精品解析：广西壮族自治区柳州高级中学2025届高三高考热身考数学试题

2025届高三高考热身考数学试题 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知集合，集合，则 （ ） A. B. C. D. 2. 已知是复数的共轭复数，（为虚数单位），则的虚部是（ ） A. 1 B. C. 1 D. 3. 已知，则（ ） A. 3 B. 2 C. D. 4. 为了研究某种商品的广告投入x和收益y之间的相关关系，某研究小组收集了5组样本数据如表所示，得到线性回归方程为，则当广告投入为10万元时，收益的预测值为（ ）万元． /万元 1 2 3 4 5 /万元 0.50 0.80 1.00 1.20 1.50 A. 2.48 B. 2.68 C. 2.78 D. 2.88 5. 已知都是单位向量，夹角为，则的值为（ ） A. 1 B. 2 C. D. 6. 已知圆和圆有公共点，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 7. 已知随机变量，为使在内的概率不小于（若，则)，则的最小值为（ ） A. 8 B. 16 C. 32 D. 64 8. 在平面直角坐标系中，已知，动点满足，且，则下列说法正确的是（ ） A. 点的轨迹为圆 B. 点到原点最短距离为2 C. 点的轨迹是一个正方形 D. 点的轨迹所围成的图形面积为24 二、多选题：本题共3小题，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求． 9. （多选）下列化简正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 已知公差为的等差数列中，前项和为，且，，则（ ） A. B. C. D. 11. 函数的图象可能是（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共1小题，每小题5分，共5分． 12. 的展开式中，的系数是_______.（用数字作答） 13. 2025年，省属“三位一体”综合评价招生政策进行了调整，每位考生限报四所大学．某考生从6所大学中选择4所进行报名，其中甲、乙两所学校至多报一所，则该考生报名的可能情况有___________种． 14. 在中，若，则的最大值为______________. 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. 如图，已知直线l与抛物线交于A，B两点，且，于点. （1）求直线l的方程； （2）求p. 16. 已知函数在处的切线与直线平行． （1）求的值： （2）求的极值． 17. 数列满足：，． （1）数列满足：，试判断是否是等比数列，并说明理由； （2）数列满足：，求数列的前项和． 18. 如图，在四棱锥中，平面，底面是菱形，，点在线段上，平面. （1）证明：为的中点； （2）若，二面角的余弦值为，求的长. 19. 不透明的口袋中装有编号分别为的 个小球，小球除编号外完全相同.现从中有放回地任取 次，每次取1个球，记取出的 个球的最大编号为随机变量，则称服从参数为的“”分布，记为. （1）若，求； （2）若，且，求的最小值； （3）若，求证：且，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025届高三高考热身考数学试题 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知集合，集合，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由对数函数单调性得到，即可求解集合的交集. 【详解】集合，集合，所以， 故选:C. 2. 已知是复数的共轭复数，（为虚数单位），则的虚部是（ ） A. 1 B. C. 1 D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用复数的除法计算，再利用共轭复数以及复数的定义即可. 【详解】，则，则，故的虚部是. 故选：A 3. 已知，则（ ） A. 3 B. 2 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用两角和与差的正切公式求解即可. 【详解】 故选：C. 4. 为了研究某种商品的广告投入x和收益y之间的相关关系，某研究小组收集了5组样本数据如表所示，得到线性回归方程为，则当广告投入为10万元时，收益的预测值为（ ）万元． /万元 1 2 3 4 5 /万元 0.50 0.80 1.00 1.20 1.50 A. 2.48 B. 2.68 C. 2.78 D. 2.88 【答案】B 【解析】 【分析】计算出、代入线性回归方程求出，得到线性回归方程可得答案. 【详解】由题意，得，， 则，则， 则当广告投入为10万元时，收益的预测值为万元． 故选：B 5. 已知都是单位向量，夹角为，则的值为（ ） A. 1 B. 2 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】通过可求解. 【详解】由条件， 故选：A 6. 已知圆和圆有公共点，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由两圆位置关系构造不等式求解即可. 【详解】由题可得， 解得：． 故选：B 7. 已知随机变量，为使在内的概率不小于（若，则)，则的最小值为（ ） A. 8 B. 16 C. 32 D. 64 【答案】C 【解析】 【分析】由题意得，从而可列出关于的不等式即可求解. 【详解】若随机变量，则，， 为使在内的概率不小于，则，解得， 即的最小值为32. 故选：C. 8. 在平面直角坐标系中，已知，动点满足，且，则下列说法正确的是（ ） A. 点的轨迹为圆 B. 点到原点最短距离为2 C. 点的轨迹是一个正方形 D. 点的轨迹所围成的图形面积为24 【答案】D 【解析】 【分析】设点的坐标为，由已知条件结合向量的坐标运算用表示出，结合可得的关系，从而可求出点的轨迹方程，再逐个分析判断. 【详解】设点的坐标为，因为，动点满足， 所以，得， 因为，所以， 即点的轨迹方程为， 当时，方程为， 当时，方程为， 当时，方程为， 当时，方程为， 所以点对应的轨迹如图所示，且，, 所以点的轨迹为菱形，所以AC错误， 原点到直线的距离为，所以B错误， 点的轨迹所围成的图形面积为，所以D正确. 故选：D 二、多选题：本题共3小题，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求． 9. （多选）下列化简正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AB 【解析】 【分析】由两角差的正弦公式、二倍角的正弦和余弦公式及两角和的正切公式对选项一一化简即可得出答案. 【详解】对于选项A：，故A正确； 对于选项B：，故B正确． 对于选项C：，故C错误． 对于选项D：，故D错误. 故选：AB． 10. 已知公差为的等差数列中，前项和为，且，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据给定条件结合等差数列性质求出公差d，再逐项分析计算作答. 【详解】在等差数列中，，解得，而，则，B正确； 于是得公差，A正确； ，则，C不正确；，D正确. 故选：ABD 11. 函数的图象可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】根据原函数的图象、导函数等知识进行分析，从而确定正确答案. 【详解】因为，所以. 由，可知有两个极值点， 且，，不妨设，且，则A C选项错误. 所以在区间上，递增；在区间上，递减. BD选项符合. 故选：BD 三、填空题：本题共1小题，每小题5分，共5分． 12. 的展开式中，的系数是_______.（用数字作答） 【答案】8 【解析】 【分析】写出展开式通项公式，得到的系数为. 【详解】的展开式的通项为， 令，得，所以的系数为. 故答案为：8 13. 2025年，省属“三位一体”综合评价招生政策进行了调整，每位考生限报四所大学．某考生从6所大学中选择4所进行报名，其中甲、乙两所学校至多报一所，则该考生报名的可能情况有___________种． 【答案】9 【解析】 【分析】根据分步分类结合组合数计算求解. 【详解】某考生从6所大学中选择4所进行报名，其中甲、乙两所学校至多报一所，则该考生报名的可能情况有种． 故答案为：9. 14. 在中，若，则的最大值为______________. 【答案】 【解析】 【分析】依题意，，化简得，令，则，构造函数，借助导数求出最大值，进而得到答案. 【详解】因为，即，即， 即，即， 两边同时除以，得， 即， 令，，则， 则， 令，则， 令，则或， 当时，，所以在上单调递增， 当或时，，所以在上单调递减， 所以当时，，当时，， 所以的最大值为, 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. 如图，已知直线l与抛物线交于A，B两点，且，于点. （1）求直线l的方程； （2）求p. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由D的坐标求出OD所在直线的斜率，进一步得到AB所在直线的斜率，由直线方程的点斜式得答案； （2）设出A，B的坐标，由得到A，B纵坐标的关系，联立直线和抛物线方程，消元后利用根与系数的关系求解． 【小问1详解】 由题意，得直线的斜率， 因为，所以直线的斜率. 又点的坐标为， 所以直线的方程为， 即. 【小问2详解】 由，得， 设，则.① 因为，所以，即. 又因为，所以.② 将①代入②，得. 又，所以. 16. 已知函数在处的切线与直线平行． （1）求的值： （2）求的极值． 【答案】（1） （2）极大值为，无极小值. 【解析】 【分析】（1） 利用导数的几何意义来求参数； （2）利用导数来研究函数单调性，从而求解极值. 【小问1详解】 由题意得：， 因为在处的切线与直线平行， 所以，故. 【小问2详解】 由（1）得：，定义域为， 令，得，则，，的变化情况如下表： 0 单调递增 单调递减 故的极大值为，无极小值. 17. 数列满足：，． （1）数列满足：，试判断是否是等比数列，并说明理由； （2）数列满足：，求数列的前项和． 【答案】（1） 是等比数列，理由如下： 因为，故， 又，故， 因为，所以，故是以为首项，为公比的等比数列． （2） 【解析】 【分析】（1）依题意可得，结合等比数列的定义即可说明； （2）由（1）可知，从而得到，再由分组求和法及并项求和法计算可得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）可知，所以， 所以， 所以 ． 18. 如图，在四棱锥中，平面，底面是菱形，，点在线段上，平面. （1）证明：为的中点； （2）若，二面角的余弦值为，求的长. 【答案】（1） 连接交于点，连接． 因为底面为菱形，所以为的中点． 又因为平面，平面，平面平面， 所以， 所以为的中点. （2） 【解析】 【分析】（1）连接交于点，连接，根据线面平行的性质得到，即可得证； （2）取中点，连接，即可得到，建立空间直角坐标，设，求出平面、平面的法向量，利用空间向量法求出二面角的余弦值，即可求出. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取中点，连接． 在菱形中，，所以，则为正三角形， 所以，又，所以． 又因为平面，如图建立空间直角坐标系． 设， 则，，，， 则，，， 则平面的一个法向量为． 设平面的一个法向量为， 则，取， 因为二面角的余弦值为， 所以，解得（负值已舍去）， 所以． 19. 不透明的口袋中装有编号分别为的 个小球，小球除编号外完全相同.现从中有放回地任取 次，每次取1个球，记取出的 个球的最大编号为随机变量，则称服从参数为的“”分布，记为. （1）若，求； （2）若，且，求的最小值； （3）若，求证：且，. 【答案】（1）； （2）3； （3）由，得 ， 所以 . 方法1：先证． 设，则．令，得，列表如下： 0 0 极小值 所以， 故，当且仅当时取＂=＂． 令，则， 故， 即． 所以 ， 所以， 所以，故且． 方法2：要证且，即证，即证． ①当时，左边右边，成立； ②假设当且时命题成立，即． 则当 时， ， 只要证，即证且． 因为， 所以且． 故当 时，，命题也成立． 综合①②，且， 故得证． 【解析】 【分析】（1）根据组合数和独立事件乘法公式即可得到答案； （2）计算得，再利用期望公式得，再根据的单调性即可得到最小值； （3）方法一：首先利用期望公式得，再利用得，最后再合理放缩并求和即可； 方法二：等价转化为证明，再利用数学归纳法即可证明. 【小问1详解】 由，得 . 【小问2详解】 由，得． 则 . 令，得． 又在上单调递减， 且， 故的最小值为3． 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $