精品解析：2025届安徽省六安第一中学高三综合模拟预测数学试题(一)

六安一中2025届高三综合模拟试卷 数学试卷（一） 时间：120分钟 满分：150分 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，，则的子集的个数为（ ） A. 3 B. 4 C. 8 D. 16 2. 已知复数满足：（，i为虚数单位），则（ ） A. 5 B. C. D. 3. 的展开式中的系数为（ ） A. 35 B. 210 C. 126 D. 226 4. 已知，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 5. 如图所示，在三棱柱中，若点分别满足，，平面将三棱柱分成体积为的两部分，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知正方体的棱长为，以顶点A为球心，2为半径作一个球，则球面与正方体的表面相交所得到的曲线的长为（ ） A. B. C. D. 7. 已知点A，B，C是函数的图象和函数图象的连续三个交点，若是锐角三角形，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 已知抛物线C：，其中是过抛物线焦点F的两条互相垂直的弦，直线的倾斜角为，当时，如图所示的“蝴蝶形图案（阴影区域）”的面积为（ ） A. 4 B. 8 C. 16 D. 32 二､多选题：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. 已知正数满足，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知函数，，则下列结论正确的是（ ） A. 当时，为奇函数 B. 的图象关于直线对称 C. 当时，， D. 若，，则 11. 1638年，笛卡尔根据他所研究的一簇花瓣与叶形曲线特征，提出了笛卡尔叶形线方程：.则下列判断正确的是（ ） A. 笛卡尔叶形线与坐标轴只有一个交点 B. 笛卡尔叶形线关于直线对称 C. 当时，笛卡尔叶形线的顶点坐标为 D. 当时，若点是笛卡尔叶形线上第一象限内的点，则的最大值为18 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 等差数列的前项和为，若，，则______． 13. 已知正的边长为，平面内的动点满足，则的最大值是______. 14. 人工智能（Artificial Intelligence），英文缩写为．是新一轮科技革命和产业变革的重要驱动力量，是研究、开发用于模拟、延伸和扩展人的智能的理论、方法、技术及应用系统的一门新的科学．某商场在有奖销售的抽奖环节时，采用技术生成奖券码：在每次抽奖时，顾客连续点击按键5次，每次点击随机生成数字0或1或2，点击结束后，生成的5个数字之和即为奖券码．并规定：如果奖券码为0，则获一等奖；如果奖券码为3的正整数倍，则获二等奖，其它情况不获奖．已知顾客甲参加了一次抽奖，则他获二等奖的概率为______． 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. 在2024年“五四青年节”，某校举办了有关五四运动的知识竞赛活动，本次知识竞赛的晋级环节设置3道必答题目，至少答对2道题目则晋级，否则被淘汰，某年级有20名同学进入晋级环节，根据统计，每人对这3道题目答对的概率分别为，，，且3道题目答对与否互不影响. （1）设X表示这20人中晋级的人数，求； （2）记这20人中人晋级的概率为，求取得最大值时k的取值. 16. 已知函数. （1）若为上的单调函数，求k的取值范围； （2）若函数，求证：k可以取无数个值，使得每一个的取值都恰有三个不同的零点. 17. 在三棱锥中，，为的中点． （1）求证：； （2）若二面角的大小为，求直线与平面所成的角． 18. 已知椭圆，，分别是的左、右顶点，是的上顶点，的面积为2，且． （1）求椭圆的方程及长轴长； （2）已知点，点在直线上，设直线与轴交于点，直线与直线交于点，判断点是否在椭圆上，并说明理由． 19. 已知正项数列（）的前项和为，且.当时，将进行重新排列，构成新数列，使其满足：或（其中，）. （1）当时，写出所有满足的数列； （2）试判断数列是否为等差数列，并加以证明； （3）当时，数列满足：是公差为且（且）的等差数列，求公差. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 六安一中2025届高三综合模拟试卷 数学试卷（一） 时间：120分钟 满分：150分 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，，则的子集的个数为（ ） A. 3 B. 4 C. 8 D. 16 【答案】D 【解析】 【分析】根据集合的描述法确定集合中的元素，根据交集的概念可得，从而根据其元素个数得子集个数. 【详解】因为， ， 所以，所以的子集个数为． 故选：D． 2. 已知复数满足：（，i为虚数单位），则（ ） A. 5 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】化简，再利用复数的除法求得复数，从而求出其模长. 【详解】∵， ∴，∴， ∴. 故选：C. 3. 的展开式中的系数为（ ） A. 35 B. 210 C. 126 D. 226 【答案】B 【解析】 【分析】本题可利用二项式展开的通项公式的推广形式来求解. 【详解】对于. 这里. 将其代入可得：. 故选：B. 4. 已知，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】A 【解析】 【分析】利用充分必要条件结合函数的不等式求解即可. 【详解】绘制出的图像， 当时，，当时，. 故“”是“”的充分不必要条件. 故选：A. 5. 如图所示，在三棱柱中，若点分别满足，，平面将三棱柱分成体积为的两部分，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据平行线分线段成比例可求得，结合棱台和棱柱体积公式可求得结果. 【详解】，，，，； ，几何体为三棱台， 设三棱柱的高为， ， ，. 故选：A. 6. 已知正方体的棱长为，以顶点A为球心，2为半径作一个球，则球面与正方体的表面相交所得到的曲线的长为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用勾股定理确定曲线，然后根据圆弧长公式计算曲线长． 【详解】如图，取，则， 因此球面与面的交线是以为圆心，为半径的圆弧， 与面的交线是以为圆心，为半径的圆弧，球面与面，面，面的交线是一样的， 与面，面，面的交线是一样的， 由，所以，从而， 所以所求曲线长为， 故选：B． 7. 已知点A，B，C是函数的图象和函数图象的连续三个交点，若是锐角三角形，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】作出函数图象，结合锐角三角形的等价条件进行转化，求出三角形的底和高，结合三角函数的相交性质进行求解即可. 【详解】作出两个函数的图象如图，则根据对称性可知，即为等腰三角形， 函数的周期为，且， 取中点，连接，则， 要使是锐角三角形，只需要即可， 即即可，即， 由得， 则，可得， 则， 即点的纵坐标为1，则， 由得，即，则， 即，得，即的取值范围为. 故选：A. 8. 已知抛物线C：，其中是过抛物线焦点F的两条互相垂直的弦，直线的倾斜角为，当时，如图所示的“蝴蝶形图案（阴影区域）”的面积为（ ） A. 4 B. 8 C. 16 D. 32 【答案】B 【解析】 【分析】依题写出直线的方程并与抛物线方程联立，求得的横坐标，利用弦长公式结合抛物线对称性求出相关线段长，即可求得答案． 【详解】由题意知，直线的倾斜角，则直线的方程为， 联立，消去可得：，解得， ，， 由抛物线的定义可得，， 根据抛物线的对称性结合是过抛物线焦点F的两条互相垂直的弦， 可知， 故， 故“蝴蝶形图案（阴影区域）”的面积为． 故选：B 二､多选题：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. 已知正数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】选项A，将等式应用基本不等式求解即可；选项B、C，检验特殊情况时的结果即可判断；选项D，原不等式等价于，应用基本不等式可得. 【详解】对于选项A，，则， 当且仅当时等号成立，故A正确； 对于选项B，应用重要不等式得：（时取得等号）， 接选项A中，当时取得等号， （当时能取得等号）， 即的最小值为，与矛盾，故B错误； 对于选项C，因为，则 ， 其中，当取得等号， 则，即的最小值为， 且，故C错误； 对于选项D，， 且，得：， 而，当且仅当时等号成立， 即，故D正确； 故选：AD． 10. 已知函数，，则下列结论正确的是（ ） A. 当时，为奇函数 B. 的图象关于直线对称 C. 当时，， D. 若，，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用奇函数、轴对称的定义判断AB；取值计算判断C；分离参数构造函数，结合不等式性质判断D. 【详解】对于A，当时，， ，函数是奇函数，A正确； 对于B，，B错误； 对于C，当时，，，C正确； 对于D，由，得， 令，， 而，，且均在时取等号，则，， 因此，D正确. 故选：ACD 【点睛】结论点睛：函数的定义域为D，， ①存在常数a，b使得，则函数图象关于点对称. ②存在常数a使得，则函数图象关于直线对称. 11. 1638年，笛卡尔根据他所研究的一簇花瓣与叶形曲线特征，提出了笛卡尔叶形线方程：.则下列判断正确的是（ ） A. 笛卡尔叶形线与坐标轴只有一个交点 B. 笛卡尔叶形线关于直线对称 C. 当时，笛卡尔叶形线的顶点坐标为 D. 当时，若点是笛卡尔叶形线上第一象限内的点，则的最大值为18 【答案】ABD 【解析】 【分析】令，即可判断A，代入曲线成立判断B，当时，令，得出顶点坐标判断C，应用图象得出D. 【详解】对于A，在中，令，则，令，则， 即笛卡尔叶形线与坐标轴只有一个交点，故A正确； 对于B，在中，将点代入可得：， 显然方程不变，即笛卡尔叶形线关于直线对称，故B正确； 对于C，当时，笛卡尔叶形线方程：. 令，解得或，故顶点坐标，故C错误； 对于D，由图象知离原点距离最大，于是的最大值为18，故D正确. 故选：ABD. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 等差数列的前项和为，若，，则______． 【答案】 【解析】 【分析】利用等差数列的通项公式和下标和的性质求解即可. 【详解】因为数列是等差数列，， 所以，即， 所以数列的公差， 所以， 故答案为： 13. 已知正的边长为，平面内的动点满足，则的最大值是______. 【答案】 【解析】 【分析】如图所示，建立直角坐标系．，．．点的轨迹方程为： ，令，，，．又，可得 ，代入，即可得出． 【详解】如图所示，建立直角坐标系．，．． 满足， 点的轨迹方程为：， 令，，，． 又，则， ． 的最大值是． 故答案为 【点睛】本题考查了数量积运算性质、圆的参数方程、三角函数求值，考查了推理能力与计算能力， 属于中档题． 14. 人工智能（Artificial Intelligence），英文缩写为．是新一轮科技革命和产业变革的重要驱动力量，是研究、开发用于模拟、延伸和扩展人的智能的理论、方法、技术及应用系统的一门新的科学．某商场在有奖销售的抽奖环节时，采用技术生成奖券码：在每次抽奖时，顾客连续点击按键5次，每次点击随机生成数字0或1或2，点击结束后，生成的5个数字之和即为奖券码．并规定：如果奖券码为0，则获一等奖；如果奖券码为3的正整数倍，则获二等奖，其它情况不获奖．已知顾客甲参加了一次抽奖，则他获二等奖的概率为______． 【答案】 【解析】 【分析】利用分步乘法计数原理求出总情况数，利用分类加法计数原理结合组合数的性质求出符合条件的事件数，再利用古典概型概率公式求解概率即可. 【详解】设一次抽奖所生成的奖券码为S，共有种情况， 生成的5个数字中有个0，个1， 则， 由题可知．若获得二等奖，则S为3的正整数倍， 故可取的值为．当时，的取值为， 共有种情况；当时，的可能取值为，，， 共有种情况；当时，的取值为，， 共有种情况，由分类加法计数原理得符合条件的有种情况， 且设获得二等奖的概率为，由古典概型概率公式得. 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. 在2024年“五四青年节”，某校举办了有关五四运动的知识竞赛活动，本次知识竞赛的晋级环节设置3道必答题目，至少答对2道题目则晋级，否则被淘汰，某年级有20名同学进入晋级环节，根据统计，每人对这3道题目答对的概率分别为，，，且3道题目答对与否互不影响. （1）设X表示这20人中晋级的人数，求； （2）记这20人中人晋级的概率为，求取得最大值时k的取值. 【答案】（1） （2）12 【解析】 【分析】（1）求解答对2、3题的概率可得每人晋级的概率，再根据二项分布的数学期望求解即可； （2）根据二项分布公式，结合取得最大值则满足，列不等式求解即可. 【小问1详解】 由题意，晋级需要答对2题或3题， 答对2题的概率. 答对3题的概率. 故每人晋级的概率为. 故. 【小问2详解】 由（1）可得，每人晋级的概率均为， 故， 则，， 当时，取得最大值则满足， 即， 故，即， 故，即，解得， 又，故，即取得最大值时k的取值为12. 16. 已知函数. （1）若为上的单调函数，求k的取值范围； （2）若函数，求证：k可以取无数个值，使得每一个的取值都恰有三个不同的零点. 【答案】（1） （2）证明：，且， 所以是奇函数， 所以只需证明：存在无数个取值使得在上恰有一个零点. ，令， 由（1）知，时，在上是减函数. 所以，在上是减函数. ，故存在. 当变化时，的变化情况如下表： 0 2 + 0 0 极大值 故时，. 故存在唯一的. 于是时，在上存在唯一的零点. 于是存在无数个取值使得恰有三个不同的零点. 【解析】 【分析】（1）根据函数的单调性可得或，继而即可求解； （2）是奇函数，所以只需证明：存在无数个取值使得在上恰有一个零点.利用二次求导分析的单调性，结合零点存在定理即可证明. 【小问1详解】 ， 因为为上的单调函数， 所以对任意，有；或对任意，有， 即恒成立，或恒成立， 所以的取值范围是. 【小问2详解】 略 17. 在三棱锥中，，为的中点． （1）求证：； （2）若二面角的大小为，求直线与平面所成的角． 【答案】（1） 作于，连接， 在中，，则， 所以，所以， 所以， 在中，，所以，则， 在中，， 又，所以， 又平面， 所以平面， 又平面，所以； （2） 【解析】 【分析】（1）作于，连接，根据，求出，利用勾股定理证明，再利用余弦定理求出，再利用勾股定理证明，即可证得平面，再根据线面垂直的性质即可得证； （2）易得即为二面角的平面角，再证明平面，则即为直线与平面所成角的平面角，即可得解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知，，， 则即为二面角的平面角，故， 又，则， 在中，，所以， 因为为的中点，所以， 则，所以， 又平面， 所以平面， 所以即为直线与平面所成角的平面角，又， 所以线与平面所成的角为． 18. 已知椭圆，，分别是的左、右顶点，是的上顶点，的面积为2，且． （1）求椭圆的方程及长轴长； （2）已知点，点在直线上，设直线与轴交于点，直线与直线交于点，判断点是否在椭圆上，并说明理由． 【答案】（1）椭圆的方程为：，其长轴长为； （2）在椭圆上，理由如下： 由（1）可知，，又， 故直线方程为：，又在直线上，故设点， 当时，直线斜率不存在，此时与重合，也与重合，显然在椭圆上； 当时，直线的斜率为，与轴没有交点，不满足题意； 当，且时，直线斜率为，直线方程为：， 令，可得，故； 直线斜率为：，直线方程为：； 直线斜率为：，直线方程为：； 联立，消去可得，代入可得：，即， 又，即，故点在椭圆上. 综上所述，在椭圆上. 【解析】 【分析】（1）根据题意，列出满足的方程组，求得，即可求得椭圆方程和长轴长； （2）求出方程，设出点的坐标，进而写出方程，从而求得的坐标；再结合已知条件，求得方程，联立方程组，解得坐标，将其代入椭圆方程，即可检验和判断. 【小问1详解】 由题可知，， 的面积为2，且，则，又，解得； 故椭圆的方程为：，其长轴长. 【小问2详解】 略 19. 已知正项数列（）的前项和为，且.当时，将进行重新排列，构成新数列，使其满足：或（其中，）. （1）当时，写出所有满足的数列； （2）试判断数列是否为等差数列，并加以证明； （3）当时，数列满足：是公差为且（且）的等差数列，求公差. 【答案】（1）2，4，1，3，5和2，5，3，1，4. （2）数列不可能为等差数列，证明如下： 假设是等差数列，公差为， 当时，由题意知，或3，此时，. 不是等差数列中的项，与题意不符. 不可能是等差数列； 当时，由题意，或. 此时，. 不是等差数列的项，与题意不符. 不可能是等差数列. 综上所述，不可能是等差数列. （3）. 【解析】 【分析】（1）需要根据已知条件求出的表达式，再根据以及和或的条件来确定数列. （2）根据等差数列的定义判断数列是否为等差数列. （3）利用已知条件对分类讨论，设，求出范围，再根据是公差为的等差数列，求出，得到满足题意的. 【小问1详解】 ，① 当时，，即，. 当时，，② 由①－②得：，即. ，，，即. 数列是以1为首项，1为公差的等差数列. . 由题意可得当且的数列为：2，4，1，3，5和2，5，3，1，4. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由题意，， 当时，，，与题意不符； 当时，记， 当时，， ， 记表示集合中元素的最小值，则. ，与题意不符； 当时，取此时数列满足题意. 综上所述，. 【点睛】知识点点睛：本题考查了由与的关系式求，考查了等差数列的证明方法和基本量的计算，考查了分析问题，逻辑推理，分类讨论方法，属于较难题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $