精品解析：甘肃省平凉市第一中学2024-2025学年高三下学期押题数学试卷（二）

2025届高三押题信息卷 数学（二） 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. 已知集合，，，则集合C的子集有（ ） A. 64个 B. 63个 C. 16个 D. 15个 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，求得集合，结合集合子集个数的计算方法，即可求解. 【详解】由集合，，且， 因为，，可得集合，所以集合的子集有个. 故选：C. 2. 一组数据1，7，5，2，，2，且，，若该组数据的众数是中位数的，则该组数据的平均数为（ ） A. 3 B. 3.5 C. 4 D. 4.5 【答案】B 【解析】 【分析】利用中位数和平均数的概念求解即可. 【详解】易得众数为2，则中位数为， 所以将数据按照从小到大排列得1，2，2，，5，7，则，解得， 则平均数为. 故选:B. 3. 设P是双曲线C：上一点，，是C的左、右焦点，若，则（ ） A. 10或4 B. 13或1 C. 10 D. 13 【答案】D 【解析】 【分析】先利用双曲线的定义得出或，再结合双曲线的性质得出即可. 【详解】根据双曲线的定义，知， 因为，所以或， 又，所以. 故选：D. 4. 已知向量，，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由，利用数量积的坐标运算公式，得到，根据，得到，即可求解. 【详解】由向量，， 因为，可得，即， 因为，可得，所以， 所以，解得. 故选：A. 5. 已知圆C：，P为y轴上的一个动点（异于原点），过点P作圆C的两条切线，切点分别为A，B，且A，B的中点为M，点，则的最大值为（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 【答案】C 【解析】 【分析】由题意可知，从而得到点的轨迹为是以为直径的圆（去掉A，C两点），再根据圆外一点到圆上距离最大值即为圆外一点与圆心距离加上半径即可求解. 【详解】如图，圆的圆心为，半径为，则圆与y轴相切，切点为原点O，即为A， 又M为的中点，则，所以点M的轨迹是以为直径的圆（去掉A，C两点）， 其中圆心为，半径为1， 又，所以. 故选：C. 6. 已知函数，将图象上所有点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变），得到函数的图象.若，且，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用辅助角公式化简，可得，再根据三角函数的有界性与周期性求解即可. 【详解】， 将图象上所有点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变）， 得到函数， 要使且， 则或， 所以，所以，， 则. 故选:C. 7. 已知侧棱长为，底面边长为的正三棱锥，其内切球球心为，球与球以及三棱锥的三个侧面均相切，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设球的半径为，三棱锥的表面积为，根据体积分割法，求得，设在底面内的射影为，在上取点，使得，过作平面的平行平面，求得，设球的半径为，求得，进而求得的长. 【详解】设球的半径为，三棱锥的表面积为， 则， 解得， 又由，且， 可得， 设在底面内的射影为， 因为在上，在上取点，使得， 过作平面的平行平面，交，，于点G，T，H， 如图所示，则也是正三棱锥，球即为该三棱锥的内切球， 又因为， 设球的半径为，则，所以， 所以. 故选：B. 8. 已知函数的图像既关于点中心对称，又关于直线轴对称.当时，，则的值为（ ）. A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设表示函数的图像，，根据中心对称性与轴对称性，可依次得，，，取，可计算得，从而可计算得. 【详解】用表示函数的图像，对任意的， 令，则，且， 利用的中心对称性与轴对称性，可依次推得 ，，， 取，此时， 因此. 故选：B 【点睛】本题考查了中心对称与轴对称的应用，求解的关键是根据中心对称与轴对称特点表示出函数图像上的点之间的关系，然后代值计算. 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. 已知复数（，为虚数单位），则（ ） A. 任意，为实数 B. 存在，使得 C. 存在，使得为纯虚数 D. 在复平面内对应的点的轨迹是一条直线 【答案】ACD 【解析】 【分析】首先化简复数，再根据复数的运算法则，以及相关概念和几何意义，即可判断选项. 【详解】. 对于A，为实数，故A正确； 对于B，，故B错误； 对于C，，当时，为纯虚数，故C正确； 对于D，在复平面内对应的点为，其轨迹方程为，故D正确. 故选:ACD. 10. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】令，再两边同乘以可判断A；令，，两式相减可判断B；对题目所给的式子，两边求导，再令，可判断C；根据二项式的展开式可得，即，继而即可判断D. 【详解】对于A，令，得， 两边同乘以，得，故A正确； 对于B，令，得， 令，得， 两式相减，得， 即，故B正确； 对于C，两边同时求导数， 得， 再令，得，故C错误； 对于D，，所以， 同理， 所以，故D正确. 故选:ABD. 11. 已知函数，，、分别表示与中的较小值与较大值，则（ ）. A. . B. 当直线与曲线有三个不同交点时，的取值范围为. C. 当时，曲线在点处的切线与曲线有且仅有一个交点. D. 函数图象上的点到原点的最短距离为. 【答案】AC 【解析】 【分析】求出函数、的解析式，可判断A选项；数形结合可判断B选项；求出切线方程，将切线方程与函数的解析式联立，求出交点个数，可判断C选项；化简函数的解析式，设点P为上的点，并求的最短距离，可判断D选项. 【详解】函数、的定义域均为，且， 所以， ， 对于A，当时，，则，此时， 当时，，则， 此时，故A正确； 对于B，作出函数的图象如图所示， 由图可知，当时，直线与函数的图象有三个交点，故B错误； 对于C，当时，，则， 因为，则， 所以曲线在点处的切线方程为，即. 当时，由，整理可得，可得（舍去）； 当时，由可得，解得或（舍去）. 综上所述，当时，曲线在点处的切线与曲线有且仅有一个交点，故C正确； 对于D，当时，， 当时，，所以为偶函数， 设其第一象限内一点，则， 当且仅当时取得等号，故D错误. 故选：AC. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 函数的单调递减区间是_____. 【答案】（写成，，，同样给分） 【解析】 【分析】根据导数和函数单调性的关系，即可求解. 【详解】因为，， 令，得，解得， 所以的单调递减区间是. 故答案为： 13. 已知F为椭圆C：的右焦点，为原点，A为C上一点，若，则C的离心率为_____. 【答案】## 【解析】 【分析】在和中利用余弦定理求得即可建立等式，进而可求离心率. 【详解】设为椭圆C的左焦点，由椭圆的定义，得， 又，. 则在和中， 由余弦定理，得， 化简得，所以离心率. 故答案为： 14. 已知三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，且为锐角三角形，则面积的取值范围为_____. 【答案】 【解析】 【分析】根据诱导公式和正弦定理及三角形面积公式得到，由题意确定角的范围，从而确定的范围.再令，利用导数求出的单调性从而确定的单调性及取值范围. 【详解】因为，所以，所以， 由正弦定理得， 又，所以， 所以的面积 因为为锐角三角形， 又且，则，所以. 令，则. 恒成立，则在上单调递减. 则单调递增，故. 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. 某公司生产的某种产品按照质量标准分为一等品、二等品、三等品共3个等级，采购商小李从该公司生产的该种产品中随机抽取100件，根据产品的等级分类得到如下数据： 等级 一等品 二等品 三等品 数量/件 40 30 30 （1）根据产品等级，按分层随机抽样的方法从这100件产品中抽取10件，再从这10件产品中随机抽取3件，记这3件产品中一等品的数量为X，求X的分布列及数学期望； （2）若将频率视为概率，从采购的产品中有放回地随机抽取3件产品，求恰好有1件三等品的概率； （3）该公司提供该产品的两种销售方案供采购商小李选择， 方案一：产品不分类，售价均为21.5元/件. 方案二：分类卖出，分类后的产品售价如下： 等级 一等品 二等品 三等品 售价/（元/件） 24 22 18 从采购商小李的角度考虑，你觉得应该选择哪种销售方案?请说明理由. 【答案】（1） 0 1 2 3 ，（件） （2） （3） 由题意得，方案二的产品的平均售价为： （元/件）， 因为， 所以从采购商小李的角度考虑，应该选择方案一. 【解析】 【分析】（1）先采取分层抽样确定10件产品中一等品和非一等品的数数量，再根据超几何分布求随机变量的分布列及期望即可. （2）根据题意可确定每次抽到三等品的概率为，利用二项分布计算独立重复试验的概率即可. （3）根据题意求得方案二的期望与方案一比较即可判断. 【小问1详解】 由题可得，抽取的10件产品中，一等品有4件，非一等品有6件， 所以的可能取值为0，1，2，3. ，， ，， 则的分布列为： 0 1 2 3 （件） 【小问2详解】 从采购的产品中有放回地随机抽取3件产品，记抽到三等品的数量为，则， 所以. 【小问3详解】 略 16. 如图，五面体中，平面，，，. （1）证明：； （2）若二面角的余弦值为，求A到平面的距离. 【答案】（1）证明：证明：因为平面，平面，所以， 因为，所以A，C，D，E四点共面. 因为，，平面，所以平面， 因为平面，所以. （2） 【解析】 【分析】（1）根据线面垂直的判断定理，转化为证明线线垂直，即可证明； （2）根据几何关系，以点为原点建立空间直角坐标系，根据二面角的向量法求，再代入点到平面的距离的向量公式，即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知，，两两垂直，所以可建立如图所示的空间直角坐标系， 设，则，，，，. 设为平面的法向量，则得，令，得， 取平面的一个法向量为，因为二面角的余弦值为， 所以，解得，即的长为3. 所以，又， 所以到平面的距离. 17. 设数列的前项和为，且，. （1）求的通项公式； （2）证明：当时，. 【答案】（1） （2）证明：， 当时，， 所以， 所 【解析】 【分析】（1）当时，由可得出，两式作差可得出，可知数列为等比数列，确定该数列的首项和公比，即可求得数列的通项公式； （2）当时，推导出，再结合不等式的基本性质可证得结论成立. 【小问1详解】 由，当时，， 则，整理得. 因为，所以是以为首项，以公比的等比数列， 所以. 【小问2详解】 略 18. 已知曲线C上的任意一点到定点的距离与到定直线的距离相等.，直线过点且与C有两个不同的交点，，直线，分别交y轴于点M，N. （1）求C的方程； （2）若直线，的斜率分别是，，且，求的值及的斜率； （3）设为原点，若，判断是否为定值?若是，求出该定值；若不是，说明理由. 【答案】（1） （2）-4；-1 （3）是，2 【解析】 【分析】（1）根据题意，结合抛物线的定义，得到，进而求得的方程； （2）由直线的方程为，联立方程组，利用韦达定理求得和，得到，结合斜率公式，即可求解； （3）设直线，联立方程组，由，得到，且，，求得的方程，得到，同理得，根据题意，得到和，进而求得的值. 【小问1详解】 解：因为曲线上任意一点到定点的距离与到定直线的距离相等， 所以曲线是以为焦点，以为准线的抛物线，且，可得 所以的方程为. 【小问2详解】 解：由题意得，直线的方程为，即， 联立方程组，整理得， 由韦达定理得，所以，同理可得， ，所以， 直线的斜率. 【小问3详解】 解：根据题意，设且， 联立方程组，整理得， 由，解得，且，， 直线，令，可得， 所以，同理得， 因为，故， 可得，所以，同理得， 所以. 19. 设与是定义在同一区间I上的两个函数，若函数在上恰有两个零点，则称和是I上的“关联函数”. （1）判断与是否为区间上的“关联函数”； （2）若与是上的“关联函数”，求的取值范围； （3）若，，且对任意，都存在，使得，，成等比数列，且，，成等差数列，证明：，并判断与是否为区间上的“关联函数”. 【答案】（1），是区间上的“关联函数”. （2） （3）证明：由题意知，对任意，存在，满足，且， 则，且. 对于给定的，有， 当且仅当，即时等号成立， 因此对任意都成立. 在上式中令，得（*） 令，，则， 当时，；当时，， 可知在上单调递增，在上单调递减， 且，，，可知满足不等式（*）的. 设，则， 所以在上为单调递减函数，不可能有两个零点， 所以与不是区间上的关联函数. 【解析】 【分析】（1）根据题给定义构造新函数，再讨论的单调性及特殊点的函数值即可判断. （2）根据是上的“关联函数”，令得到一个二次函数，再根据二次函数的有两个零点等价于对应的一元二次方程在上有两根，列满足条件的不等式即可求解. （3）根据题意写出及，再结合基本不等式求出，进而得到对任意都成立. 令，得.构造新函数，利用导数判断的单调性，再结合不等式即可得到的取值范围.再根据题意构造新函数，利用导数判断其单调性，即可判断其零点的个数，从而判断与是否为区间上的“关联函数”. 【小问1详解】 设，， 显然，； 当时，，此时函数无零点； 当时，，，则单调递增， 又，，所以，使得； 当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 所以在上没有零点. 综上，有两个零点，故，是区间上的“关联函数”. 【小问2详解】 因为与是上的“关联函数”， 所以在上有两个不同的零点， 即在上有两个不同的根. 设，其对称轴为， 故需满足，解得， 故的取值范围是. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025届高三押题信息卷 数学（二） 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. 已知集合，，，则集合C的子集有（ ） A. 64个 B. 63个 C. 16个 D. 15个 2. 一组数据1，7，5，2，，2，且，，若该组数据的众数是中位数的，则该组数据的平均数为（ ） A. 3 B. 3.5 C. 4 D. 4.5 3. 设P是双曲线C：上一点，，是C的左、右焦点，若，则（ ） A. 10或4 B. 13或1 C. 10 D. 13 4. 已知向量，，若，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知圆C：，P为y轴上的一个动点（异于原点），过点P作圆C的两条切线，切点分别为A，B，且A，B的中点为M，点，则的最大值为（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 6. 已知函数，将图象上所有点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变），得到函数的图象.若，且，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 7. 已知侧棱长为，底面边长为的正三棱锥，其内切球球心为，球与球以及三棱锥的三个侧面均相切，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数的图像既关于点中心对称，又关于直线轴对称.当时，，则的值为（ ）. 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. 已知复数（，为虚数单位），则（ ） A. 任意，为实数 B. 存在，使得 C. 存在，使得为纯虚数 D. 在复平面内对应的点的轨迹是一条直线 10. 已知，则（ ） A. B. C. D. 11. 已知函数，，、分别表示与中的较小值与较大值，则（ ）. A. . B. 当直线与曲线有三个不同交点时，的取值范围为. C. 当时，曲线在点处的切线与曲线有且仅有一个交点. D. 函数图象上的点到原点的最短距离为. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 函数的单调递减区间是_____. 13. 已知F为椭圆C：的右焦点，为原点，A为C上一点，若，则C的离心率为_____. 14. 已知三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，且为锐角三角形，则面积的取值范围为_____. 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. 某公司生产的某种产品按照质量标准分为一等品、二等品、三等品共3个等级，采购商小李从该公司生产的该种产品中随机抽取100件，根据产品的等级分类得到如下数据： 等级 一等品 二等品 三等品 数量/件 40 30 30 （1）根据产品等级，按分层随机抽样的方法从这100件产品中抽取10件，再从这10件产品中随机抽取3件，记这3件产品中一等品的数量为X，求X的分布列及数学期望； （2）若将频率视为概率，从采购的产品中有放回地随机抽取3件产品，求恰好有1件三等品的概率； （3）该公司提供该产品的两种销售方案供采购商小李选择， 方案一：产品不分类，售价均为21.5元/件. 方案二：分类卖出，分类后的产品售价如下： 等级 一等品 二等品 三等品 售价/（元/件） 24 22 18 从采购商小李的角度考虑，你觉得应该选择哪种销售方案?请说明理由. 16. 如图，五面体中，平面，，，. （1）证明：； （2）若二面角的余弦值为，求A到平面的距离. 17. 设数列的前项和为，且，. （1）求的通项公式； （2）证明：当时，. 18. 已知曲线C上的任意一点到定点的距离与到定直线的距离相等.，直线过点且与C有两个不同的交点，，直线，分别交y轴于点M，N. （1）求C的方程； （2）若直线，的斜率分别是，，且，求的值及的斜率； （3）设为原点，若，判断是否为定值?若是，求出该定值；若不是，说明理由. 19. 设与是定义在同一区间I上的两个函数，若函数在上恰有两个零点，则称和是I上的“关联函数”. （1）判断与是否为区间上的“关联函数”； （2）若与是上的“关联函数”，求的取值范围； （3）若，，且对任意，都存在，使得，，成等比数列，且，，成等差数列，证明：，并判断与是否为区间上的“关联函数”. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $