2025届陕西省高考模拟数学试题

装 订 线 班级： 姓名： 装 订 线 大荔县2025年高考模拟试题命制比赛作品 2025届陕西省高考模拟数学试题 命题人：王苗苗 单位：大荔县城郊中学 考试时间：120分钟 满分：150分 一、选择题：本题共有8小题，每小题5分，共40分。在每个小题的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．已知集合,,则( ) A． B． C． D． 2．( ) A． B． C． D． 3．已知,,,,则( ) A． B． C． D． 4．有甲、乙、丙、丁、戊名同学站成一排参加文艺汇演,若甲不站在两端,丙和丁相邻,则不同排列方式共有( ) A．种 B．种 C．种 D．种 5．中国的古建筑不仅是挡风遮雨的住处,更是美学和哲学的体现.如图是某古建筑物的剖面图,其中,,,是桁,,,,是脊,,,,是相等的步,相邻桁的脊步之比分别为,,,,已知,,成公差为的等差数列,且直线的斜率为,则( ) A． B． C． D． 6．角,满足,则( ) A． B． C． D． 7．正三棱台高为,上下底边长分别是和,所有顶点在同一球面上,则球的表面积是( ) A． B． C． D． 8．已知函数的定义域为,且,,,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,为正实数,且,,,则( ) A．的最大值为 B．的最小值为 C．的最小值为 D．的最小值为 10．已知圆锥(是圆锥底面圆的圆心,是圆锥的顶点)的母线长为,底面半径为.若,为底面圆周上的任意两点,则下列说法中正确的是( ) A．圆锥的侧面积为 B．面积的最大值为 C．三棱锥体积的最大值为 D．圆锥的内切球的体积为 11．函数的图象以中心对称,则( ) A．在单调递减 B．在有个极值点 C．直线是一条对称轴 D．直线是一条切线 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．已知随机变量服从正态分布,且,则__________. 13．已知双曲线的左、右焦点分别为,,为右支上一点,与轴交于点,若为等边三角形,则的离心率为__________. 14．若对于任意的,不等式恒成立,则的最小值为__________. 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤。 15．（本小题满分13分） 若数列的首项,且满足, (1)证明数列为等比数列; (2)设,求数列的前项和. 16． （本小题满分15分） 在某地区进行流行病调查,随机调查了名某种疾病患者的年龄,得到如下的样本数 据频率分布直方图. (1)估计该地区这种疾病患者的平均年龄(同一组中的数据用该组区间的中点值代表) (2)估计该地区一人患这种疾病年龄在区间的概率. (3)已知该地区这种疾病的患病率为,该地区的年龄位于区间的人口占该地区总人口的,从该地区任选一人,若此人年龄位于区间,求此人患该种疾病的概率.(以样本数据中的患者年龄位于各地区的频率作为患者年龄位于该区间的概率,精确到) 17． （本小题满分15分） 如图,是三棱锥的高,,,为的中点. (1)证明:平面; (2)若,,,求二面角正弦值. 18． （本小题满分17分） 设双曲线的右焦点为,渐近线方程为. (1)求的方程; (2)经过的直线与的渐近线分别交于两点,点,在上,且,.过且斜率为的直线与过且斜率为的直线交于点,从下面三个条件①②③中选择两个条件,证明另一个条件成立; ①在上;②;③. 19． （本小题满分17分） 已知函数. (1)当时,讨论的单调性; (2)当时,,求实数的取值范围; (3)设,证明. 第2页，共2页 第2页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$装 订 线 班级： 姓名： 装 订 线 试卷答案和解析 第1题： 【答案】B 【解析】,则,故选B 第2题： 【答案】D 【解析】,故选D. 第3题： 【答案】C 【解析】由已知有,,故,解得,故选C. 第4题： 【答案】B 【解析】因为丙丁要在一起,先把丙丁捆绑,看做一个元素,连同乙,戊看成三个元素排列,有种排列方式;为使甲不在两端,必须且只需甲在此三个元素的中间两个位置任选一个位置插入,有种插空方式;注意到丙丁两人的顺序可交换,有种排列方式,故安排这名同学共有:种不同的排列方式, 故选:B. 第5题： 【答案】D 【解析】设,则,,, 由题意得,, 且,解得,故选D. 第6题： 【答案】D 【解析】解法一:设则,取,排除A,C; 再取则,取,排除B;选D. 解法二: 由 , 故, 故,即, 故, 故,故.故选D. 第7题： 【答案】A 【解析】由题意得,上底面所在平面截球所得圆的半径是, 下底面所在平面截球所得圆的半径是,因为棱台高为，所以棱台上下底面所在的外接圆在球心的一侧， 则轴截面中由几何知识可得,解得, 因此球的表面积是,故选A. 第8题： 【答案】D 【解析】由可知函数的对称中心为, 由可知函数的对称轴为, 故函数的周期. 将代入得, 将代入得, 将代入得, 而, 将代入得, 将代入得, 所以. 故选:D. 第9题： 【答案】B,C 【解析】【分析】对A:利用基本不等式判断;对B:利用基本不等式结合“”的代换判断;对C:利用因式分解结合基本不等式判断;对D:利用基本不等式结合“”的代换判断. 【详解】由,,,即有; 对A:,即,即, 当且仅当时,等号成立,故的最小值为,故A错误; 对B:由,故, 则, 当且仅当,即,时,等号成立,故B正确; 对C:由,故,则, 当且仅当时,等号成立,故C正确; 对D:, 当且仅当时,等号成立,故D错误.故选:BC. 第10题： 【答案】A,C 【解析】因底面半径为,则底面圆周长为,则侧面展开扇形的圆心角为:,则侧面积为:.故A正确; B选项,当最大,即时,面积最大. 则面积最大值为:,故B错误; C选项,,则当时,取最大值 ,又,则三棱锥体积的最大值为:.故C正确; D选项,如图圆锥内切球半径为圆锥轴截面内切圆半径, 设内切球半径为,内切球球心为,连接,.则 .则内切球体积为:.故D错误. 故选:AC. 第11题： 【答案】A,D 【解析】由题意得: 所以即:, 又,所以时, 故. 选项A:时,由图象知是单调递减的; 选项B:时,由图象知只有个极值点,由可解得极值点; 选项C:时,,直线不是对称轴; 选项D:由得:. 解得或, 从而得:或, 所以函数在点处的切线斜率为, 切线方程为:即.D正确 第12题： 【答案】 【解析】由题意可知,,故. 第13题： 【答案】 【解析】由题意,是底角为的等腰三角形,又为等边三角形, 所以,,且, 则,又, 故. 故答案为:. 第14题： 【答案】 【解析】因为,所以, 即,令,所以, 又,所以上单调递增,所以, 即,令,所以, 令,解得,令,解得,所以在上单调递增, 在上单调递减,所以,所以,即的最小值为. 故答案为: 【点睛】关键点点睛:本题主要将不等式转化为,再构造函数,利用导数判断单调性进一步将问题转化为恒成立,再构造函数,通过两次构造函数即可求得结果. 第15题： 【答案】见解析 【解析】(1)由,可得………………………………………………2分 ∵,则,对任意的,,则,…………………………………… 4分 故数列为等比数列,且该数列的首项为,公比为 ………………………………6分 (2)根据(1)可得, 所以………………………………………8分 则………………………………………10分 设数列的前项和为, 所以.………………………………………13分 第16题： 【答案】见解析 【解析】(1)平均年龄(岁)…………………………………5分 (2)设一人患这种疾病的年龄在区间,则…………………………………10分 (3)设任选一人年龄位于区间,任选一人患这种疾病, 则由条件概率公式,得 .………………………15分 第17题： 【答案】见解析 【解析】(1)连接,因为是三棱锥的高,所以平面, 所以,所以, 又,所以, 所以………………………………………………………………………2分 作中点,连接,则有,又,所以, 又因为平面平面,所以平面 又分别为的中点,所以,在中, 又因为平面,平面,所以平面,………………………3分 又平面,所以平面平面………………………4分 又平面,所以平面………………………………………………5分 (2)过点作,以为轴,为轴,为轴. 建立如图所示的空间直角坐标系. 因为,由(1), 又, 所以,所以, , 设,则…………………………………………6分 平面的法向量设为,, ,所以 所以,设,则, 所以………………………………………………………………………8分 平面的法向量设为 所以,所以,设,则, 所以………………………………………………………………………………10分 所以…………………………………………13分 二面角的平面角为,则…………………………………………15分 所以二面角的正弦值为 第18题： 【答案】见解析. 【解析】(1)由题意可得,故……………………………………………………………2分 因此的方程为.……………………………………………4分 (2)设直线的方程为,将直线的方程代入的方程得 ,………………………………………………………6分 则,………………8分 因为,,所以, 设点的坐标为,则 两式相减,得 而 故 解得…………………………………………………………10分 两式相加,得, 而, 故 解得……………………………………………………………11分 因此,点的轨迹为直线,其中为直线的斜率. 若选择①②: 设直线的方程为,并设的坐标为的坐标为, 则,解得…………………………………………………13分 同理可得……………………………………………………………15分 此时 而点的坐标满足 解得………………………………………………16分 故为的中点,即.……………………………………………………………17分 若选择①③: 当真线的斜率不存在时,点即为点,此时不在直线上,矛盾. 当直线的斜率存在时,设直线的方程为,并设的坐标为 的坐标为、则,解得 同理可得, 此时 由于点同时在直线上,故,解得.因此. 若选择②③: 设直线的方程为,并设的坐标为的坐标为 则,解得 同理可得 设的中点为,则 由于,故在的垂直平分线上,即点在直线上, 将该直线与联立,解得,即点恰为中点.故点在直线上. 第19题： 【答案】见解析 【解析】(1)………………………………………………2分 当时,单调递减;………………………………………………………3分 当时,单调递增.…………………………………………………………4分 (2)令对恒成立………………………5分 又……………………………………………………………6分 令 则 ①若,即………………………………………………………8分 所以,使得当时,有单调递增,矛盾,……………………………………………………………9分 若,即时, 在上单调递减,,符合题意.……………………………………………………………11分 综上所述实数的取值范围是……………………………………………………………12分 (3)求导易得 令 ……………………………………………………………15分 即,证毕.……………………………………………17分 2 1 学科网（北京）股份有限公司 $$