精品解析：2025届甘肃省甘南藏族自治州卓尼县柳林中学高三模拟预测数学试题

2025届高三信息押题卷（二） 数学试题 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号、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． 考试时间为120分钟，满分150分 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. 若复数满足，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，若，则实数（ ） A. B. C. 或1 D. 或 4. 已知随机事件，，则（ ） A. 0.8 B. 0.6 C. 0.5 D. 0．2 5. 已知各项为正的等差数列的前项和为，且，则的最大值为（ ） A. B. 4 C. 5 D. 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知分别为圆和抛物线上的点，抛物线的焦点为．若点为以点为圆心，以1为半径的圆上的动点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数有两个零点，且，则（ ） A. B. C. D. 与无法比较大小 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，则下列结论正确的有（ ） A. 函数的最小正周期为 B. 函数的图象关于点对称 C. 函数的图象关于直线对称 D. 函数在上单调递减 10. 下列说法正确的有（ ） A. 已知随机变量服从正态分布，且，则 B. 数据2，3，5，8，9的第40百分位数是4 C. 在回归分析中，相关系数越大，说明两个变量线性相关性越强 D. 从中随机取一个数记为，从中随机取一个数记为，设，则的方差 11. 已知对任意，且，则（ ） A. B. C. 的图象关于直线对称 D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若的展开式中的系数为，则______． 13. 已知数列的前项和为，，则______． 14. 在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为侧面内（包含边界）的动点，且，则动点的轨迹长度为______；当线段取最小值时，三棱锥的外接球的半径______． 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. 已知锐角中，角所对的边分别为． （1）求角； （2）若为的平分线，且与交于点，求的面积． 16. 已知函数． （1）证明：； （2）证明：． 17. 已知双曲线过点分别为圆：的两条切线，且分别交双曲线于点． （1）求双曲线的离心率； （2）证明：直线的斜率为定值． 18. 如图，在多面体中，四点共面，四边形为平行四边形，，，且． （1）若平面与平面的交线为，证明：平面； （2）求平面与平面的夹角． 19. 抽屉原理也被称为鸽笼原理，它由德国数学家狄利克雷首先明确提出并用来证明数论中的问题，因此，也被称为狄利克雷原则．其内容为：如果把个物体放进个抽屉里，那么至少有一个抽屉要放进个或更多个物体．已知数列与数列满足，若数列是递增数列，则称数列具有性质． （1）当，且数列具有性质时， ①写出一个满足，项数为6的数列； ②若，数列的前项和为，证明：当时，至少存在两个不同的数列，使得这两个数列的前项和相等． （2）从项数为的数列中选取一部分元素构成新的数列，判断是否存在项数为的数列具有性质，并说明理由． （参考数据：） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025届高三信息押题卷（二） 数学试题 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号、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． 考试时间为120分钟，满分150分 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. 若复数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用复数的四则运算计算即得. 【详解】因. 故选:A． 2. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】化简集合，由交集的概念即可得解. 【详解】由题意得，，则． 故选：B． 3. 已知向量，若，则实数（ ） A. B. C. 或1 D. 或 【答案】D 【解析】 【分析】由向量模的坐标公式列方程即可求解. 【详解】由得，因为， 所以，化简得，解得或． 故选：D． 4. 已知随机事件，，则（ ） A. 0.8 B. 0.6 C. 0.5 D. 0．2 【答案】B 【解析】 【分析】首先根据已知条件求出的值，进而利用条件概率公式可求出的值. 【详解】因为，， 所以，所以． 故选：B． 5. 已知各项为正的等差数列的前项和为，且，则的最大值为（ ） A. B. 4 C. 5 D. 【答案】A 【解析】 【分析】由等差数列的性质及前n项和公式得，再应用基本不等式求的最大值. 【详解】由，得，所以． 由已知，得，则， 当且仅当时等号成立． 故选：A 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题意得，解一元二次方程即可得解. 【详解】因为，所以， 化简得， 解得或（舍去，因为，且等号不能成立）． 故选：D． 7. 已知分别为圆和抛物线上的点，抛物线的焦点为．若点为以点为圆心，以1为半径的圆上的动点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据三角形的三边关系，即可根据共线求解求解. 【详解】由题意得，，圆的半径，圆的半径． 因为，当且仅当点在线段上，点在线段上时，等号成立， 所以，当且仅当点共线，且从左到右依次为点时两等号同时成立． 故选:C． 8. 已知函数有两个零点，且，则（ ） A. B. C. D. 与无法比较大小 【答案】C 【解析】 【分析】将函数有两个零点问题转化为方程有两个解的问题，先对函数求导，判断单调性和的范围，然后判断并证明与-3的大小比较，最后得到答案. 【详解】函数有两个零点，即方程有两个不同的根． 设，则， 当时，，所以在上单调递减； 当时，，所以在上单调递增． 又因为当时，，当时，，所以． 因为可以趋近于无穷小，所以猜测，下面给出证明． 先证当时，． 令，则， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在，上单调递增． 由知，当时，，即，所以． 再证当时，． 令，则． 令，则， 当时，，所以在上单调递减； 当时，，所以在上单调递增， 所以，即，所以在上单调递增． 因为，所以当时，，即， 所以． 所以，所以． 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，则下列结论正确的有（ ） A. 函数的最小正周期为 B. 函数的图象关于点对称 C. 函数的图象关于直线对称 D. 函数在上单调递减 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用余弦型函数的周期公式可判断A选项；利用余弦型函数的对称性可判断BC选项；利用余弦型函数的单调性可判断D选项. 【详解】因为函数，所以函数的最小正周期，故A正确；因为，曲线关于点对称， 所以函数的图象关于点对称，故B正确； 因为，曲线不关于直线对称， 所以函数的图象不关于直线对称，故C错误； 若，则， 因为函数在上单调递减，所以函数在上单调递减，故D正确． 故选：ABD． 10. 下列说法正确的有（ ） A. 已知随机变量服从正态分布，且，则 B. 数据2，3，5，8，9的第40百分位数是4 C. 在回归分析中，相关系数越大，说明两个变量线性相关性越强 D. 从中随机取一个数记为，从中随机取一个数记为，设，则的方差 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据正态曲线的性质判断A；根据百分位数的定义判断B；根据相关系数与相关性的关系判断C；由方差的公式求，判断D. 【详解】对于A，，故A正确； 对于B，由，知数据2，3，5，8，9的第40百分位数为，故B正确； 对于C，在回归分析中，相关系数的绝对值越大，说明两个变量线性相关性越强，故C错误； 对于D，的取值可能为1，2，3，4，5，则，，，，， 故，，故D正确． 故选：ABD． 11. 已知对任意，且，则（ ） A. B. C. 的图象关于直线对称 D. 【答案】AC 【解析】 【分析】通过对给定的函数关系式进行赋值，函数的奇偶性、对称性和周期性，以及利用这些性质进行数列求和逐步推导函数的各项性质，进而判断选项的正确性. 【详解】由题意得任意，，且， 令，则，则． 令，则，故A正确． 令，则，所以的图象关于直线对称，故C正确． 令，则，结合C选项，得，所以有，则为奇函数． 又因为的图象关于直线对称，所以是以2为周期的函数，所以，故B错误． 令，则，，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. 若的展开式中的系数为，则______． 【答案】 【解析】 【分析】利用二项展开式的通项，根据题意建立方程，易求得参数的值. 【详解】的展开式的通项． 令，解得3，则，解得． 故答案为：． 13. 已知数列的前项和为，，则______． 【答案】 【解析】 【分析】由题意得，利用裂项相消法即可求解. 【详解】由题意得，所以 ． 故答案为：． 14. 在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为侧面内（包含边界）的动点，且，则动点的轨迹长度为______；当线段取最小值时，三棱锥的外接球的半径______． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】建立坐标系，根据垂直条件得到的轨迹，根据轨迹可求第一空，利用取得最小值，可确定点坐标，底面为直角三角形，球心在斜边中点垂线上，设球心为，利用勾股定理可解外接球的半径. 【详解】如图①，建立空间直角坐标系，则． 设，则， 由题意得，则． 又因为，，所以． 设分别为的中点，则线段为动点的轨迹，轨迹长度为． ，则当时，线段取得最小值，此时， 则点在平面内的投影为点的中点． 如图②，设三棱锥的外接球的球心为． 由题意，为的外接圆圆心，， 则，即， 解得，所以． 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. 已知锐角中，角所对的边分别为． （1）求角； （2）若为的平分线，且与交于点，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）首先利用正弦定理将原等式进行化简，然后将等式转化为只含有的等式，然后利用和差倍角的正余弦公式将等式展开，即可求出角. （2）根据正弦定理和余弦定理求出每个角和每条边，然后利用三角形面积公式求解. 【小问1详解】 由及正弦定理， 得. ， ． ， 即， ． 为锐角三角形，， ． ． 【小问2详解】 在中，， 由正弦定理得， ． 为锐角，， . ， ， 在中，． 在中，由余弦定理， 得， ． 16. 已知函数． （1）证明：； （2）证明：． 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）令，利用导数研究单调性，求最大值即可得证； （2）由（1）可得，令，利用导数研究单调性即可证明. 【小问1详解】 证明：令，则． 当时，；当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以当时，取得极大值也是最大值． 所以，所以，即． 【小问2详解】 由（1）可得，当且仅当时，等号成立． 令，则． 令，则，且等号不恒成立， 所以在上单调递减． 又因为，所以当时，即在上恒成立， 所以在上单调递减． 又因为，所以在上恒成立． 所以． 17. 已知双曲线过点分别为圆：的两条切线，且分别交双曲线于点． （1）求双曲线的离心率； （2）证明：直线的斜率为定值． 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据点在双曲线上，将点的坐标代入双曲线方程求出的值，再利用双曲线的离心率公式（对于双曲线）来计算离心率. （2）通过联立直线方程和双曲线方程，利用韦达定理求出交点坐标，再根据已知条件得出斜率关系，进而求出直线PQ的斜率. 【小问1详解】 解：将的坐标代入，得， 所以双曲线的离心率． 【小问2详解】 证明：由题意知，直线的斜率都存在且不为0， 设直线的方程为，直线的方程为． 由消去，整理得． 由，得， 由，得． 由题意，解得，所以， 所以，同理． 由题意，，得． 因为，所以，故， 所以直线的斜率，即直线的斜率为定值． 18. 如图，在多面体中，四点共面，四边形为平行四边形，，，且． （1）若平面与平面的交线为，证明：平面； （2）求平面与平面的夹角． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）先由线线平行证明平面，利用线面平行的性质得到，继而推得，再证平面，即得，由线线垂直得到平面； （2）过点作，垂足为，连接．取的中点，连接，由推理计算得到，从而推出为二面角的平面角，借助于，利用余弦定理求得即可. 【小问1详解】 如图，连接．∵，四边形为平行四边形，． 平面平面，平面． 平面，平面平面，． 四边形为平行四边形，四边形为菱形，． 由题意知，， ,． ． 平面平面． 平面． 平面平面． 【小问2详解】 如图，过点作，垂足为，连接．取的中点，连接． 由（1）知，平面，平面． 可知四边形和四边形都是矩形，． 在和中，， ，． ． ，，， 为二面角的平面角． ，四边形是正方形，． 在中，． ，， ． 在中，由余弦定理，得， 平面与平面的夹角为． 19. 抽屉原理也被称为鸽笼原理，它由德国数学家狄利克雷首先明确提出并用来证明数论中的问题，因此，也被称为狄利克雷原则．其内容为：如果把个物体放进个抽屉里，那么至少有一个抽屉要放进个或更多个物体．已知数列与数列满足，若数列是递增数列，则称数列具有性质． （1）当，且数列具有性质时， ①写出一个满足，项数为6的数列； ②若，数列的前项和为，证明：当时，至少存在两个不同的数列，使得这两个数列的前项和相等． （2）从项数为的数列中选取一部分元素构成新的数列，判断是否存在项数为的数列具有性质，并说明理由． （参考数据：） 【答案】（1）①；（答案不唯一，只需满足均可） ②证明：因为，即，所以或， 显然当时，． 又当时，，当时，， 则当时，． 因为数列从第二项起每一项都有两种可能，所以共有种不同的数列． 因为， 所以至多有种不同的取值． 令， 则． 令，则， 所以在上单调递增． 因为， 所以，即，所以在上单调递增． 因为，所以当时，恒成立， 即当时，，故存在，使得， 由抽屉原理可知，此时至少存在两个不同的数列，使得这两个数列的前项和相等． （2） 从项数为的数列中选取一部分元素构成新的数列，存在项数为的数列具有性质．理由如下： 记“满足，且数列是递增数列的最长数列的项数”， 假设，即，都有，其中， 则，使得至少有个取， 即，其中． 若，当时，， 则将与以为首项的递增数列合成一个以为首项，项数为的新的数列； 若，当时，都有， 则，即存在一个项数为的数列是递减数列． 综上，从项数为的数列中选取一部分元素构成新的数列中，总是存在项数为的递减数列或项数为的递增数列． 因为递增数列或递减数列都满足性质，所以存在项数为的数列具有性质． 【解析】 【分析】（1）①只需满足即可；②由题意得或，分析得当时，，故存在，使得，结合抽屉原理即可得证. （2）只需证明存在项数为的递减数列或项数为的递增数列即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $