精品解析：陕西省咸阳市武功县普集高级中学2024-2025学年高三下学期模拟预测数学试题

2025年普通高等学校招生全国统一考试·冲刺押题卷（一） 数学 注意事项： 1.本卷满分150分，考试时间120分钟.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，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：每小题选出答案后，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.非选择题的作答：用签字笔直接答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. 已知复数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数的乘方及除法运算得出，再根据共轭复数的概念即可求解． 【详解】因为， 所以， 故选：C． 2. 已知集合，，若，则实数m的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求出集合，再由列不等式可求得结果. 【详解】因为，，， 所以，或，解得，或. 故选：D. 3. 已知向量在上的投影向量为，且，则（ ） A. B. C. 10 D. 12 【答案】B 【解析】 【分析】先求出，然后根据向量在上的投影向量为，列方程可求得结果. 【详解】因为，所以. 又向量在上的投影向量为， 所以， 所以. 故选：B. 4. 已知函数为偶函数，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】由题意可得为偶函数，则恒成立，从而可求出的值. 【详解】因为为偶函数，为偶函数， 所以为偶函数， 所以恒成立， 所以恒成立，所以. 故选：A. 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先对已知条件化简变形可得，然后由结合余弦的二倍角公式可求得结果. 【详解】由，得， 即，所以， 所以. 故选：C. 6. 甲、乙、丙等6名同学站成一排，甲、乙不站在两端，丙站在甲、乙之间，则不同的站法有（ ） A. 60种 B. 48种 C. 36种 D. 24种 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，先从剩余的3人中选取2人，再分甲乙站在2号和4号位置，甲乙站在2号和5号位置和甲乙站在3号和5号位置，三种情况讨论，结合分步计数原理，即可求解. 【详解】根据题意，先从剩余的3人中选取2人，站在两端，由种站法， 若甲乙站在2号和4号位置，则丙和剩余1人，只有一种站法，共有种站法； 若甲乙站在2号和5号位置，则有种站法； 若甲乙站在3号和5号位置，则丙和剩余1人，只有一种站法，共有种站法， 综上可得，共有种不同的站法. 故选：B. 7. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，点M在C的右支上，线段与y轴交于点N，，O为坐标原点，过作，垂足为Q，线段交OM于P，且，则C的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设，，则题意得P为的重心，则Q为的中点，可得，结合双曲线的定义和已知条件可求出，，，在中利用余弦定理列方程化简，可求出双曲线的离心率. 【详解】如图所示，设，，因为O为的中点，， 所以P为的重心，所以Q为的中点， 又，所以， 由双曲线的定义可知，，所以， 因为，所以，. 在中，， 在中，由余弦定理得，， 化简得，所以，解得（舍去）， 故C的离心率为， 故选：A. 8. 记表示实数a，b中的较大的数，已知x，y，z均为正数，则的最小值为（ ） A. B. 3 C. D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】本题分两种情况讨论，当和时的两种情况，然后根据基本不等式的性质求出最小值. 【详解】设， 当时，， 因为均为正数，所以 ， 当且仅当，，时，等式成立； 当时，， 当且仅当，，时，等式成立. 综上可知，t的最小值为. 故选：C. 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. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ） A. B. C. 曲线的图象与y轴交点的纵坐标为 D. 函数的图象关于直线对称 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，由图结合周期公式可求出进行判断，对于B，由图可知，的图象关于点对称，代入函数中可求出进行判断，对于C，由选项AB可得的解析式，然后求解进行判断，对于D，通过计算进行判断. 【详解】对于A，由图可知，的最小正周期为，由得，，A错误； 对于B，由于,由图可知，的图象关于点对称，所以，解得，B正确； 对于C，由上面得，，令得，， 所以曲线与y轴交点的纵坐标为，C正确； 对于D，因为，所以的图象关于对称， 所以函数的图象关于直线对称，D正确. 故选：BCD. 10. 已知正数a，b满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于AB，由已知条件得，构造函数，利用其单调性进行判断，对于C，由幂函数的单调性结合进行判断，对于D，由已知可得，再结合的单调性分析判断. 【详解】对于AB，由得，， 所以， 设，因为和在上单调递增， 所以在上单调递增，又， 所以，所以A正确，B错误； 对于C，因为幂函数在上单调递减，所以，即，C正确； 对于D，因为，所以，因为， 所以， 由选项AB可知在上单调递增，所以，D正确. 故选：ACD. 11. 已知过点的直线l与动圆相切，切点为M，记点M的轨迹为曲线Γ，则（ ） A. 曲线Γ经过原点 B. 曲线Γ是轴对称图形 C. 点在曲线Γ上 D. 曲线Γ在第二象限的点的纵坐标有最大值 【答案】BC 【解析】 【分析】首先将圆的方程化为标准方程，找到圆心和半径。根据直线与圆相切的性质，得到相关等式，进而求出点的轨迹方程，再根据轨迹方程的性质逐一分析选项. 【详解】圆化为，圆心，半径为， 设点，，， 由题意可知，，则， 整理得①. 又因为， 所以，展开化简得②. 由①②消去，化简得，显然， 又由圆C的圆心在y轴左侧，且与y轴相切，所以， 其图象为： 对于A选项，曲线Γ不经过原点，所以A错误. 对于B选项，若为曲线上任意点，根据方程知也在曲线上，即曲线关于轴对称，所以B正确. 对于C选项，将点代入曲线方程中，等式成立，C正确. 对于D选项，根据，当时，显然第二象限的点的纵坐标无最大值，所以D错误， 故选：BC. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知的内角的对边分别为，且，，，则______. 【答案】## 【解析】 【分析】根据已知条件结合余弦定理求出角，再利用可求得答案. 【详解】由余弦定理，知. 因为，所以， 所以. 故答案为： 13. 已知某圆锥的母线与底面所成角为，其内切球的表面积为，则该圆锥的外接球的体积为________. 【答案】 【解析】 【分析】由题意可知，圆锥的轴截面PAB是一个顶角为的等腰三角形，设内切球球心为O，半径为，连接AO，由内切球的表面积可求出，在中求出，从而可求出，由圆锥的结构特征可知，其轴截面的外接圆的半径等于该圆锥外接球的半径，利用正弦定理可求出，进而可求出该圆锥的外接球的体积 【详解】如图，由题意可知，圆锥的轴截面PAB是一个顶角为的等腰三角形， 设内切球球心为O，半径为，连接AO，则， 由，得，即， 又， 在中，，所以，所以， 所以， 由圆锥的结构特征可知，其轴截面的外接圆的半径等于该圆锥外接球的半径， 则，则， 所以该圆堆的外接球的体积. 故答案为： 14. 已知函数，若的最大值为0，则的取值范围为________. 【答案】 【解析】 【分析】通过求导，结合的取值范围可求得当时，函数有最大值，进而可得到，代入，构造函数，再次利用导数可求得其值域. 【详解】由，得， 当时，，则在R上单调递减，无最大值，不符合题意； 当时，令，得；令，得， 所以函数在区间上单调递增，在区间上单调递减， 所以当时，函数有最大值， 即，得， 所以， 令，则， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以当时，函数有最小值，即， 故的取值范围为. 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. 已知数列满足，. （1）求的通项公式； （2）求数列的前项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）将两边取倒数得到为等差数列，求出的通项公式，即可得解； （2）由（1）可得，利用裂项相消法计算可得. 【小问1详解】 因为，，所以， 所以， 故， 又，所以是以为首项，为公差的等差数列， 所以，故. 【小问2详解】 由（1）得， 所以 . 16. 已知F是抛物线的焦点，直线与抛物线C相交于P点（异于原点），. （1）求抛物线C的方程； （2）设，过P的直线l与C相交于另一点M，若，求直线l的方程. 【答案】（1） （2），或 【解析】 【分析】（1）列方程组求出点的坐标，然后结合及抛物线的定义列方程，从而可求出的值，进而可求出抛物线C的方程； （2）由求出直线MF的方程，与抛物线方程联立求出点的坐标，从而可求出直线l的方程. 【小问1详解】 抛物线的准线方程为. 联立方程，解得或（舍去）， 因为，所以，即， 故抛物线C的方程为. 【小问2详解】 由（1）可知，，， 因为，，则， 则直线MF的方程为， 联立，整理得，解得，或， 所以或， 所以或， 所以直线l的方程为，或， 即直线l的方程为，或. 17. 在2024年巴黎奥运会上，我国乒乓球运动员取得“五连冠”的优异成绩，激发了全民“国球热”.某社区举办了乒乓球比赛，甲、乙两人争夺冠亚军，采用五局三胜制（每局比赛没有平局），比赛共有1000元奖金，约定如下规则：若比赛3局决出胜负，冠军获得900元奖金，亚军获得100元奖金；若比赛4局决出胜负，冠军获得700元奖金，亚军获得300元奖金；若比赛5局决出胜负，冠军获得600元奖金，亚军获得400元奖金，已知甲每局获胜的概率为，乙每局获胜的概率为. （1）求比赛4局决出胜负的概率； （2）求甲获得的奖金X的分布列与数学期望. 【答案】（1） （2） X 900 700 600 400 300 100 P 【解析】 【分析】（1）由题意可知比赛4局决出胜负有两种情况：前3局甲获胜2局，输1局，第4局甲获胜，或前3局乙获胜2局，输1局，第4局乙获胜，然后根据独立事件的概率公式和互斥事件的概率公式可求得结果； （2）由题意可知X的取值可能为900，700，600，400，300，100，求出相应的概率，从而可求出X的分布列与数学期望. 【小问1详解】 比赛4局决出胜负有两种情况：前3局甲获胜2局，输1局，第4局甲获胜， 或前3局乙获胜2局，输1局，第4局乙获胜， 若甲获胜，则； 若乙获胜，则， 故比赛4局决出胜负的概率为. 【小问2详解】 由题意可知，X的取值可能为900，700，600，400，300，100， ，， ，， ，， 所以X的分布列为： X 900 700 600 400 300 100 P 所以. 18. 已知函数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若，函数有两个极值点． （i）求实数的取值范围； （i i）当满足时，求实数的最大值． 【答案】（1） （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）先把代入函数求，再对求导得，算出即切线斜率，最后用点斜式得出切线方程. （2）（i）先得出和，因有两个极值点，是零点，将变形，设并求导，分析其单调性得最大值，结合图象确定2a范围，进而得到范围. （ii）根据条件得到2a表达式，设，代入化简得表达式，设求导分析单调性，由确定范围，得出范围，进而确定范围，再根据2a表达式设，分析其单调性得最大值，从而得到最大值. 【小问1详解】 当时，， ，则， 所以曲线在点处的切线方程为，即． 【小问2详解】 （i），则， 因为函数有两个不同的极值点，所以是的零点， 由，得． 设，则， 令，得；令，得， 所以在区间上单调递增，在区间上单调递减， 所以． 当时，，当时，， 结合的图象的变化趋势可知，，所以， 故实数的取值范围为． （i i）由条件可知，，， 则，且． 不妨令，将代入中， 得，则． 设，，则， 令，则，所以在上单调递减， 则，即，所以在上单调递减． 由得，，所以， 因此在区间上单调递减，即， 于是，所以，则， 又，令，由（ⅰ）可知，在区间上单调递增， 所以，则，解得， 故实数的最大值为． 19. 如图，四棱锥的底面是边长为的菱形，，平面平面，. （1）证明：； （2）设直线CP与平面ABCD所成角为. （i）求四棱锥的体积； （ii）若点M为棱CP上的动点（不包括端点），求二面角的正弦值的最小值. 【答案】（1） 连接BD交AC于点O，连接OP. 因为底面ABCD为菱形，所以O为BD中点，. 因为平面平面ABCD，平面平面，平面ABCD， 所以平面PAC. 因为平面PAC，所以. 因为O为BD中点，所以, 所以，所以. （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）连接BD交AC于点O，连接OP，则，再由面面垂直的性质可得平面PAC，则，再结合O为BD中点可得结论； （2）（i）过P作于点H，可得为直线CP与平面ABCD所成角，由已知可得平面PDH，则，从而得H为的垂心，而为等边三角形，则H为的重心，则可求出，进而可求出四棱锥的体积； （ii）以OB为x轴，OC为y轴，过O点作平面ABCD的垂线作为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，求出平面和平面的法向量，设二面角的平面角为，表示出，利用换元法可求出其最大值，从而可求出二面角的正弦值的最小值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （i）过P作于点H， 因为平面平面ABCD，平面平面，平面PAC， 所以平面ABCD， 所以为直线CP与平面ABCD所成角，即. 因为平面，平面ABCD，所以. 又，，，平面PDH， 所以平面PDH. 因为平面PDH，所以， 结合可知H为的垂心. 由于底面ABCD是边长为的菱形，， 故为等边三角形，因此H为的重心， ，，，，. 由于，，所以， 所以四棱锥的体积. （ii）以OB为x轴，OC为y轴，过O点作平面ABCD的垂线作为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，. 设，故. 设平面的一个法向量为， ，， 则， 取，则. 设平面的一个法向量为， ，， 则， 取，则， 设二面角的平面角为， 则 ， 令，则， 所以， 由于， 故， 当且仅当，即时取等号， 故的最大值为，因此的最小值为. 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·冲刺押题卷（一） 数学 注意事项： 1.本卷满分150分，考试时间120分钟.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，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：每小题选出答案后，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.非选择题的作答：用签字笔直接答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. 已知复数，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知集合，，若，则实数m的取值范围为（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量在上的投影向量为，且，则（ ） A. B. C. 10 D. 12 4. 已知函数为偶函数，则（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 6. 甲、乙、丙等6名同学站成一排，甲、乙不站在两端，丙站在甲、乙之间，则不同的站法有（ ） A. 60种 B. 48种 C. 36种 D. 24种 7. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，点M在C的右支上，线段与y轴交于点N，，O为坐标原点，过作，垂足为Q，线段交OM于P，且，则C的离心率为（ ） A. B. C. D. 8. 记表示实数a，b中的较大的数，已知x，y，z均为正数，则的最小值为（ ） A. B. 3 C. D. 6 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. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ） A. B. C. 曲线的图象与y轴交点的纵坐标为 D. 函数的图象关于直线对称 10. 已知正数a，b满足，则（ ） A. B. C. D. 11. 已知过点的直线l与动圆相切，切点为M，记点M的轨迹为曲线Γ，则（ ） A. 曲线Γ经过原点 B. 曲线Γ是轴对称图形 C. 点在曲线Γ上 D. 曲线Γ在第二象限的点的纵坐标有最大值 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知的内角的对边分别为，且，，，则______. 13. 已知某圆锥的母线与底面所成角为，其内切球的表面积为，则该圆锥的外接球的体积为________. 14. 已知函数，若的最大值为0，则的取值范围为________. 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. 已知数列满足，. （1）求的通项公式； （2）求数列的前项和. 16. 已知F是抛物线的焦点，直线与抛物线C相交于P点（异于原点），. （1）求抛物线C的方程； （2）设，过P的直线l与C相交于另一点M，若，求直线l的方程. 17. 在2024年巴黎奥运会上，我国乒乓球运动员取得“五连冠”的优异成绩，激发了全民“国球热”.某社区举办了乒乓球比赛，甲、乙两人争夺冠亚军，采用五局三胜制（每局比赛没有平局），比赛共有1000元奖金，约定如下规则：若比赛3局决出胜负，冠军获得900元奖金，亚军获得100元奖金；若比赛4局决出胜负，冠军获得700元奖金，亚军获得300元奖金；若比赛5局决出胜负，冠军获得600元奖金，亚军获得400元奖金，已知甲每局获胜的概率为，乙每局获胜的概率为. （1）求比赛4局决出胜负的概率； （2）求甲获得的奖金X的分布列与数学期望. 18. 已知函数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若，函数有两个极值点． （i）求实数的取值范围； （i i）当满足时，求实数的最大值． 19. 如图，四棱锥的底面是边长为的菱形，，平面平面，. （1）证明：； （2）设直线CP与平面ABCD所成角为. （i）求四棱锥的体积； （ii）若点M为棱CP上的动点（不包括端点），求二面角的正弦值的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $