （3）构造函数，对其求导，通过二阶导函数研究的单调性，结合零点存在性定理的单调性，即可证明，当且仅当时等号成立. 通过对数运算将函数变形为，进而，结合上述不等式即可求解. 【小问1详解】 的定义域为，， 所以在上单调递增. 又， 所以由零点存在性定理可知：有且只有一个，使得， 即仅有一个零点，且. 【小问2详解】 由，得. 设是的图象上一点， 则在该点处的切线为，整理得. 因为切线经过原点，所以，解得或， 所以所求直线方程为. 【小问3详解】 设，则. 设，则 当时，；当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减. 因为， 所以由零点存在性定理可知：，使得， 所以当或时，；当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增. 因为， 所以时，， 即，当且仅当时等号成立. 因为，所以， 所以当，即时，，当且仅当，即时等号成立， 所以，当且仅当时等号成立， 所以最大值为24. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025届高考冲刺测试卷（一） 数学 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1.答题前，务必将自己的姓名､准考证号填写在答题卡规定的位置上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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. 3.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，请将答题卡交回. 一､单项选择题：本大题共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. 设，则“”是“”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 3. 已知，则（ ） A. B. C. D. 4. 记是等差数列的前项和，若，则的最大值是（ ） A. 2 B. 4 C. 8 D. 16 5. 某鱼塘只养殖有鲢鱼和鲫鱼，若鲢鱼和鲫鱼的数量比是，鲢鱼和鲫鱼被钓上来的概率分别是.现有一条鱼被钓上来了，这条鱼是鲢鱼的概率为（ ） A. B. C. D. 6. 设均为单位向量，且，则的最大值是（ ） A. B. C. D. 7. 某市将要承办“全国太极拳公开赛总决赛”，组委会将甲、乙、丙、丁、戊等五位志愿者分配到个人赛､对练赛和集体项目比赛等三个场馆执勤，若每个场馆至少分到一人，且甲不能被分配到个人赛场馆，乙不能分配到对练赛场馆，则不同分配方案的种数是（ ） A. 69 B. 72 C. 75 D. 90 8. 若，函数的图象恒在函数图象的上方，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二､多项选择题：本大题共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. 已知直线，不同平面，下列命题中正确的是（ ） A. 若，且，则 B. 若，且，则 C. 若，且，则 D. 若，且，则 10. 若实数都是一次函数的零点，则下列不等关系中可能成立的是（ ） A. B. C. D. 11. 已知是椭圆的内接三角形，且，下列说法正确的是（ ） A. 的离心率是 B. 的面积的最大值是3 C. 若直线的斜率之积为，则 D. 若的中点满足方程 三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在答题卡的横线上. 12. 已知，且，则__________. 13. 已知在平面直角坐标系中有两个点，数学上，我们常把定义为欧几里得距离，把定义为曼哈顿距离.分别记为双曲线的右顶点和右焦点，若，则点的轨迹与双曲线的公共点个数是__________. 14. 记表示不小于的最小整数，例如.已知是大于1的正整数，设是函数的零点，记，则__________. 四､解答题：本大题共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. 年末促销是商场常用清理库存和资金回笼的一种措施.某商场对消费超过500元的消费者提供一次抽奖活动，抽奖箱中装有10个同种材质且大小相同的红球、黄球和绿球（绿球的个数最多），消费者从抽奖箱中同时抽取2个小球，若2个小球都是红球即获得一等奖，都是黄球即获得二等奖，其余情况，均是不获奖.若从抽奖箱中同时抽取2个小球，其中黄球和绿球各1个的概率是，某消费者抽奖一次. （1）求其获得一等奖的概率； （2）记抽到绿球个数为，求的分布列及其期望. 16. 已知函数，其中，若将的图象向左平移个单位，得到函数的图象，且是偶函数. （1）求解析式及单调递减区间； （2）在中，角所对的边分别为，已知且，若是的中点，求的最大值. 17. 过抛物线的焦点作平行于轴的直线被抛物线截得的弦长为4，已知点，设过点的直线与抛物线交于点，且直线交抛物线于点（点与点不重合）. （1）求抛物线的方程； （2）设直线交以为直径的圆于点，求的最小值. 18. 如图，在三棱锥中，分别是的中点. （1）证明：； （2）若，求四边形面积的最大值； （3）若，且二面角余弦值为，求点到平面的距离. 19. 设，其中都实数. （1）当时，证明：仅有一个零点，且； （2）当时，求过坐标原点且与相切的直线方程； （3）当时，若实数，其中同第（1）问，且，求的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $