精品解析：陕西省咸阳市武功县普集高级中学2025届高三模拟预测数学试题

数学 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. 若集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据根式不等式与对数不等式分别求解集合，再求交集即可. 【详解】 ， 所以. 故选：C 2. “”是“复数为纯虚数”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】C 【解析】 【分析】利用充分条件和必要条件的定义，结合复数的除法运算及纯虚数的概念求解. 【详解】复数， 当时，，复数，是纯虚数； 当复数为纯虚数时，有，解得. 则“”是“复数为纯虚数”的充要条件. 故选：C 3. 某学习小组共5名同学，某次模拟考试的数学成绩平均分数为112，已知其中4名同学的成绩分别为96，109，120，126，则这5名同学成绩的第75百分位数是（ ） A. 112 B. 119 C. 120 D. 121 【答案】C 【解析】 【分析】先利用平均数得到另外一个学生的成绩为109，然后根据百分位数的求法可得. 【详解】依题意设另外一名同学的成绩为x，则，解得, 将这5名同学的成绩按从小到大的顺序排列为96，109，109，120，126， 则成绩的第75百分位数为即排序后的第4个数据， 所以这5名同学成绩的第75百分位数是120， 故选：C 4. 已知向量且向量方向相反，则可以是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用向量相反的坐标表示求解即可. 【详解】因为向量且向量方向相反， 当时，，不满足题意， 当时，，解得，且， 所以，，且， 经检验只有满足题意， 故选：D 5. 记数列的前项和为，若数列是公差为1的等差数列，则（ ） A. 1 B. 2 C. 2025 D. 2022 【答案】A 【解析】 【分析】利用前项和与通项公式的关系求出，判断是常数列，再求解目标式即可. 【详解】因为数列是公差为1的等差数列， 所以，故， 当时，，， 两式相减得， 则， 得到， 故，即， 故为常数列，则，即，故A正确. 故选：A． 6. 已知抛物线，其准线为，焦点为，过的直线与和从左到右依次相交于，，三点，且，则和的面积之比为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意求出，得出直线，与抛物线联立得出，，然后求出两个三角形底边，即可得出答案. 【详解】不妨设点在第一象限，如图所示， 由题可知，，， 所以，所以， 又，所以，故， 此时，所以直线， 与抛物线联立得，所以，代入抛物线方程得， 所以，易得， 所以，， ， 故选：B. 7. 中国古建筑闻名于世，源远流长．如图1所示的五脊殿是中国传统建筑中的一种屋顶形式，该屋顶的结构示意图如图2所示，在结构示意图中，已知四边形为矩形，，与都是边长为1的等边三角形，若点A，B，C，D，E，F都在球O的球面上，则球O的表面积为（） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】如图，根据球的性质可得平面，根据中位线的性质和勾股定理可得且，分类讨论当在线段上和在线段的延长线上时2种情况，结合球的性质和表面积公式计算即可求解． 【详解】如图，连接，设， 因为四边形为矩形，所以为矩形外接圆的圆心．连接， 则平面，分别取的中点， 根据几何体的对称性可知，直线交于点． 连接，则，且为的中点，因为，所以， 连接，在与中，易知， 所以梯形为等腰梯形，所以，且． 设，球的半径为，连接， 当在线段上时，由球的性质可知， 易得，则，此时无解． 当在线段的延长线上时，由球的性质可知， ，解得，所以， 所以球的表面积， 故选：D． 8. 函数的图象犹如两条飘逸的绸带而被称为飘带函数，也是两条优美的双曲线．在数列中，，，记数列的前项积为，数列的前项和为，其中，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意可得，利用裂项的思想整理可得，进而可得，即可得结果. 【详解】∵，∴，， ∴ ， ∴， ∵，∴为递增数列， ∵，∴当时，. 故选：A. 【点睛】关键点点睛：本题的解题关键在于利用裂项的思想得到，即可得结果. 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. 某手机商城统计的2024年5个月智能手机的销量（万部）如下表所示：根据表中数据用最小二乘法得到的关于月份编号的回归直线方程为，则（ ） 月份 7月 8月 9月 10月 11月 x 1 2 3 4 5 y 2 2 3 m 4 A. B. 与正相关 C. 当月份编号增加1时，销量增加0.5万部 D. 预测2025年6月份该手机商城的销量约为6万部 【答案】AB 【解析】 【分析】利用回归方程必过样本中心点的性质得到，进而建立方程，求解参数判断A，利用回归系数的正负判断变量的相关性求解B，利用表格数据判断C，利用回归方程估计销量判断D即可. 【详解】对于A，由表中数据，计算得， 故得到， 则，解得，故A正确， 对于B，由回归直线方程中的系数为正可知， 与正相关，且其相关系数，故B正确； 对于C，线性回归方程只是一种统计预测方法，当月份编号增加1时，销量不一定增加0.5万部，故C错误， 对于D，2025年6月份对应的月份编号， 而，故D错误. 故选：AB 10. 已知如图是函数的部分图象，则（ ） A. 的图象关于中心对称 B. 在单调递增 C. 在点处的切线方程为 D. 的图象向左平移个单位长度后为偶函数 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据函数图像上的点,求出函数参数,根据函数解析式判断各选项正误. 【详解】函数图形经过,代入得,解得,因为，. 过点,得,解得, 有图像可知,即，解得，则. 可得， 对称中心为,解得,所以A错误. 函数在上单增,解得 当时,增区间为,所以B正确. 可知,则, 切线方程为,化简得,所以C正确. 平移后得,是偶函数,所以D正确. 故选:BCD. 11. 我们常用数是十进制数，如，表示十进制的数要用10个数码0，1，2，3，4，5，6，7，8，9；而电子计算机用的数是二进制数，只需两个数码0和1，如四位二进制的数，等于十进制的数13．已知，且，，若把位进制中的最大数记为，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据题意，求得，可判定A正确；由，，可判定B错误；由，，结合，可判定C正确；根据等比数列求和，求得和，令，求得，得到在上单调递减，进而求得，可判定D正确． 【详解】对于A中，由，所以A正确； 对于B中，由， ，可得，所以B错误； 对于C中，由， ， 因为，可得，即，所以C正确； 对于D中，由 ， 又由 ， 函数，可得，所以在上单调递减， 当时，，则，即， 因此，即， 则，所以D正确． 故选：ACD． 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是20，则实数的值为_______． 【答案】6 【解析】 【分析】通过二项展开式的通项公式即可求解； 【详解】的展开式中的系数是． 故答案为：6 13. 将1，1，1，1，2，4，6，8这8个数填入如图所示的格子中（要求每个数都要填入，每个格子中只能填一个数），若填入的每行数之和为偶数，则不同的填数方法共有________种（用数字作答） 【答案】912 【解析】 【分析】应用分步分类计数原理，讨论数字1的填入方式，结合排列组合的知识求解即可． 【详解】要使填入的每行数之和为偶数， 分如下三种情况： 第1行0个1，第2行4个1，此时有种； 第1行、第2行各2个1，此时有种； 第1行4个1，第2行0个1，此时有种； 所以共有种． 故答案为：912 14. 已知双曲线的离心率为，F为右焦点，点A，B在右支上，设D为A关于原点O的对称点，且．若，则________． 【答案】 【解析】 【分析】设，得到，且，根据题意和双曲线的定义，得到，结合双曲线的对称性，得到，求得，同理得出，即可求解. 【详解】由双曲线的离心率为， 设，（其中），则，可得， 再设为双曲线的左焦点，且， 因为，可得，根据双曲线的定义，可得， 又由双曲线的对称性，可得四边形为矩形，所以， 即，解得， 连接，设，则，由于 即，解得， 因为，解得． 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. 在中，角所对的边分别为，且满足. （1）求角的大小； （2）若，且的面积为，求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理边角互化，结合三角恒等变换即可求解， （2）根据面积公式可得，由余弦定理可得，进而可得，即可根据正弦定理求解. 【小问1详解】 由，根据正弦定理可得 ， 由于， 故， 由于所以 由于故 【小问2详解】 因为，可得， 由余弦定理得，即，故， ， 由正弦定理可得， 所以， 故 16. 如图，在四棱锥中，底面，，，． （1）若，求向量在向量上的投影向量的模； （2）当，且时，求出四棱锥的外接球的表面积； （3）若，且，求二面角的正切值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）证明出平面，可得出，结合，可知向量在向量上的投影向量的模为，求解即可（或者利用是和的夹角，求出其余弦值，即可得出向量和上的投影向量的模为）； （2）过点在平面内作，垂足为点，过点在平面内作，垂足为点，连接，由二面角的定义可知即为二面角的平面角，求出、的长，即可求出的正切值，即为所求. 【小问1详解】 因为平面，而平面，所以， 又，，、平面， 所以平面，而平面，所以． 因，所以，根据平面知识可知， 结合平面，可知平面， 因为平面，所以， 故在向量上的投影向量的模即为向量的模长， （或者利用是和的夹角， 因为平面，平面，所以， 则，同理可得， 又因为，所以， 故向量和上的投影向量的模为．） 【小问2详解】 当，且时，由（1）可知，且， 则四边形是矩形， 可将四棱锥补成一个长、宽、高分别为、、的长方体， 体对角线长度为， 则该长方体的外接球即为四棱锥的外接球， 所以四棱锥有外接球，且该外接球半径为，表面积为. 【小问3详解】 如图所示，过点在平面内作，垂足为点， 过点在平面内作，垂足为点，连接． 因为平面，平面，所以平面平面， 而平面平面，平面，所以平面， 因为平面，所以， 又，，、平面，所以平面， 因为平面，故， 根据二面角的定义可知，即为二面角的平面角， 因为，，，则， 在中由等面积法可得， 因为，所以， 因为平面，平面，所以， 因为，故为等腰直角三角形，且， 因为，故为等腰直角三角形，所以， 故，因此二面角的正切值为. 17. 已知函数． （1）当时，求函数的单调递增区间； （2）若函数图象上有三个点A，B，C并且从左到右横坐标成等差数列，判断曲线在点B处的切线斜率与A，C两点连线斜率的大小关系． 【答案】（1）和 （2）点B处切线斜率小于A，C两点连线斜率 【解析】 【分析】（1）求导，根据，令求得增区间； （2）设出三点坐标，分别表示出曲线在点处切线斜率和两点连线斜率，通过作差比较，构造函数借助导数证明． 【小问1详解】 由， 令，得或，由于，则， 令，解得或， 所以的单调增区间为和． 【小问2详解】 设，且， 曲线在点B处切线斜率为， A，C两点连线斜率为 ，， 令，则， 令，则，令， ，即在上单调递减， ，即， 所以在上单调递减，故， ，又，即， 所以，即，所以曲线在点B处切线斜率小于A，C两点连线斜率． 18. 已知椭圆的焦距为，以椭圆E短轴一个端点和两个焦点为顶点的三角形是直角三角形，过点的直线AB，CD分别交椭圆E于点A，B，C，D，点A始终在第一象限且与点D关于y轴对称，直线AC，BC分别交y轴于点G，M． （1）求椭圆E的方程； （2）求点G的坐标； （3）判断是否为定值，如果是，求出定值，如果不是说明理由． 【答案】（1） （2） （3）是定值， 【解析】 【分析】（1）根据已知条件列式得出及得出椭圆方程； （2）直线AB方程联立方程组，求出直线AC方程为，令，即可计算求出点； （3）应用弦长公式结合韦达定理计算求值. 【小问1详解】 由椭圆E短轴一个端点和两个焦点为顶点的三角形是直角三角形，得，则， 所以椭圆E的方程为． 【小问2详解】 设直线AB方程为， 由点A在第一象限且与点D关于y轴对称，得直线CD，AB关于y轴对称，， 由消去y得， 则， 直线AC方程为， 令，得 ， 所以点． 【小问3详解】 由（2）知，， 由，得， 因此， 所以 19. 在数轴的坐标原点放置一个机器人，它每过1秒都将以的概率向数轴正方向或负方向移动1个单位长度，机器人每次经过或3时都会向雷达发送一次信息，且雷达会瞬间收到.设事件表示“机器人的前 次移动均未向雷达发送信息”. （1）求， （2）已知①②两个结论：①；②设是一列无穷个事件，若存在正数，对于任意的均有，则“中只有有限个事件同时发生”的概率为1. （i）证明：事件；“雷达会收到信息”的概率为1； （ii）求机器人首次发送信息时所在位置为3的概率. 【答案】（1）； （2）（i）证明见解析；（ii） 【解析】 分析】（1）根据题意直接计算得出结论； （2）（i），因此，即可证明结论； （ii）利用全概率公式可得结论. 【小问1详解】 由题意，前2 次移动向雷达发送信息，则需要连续向左移动2次，则， 若机器人经过，则必不经过3，包括： 前两次都向左移动1个单位； 先向左移动1个单位，再向右移1个单位，再向左移动2个单位； 先向右移动1个单位，再向左移动3个单位， 则其概率， 若机器人经过3，则必不经过，包括：前3次连续向右移动，则其概率， 故； 【小问2详解】 （i），因此， ， ， 对于一系列无穷事件，存在正数，对于任意的n都有，， 则“中只有有限个事件同时发生”的概率为1，即“中有事件不发生”的概率为1，即“雷达会收到信息”的概率为 （ii）设事件机器人从出发，运动至3首次发送信息， 根据（i），机器人发信息的概率为1，即它会从0运动至或3的概率为1， 再根据对称性，机器人初始位置为0，首次发信息在的概率与初始位置在1， 首次发信息在3的概率相等，即 设事件表示点移动到1，事件，表示点移动到0，设事件表示点移动到 易知事件与事件相互独立，故 又根据全概率公式，若机器人初始位置为0， 第一次移动后的位置为1 或，故， 故，① 若机器人初始位置为，第一次移动后的位置为0，故， 即，② 解①②，解得，从而雷达第一次收到信息时机器人位置为3的概率为 点睛】关键点点睛：本题第二问有可得，利用不等式放缩可知，进而再放缩可得进而可得. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 数学 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 若集合，则（ ） A. B. C. D. 2. “”是“复数为纯虚数”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 某学习小组共5名同学，某次模拟考试的数学成绩平均分数为112，已知其中4名同学的成绩分别为96，109，120，126，则这5名同学成绩的第75百分位数是（ ） A. 112 B. 119 C. 120 D. 121 4. 已知向量且向量方向相反，则可以是（ ） A. B. C. D. 5. 记数列的前项和为，若数列是公差为1的等差数列，则（ ） A. 1 B. 2 C. 2025 D. 2022 6. 已知抛物线，其准线为，焦点为，过的直线与和从左到右依次相交于，，三点，且，则和的面积之比为（ ） A. B. C. D. 7. 中国古建筑闻名于世，源远流长．如图1所示五脊殿是中国传统建筑中的一种屋顶形式，该屋顶的结构示意图如图2所示，在结构示意图中，已知四边形为矩形，，与都是边长为1的等边三角形，若点A，B，C，D，E，F都在球O的球面上，则球O的表面积为（） A. B. C. D. 8. 函数的图象犹如两条飘逸的绸带而被称为飘带函数，也是两条优美的双曲线．在数列中，，，记数列的前项积为，数列的前项和为，其中，则（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 某手机商城统计的2024年5个月智能手机的销量（万部）如下表所示：根据表中数据用最小二乘法得到的关于月份编号的回归直线方程为，则（ ） 月份 7月 8月 9月 10月 11月 x 1 2 3 4 5 y 2 2 3 m 4 A B. 与正相关 C. 当月份编号增加1时，销量增加0.5万部 D. 预测2025年6月份该手机商城的销量约为6万部 10. 已知如图是函数的部分图象，则（ ） A. 的图象关于中心对称 B. 在单调递增 C. 在点处切线方程为 D. 的图象向左平移个单位长度后为偶函数 11. 我们常用的数是十进制数，如，表示十进制的数要用10个数码0，1，2，3，4，5，6，7，8，9；而电子计算机用的数是二进制数，只需两个数码0和1，如四位二进制的数，等于十进制的数13．已知，且，，若把位进制中的最大数记为，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若的展开式中的系数是20，则实数的值为_______． 13. 将1，1，1，1，2，4，6，8这8个数填入如图所示格子中（要求每个数都要填入，每个格子中只能填一个数），若填入的每行数之和为偶数，则不同的填数方法共有________种（用数字作答） 14. 已知双曲线的离心率为，F为右焦点，点A，B在右支上，设D为A关于原点O的对称点，且．若，则________． 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 在中，角所对的边分别为，且满足. （1）求角的大小； （2）若，且的面积为，求的值. 16. 如图，在四棱锥中，底面，，，． （1）若，求向量在向量上的投影向量的模； （2）当，且时，求出四棱锥的外接球的表面积； （3）若，且，求二面角的正切值． 17. 已知函数． （1）当时，求函数的单调递增区间； （2）若函数图象上有三个点A，B，C并且从左到右横坐标成等差数列，判断曲线在点B处的切线斜率与A，C两点连线斜率的大小关系． 18. 已知椭圆的焦距为，以椭圆E短轴一个端点和两个焦点为顶点的三角形是直角三角形，过点的直线AB，CD分别交椭圆E于点A，B，C，D，点A始终在第一象限且与点D关于y轴对称，直线AC，BC分别交y轴于点G，M． （1）求椭圆E的方程； （2）求点G的坐标； （3）判断是否为定值，如果是，求出定值，如果不是说明理由． 19. 在数轴的坐标原点放置一个机器人，它每过1秒都将以的概率向数轴正方向或负方向移动1个单位长度，机器人每次经过或3时都会向雷达发送一次信息，且雷达会瞬间收到.设事件表示“机器人的前 次移动均未向雷达发送信息”. （1）求， （2）已知①②两个结论：①；②设是一列无穷个事件，若存在正数，对于任意的均有，则“中只有有限个事件同时发生”的概率为1. （i）证明：事件；“雷达会收到信息”的概率为1； （ii）求机器人首次发送信息时所在位置为3概率. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$