【领航密卷】2025年普通高等学校招生全国统一考试数学押题卷(7)

YT7 数学试卷 第1 页(共4页) 2025年普通高等学校招生全国统一考试 数 学 押题卷(七) 注意事项: 1.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 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. 已知全集U={1,2,3,4,5,6},A={1,2,3},B={3,6},则图中阴影部分代表的集合为 A.{1,2} B.{3,4} C.{4,5} D.{2,3,5} 2. 设复数z满足1+z1-z=- i,则|z|= A.i B.22 C.1 D.2 3. 设m ∈R,a=(m,1),b=(4,m),c=(1,-2),则b⊥c是a∥b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 4. 已知圆C1:x2+y2=b2与双曲线C2: x2 a2 -y 2 b2 =1(a>0,b>0),若在双曲线C2上存在一点P, 使得过点P 可以作圆C1 的两条切线PA,PB,切点分别为A,B,且 ∠APB= π 3 ,则双曲线C2 的 离心率的取值范围是 A.(1,52 ] B.[52 ,+∞) C.(1,3] D.[3,+∞) 5. 设O 为坐标原点,A 为圆C:x2+y2-4x+2=0上一个动点,则 ∠AOC 的最大值为 YT7 数学试卷 第2 页(共4页) A.π12 B. π 6 C. π 4 D. π 3 6. 记Sn 为等比数列{an}的前n 项和,若S4=5S2,S6=21,则S8= A.-120 B.-85 C.85 D.120 7. 已知a>0且a≠1,若函数f(x)= ax x(4x -1) 为偶函数,则a= A.12 B.2 C.2 D.4 8. A 为函数f(x)=xx,x >0的图象上的点,若OA → =(rcos θ,rsin θ),r>0,θ∈ 0, π 2 ,其中O 为坐标原点,则θ 的取值范围为 A.π4 ,π 2 􀭠 􀭡 􀪁 􀪁􀪁 B.π4,π2􀭠􀭡 􀪁 􀪁􀪁 􀭤 􀭥 􀪁 􀪁􀪁 C.0,π2 􀭠 􀭡 􀪁 􀪁􀪁 D.π3,π2􀭠􀭡 􀪁 􀪁􀪁 􀭤 􀭥 􀪁 􀪁􀪁 二、选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分。在每小题给出的四个选项中,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. 已知函数f(x)=cos(ωx- π 6 )(ω >0),则下列说法正确的是 A.若函数f(x)的图象关于直线x= π 3 对称,则ω 的值可能为3 B.若关于x 的方程f(x)=0在[0,π]上恰有四个实根,则ω 的取值范围为[ 11 3 ,14 3 ) C.若将函数f(x)的图象向右平移 π 3 个单位长度,所得图象关于原点对称,则ω 的最小值是1 D.若函数f(x)在[ π 4 ,3π 4 ]上单调递增,则1≤ω ≤2 10. 定义域为R 的函数f(x)满足f(x)+xf(2-x)=2,直线l: x a + y b =1 (a>0,b>0)与两坐 标轴分别交于A,B 两点,则 A.f(2)=-2 B.f(x)的图象关于点(1,0)对称 C.当直线l与f(x)的图象有3个交点时,△OAB 面积的最小值为2 D.函数g(x)=f(x)-sin πx 2 在区间[-3,3]上有3个零点 YT7 数学试卷 第3 页(共4页) 11. 在一次数学考试中,某班成绩(单位:分)的频率分布直方图如图所示,则下列说法正确的是 A.图中所有小长方形的面积之和等于1 B.中位数的估计值介于100和105之间 C.该班成绩众数的估计值为97.5 D.该班成绩的极差一定等于40 三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分。 12. 在(x+ 2 x )5 的展开式中,x3 的系数是 . 13. 18世纪英国数学家辛普森运用定积分,推导出了现在中学数学教材中柱、锥、 球、台等几何体的统一体积公式V= 1 6h (L+4M+N)(其中L,N,M,h分别 为该几何体的上底面面积、下底面面积、中截面面积和高),我们也称为“万能求积公式”.例如, 已知球的半径为R,可得该球的体积V= 1 6×2R (0+4×πR2+0)= 4 3πR 3;已知正四棱锥的底 面边长为a,高为h,可得该正四棱锥的体积V= 1 6×h [0+4×( a 2 )2+a2]= 1 3a 2h.类似地,运 用该公式求解下列问题:如图,已知球O 的表面积为16π cm2,若用距离球心O 都为1 cm的两个 平行平面去截球O,则夹在这两个平行平面之间的几何体的体积为 cm3. 14. 函数y=(sin x-cos x)2-1是 (填“奇”或“偶”)函数,最小正周期为 . 四、解答题:本题共5小题,共25分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15. (13分) 已知数列{an}的前n 项积为Tn,a1=2,数列{ log2Tn n }是公差为1 2 的等差数列. (1)求数列{an}的通项公式; (2)设bn = (-1)n+1 an ,若数列{bn}的前n 项和为Sn,求Sn 的最大值与最小值. 16. (15分) 如图,在三棱锥P-ABC 中,AB ⊥BC,M,N 分别为AC,AB 的中点,PM ⊥AB. YT7 数学试卷 第4 页(共4页) (1)求证:AB ⊥PN; (2)若AB=BC=2,BP=PM =3,求二面角N -PM -B 的余弦值. 17. (15分) 荥阳境内广武山上汉王城与霸王城之间的鸿沟,即为象棋棋盘上“楚河汉界”的历史原型,荥阳 因此被授予“中国象棋文化之乡”的称号.有甲、乙、丙三位同学进行象棋比赛,其中每局只有两 人比赛,每局比赛必分胜负,本局比赛结束后,负的一方下场.第1局由甲、乙对赛,接下来丙上场 进行第2局比赛,来替换负的那个人,每次比赛负的人排到等待上场的人之后参加比赛.设各局 中双方获胜的概率均为1 2 ,各局比赛的结果相互独立. (1)求前3局比赛甲都取胜的概率; (2)用X 表示前3局比赛中乙获胜的次数,求X 的分布列和数学期望. 18. (17分) 已知椭圆C:x 2 a2 +y 2 b2 =1(a>b>0)经过点 M(1, 3 2 ),F 为椭圆C 的右焦点,O 为坐标原点, △OFM 的面积为34. (1)求椭圆C 的标准方程; (2)过点P(4,0)作一条斜率不为0的直线与椭圆C相交于A,B两点(A在B,P之间), 直线BF 与椭圆C 的另一个交点为D,求证:点A,D 关于x 轴对称. 19. (17分) 已知函数f(x)=(x-e)ln x. (1)若直线y=(1-e)x+b与曲线y=f(x)相切,求b的值; (2)若关于x 的方程f(x)=m 有两个实数根x1,x2(x1<x2),证明:x2-x1≤ em e-1+ e-1. 2025年普通高等学校招生全国统一考试 数 学 押题卷(七) 注意事项: 1.答卷前,考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 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. C 2. C 3. A 4. B 【解析】 图 ② 如图 ②,∵∠APB= π 3 ,∴∠APO= π 6 (O 是坐标原点),∴|OP|=2|OA|=2b,∴以O 为圆心, 以2b为半径的圆与双曲线有公共点,∴2b≥a,4b2≥a2,即4(c2-a2)≥a2,4c2≥5a2,∴离心 率e= c a ≥ 5 2. 故选B. 5. C 【解析】圆C:(x-2)2+y2=2的圆心为C(2,0),半径r= 2.如图,过O 作圆C 的切线OT,切 点为T,则当点A 与点T 重合时,∠AOC取得最大值.连接CT,则|CT|=2,CT⊥OT,又|OC |=2,所以 ∠COT= π 4 ,即 ∠AOC 的最大值为π4. 故选C. 6. C 【解析】因为数列{an}是等比数列,所以S2,S4-S2,S6-S4,S8-S6 成等比数列.设S2=t,因 为S4=5S2,所以S4=5t,所以S4-S2=4t,则S6-S4=16t,S8-S6=64t,则S6=S2+(S4 -S2)+(S6-S4)=t+4t+16t=21t,又S6=21,所以t=1,则S8=S6+64t=85t=85,故选 C. 7.C 【解析】因为f(x)为偶函数,所以f(-1)=f(1),即 a-1 1- 1 4 = a 4-1 ,又a>0,解得a=2,故选C. 8. A 二、选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分。在每小题给出的四个选项中,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. BC 10. ACD 【解析】对于A,在f(x)+xf(2-x)=2中,令x=0,得f(0)=2,令x=2,得f(2)+2f(0) =2,∴f(2)=2-4=-2.A 正确. 对于B,f(x)+xf(2-x)=2 ①,将x 换成2-x,可得f(2-x)+(2-x)f(x)=2 ②, ①-②,得f(x)-f(2-x)+xf(2-x)-(2-x)f(x)=0,[1-(2-x)]f(x)+(-1+ x)f(2-x)=0,(x-1)[f(x)+f(2-x)]=0. ① 当x=1时,f(1)+f(1)=2,∴2f(1)=2,∴f(1)=1. ②当x≠1时,f(x)+f(2-x)=0,∴f(2-x)=-f(x),代入①式,得f(x)+x·[-f(x)] =2,(1-x)f(x)=2,f(x)= 2 1-x . ∴f(x)= 1,x=1 2 1-x ,x ≠1 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 ,点(1,1)关于点(1,0)的对称点为点(1,-1),又(1,-1)不在f(x)的 图象上,∴f(x)的图象不关于点(1,0)对称,B 错误. 对于C,f(x)的图象如图所示,当直线l与f(x)的图象有3个交点时,直线l必过点(1,1). ∴1a+ 1 b=1.S△OAB = 1 2ab≥ 1 2× ( 2 1 a + 1 b )2= 1 2×4=2 ,当且仅当 a=b 1 a + 1 b=1 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 ,即 a=2 b=2 时等 号成立.C 正确. 对于D,令g(x)=f(x)-sin πx 2 =0 ,得f(x)=sin πx 2 ,函数g(x)=f(x)-sin πx 2 在区间 [-3,3]上的零点个数,即函数f(x)的图象与函数y=sin πx 2 的图象在区间[-3,3]上的交点 个数,如图,函数f(x)的图象与函数y=sin πx 2 的图象在区间[-3,3]上的交点个数为3.故D 正确.故选ACD. 11. ABC 三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分。 12. 10 13. 22π 3 14. 奇;π 四、解答题:本题共5小题,共25分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15. (13分) 【解】(1)由题意得,T1=a1=2,∴ log2T1 1 =1 , ∴ log2Tn n =1+ 1 2 (n-1)= n+1 2 , ∴Tn =2 n(n+1) 2 . ∴ 当n≥2时,an = Tn Tn-1 =2 n(n+1)-(n-1)n 2 =2n. 又a1=2=21 符合上式, ∴ 数列{an}的通项公式为an =2n. (2) bn =(-1)n+1· 1 2n =-(- 1 2 )n = 1 2 ·(- 1 2 )n-1, ∴Sn = 1 2 [1-(- 1 2 )n] 1-(- 1 2 ) = 1 3 [1-(- 1 2 )n]. ① 当n 为奇数时,Sn = 1 3 (1+ 1 2n ), 此时{Sn}为单调递减数列, ∴ 此时13<Sn ≤S1= 1 2 ; ② 当n 为偶数时,Sn = 1 3 (1- 1 2n ), 此时{Sn}为单调递增数列, ∴ 此时14=S2≤Sn < 1 3. 综合 ①②,得Sn 的最小值为 1 4 ,最大值为1 2. 16. (15分) 【解】(1)因为 M,N 分别为AC,AB 的中点,所以 MN ∥BC, 因为AB ⊥BC,所以AB ⊥MN, 因为AB ⊥PM,PM ∩MN =M, 所以AB ⊥ 平面PMN, 又PN ⊂ 平面PMN,所以AB ⊥PN. (2) 因为AB=BC=2,所以NM =NB=1,又BP=PM =3, 所以 △PNB ≌ △PNM,因为AB ⊥PN,所以PN ⊥NM. 又NB ∩NM =N,所以PN ⊥ 平面 ABC, 在Rt△PNB 中,PB=3,BN =1,所以PN = PB2-BN2 =22. 以NB所在直线为x轴,NM 所在直线为y轴,NP 所在直线为z轴,建立如图所示的空间直角坐 标系, 则 M(0,1,0),B(1,0,0),P(0,0,22), 所以MB → =(1-1,0),MP → =(0,-1,22). 设平面PMB 的法向量为n1=(x,y,z), 则 MB → ·n1=0 MP → ·n1=0 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 ,所以 x-y=0 -y+22z=0 , 令z=1,得到n1=(22,22,1). 平面PMN 的一个法向量为n2=(1,0,0). 所以cos<n1,n2>= n1·n2 |n1|·|n2| = 22 17 = 2 34 17 . 由图知,二面角N -PM -B 为锐角,所以二面角N -PM -B 的余弦值为 2 34 17 . 17. (15分)【解】(1)前3局比赛甲都获胜的概率为P= 1 2× 1 2× 1 2= 1 8. (2) 其中,X =0表示第1局乙输,第3局是乙上场,且乙输,则P(X =0)= 1 2× 1 2= 1 4 ; X =1表示第1局乙输,第3局是乙上场,且乙赢,或者第1局乙赢,且第2局乙输, 则P(X =1)= 1 2× 1 2+ 1 2× 1 2= 1 2 ; X =2表示第1局乙赢,且第2局乙赢,第3局乙输, 则P(X =2)= 1 2× 1 2× 1 2= 1 8 ; X =3表示第1局乙赢,且第2局乙赢,第3局乙赢, 则P(X =3)= 1 2× 1 2× 1 2= 1 8. 综上,X 的分布列为 X 0 1 2 3 P 14 1 2 1 8 1 8 故X 的数学期望为E(X)=0× 1 4+1× 1 2+2× 1 8+3× 1 8= 9 8. 18. (17分) 【解】(1)如图,因为 △OFM 的面积为 3 4 ,所以1 2×c× 3 2= 3 4 ,解得c=1. 又 M(1,32 )在椭圆C 上,所以 1 a2 + 9 4b2 =1 a2-b2=1 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 ,解得 a2=4 b2=3 , 所以椭圆C 的标准方程为x 2 4+ y2 3=1. (2) 由题意知直线FA,FB 的斜率存在.根据椭圆的对称性,欲证A,D 关于x 轴对称,只需证kFA =-kFD =-kFB,即证kFA +kFB =0. 设A(x1,y1),B(x2,y2),直线AB 的方程为x=my+4, 由 x=my+4 3x2+4y2=12 ,消去x 得(3m2+4)y2+24my+36=0, 所以y1+y2= -24m 3m2+4 ,y1y2= 36 3m2+4 . 则kFA +kFB = y1 x1-1 + y2 x2-1 = y1(x2-1)+y2(x1-1) (x1-1)(x2-1) = y1x2+y2x1-(y1+y2) (x1-1)(x2-1) . 因为y1x2+y2x1-(y1+y2)=2my1y2+3(y1+y2)=2m× 36 3m2+4 +3× - 24m 3m2+4 =0, 所以kFA +kFB =0,即点A,D 关于x 轴对称. 19. (17分) 【解】(1)由已知,得f(x)的定义域为(0,+∞), f '(x)=ln x+ x-e x =ln x- e x +1 , 所以f '(x)在(0,+∞)上单调递增, 当x=1时,f '(1)=1-e, 又f(1)=0, 所以直线y=(1-e)x+b与曲线y=f(x)的切点坐标为(1,0),代入直线方程,得b=e-1. (2) 由(1)可得,曲线y=f(x)在点(1,0)处的切线方程为y=(1-e)(x-1),令p(x)=(1-e)(x -1), 设g(x)=f(x)-p(x)=(x-e)ln x-(1-e)(x-1), 则g'(x)=ln x- e x +e ,g'(x)在(0,+∞)上单调递增,g'(1)=0, 当0<x <1时,g'(x)<0,g(x)单调递减,当x >1时,g'(x)>0,g(x)单调递增,所以 g(x)min=g(1)=0,所以g(x)≥0,则f(x)≥p(x), 所以f(x1)≥p(x1). 设p(x'1)=m,则x'1=1+ m 1-e , 因为p(x'1)=m=f(x1)≥p(x1),p(x)在(0,+∞)上单调递减,所以x1≥x'1=1+ m 1-e , 因为f '(e)=1,所以曲线y=f(x)在点(e,0)处的切线方程为y=x-e,令q(x)=x-e, 设h(x)=f(x)-q(x)=(x-e)ln x-x+e, 则h'(x)=ln x- e x ,h'(x)在(0,+∞)上单调递增,h'(e)=0, 当0<x <e 时,h'(x)<0,h(x)单调递减,当x >e 时,h'(x)>0,h(x)单调递增,所以 h(x)min=h(e)=0,所以h(x)≥0, 则f(x)≥q(x),所以f(x2)≥q(x2). 设q(x'2)=m,则x'2=m+e, 因为q(x'2)=m=f(x2)≥q(x2),q(x)在(0,+∞)上单调递增,所以x2≤x'2=m+e, 故x2-x1≤x'2-x'1=m+e-(1+ m 1-e )= em e-1+ e-1,当且仅当m=0时等号成立.