数学（1）-2025年高考数学冲刺押题试卷

2025届高三高考考前冲刺押题卷（一）·数学参考答案 L,选B由y=V一2有意义，可得x≥2，即A=[2,6.选D由题意可知f(x)的定义城为(0，十o∞)，且了(x) 十∞)，由y=x2+1≥1，可得B=[1,十o∞)，故A∩B= =只-3-1=-一a十3，若函教f代x)既有极大值 [2,+o∞)，故A错误，B正确：AUB=[1,+o∞)=B,故C 也有极小值，则x2一ax十3=0有2个不相等的正根x1, 错误：CRB=(一o∞，1)显然不是集合A的子集，故D错！ 误.故选B. 4=a2-12>0, 2送B一指-陆得骨-中1+以.用为共 x2,则x1十x2=a>0,解得a>2√5，所以实数a的取值 2 11x2=3>0, 为纯虚数，则a十1=0且1一a≠0，解得a=一1.故选B. 范国为(2√，十o∞).故选D. 3.选C因为tana,tan9为方程x2十6.x-2=0的两根，由 [tan a+tan B=-6, 7.选D由y=血x-+2,得y=子令y-=。,得x 根与系数的关系，得 则os(a一 [tan atan B=-2, sin(a十3) cos acos B+sin asin B 1+tan atan 8 1+(-2)1 =e,则是·e十m十1=lne-n十2，即m十n=1,所以元 sin acos B+cos asin B tan a+tan 8 -6 6 故选C. +-(m+(+）=2+品+兴≥2+2√品· 4.选C如图所示，过，点A作AB垂直于准 =4,当且仅当m==乞时取等号.故选D, 线于点B,过焦点F作FC垂直于AB于 点C,由题意可知p=2,∠AFx=∠FAC 8选A设P(m),可得m-=1. a2 b2 =子，根据抛物线的定义AF=AB1- 过P作x轴的垂线，垂足为N,所以 PN⊥AN,又国为BM⊥AN,所以 AC+|CB,在Rt△AFC中，ACI=|AF1·cosT= 3 ∠BPN=∠PBM,又∠PAB 21AF1,又BC=p=2,所以AF1=1AB1=21AF1 ∠PBM,所以∠BPN=∠PAN,所以kP·kP=1,又 十2，解得|AF=4.故选C. m n =1,所以”·”= n262 a2b2 =1,所以 n十am-am2-a2a2 5,选C抛掷三枚硬币，样本空间n={(正，正，正)，（正， 正，反)，（正，反，正），（反，正，正），（正，反，反），（反，正， 双曲线的离心率为e=二 2+正=厄.故选A. a a? 反)，（反，反，正），（反，反，反）}，共8个样本点，事件A= 9.选BC对于A,直线1：kx-y十2k十1=0，即y一1=k(x {(正，正，正)》，B={(正，正，反)，（正，反，正），（反，正， 十2)，则直线恒过定，点（一2,1），故A错误：对于B,因为 正)}，C={(正，反，反)，（反，正，反），（反，反，正）).对于 (-2)2+12=5<9,所以定点(-2,1)在圆0：x2+y2= A,事件A,B,C中任何两个事件都不能同时发生，事件 A,B,C两两互斥，A正确：对于B,P(A)+P(B)十P(C) 9内部，所以直线1与國O相交，故B正确：对于C,当 =日+名+号-名B运确：对于C,事件A与BUC可 时，直线1：一y叶号=0，心0到直钱的驱离 以同时不发生，事件A与事件BUC不是对立事件，C错！ 2 溪：对于D.P(AUB)=PA十P(B)=言+号=子 =2,直线1被圆O载得的弦长为 √()+H P(BUC=P(B+PC)=是+是-是，P(AUBn 2√9-d=2√5，故C正确：对于D,若直线1与直线x十 (BUC)=PB)-音-P(AUBP(BUC,别事件 42y十2=0垂直，则友一4锁2=0，解得k=0或k=子，故 AUB,BUC相互独立，D正确，故选C. D错误.故选BC. 10.选ABD由已知得圆柱体N的体积为4x,故A正确； x16 π 由题图可得S1=2V个-·4=8V-,S2=外 11 x,其中r外=(4十√-)2，=(4-√-h2)2,故 2= 6 ,所以m=sin 7π 2 S!=16√-2·T=2πS1,故B正确：环体M的体积为！ 19x 3= 61 2xV=2π·4π=8π2，故D正确，C错误.故选ABD. 11.选ABC2a1+22a2十…+2an=n①， 所以m的位为日或一子 ∴2a1十22a2十…+2"+1am+1=n+1②， 答案：7或-司 ②@-①得2"+1au+1=1, 14.解析：函数f(x)=e,g(x)=m.x十n的定义域都为R, 2,当m≥2时a,=当n=1时，2a1=1 .an+1= 不等式f(x)≥g(x)曰n≤e2-m.x, 1 1 依题意，对任意x∈R,n≤e一mx恒成立，令h(x)=e2 >a=Z,满是上式，故a,=20 一mx,求导得h'(x)=e一m, 六i.=1og14,·1og24n-1og2l0ge2d 当m<0时，h'(x)>0恒成立，函数h(x)在R上单调递 增，函数的值域为R,不符合题意： 2--D而-2（份） 2 当m=0时，h(x)=e的值域为(0，十o∞)，则n≤0，mn =0: 故5=2×(1-+-+…+) 当m>0时，由h'(x)<0,得x<lnm,由h'(x)>0,得 r>In m. 21-） 蓝数h(.x)在（一∞，lnm)上单调递减，在(lnm,十o∞）上 ∴S<2,故A≥2.故选ABC 单调递增，h(x）mn=h(lnm)=m-mlnm, 12.解析：连接AC,如图所示， 因此≤m-mlnm,mn≤m2一m2lnm,令函数g(n)= A=AB+号C=2AB十 m2-m2In m, 求导得9'(m)=m(1-2lnm),当0<m<√时，e'(m)> 合(AD+0O=名稻+安(0+号AB)=号B+ 0,当m>√e时，9(m)0, 217 2AD,则+H=号+2=6 因此函数o(m)在(0，√)上单调递增，在(wW,十o∞)上单 答案：日 调递减g(m）mx=g(W同=受 13.解析：由题设，易知m∈（一1,0）U(0,1). 则m≤号，当且仅当m=,m=号时取等号，所以m 2x1十x3=3.x2, 当0<m<1时，由题意得x一1=2x, 解得 的最大值为气 x1十x2=π， 答案：号 x=6 15.解：(1)设等差数列{a}的公差为d,则am=1十(n 5元 1)d, 2=6,所以m=i如石 由a2-1,a3一1，a1成等比数列，得(ag-1)2=a1(a2一 13π 1),- …2分 6 则(2d)2=d(1十3d),即d2-d=0,--4分 2x1+x3=3x2: 而d≠0，解得d=1, 当一1<m<0时，由题意得x3一x1=2x,解得 x1十x2=3x, 所以a,=S,=a十a2-nu+D 7分 2 2 (2》尚1知S,=n1D,又6，S,=1,则6，=nD 2 !17.解：(1)①记“甲获得第四名”为事件E,又p=0.6,则 2 P(E)=(1-p)2=0.16. 3分 =2() 9分 ②记甲在“双败淘汰制”下参与对阵的比赛场数为随机 因此工，=[（片）+（侵）+（信-）+ 变量X, 则X的所有可能取值为2,3,4， …4分 +(日门=20-) 11分 X=2为连败两局：P(X=2)=(1-0.6)2=0.16. 所以Tm=21-员）-” X=3可以分为：连胜两局，第三局不管胜负：负胜负：胜 13分 负负。 16.解：(1)证明：因为PA=PB,取O为AB中点，连接PO, P(X=3)=0.62+(1-0.6)×0.6×(1-0.6)+0.6× 则PO⊥AB.因为BC⊥BP,AD∥BC,则AD⊥BP, (1-0.6)×(1-0.6)=0.552. 又AD⊥AP,AP∩BP=P,AP,BPC平面PAB,则有 X=4可分为前三局为负胜胜和胜负胜，第四局不管 AD⊥平面PAB, -2分 胜负， 又ADC平面ABCD,则平面PAB⊥平面ABCD P(X=4)=(1-0.6)×0.6×0.6+0.6×(1-0.6)× 因为平面PAB∩平面ABCD=AB,POC平面PAB, 0.6=0.288. 7分 PO⊥AB. 则X的分布列如下： 所以PO⊥平面ABCD, 分 以O为原点，直线OB为x轴，直线 X 2 3 4 P 0.16 0.552 0.288 OP为：轴，平面ABCD内垂直于 AB的直线为y轴，建立如图所示的 .8分 空间直角坐标系，5分 所以数学期望E(X)=2×0.16十3×0.552+4×0.288 设BC=a,OP=b(a>0,b>0),则A(-a,0,0),C(a,a. =3.128. 9分 0),P(0,0,b),D(-a,2a,0),有AC=(2a,a,0).PD (2)在“单败淘汰制”下，甲获冠军须比赛两场，且两场都 (-a,2a,-b).AC.Pd=-2a2+2a2=0. 胜，则甲获得冠军的概率为p2 -10分 所以AC⊥PD,即AC⊥PD. 7分} 在“双败淘汰制”下，设事件V为“甲获冠军”， (2)AB=4时，设OP=b(b>0), 设事件A为“甲比赛三场，连胜三场”，则P(A)=p3: 则A(-2,0,0),B(2,0,0),C(2,2,0),P(0,0,b),D(-2, 设事件B为“甲比赛四场：胜负（胜区败）胜（赢败区胜） 4,0).CD=(-4,2.0),DP=(2.-4,b).AD=(0,4,0), 胜（决赛区胜）”， …8分 则P(B)=p(1-p)p: 设平面PCD的法向量为n=(x,y,之)，则 设事件C为“甲比赛四场：负胜（败区胜）胜（赢胜区败） (CD·n=-4.x+2y=0, 胜（决赛区胜）”， Dp·n=2x-4y+bx=0. 则P(C)=(1-p)p3 令x=1,则y=2=号得n=(1,28) ..-10分 所以P(V=P(AUBUC)=P(A)+P(B)+P(C)= 点A到平面PCD的距离为22，则有AD:n p3+p(1-p)p2+(1-p)p3=(3-2p)p3.12分 n 由(3-2p)p3-p2=p2(3p-2p2-1)=p2(2p-1)(1 8 2√2，解得b=2√5， 12分 ),且0<p<1, 13分 12+22+(6 当p∈（分1）时，(3-2p)p>p2,“双败淘汰制”对甲 所以P(0,0,25),n=(1,2),PB=(2,0,-2√5)， 本冠有利： cos〈PB,n)= PB·n 一4 14分 |PB1|n4×2√2 当p∈(0,2)时，(3-2p)P<p2,“单败海法制对甲 所以直线PB与平面PCD所成角的正孩值为号 夺冠有利： 15分 当力=2时，两种赛制甲夺冠的概率一样.15分 3 18.解：(1)由f(x)=2e一er+ar,得f(x)=2e+ex!19.解：(1)村西不等式的二元形式为：设a1,2,b1,b2∈R, 十a, 1分 则(a+a)(b所+)≥(a1b1+a2b2)2 因为f(x)为R上的增函数，所以f(x)≥0对x∈R恒： 当且仅当a1b2=a2b1时等号成立. 4分 成立， 所以2e十e十a≥0对x∈R恒成主，所以u≥-(2e (2)正四面体ABCD的体积等于以P为顶，点，四个面为 十e)对x∈R恒成立， 底面的三棱锥体积之和， 图为2e十e-r≥2√2e'·ez=2√2，所以-(2e+ 即VE牌而体ABCD=VPAC十VPDnC十VPCDA十VP-DAB: e-x)≤-2/E. 所以W2)3=×2)2(d,十d山+d+d),图此 12 3 4 当且仅当2e=e,即e=马时取等号，所以[-(2e d+d+d+d4=25 .6分 +er)]mmx=-2√2. 3 …4分 所以a≥一2√2，所以a的取值范围为[一2√瓦，十∞). 由柯西不等式得(d+d号+d后+d)(1+1+1+1)> 5分 (d41·1+d2·1+d3·1+d·1)2. (2)证明：因为f(x)=2e一er+a.x,f(x)+g(x)= 从而d+d+d6+df≥号，当且仅当d=d=d=d (2e2-1e+(2-3)e+2a. 所以g()=(2e2-1)e+(2-吉)e+2a-(2e -时等号成立 6 e-x+ax), 因此近十d+店十G的最小值为子 9分 即g(x)=2e2ex- er+2a-ar=2e2-x-e-2+2a 1 (3)证明：对n≥4，记k1,k2,…,km是1,2，…，n的一个 一a.x,所以g(x)=f(2-x), 7分 排列，且满足0<a%<a,<<ak,≤m, 函效y=f(x)关于y轴对称的函数为y=f(一x), 再把y=f(一x)的图象向右平移2个单位长度得到y= 由条种②得a6一4≥6十6=2.3.于是 f(一(x一2)=f(2-x)的图象，.9分 对任意的n≥4，都有m≥ak.>uk.一，=（a.一a,） 所以函数y=g(x)与y=f(x)的图象关于直线x=1对】 1 称 -10分 +(a,-a,）+…+(a,-,）≥k,+kn (3)由(2)可得g(2-x)=2e2-(2-1-e2-0-2+a[2- (2-x)]=2e-ex+a.x=f(x), -1十k,-2 …十k2十 -…-12分 又因为f(x)+f(e2-m)=2g(2-x)在[-1,1]内 由有西不等我释（十6女 1一十…十 有解， 所以f(x)+f(e-m)=2f(x)在[一1,1]内有解， 十名)汇(k,+k-1)+(质，-1十k-2)+…+(2+为1)】 所以f(e5-m)=f(x)在[-1,1门内有解，12分 由(1)可知a≥-2√2时，f(x)为R上的增函数， ≥(n-1)2, 所以e2一m=x,所以m=e一x在[一1,1]内有解. 1 所以kn十k-1 1 十…十2十 1 -13分 kn-1十kw-2 令h(x)=e-x,求导可得h'(.x)=e-1, (n-1)2 (kn干w-1)十(kn-1十km-2)十十(k2十k1 当x∈（一1,0）时，h'(x)<0,函数在(-1,0)上单调 追减， (n-1)2 (-1)2 2(k1十k2十…十kn)-k1一k n2十n一k1一kn 当x∈(0,1)时，h'(x)>0,函数在(0,1)上单调递增， 所以Ax)m=0)=1,又A(-1D=+1<1.5,A1) (n-1)2=1-3m-4 n2+n-3 16分 n十n-3 =e-1>1.5, 从而m≥1- 所以h(x)mx=h(1)=e一1 16分 n2+n-3当n≥4时，1-3-4 31-4 n2+n-31,故 所以m的取值范国为[1，e-1们. 17分1 m≥1. 17分绝密★启用前 2025届高三高考考前冲刺押题卷（一）·数学 [满分150分，用时120分钟] 的 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的学校、姓名、班级、准考证号填写在答题卡上相应的位置。 蜜 2.全部答案在答题卡上完成，答在本试卷上无效。 3.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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，将答案用0.5毫米黑色笔 迹签字笔写在答题卡上。 4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 的 都 参考公式：维体的体积公式：V-子h(其中：为锥体的底面积，h为锥体的高)。 器 一、单项选择题（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A={xy=√x-2},B={yy=x2+1},则 () A.A∩B=0 B.A∩B=A C.AUB=A D.CRBCA 2若复数-是纯虚数，则实数a ( A.1 B.-1 C.2 D.-2 的 3.已知tana,anB为方程x2+6x-2=0的两个实数根，则os(a二= sin(a+B) 种灯 A-司 B c D. 4.设F为抛物线C:y=4x的焦点，点A在C上，且在第一象限，若直线AF的倾斜角为号，则AF= A.2 B.3 C.4 D.5 5.抛掷三枚硬币，若记“出现三个正面”“两个正面一个反面”和“两个反面一个正面”分别为事件A,B和 尝 C,则下列说法错误的是 A.事件A,B和C两两互斥 B.P(A)+P(B)+P(C)=名 8 C.事件A与事件BUC是对立事件 D.事件AUB与BUC相互独立 6.若函数x)-anx+3-x既有极大值也有极小值，则实数a的取值范围为 A.(0,23) B.(-∞，-2V3)U(2√5，+∞) C.(-o∞，-23) D.(2V3,十∞) 7.已知m>0,n>0,直线y=1 十m+1与曲线y=nx一+2相切，则品十号的最小值是 A.16 B.12 C.8 D.4 _y2 ⑧.已知双曲线C:无若 =1(a>b>0)的左、右顶点分别为A,B,点P在双曲线C上，过点B作x轴的 垂线BM,交PA于点M.若∠PAB=∠PBM,则双曲线C的离心率为 A.2 B.3 C.2 D.3 【名校之约系列2025届高三高考考前冲刺押题卷（一）·数学第1页（共4页）】 二、多项选择题（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.已知直线l:kx一y十2k十1=0与圆O:x2+y2=9,则下列结论正确的是 A.直线恒过定点(2，一1) B.直线l与圆O相交 C.若太=，则直线1被圆0截得的弦长为2，后 D.若直线1与直线x十4y十2=0垂直，则k= 10.我国古代数学家祖暅求几何体的体积时，提出一个原理：幂势既同，则积不容异.这个定理的推广 是：夹在两个平行平面间的两个几何体，被平行于这两个平面的平面所截，若截得两个截面面积比 为k,则两个几何体的体积比也为k.如图所示，已知线段AB长为4，直线（过点A且与AB垂直，以 B为圆心，1为半径的圆绕1旋转一周，得到环体M:以A,B分别为上、下底面的圆心，以1为上、下 底面半径的圆柱体N:过AB且与l垂直的平面为3，平面a∥3，且距离为h,若平面a截圆柱体N所 得截面面积为S,,平面α截环体M所得截面面积为S2,则下列结论正确的是 () A.圆柱体N的体积为4π B.S2=2πS1 C.环体M的体积为8π D.环体M的体积为8π2 11.已知数列a,满足2a1+2a2十…+2a,=n(n∈N）,b.=1ogaa·1og2an+ ，Sm为数列{bn}的前n 项和.若对任意实数入，都有S<入成立，则实数入的可能取值为 A.4 B.3 C.2 D.1 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12.如图，在四边形ABCD中，AB=3DC,E为边BC的中点，若AE=AAB+ 红AD,则入十4= 13.已知函数y=sinx的图象与直线y=m在y轴右侧交点的横坐标从小到大 依次为x1,x2,x3·,且满足2x1十x3=3x2,则m的值为 14.已知函数f(x)=e,g(x)=m,x十n,若f(x)≥g(x)恒成立，则mn的最大值为 四、解答题（本题共5小题，共77分.解答应写出文宇说明、证明过程或演算步骤） 15.(13分)记S,是公差不为0的等差数列{am}的前n项和，a1=1,且a2一1，a3一1，a1成等比数列. (1)求am和Sm; (2)若bSn=1,求数列{b.}的前20项和T20: 【名校之约系列2025届高三高考考前冲刺押题卷（一）·数学第2页（共4页）】 16.(15分)在四棱锥P-ABCD中，BC⊥BP,AD⊥AP,AD∥BC,AB=AD=2BC,PA=PB. (1)求证：AC⊥PD: (2)当点A到平面PCD的距离为2√2，AB=4时，求直线PB与平面PCD所成 角的正弦值， 17.(15分)在一场羽毛球比赛中，甲、乙、丙、丁四人角逐冠军.比赛采用“双败淘汰制”：首先，四人通过 抽签分成两组，每组中的两人对阵，每组的胜者进入“胜区”，败者进入“败区”接着，“胜区”中两人 对阵，胜者进入“决赛区”：“败区”中两人对阵，败者直接淘汰出局获第四名.然后，“败区”的胜者和 “胜区”的败者对阵，胜者进入“决赛区”，败者获第三名.最后，“决赛区”的两人进行冠军决赛，胜者 获得冠军，败者获第二名.已知甲对阵乙、丙、丁获胜的概率均为P(0<p<1),且不同对阵的结果相 互独立. (1)若p=0.6,经抽签，第一轮由甲对阵乙，丙对阵丁 ①求甲获得第四名的概率： ②求甲在“双败淘汰制”下参与对阵的比赛场数的数学期望 (2)除“双败淘汰制”外，也经常采用“单败淘汰制”：四人通过抽签分成两组，每组中的两人对阵，每组 的胜者进入“决赛区”，败者淘汰：最后，“决赛区”的两人进行冠军决赛，胜者获得冠军.已知甲对阵 乙、丙、丁获胜的概率均为p(0<p<1),则哪种赛制对甲夺冠有利？请说明理由. 【名校之约系列2025届高三高考考前冲刺押题卷（一）·数学第3页（共4页）】 18.(17分)已知函数fx),g(x)满足f(x)=2e-e5+ax,f(x)+g(x)=(2e2-1)e+(2-)e +2a. (1)若f(x)为R上的增函数，求a的取值范围； (2)证明：f(x)与g(x)的图象关于一条直线对称： (3)若a≥-2√2，且关于x的方程f(x)十f(e一m)=2g(2一x)在[一1,1]内有解，求m的取值 范围. 19.(17分)柯西不等式在数学的众多分支中有精彩应用，柯西不等式的n元形式为：设a;,b:∈R(i=1, 2,m),a,不全为0，b,不全为0.则空空≥（空a,b:),当且仅当存在一个数k,使得a,=仙，时， 等号成立 (1)请你写出柯西不等式的二元形式. (2)设P是棱长为v2的正四面体ABCD内的任意一点，点P到四个面的距离分别为d1,d2,d3,d4, 求d片+d号+d+d的最小值. (3)已知无穷正数数列{am}满足： ①存在m∈R,使得a;≤m: ②对任意正整数iji≠jj=1,2,…),均有a,一4≥方 求证：对任意n≥4，n∈N,恒有m≥1. 【名校之约系列2025届高三高考考前冲刺押题卷（一）·数学第4页（共4页）】