精品解析：2025届安徽省临泉第二中学高三三模数学试题

2025年普通高等学校招生全国统一考试 数学5月模拟试卷 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、选择题：本题共小题，每小题分，共计分.在每小题给出四个选项中，只有一项是符合题目要求的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1. 已知i是虚数单位，复数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的乘法与除法化简复数成代数形式，利用共轭复数定义即得. 【详解】由，则. 故选：D. 2. 已知角的始边与x轴的非负半轴重合，终边上有一点，则（    ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由三角函数的定义可求得，，，利用二倍角的余弦公式可求值. 【详解】由题意可得，，因此，， 所以，，，， 所以 故选：B. 3. 已知单位向量，满足，则在上的投影向量为（    ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用投影向量公式计算即可. 【详解】因为，， 所以在上的投影向量为 故选：C. 4. 已知线段，，为线段上一点，，记与的夹角为，若对于某个范围内任意固定的，总存在两个不同的符合题意，则的取值范围是：（ ）. A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】问题转换成以为圆心，2为半径的圆应与线段有两个公共点，画出图像即可求解； 【详解】由题意可知以为圆心，2为半径的圆应与线段有两个公共点， 以为坐标原点，为轴，作图如下： 当与圆相切时，由，，可得， 故 当与圆相交，且点刚好在圆上时，如下图： 由余弦定理可得：， 所以的取值范围是， 故选：B 5. 记为等比数列的前项和．若，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设等比数列的公比为，根据已知条件求出的值，再利用等比数列的求和公式可求出的值. 【详解】设等比数列的公比为，由得，可得， 所以，， 所以，. 故选：C. 6. 已知边长为1的正方形绕边所在直线为轴旋转一周形成的面围成一个圆柱，点和分别是圆柱上底面和下底面的动点，点是线段的中点，则三棱锥体积的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据图形得到当，且时，点P到平面的高最大，再利用等体积转化法即可求得结果. 【详解】 由题意知，，三角形的面积为 设点P到平面的高为h， 又， 要使三棱锥体积的最大，则需h最大，根据图形可得， 当，且时，h最大，最大为1， . 故选：B 7. 已知函数，是的反函数.若，满足，则的最大值为（    ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用等式变形，再同构一个函数，满足，再由单调性去找到等式关系，最后把二元变量转化为一元变量：，再用函数思想来求最大值即可. 【详解】由题意得，因为， 所以， 所以， 令，则， 因为在上单调递增，所以 所以， 令， 则， 令，则， 所以在R上单调递减， 又 所以当时，，即当时，，即， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以， 故选：D. 8. 现有一排方块，其中某些方块间有间隔.从中拿出一个方块或紧贴的两个方块，而不改变其余方块的位置，称为一次操作.如图所示，状态为的方块：可以通过一次操作变成以下状态 中的任何一种：，，，或.游戏规定由甲开始，甲、乙轮流对方块进行操作，拿出最后方块的人获胜.对于以下开局状态，乙有策略可以保证自己获得游戏胜利的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】对于选项A，可以通过例举所有的可行性，在甲操作后，乙采取对称策略，即可保证自己能赢；对于选项B、C、D，可通过操作验证，甲赢. 【详解】对于选项A，经过甲操作可以变为，，，，或. 对于，乙操作成；对于，乙操作成；对于，乙操作成；对于，乙操作成； 对于，乙操作成；对于，乙操作成. 此时甲操作后，乙可以采取对称策略，保证自己能拿到最后一个方块，无论如何乙都能赢，所以A正确； 对于选项B，甲将操作为，此时乙可以操作为，，，甲必胜； 对于选项C，甲将操作为，甲必胜； 对于选项D，甲将操作为，由选项A知甲必胜. 故选：A. 二、选择题：本大题共小题，每小题分，共计分，每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得分，部分选对得部分分，有选错的得分. 9. 下列说法中正确的是（    ） A. 一个样本的平均数为3，若添加一个新数据3组成一个新样本，则新样本的平均数不变，方差变小 B. 在成对样本数据中，两个变量间的样本相关系数越小，则它们的线性相关程度越弱 C. 数据，53，56，69，70，72，79，65，80，45，41的极差为40，则这组数据的第m百分位数为79 D. 依据小概率值的独立性检验推断两个分类变量X与Y之间是否有关联，经计算得，则可以认为“X与Y没有关联” 【答案】AC 【解析】 【分析】利用平均数与方差的定义可判断A；由相关系数的概念可判断B；利用百分位的定义求解可判断C；由独立性检验的意义可判断D. 【详解】一个样本的平均数为3，若添加一个新数据3组成一个新样本，则新样本的平均数不变， 根据方差公式，可知方差变小，故A正确； 两个变量的相关系数越小，则两者的线性相关程度越弱，故B错误； 除m外，剩余数据的极差为，因为所有数据的极差为40，且， 所以 把数据技从小到大题序排列，得：41，45，53，56，65，69，70，72，79，80， 由，所以这组数据的第m百分位数为第9个，为故C正确； 零假设为与Y相互独立，即X与Y没有关联，由， 可知依据的独立性检验，没有充分证据推断不成立，可以认为“X与Y有关联”，故D错误. 故选：AC. 10. 已知函数在某段区间内的大致图像如图，则下列说法正确的是：（ ）. A. ， B. 的单调区间为： C. 在区间上有且仅有2个零点 D. 先保持纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍，再向左平移1个单位后是奇函数 【答案】BC 【解析】 【分析】根据图形求出判定A；设，求出单调区间判定B；通过图像法求解判定C；.图象变换后得到不是奇函数判定D. 【详解】对于A，，故 ，上两点有对称中心 ，故有渐近线，所以，由于不影响的取值，不妨令其为0，而，所以，，A错误. 对于 B，不妨设，，B正确. 对于C，x轴以下的图象翻折上去，作出的图像，与直线有2个交点，C正确. 对于D，变换后：不是奇函数，D错误， 故选：BC. 11. 已知椭圆：，直线l：.，是椭圆的左、右顶点，，是椭圆的左、右焦点，过直线l上任意一点P作椭圆的切线PM，PN，切点分别为M，N，椭圆上任意一点Q（异于，）处的切线分别交，处的切线于点，，则（ ） A. 直线MN过定点 B. ，，，四点共圆 C. 当时，是线段MN的三等分点 D. 的最大值为9 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据椭圆的极点和极线方程可列式求出直线l关于椭圆的极点坐标，即可由此求出A、C答案。由极点和极限方程性质可表示出过Q点的切线方程，由此表示出四点坐标，通过向量法求解可得出B答案，根据圆的相交弦定理和椭圆的光学性质可知，由此可得出D答案。（椭圆极点与极线方程定义及其证明见后附。） 【详解】 对于A，根据椭圆极点、极线定义，直线l关于椭圆存在极点，即为直线MN的定点（证明后续提供）， 设极点为，则直线l的方程为，又由于直线l的方程为：， 故直线l关于椭圆的极点（定点）为，故A正确； 对于B，设，则Q点处的切线方程为，令，得，， 而，故，同理，即四点共圆，故B正确； 对于C，当时，直线MN的方程为，可以验证此时有，故C不正确； 对于D，由圆的相交弦定理和椭圆的光学性质可知， 等号在Q为短轴端点时取到，故D正确. 故选：ABD. 附注：1.定义：任取一点，它可以在圆锥曲线上，也可以在圆锥曲线外或内， 过这点作圆锥曲线的割线，产生两个交点，过这两个交点作圆锥曲线的切线， 两条切线相交于一点.随着割线绕任取之点运动，交点将描绘出一条直线. 若任取之点称为极点，则这条直线就称为极点的极线. 反之，任意作一条直线，它可以与圆锥曲线相交、相切或相离， 在直线上且位于圆锥曲线外任取一点，过这点作圆锥曲线的两条切线， 连接两个切点可得一直线.让任取之点在其所在直线上运动， 则连接两切点的直线也跟着运动，但它将绕着一个不动的点转动. 若开始时的直线称为极线，则这个不动的点就称为这条极线的极点. 2.结论：设极点坐标为，那么，不管极点在椭圆上，椭圆外还是椭圆内， 极点的极线的方程都是 证明：（1）先证明也就是求出极点在椭圆上时椭圆切线方程为. 设过点的椭圆切线方程为：， 与椭圆联立方程得： ， 因为切线方程只存在一个解，即， 化简得：，即得， 从而得出切线方程为，化简得. （2）极点在椭圆之外的情况.过极点作椭圆的两条切线，设切点分别为和. 由上面的第（1）条，直接写出两条切线的方程：和 由于极点当然在这两条切线上，所以和， 这又说明，点和的坐标都满足方程：， 所以上式就是直线AB的方程，即极点P的极线的方程. （3）极点在椭圆之内的情况.过点作轴的垂线，与椭圆交于点（另一交点同理）. 于是由第（1）条，得过点的椭圆切线方程为. 让，得切线与x轴的交点也就是切线的横截距. 同理可以得到切线与y轴的交点即切线的纵截距. 于是，由直线的截距式方程得切线方程为，即. 【点睛】关键点点睛：运用极点、极线方法，解决圆锥曲线的切线相关的直线过定点等问题，可大大减少运算. 三、填空题：本大题共小题，每小题分，共计分. 12. 已知集合，，若，则实数__________. 【答案】或 【解析】 【分析】根据集合元素互异性可得，由可得，然后分类讨论即可求得参数. 【详解】由题知，， 因为，所以， 则当时，，而； 当时，(舍)或， 所以或. 故答案为：或 13. 对7个相邻的格进行染色，每个格均可从红、绿、黄三种颜色中选一种，则没有相邻红格的概率为__________. 【答案】 【解析】 【分析】通过讨论红格个数，由古典概型概率公式求解即可， 【详解】0个红格，共种； 1个红格，共种； 2个红格，共种； 3个红格，共种； 4个红格，共种， 所以； 故答案为： 14. 已知两点，，动点M满足，抛物线的焦点为F，动点N在C上，则的最小值为__________. 【答案】3 【解析】 【分析】设，由已知求得点M的轨迹方程，数形结合可求得的最小值. 【详解】因为点M满足， 设，则， 两边平方整理得， 即点M的轨迹为圆心，半径为2的圆， 的最小值是M到准线的最短距离， 因为N可以选择在抛物线上，使得N到M的距离加上N到准线的距离最小， 圆心到准线的距离是， 圆的半径是2，所以M 到准线的最短距离是， 因此，的最小值是 故答案为： 四、解答题：本大题共小题，共计分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 东湖公园统计连续天入园参观的人数（单位：千人）如下： 日期 月日 月日 月日 月日 月日 第天 4 参观人数 （1）建立关于的回归直线方程，预测第天入园参观人数； （2）东湖公园只开放南门、北门供游客出入，游客从南门、北门入园的概率相同，且从同一个门出园的概率为，从不同一个门出园的概率为．假设游客从南门、北门出入公园互不影响，如果甲、乙两名游客从南门出园，求他们从同一个门入园的概率． 附：参考数据：，，，． 参考公式：回归直线方程，其中，． 【答案】（1）回归方程为，人数约为千人 （2） 【解析】 【分析】（1）将相关数据代入最小二乘法公式，求出、的值，可得出回归直线方程，将代入回归直线方程，可预测出第天入园参观人数； （2）记事件甲、乙两名游客从南门出园，事件甲、乙两名游客从同一个门入园，计算出、的值，利用条件概率公式可求得 【小问1详解】 由最小二乘法公式可得， 则， 所以，关于的回归直线方程为， 当时，， 因此，预测第天入园参观人数约为千人. 【小问2详解】 记事件甲、乙两名游客从南门出园，事件甲、乙两名游客从同一个门入园， 则， 如果甲、乙都从南门入园，且都从南门出园，其概率为， 如果甲、乙都从北门入园，且都从南门出园，其概率为， 如果甲从南门入园，乙从北门入园，且都从南门出园，其概率为， 如果甲从北门入园，乙从南门入园，且都从南门出园，其概率为， ， 由条件概率公式可得. 因此，如果甲、乙两名游客从南门出园，则他们从同一个门入园的概率为. 16. 已知抛物线C：的焦点为F，抛物线C上点满足. （1）求抛物线C的方程； （2）设点，过D作直线l交抛物线C于A，B两点，证明：是的角平分线. 【答案】（1） （2）证明：根据题意，直线斜率不为0，设其方程为：，，， 由得，由，可得：或， 由韦达定理得：，. 则 ，即直线与直线的倾斜角互补， 所以是的角平分线. 【解析】 【分析】（1）根据抛物线的定义即可求得； （2）根据题意，直线斜率不为0，设其方程为：，和抛物线方程联立，根据韦达定理可得，即直线与直线的倾斜角互补，得证. 【小问1详解】 由，可得， 所以抛物线C的方程为. 【小问2详解】 略 17. 如图，在三棱锥中，，，，位居平面异侧，，平面平面，为中点. （1）求证：； （2）若三棱锥的体积为，二面角的余弦值为，求： （ⅰ）到平面的距离； （ⅱ）直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1） 取中点为，由于，故. 因为，所以， 又平面平面，平面，故平面. 而平面，故. 因为，故，，所以平面. 又平面，故. （2）（ⅰ）；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）取中点为，运用勾股定理逆定理得到.根据面面垂直得到线面垂直，进而得到线线垂直. （2）（ⅰ）建立空间直角坐标系，运用向量法可解；（ⅱ）运用等体积法求出Q到平面距离为，和，进而得到直线与平面所成角的正弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （ⅰ）由于为正三角形，故，所以以R为原点，为轴，垂直于平面的为轴建立空间直角坐标系. 由于，，， ，由勾股定理逆定理知道， 则都为直角三角形，且全等.过作于，连接. 则，则为二面角的平面角. 在底面上的投影假设为，则一定在延长线上.连接.则 运用等面积法，，则可求得. 为二面角的平面角的补角.则，求得. 则，可设. 且，，代入计算得到. 同理，解得.得：， ，，， ，，， 设平面且，则可作为平面的一个法向量， 令：，，，取. 所以到平面的距离为：. （ⅱ），，，， 根据勾股定理逆定理，是直角三角形， 故.，，， 运用余弦定理，得到， 则， 故，， 于是：，. 设Q到平面距离为，运用等体积法得到， 故， 而， 所以. 18. 已知函数 （1）若不等式恒成立，求实数a的取值范围; （2）若，求证：有且只有1个零点. 【答案】（1） （2） ， 当时，，， 所以在上单调递增，又，， 由零点存在性定理可知，在区间上存在1个零点， 故此时有1个零点. 当时，当时，；当时，；当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 因，当时， ， 取，则，且， 由零点存在性定理可知，在区间上存在1个零点， 故此时有1个零点. 当时，当时，；当时，；当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， ， 由于，所以，所以， 所以，所以 又，， 由零点存在性定理可知，在区间上存在1个零点， 故此时有1个零点. 综上可知，当时，有且只有1个零点，得证. 【解析】 【分析】（1）由已知可得，令，利用导数可得，进而可得，令，利用导数求得即可； （2）求导得，分，，三种情况讨论中可证得结论. 【小问1详解】 由可得， 设，，， 当时，当时，， 所以在上单调调递减，在上单调递增， 所以，即， 所以等价于， 设，，， 当时，；当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以， 所以， 故实数a的取值范围为； 【小问2详解】 略 【点睛】利用导数研究零点问题： （1）确定零点的个数问题：可利用数形结合的办法判断交点个数，如果函数较为复杂，可用导数知识确定极值点和单调区间从而确定其大致图象； （2）方程的有解问题就是判断是否存在零点的问题，可参变分离，转化为求函数的值域问题处理.可以通过构造函数的方法，把问题转化为研究构造的函数的零点问题； （3）利用导数研究函数零点或方程根，通常有三种思路：①利用最值或极值研究；②利用数形结合思想研究；③构造辅助函数研究. 19. 意大利画家达·芬奇提出：固定项链的两端，在重力的作用下自然下垂，那么项链所形成的曲线是悬链线．在17世纪，惠更斯、莱布尼茨、约翰·伯努利等得到悬链线方程是，其中c为参数．当时，该方程就是双曲余弦函数．相应地就有双曲正弦函数．已知三角函数的三个关系式：①平方关系：；②二倍角关系：；③导数关系： （1）类比关系式①②③，写出和之间的三种关系式（不需要证明）； （2）当时，不等式恒成立，求的取值范围； （3）设无穷数列满足，是否存在实数，使得？若存在，求的值；若不存在，说明理由． 【答案】（1）① 平方关系：；② 二倍角关系：；③ 导数关系：，. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）求出和即可求解，求出和即可求解，求出和即可求解； （2）证明存在足够小的使得，令，讨论的情况，并结合导数检验即可求解； （3）根据与递推式形式一致求出，求出即可求解. 【小问1详解】 （1）双曲函数关系式 ① 平方关系：； ② 二倍角关系：； ③ 导数关系：，. 证明如下（不需要写出）： 因为， ， 所以； 因为， ， 所以； ， 【小问2详解】 因为，所以， 所以，， 当时，设， 若，则存在足够小的使得矛盾， 所以，因为， 观察， 令，， 当且仅当时等号成立， 所以在时单调递增， 因为，所以对成立， 即，所以满足题意， 所以； 【小问3详解】 因为与递推式形式一致， 所以假设，其中为待定参数， 因为符合递推关系， 所以，因为， 所以，因为， 得，令， 方程变为，解得或， 所以或，所以或， 因为是偶函数，所以不妨设， 所以，， 所以 【点睛】关键点点睛：本题（2）关键在于证明存在足够小的使得，（3）关键在于根据与递推式形式一致求出. 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 数学5月模拟试卷 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡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，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 一、选择题：本题共小题，每小题分，共计分.在每小题给出四个选项中，只有一项是符合题目要求的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1. 已知i是虚数单位，复数，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知角的始边与x轴的非负半轴重合，终边上有一点，则（    ） A. B. C. D. 3. 已知单位向量，满足，则在上的投影向量为（    ） A. B. C. D. 4. 已知线段，，为线段上一点，，记与的夹角为，若对于某个范围内任意固定的，总存在两个不同的符合题意，则的取值范围是：（ ）. A. B. C. D. 5. 记为等比数列的前项和．若，，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知边长为1的正方形绕边所在直线为轴旋转一周形成的面围成一个圆柱，点和分别是圆柱上底面和下底面的动点，点是线段的中点，则三棱锥体积的最大值为（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数，是的反函数.若，满足，则的最大值为（    ） A. B. C. D. 8. 现有一排方块，其中某些方块间有间隔.从中拿出一个方块或紧贴的两个方块，而不改变其余方块的位置，称为一次操作.如图所示，状态为的方块：可以通过一次操作变成以下状态 中的任何一种：，，，或.游戏规定由甲开始，甲、乙轮流对方块进行操作，拿出最后方块的人获胜.对于以下开局状态，乙有策略可以保证自己获得游戏胜利的是（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本大题共小题，每小题分，共计分，每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得分，部分选对得部分分，有选错的得分. 9. 下列说法中正确的是（    ） A. 一个样本的平均数为3，若添加一个新数据3组成一个新样本，则新样本的平均数不变，方差变小 B. 在成对样本数据中，两个变量间的样本相关系数越小，则它们的线性相关程度越弱 C. 数据，53，56，69，70，72，79，65，80，45，41的极差为40，则这组数据的第m百分位数为79 D. 依据小概率值的独立性检验推断两个分类变量X与Y之间是否有关联，经计算得，则可以认为“X与Y没有关联” 10. 已知函数在某段区间内的大致图像如图，则下列说法正确的是：（ ）. A. ， B. 的单调区间为： C. 在区间上有且仅有2个零点 D. 先保持纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍，再向左平移1个单位后是奇函数 11. 已知椭圆：，直线l：.，是椭圆的左、右顶点，，是椭圆的左、右焦点，过直线l上任意一点P作椭圆的切线PM，PN，切点分别为M，N，椭圆上任意一点Q（异于，）处的切线分别交，处的切线于点，，则（ ） A. 直线MN过定点 B. ，，，四点共圆 C. 当时，是线段MN的三等分点 D. 的最大值为9 三、填空题：本大题共小题，每小题分，共计分. 12. 已知集合，，若，则实数__________. 13. 对7个相邻的格进行染色，每个格均可从红、绿、黄三种颜色中选一种，则没有相邻红格的概率为__________. 14. 已知两点，，动点M满足，抛物线的焦点为F，动点N在C上，则的最小值为__________. 四、解答题：本大题共小题，共计分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 东湖公园统计连续天入园参观的人数（单位：千人）如下： 日期 月日 月日 月日 月日 月日 第天 4 参观人数 （1）建立关于的回归直线方程，预测第天入园参观人数； （2）东湖公园只开放南门、北门供游客出入，游客从南门、北门入园的概率相同，且从同一个门出园的概率为，从不同一个门出园的概率为．假设游客从南门、北门出入公园互不影响，如果甲、乙两名游客从南门出园，求他们从同一个门入园的概率． 附：参考数据：，，，． 参考公式：回归直线方程，其中，． 16. 已知抛物线C：的焦点为F，抛物线C上点满足. （1）求抛物线C的方程； （2）设点，过D作直线l交抛物线C于A，B两点，证明：是的角平分线. 17. 如图，在三棱锥中，，，，位居平面异侧，，平面平面，为中点. （1）求证：； （2）若三棱锥的体积为，二面角的余弦值为，求： （ⅰ）到平面的距离； （ⅱ）直线与平面所成角的正弦值. 18. 已知函数 （1）若不等式恒成立，求实数a的取值范围; （2）若，求证：有且只有1个零点. 19. 意大利画家达·芬奇提出：固定项链的两端，在重力的作用下自然下垂，那么项链所形成的曲线是悬链线．在17世纪，惠更斯、莱布尼茨、约翰·伯努利等得到悬链线方程是，其中c为参数．当时，该方程就是双曲余弦函数．相应地就有双曲正弦函数．已知三角函数的三个关系式：①平方关系：；②二倍角关系：；③导数关系： （1）类比关系式①②③，写出和之间的三种关系式（不需要证明）； （2）当时，不等式恒成立，求的取值范围； （3）设无穷数列满足，是否存在实数，使得？若存在，求的值；若不存在，说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $