精品解析：甘肃省白银市会宁县第一中学2024-2025学年高三下学期模拟预测数学试题

2025年普通高等学校招生全国统一考试 数学样卷 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由集合的并集运算定义即可. 【详解】由集合的并集运算得． 故选：D 2. 复数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】法1，利用复数模的性质及模的计算公式求解；法2，利用复数除法求出，再求出模. 【详解】方法一：，. 方法二：，． 故选：A 3. 椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由椭圆方程求出和即可求解. 【详解】椭圆，即， 所以，，则， 所以离心率． 故选：C. 4. 已知为正项等比数列的前项和，，，则（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】等比数列的性质可得，即，再结合题干条件，利用等比数列求和公式，得到关于的一元二次方程，解出公比即得的值. 【详解】由题意，设正项等比数列的公比为，其中， 由等比数列的性质可知，由题干可得，即， 若，则，不合题意，故， 所以， 解得或（舍去），故. 故选：C. 5. 已知，，则（ ） A. 2 B. 1 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用二倍角公式化简得，再利用平方关系化简，再开方可得，从而即可. 【详解】由得：， 再两边平方得: , 又因为，所以， 则， 故选：B. 6. 一个盒子中装有标号为1，2，3，4，5的5张标签，随机地选取两张标签并求标签上的数字之和．记不放回地选取且和为6的概率为，有放回地选取且和为6的概率为，则的值为（ ） A. 2 B. 1 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据古典概型概率公式，求出事件概率，计算结果. 【详解】由题意知， 不放回地选取共有20个样本点，标签上的数字之和为6有4个样本点，分别为，所以， 有放回地选取共有25个样本点，标签上的数字之和为6有5个样本点，分别为，所以， 则． 故选：B. 7. 已知不共线的向量，满足，，，则的最小值为（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题意，根据平面向量数量积的运算律可得，设，，进而知点C在直线上，点B直线上，结合计算即可求解. 【详解】由，得， 即，又， 整理得. 设，则， 设，则， 所以，即点C在直线上； 设，由，得，即点B直线上， 而的几何意义为直线上的点B到直线上的点C的距离， 所以， 即的最小值为. 故选：D 8. 已知函数有零点，则的最小值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】令，利用二次函数有非负零点，分类讨论求解即得. 【详解】令，则，依题意，有非负零点， 当时，恒有非负零点，； 当，即时，，，解得， 因此，当且仅当时取等号， 所以的最小值为1. 故选：A 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. 设函数，则下列说法正确的是（ ） A. 的最大值为 B. 在上单调递增 C. ，在上存在极值点 D. 的图象向右平移个单位长度后得到的图象关于轴对称 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用辅助角公式将函数的解析式进行化简变形成，即可检验A、B、C三个选项，再将借助函数图象平移的规则即可求解D选项. 【详解】， 的最大值为，故A选项正确； 当时，，在上先减后增，故B选项错误； 函数的最小正周期，，故C选项正确； 的图象向右平移个单位长度后得到的， 图象关于轴对称，故D选项正确． 故选：ACD. 10. 已知是双曲线的右焦点，为右支上一点，则（ ） A. 双曲线的虚轴长为 B. （为坐标原点） C. 双曲线的渐近线方程为 D. 为圆上一点，的最小值为1 【答案】ABD 【解析】 【分析】A利用之间的关系求出；B根据右顶点是的中点可判断；C渐近线方程为；D将转化为，再结合双曲线的定义即可. 【详解】由题意知，，则，虚轴长为，A项正确； 易知右顶点是的中点，当点在右支上运动时，有，B项正确； 双曲线的渐近线方程为，C项错误； 易知为双曲线的左焦点，则， 则，D项正确． 故选：ABD 11. 设项数不少于四项的有穷数列的通项公式为，从中选取项组成数列，数列满足，，则（ ） A. 数列是单调数列 B. 当时， C. 当时， D. 当时，数列的个数为70 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据新定义的数列的性质，列出不等式，分别判断各选项的正误，再根据数列定义要求，结合组合数求出相应结果. 【详解】由题意可知或，即连续三项中，中间项的值可能最小也可能最大，A项不正确； 当时，若或，则，均不合题意，由的任意性，知1，5必为第一、二两项的一个排列，同理2，4必为第三、四项的一个排列，的排列顺序为5，1，4，2，3或1，5，2，4，3，B项正确； 取，与B项同理，若，则，若，则，均有，当取值为非连续整数时，，C项正确； 从7个元素中任取4个元素，每4个元素各有两种排法，故数列的个数为，D项正确． 故选：BCD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知函数是奇函数，则_____． 【答案】 【解析】 【分析】根据奇函数的定义结合题意求出当时函数的解析式即可求解. 【详解】当时，，所以，即 则，． 故答案为： 13. 的展开式中的系数为________． 【答案】80 【解析】 【分析】分第一个因式取1和两种情况进行讨论，可求展开式中的系数. 【详解】第一个因式取1，则的展开式应取，则对应项的系数为：； 第一个因式取，则的展开式应取常数项，则对应项的系数为：. 所以的展开式中的系数为：. 故答案为：80 14. 已知，，，是球的球面上四点，，，，，则三棱锥的体积为_____． 【答案】## 【解析】 【分析】首先，，，四点不共面，再作，并证明平面，即可将四面体补成直三棱柱，最后根据已知求三棱锥的体积. 【详解】显然，，，四点不共面（若共面，则，不合题意）． 如图，作，，又，知，而， 且都在平面内，则平面， 将四面体补成直三棱柱，可得． 设点是外接圆的圆心，圆的半径，， 球的半径，外接圆的半径为， 易得点到平面的距离为， 则三棱锥的体积为． 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. 在制造业智能化的趋势下，某企业委托机构随机调查了200名传统质检员，以评估AI质检系统对传统质检员数量的影响，部分数据如下表所示： AI质检系统的应用情况 传统质检员数量 合计 减少 未减少 应用 70 120 未应用 50 合计 100 200 （1）求，，，． （2）根据小概率值的独立性检验，能否认为质检系统的应用与传统质检员数量减少有关？ （3）企业引入质检系统后，将对质检员开展三轮专项培训，已知每轮达到“熟练操作质检系统”水平（视为达标）的概率分别为，，，各轮结果相互独立，且规定两轮及以上达标者，方可操作该系统．某部门有48名质检员，规定培训通过（两轮及以上达标）者可获得500元奖金，求该部门为员工培训需准备的奖金总额的数学期望． 附：． 0.050 0.010 0.001 3.841 6.635 10.828 【答案】（1），，， （2）能 （3）元 【解析】 【分析】（1）由列联表相关概念，结合数据，可得答案； （2）由列联表中的数据计算出卡方，根据独立性检验，可得答案； （3）由互斥事件的概率加法，根据二项分布的均值，可得答案. 【小问1详解】 由表格数据，得，，，． 【小问2详解】 零假设为：质检系统的应用与传统质检员数量减少无关． 根据列联表中的数据，经计算得到， 根据小概率值的独立性检验，推断不成立， 此推断犯错误的概率不大于0.010，即认为质检系统的应用与传统质检员数量减少有关． 【小问3详解】 设表示“第轮达标”，表示“能操作质检系统”， ． 设培训后能操作质检系统的人数为，，， 则奖金总额的数学期望为元． 16. 在中，角，，的对边分别为，，，． （1）求． （2）已知的面积为． ①若，求的周长； ②设的中点为，求的最小值． 【答案】（1） （2）① ；② 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理化边为角，然后利用三角恒等变换进行化简，求出. （2）首先利用三角形面积公式求出，然后①根据余弦定理求出的值，进而可求出三角形的周长；②利用基本不等式的性质求出最小值. 【小问1详解】 由正弦定理，得， 又， 所以，又， 所以． 【小问2详解】 由题意，的面积，即． （i）由余弦定理，得， 又，所以，的周长为． （ii），当且仅当时取等号， 的最小值为．（或由求解）. 17. 已知函数． （1）当时，写出曲线的两条相互垂直的切线方程，并说明理由． （2）设，当时，，求的取值范围． 【答案】（1） 两条切线方程可以是，（答案不唯一）． 理由如下：当时，函数的定义域为，， 令，，，曲线在点处的切线方程为； 由题意，另一切线与直线垂直，则其斜率为-1， 令，解得，， 曲线在点处的切线方程为，整理得． （2） 【解析】 【分析】（1）先求曲线在点处的切线方程，进而求得另一条切线方程； （2）令，即当时，即可，利用导数研究单调性，验证即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 令，由题意，当时，． ，由，得或， 若，则，当时，，单调递增， ，不合题意； 若，则，单调递减，，不合题意； 若，则，当时，，单调递减，此时只需，解得，满足题意． 综上，的取值范围为． 18. 如图，在梯形中，，，，，，分别为线段，上异于端点的一点，，将梯形沿翻折至与梯形垂直的位置，得到多面体． （1）若，证明：． （2）若平面，求直线与平面所成角的正弦值． （3）求四面体的外接球的半径的最小值． 【答案】（1）平面平面，交线为，，平面，则平面， 平面，则，又，，平面，所以平面， 平面，则，因为，所以， 所以，可知． 在梯形中，由，，知，． 设， 得，，由，得， 解得，． （2） （3） 【解析】 【分析】（1）应用平面平面，得出平面，再设，应用比例计算求解证明； （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再根据线面角正弦公式计算求解； （3）设的中点为，球心，再应用坐标列式计算求解最值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ，， 平面平面，平面， 则平面，又平面，平面平面， 则，， 所以，则直线，，交于一点， 可得．设，得，解得． 如图，以为坐标原点，建立空间直角坐标系， 则，，， ，． 设平面的法向量为， 即令，则， 设直线与平面所成的角为， ． 【小问3详解】 坐标系如（2）中所示，设，，，，， 设的中点为，球心， 的外心为，则平面，即，，由，即，得， ， 当时，取得最小值，最小值为， 即四面体的外接球的半径的最小值为． 19. 已知抛物线的顶点在坐标原点处，对称轴为轴，且过点，，是上两个动点． （1）求抛物线的标准方程； （2）已知是焦点，若点，在以（异于点）为直径的圆上，求直线的方程； （3）已知为直线在第二象限内一点，直线，与抛物线分别相切于，两点，设，与轴分别交于，两点，证明：直线与直线的交点在定直线上． 【答案】（1） （2） （3） 证明：设过点的切线方程为， 与联立，整理得， ， 得，即（或，，过点的切线的斜率）， 即过点的切线方程为，即， 令，得， 同理可得过点的切线方程为，令，得， 直线的方程为，直线的方程为． 设，切线，交于点，得，， 解得，，点在直线上，则， 设直线与直线交于点，， 同理，设直线与直线交于点，， 由，得，则，两点重合， 即直线与直线的交点在定直线上． 【解析】 【分析】（1）设，，将点代入，即可求解； （2）设，，直线，与抛物线方程联立，结合及中点的纵坐标为，即可求解； （3）设过点的切线方程为，与联立，由得出，进而得出过点的切线方程，进而得出，同理得出，写出的方程，设，切线，交于点，得出的坐标，点在直线上得出，同理设直线与直线交于点，则可证明，两点重合，进而证明结论． 【小问1详解】 由题意，设，， 将代入得，，解得， 所以的标准方程为． 【小问2详解】 设，，直线， 联立直线与抛物线的方程，得方程组， 消去，得，判别式，即． ，，，， 由，，得， 所以，中点的纵坐标为，则， 所以，代入，解得或， 当时，点在直线上，不合题意，舍去， 故直线的方程为． 【小问3详解】 略 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 数学样卷 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 复数满足，则（ ） A. B. C. D. 3. 椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 4. 已知为正项等比数列的前项和，，，则（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 6 5. 已知，，则（ ） A. 2 B. 1 C. D. 6. 一个盒子中装有标号为1，2，3，4，5的5张标签，随机地选取两张标签并求标签上的数字之和．记不放回地选取且和为6的概率为，有放回地选取且和为6的概率为，则的值为（ ） A. 2 B. 1 C. D. 7. 已知不共线的向量，满足，，，则的最小值为（ ） A. B. 2 C. D. 8. 已知函数有零点，则的最小值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 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. 设函数，则下列说法正确的是（ ） A. 的最大值为 B. 在上单调递增 C. ，在上存在极值点 D. 的图象向右平移个单位长度后得到的图象关于轴对称 10. 已知是双曲线的右焦点，为右支上一点，则（ ） A. 双曲线的虚轴长为 B. （为坐标原点） C. 双曲线的渐近线方程为 D. 为圆上一点，的最小值为1 11. 设项数不少于四项的有穷数列的通项公式为，从中选取项组成数列，数列满足，，则（ ） A. 数列是单调数列 B. 当时， C. 当时， D. 当时，数列的个数为70 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知函数是奇函数，则_____． 13. 的展开式中的系数为________． 14. 已知，，，是球的球面上四点，，，，，则三棱锥的体积为_____． 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. 在制造业智能化的趋势下，某企业委托机构随机调查了200名传统质检员，以评估AI质检系统对传统质检员数量的影响，部分数据如下表所示： AI质检系统的应用情况 传统质检员数量 合计 减少 未减少 应用 70 120 未应用 50 合计 100 200 （1）求，，，． （2）根据小概率值的独立性检验，能否认为质检系统的应用与传统质检员数量减少有关？ （3）企业引入质检系统后，将对质检员开展三轮专项培训，已知每轮达到“熟练操作质检系统”水平（视为达标）的概率分别为，，，各轮结果相互独立，且规定两轮及以上达标者，方可操作该系统．某部门有48名质检员，规定培训通过（两轮及以上达标）者可获得500元奖金，求该部门为员工培训需准备的奖金总额的数学期望． 附：． 0.050 0.010 0.001 3.841 6.635 10.828 16. 在中，角，，的对边分别为，，，． （1）求． （2）已知的面积为． ①若，求的周长； ②设的中点为，求的最小值． 17. 已知函数． （1）当时，写出曲线的两条相互垂直的切线方程，并说明理由． （2）设，当时，，求的取值范围． 18. 如图，在梯形中，，，，，，分别为线段，上异于端点的一点，，将梯形沿翻折至与梯形垂直的位置，得到多面体． （1）若，证明：． （2）若平面，求直线与平面所成角的正弦值． （3）求四面体的外接球的半径的最小值． 19. 已知抛物线的顶点在坐标原点处，对称轴为轴，且过点，，是上两个动点． （1）求抛物线的标准方程； （2）已知是焦点，若点，在以（异于点）为直径的圆上，求直线的方程； （3）已知为直线在第二象限内一点，直线，与抛物线分别相切于，两点，设，与轴分别交于，两点，证明：直线与直线的交点在定直线上． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $