精品解析：河北昌黎第一中学2025届高三普通高招全国统一考试临考预测卷数学试题

2025年普通高招全国统一考试临考预测卷 数学 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上． 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． 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，则在复平面内对应点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，满足，，则在上投影向量的坐标为（ ） A. B. C. D. 4. “存在，使得”是“为等差数列”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 5. 已知是双曲线：的右焦点，直线与交于，两点，若以为直径的圆经过点，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 6. 已知四面体的各顶点均在同一球面上，该球的表面积为，若是边长为3的正三角形，，则该四面体的体积为（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数，，则的最小值为（ ） A. 0 B. C. D. 1 8. 将如图1所示的等边三角形的每条边三等分，以中间的线段为底边向内作等边三角形，然后去掉底边，得到图2；将图2中的每条边三等分，以中间的线段为底边向内作等边三角形，然后去掉底边，得到图3……以此类推，我们把这一系列图形称为反雪花曲线.若图1中等边三角形的边长为1，记第个反雪花曲线的长度和面积分别为，，则下列说法错误的是（ ） 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. 某利润为50元的商品连续10天的日销售量（单位：件）分别为20，25，45，20，20，40，30，25，45，30，则（ ） A. 日销售量中位数为30 B. 日销售量的众数为20 C. 日利润的平均数为1500 D. 日利润的方差为225000 10. 已知函数和其导函数的定义域均为，若函数是偶函数，是奇函数，则（ ） A. B. 是周期函数 C. D. 11. 小明与爸爸进行“石头、剪刀、布”猜拳游戏，计分规则为：每一次猜拳，胜者得1分，败者得0分；若为平局，则小明得1分，爸爸得0分.若游戏过程中小明的累计得分超过爸爸，则比赛结束，小明获胜；若比赛达20次时，小明仍未获胜，则比赛结束，爸爸获胜.记比赛次后，小明的累计得分为，所有可能的得分情况共有种，则（ ） A. B. C. 若为偶数，则 D. 若，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 的展开式中的系数为______（用数字作答）. 13. 已知函数，若恒成立，则________. 14. 已知直线：，若，，能围成正三角形，则该正三角形的面积为________. 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. 记斜三角形的内角，，的对边分别为，，，已知. （1）求； （2）过点作的垂线，与的延长线相交于点，若，且，求. 16. 为考察某种药物预防和治疗流感的效果，某药物研究所用100只小白鼠进行了分组试验，该分组试验分两个阶段：第一阶段为5天的观察预防期，第二阶段为10天的观察治疗期.第一阶段结束时，统计数据如下：患病小白鼠的比例为，未服药小白鼠的比例为，未服药且未患病的小白鼠有20只. （1）完成下面列联表，并依据小概率值独立性检验，推断该药物对预防流感是否有效. 药物 流感 合计 未患病 患病 未服用 服用 合计 （2）第一阶段结束时，若在患病的小白鼠中随机抽取2只，用表示服药的只数，求的分布列和数学期望. （3）第二阶段结束时，针对第一阶段结束时的服药且患病的小白鼠中有16%被治愈，未服药患病的小白鼠中有5%自愈，服药未患病的小白鼠中有20%患病，未服药未患病的小白鼠中有15%患病.用频率估计概率，试验结束后，从这100只小白鼠中任选1只，检测是否患病后放回，若该操作进行5次，求选出的5只小白鼠中至少有2只患病的概率. 附：，其中. 0.1 0.05 0.01 2.706 3.841 6.635 17. 如图，在五面体中，，为的中点，为的中点. （1）证明：平面； （2）已知平面，，，为正三角形，，当二面角的余弦值为时，求. 18. 已知椭圆：的短轴长为2，，分别是的左、右顶点，为坐标原点，的中点为，过点的直线与交于，两点. （1）当轴时，求. （2）若，且直线的斜率大于0， （i）求的方程； （ii）证明：直线与的斜率之比为定值. 19. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）试比较与大小； （3）当时，数列满足，，，证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年普通高招全国统一考试临考预测卷 数学 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上． 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． 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，则在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【分析】利用共轭复数的定义及复数的几何意义判断即得. 【详解】因为，所以在复平面内对应点在第四象限. 故选：D 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】化简集合A，B，再由集合的并集、补集运算求解. 【详解】因为，， 所以， ， 故选：C 3. 已知向量，满足，，则在上的投影向量的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】结合向量模的坐标运算，根据投影向量的运算法则求解即可. 【详解】因为，所以， 所以在上的投影向量的坐标为. 故选：A 4. “存在，使得”是“为等差数列”（ ） 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】B 【解析】 【分析】分别根据充分性、必要性的概念及等差数列的性质定义判断即可. 【详解】必要性：若为等差数列，设其公差为，则， 故存在，使得，故满足必要性； 充分性：若存在，使得， 则，两式相减可得， 所以可知数列中的奇数项，偶数项分别成等差数列，但数列不一定是等差数列， 如时，数列，故不满足充分性. 所以“存在，使得”是“为等差数列”的必要不充分条件， 故选：B 5. 已知是双曲线：的右焦点，直线与交于，两点，若以为直径的圆经过点，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意可知，利用直线倾斜角可得P点坐标，代入双曲线方程化简即可得解. 【详解】直线与交于，两点，不妨设在第一象限， 因为以为直径的圆经过点， 所以， 又直线的斜率为，所以直线的倾斜角为， 所以， 代入双曲线方程可得，即， 化简可得，解得，即， 所以，故. 故选：B 6. 已知四面体的各顶点均在同一球面上，该球的表面积为，若是边长为3的正三角形，，则该四面体的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意可知为直径，确定球心位置可求出到底面的距离，再根据体积公式可求解. 【详解】根据题意，球心O在线段垂直平分线上， ∵球的表面积为，∴ 四面体的外接球半径， ∵，∴为直径，即球心O为线段的中点，如下图， 设底面外接圆圆心为，半径为r， ∵是边长为3的正三角形，由重心性质可得， 底面ABC，∴， 又，∴， ∵O为线段的中点，∴点D到底面的距离为2， ∴， 故选：C. 7. 已知函数，，则的最小值为（ ） A. 0 B. C. D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】由题意构造满足的一元二次方程，由根与系数的关系得出， 由同角三角函数的基本关系化简即可得解. 【详解】, 令， 则， 故是方程的两个根， 所以， 由，可得解得， 而， 所以当时，有最小值0. 故选：A 8. 将如图1所示的等边三角形的每条边三等分，以中间的线段为底边向内作等边三角形，然后去掉底边，得到图2；将图2中的每条边三等分，以中间的线段为底边向内作等边三角形，然后去掉底边，得到图3……以此类推，我们把这一系列图形称为反雪花曲线.若图1中等边三角形的边长为1，记第个反雪花曲线的长度和面积分别为，，则下列说法错误的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据图形变化规律得到周长成等比数列，根据等比数列的通项公式求解判断AC，结合等边三角形面积公式，根据图形变化规律求得第二次面积和第三次面积，即可判断BD. 【详解】据题意知：每次变换，每条边变为原来的倍，又，所以， 所以，所以AC正确； ，图2在图1的基础上，减去3个边长为的小等边三角形， 所以其面积，故B正确； 图3在图2的基础上，边数为，减去12个边长为的小等边三角形， 所以其面积，D错误. 故选：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. 某利润为50元的商品连续10天的日销售量（单位：件）分别为20，25，45，20，20，40，30，25，45，30，则（ ） A. 日销售量的中位数为30 B. 日销售量的众数为20 C. 日利润的平均数为1500 D. 日利润的方差为225000 【答案】BCD 【解析】 【分析】将日销售量从小到大排列，分别求出其中位数，众数，平均数和方差，然后根据平均数和方差的性质的求解日利润的平均数和方差. 【详解】某商品连续10天的日销售量（单位：件）从小到大排列为， 则日销售量的中位数为，众数为20，故A错误，B正确， 日销售量的平均数为， 日销售量的方差为， 所以日利润的平均数为，日利润的方差为，故CD正确. 故选：BCD. 10. 已知函数和其导函数的定义域均为，若函数是偶函数，是奇函数，则（ ） A. B. 是周期函数 C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】由是偶函数，得到，通过赋值可判断A，再对其求导得到，结合是奇函数得到的，通过赋值，逐个判断BCD，即可. 【详解】由函数是偶函数， 可得：， 令，可得：，A正确， 对两边求导可得：， 也即，即，① 又是奇函数，可得：， 也即，② 由①②可得，即，周期为，B正确， 因为是奇函数，所以，则， 由①，令，可得，所以， 令，可得，又周期为，， 所以， 所以， 所以，D正确， 对于C，由现有条件无法确定， 故选：ABD 11. 小明与爸爸进行“石头、剪刀、布”猜拳游戏，计分规则为：每一次猜拳，胜者得1分，败者得0分；若为平局，则小明得1分，爸爸得0分.若游戏过程中小明的累计得分超过爸爸，则比赛结束，小明获胜；若比赛达20次时，小明仍未获胜，则比赛结束，爸爸获胜.记比赛次后，小明的累计得分为，所有可能的得分情况共有种，则（ ） A. B. C. 若为偶数，则 D 若，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于选项A，先依据比赛结束条件确定比赛未结束.通过列举次比赛累计得分的所有可能情况，得到的实际值；对于选项B，先判断比赛是否结束，再分类计算得分情况数，再根据分类加法计数原理得到的值；对于选项C，先分析得分与比赛次数关系，再建立得分情况数联系，从而判断选项；对于选项D，分类讨论最后一次得分，分和两种情况. 确定前次得分情况数，再根据分类加法计数原理得到的表达式. 【详解】记小明n次比赛的得分情况为，其中， 由题意知道，若比赛结束，则比赛结束的条件是，或为奇数且. 对于选项A，已知比赛次后，小明累计得分， 因为且是偶数，不满足比赛结束的条件，所以比赛未结束. 要使得次比赛得分情况有或，即，所以选项A错误. 对于选项B，比赛次后，小明累计得分，因为，且， 所以比赛未结束. 将小明次比赛的得分情况分为两类： ①前局累计得分，后局累计得分.前局累计得分的情况为或， 后局累计得分且满足总得分分的情况分别为、， 所以这种情况有种可能，分别为、. ②前局累计得分，后局累计得分.前局累计得分的情况为， 后局累计得分且满足总得分分的情况分别为、、， 所以这种情况有种可能，分别为、、. 根据分类加法计数原理，，所以选项B正确. 对于选项C，若为偶数，比赛次后，小明的累计得分为.则，否则不会有第n次比赛. 这意味着“比赛次后，小明累计得分为的所有可能的得分情况数”与“进行次比赛后， 小明累计得分为的所有可能的得分情况数”是相同的，即，所以选项C正确. 对于选项D，若，比赛次后，小明累计得分为，可分为两类： ①当时，说明前次比赛累计得分为，此时有种情况. ②当时，说明前次比赛累计得分为，此时有种情况. 根据分类加法计数原理，，所以选项D正确. 故选：BCD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 的展开式中的系数为______（用数字作答）. 【答案】 【解析】 【分析】将问题转化为求的展开式中的系数，然后利用的展开式通项求出含的系数，即可得解. 【详解】的展开式中的系数等价于的展开式中的系数， 而的展开式的通项为， 令得的展开式中的系数为， 即的展开式中的系数为. 故答案为： 13. 已知函数，若恒成立，则________. 【答案】4 【解析】 【分析】分类讨论，当时，不恒成立，当时，分析，的符号，可知恒成立时，需满足，即可得解. 【详解】显然时，无意义， 当时，由可得，即函数定义域为， 此时，若，则，即，解得， 故在定义域上不恒成立，不合题意； 当时，由可得，即函数定义域为， 由，解得，当时，，由， 需， 当时，，由，需， 由于，上述两种情况都需成立，所以只需，即, 此时，对于，都有恒成立. 故答案为：4 14. 已知直线：，若，，能围成正三角形，则该正三角形的面积为________. 【答案】或 【解析】 【分析】根据题意可知原点到直线的距离1，所以直线是圆的切线，进而可知圆是三角形的外接圆，继而可求三角形面积. 【详解】根据题意原点到直线的距离， ∴直线为圆的切线，如图， 设正三角形边长为，如图时, ∴，解得， 即； 如图时， 故答案为：或. 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. 记斜三角形的内角，，的对边分别为，，，已知. （1）求； （2）过点作的垂线，与的延长线相交于点，若，且，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理的边角互化结合正弦的和差角公式代入计算，即可得到结果； （2）由余弦定理可得，在直角三角形中可得，再由两角互补其余弦值互为相反数，即可得到，再结合勾股定理，即可得到结果. 【小问1详解】 由正弦定理的边角互化可得， 且， 即， 即， 即， 其中为斜三角形，所以，即， 则，即，所以. 【小问2详解】 因， 在中，由余弦定理可得， 又，，所以， 且，所以， 即，解得，所以， 则. 16. 为考察某种药物预防和治疗流感的效果，某药物研究所用100只小白鼠进行了分组试验，该分组试验分两个阶段：第一阶段为5天的观察预防期，第二阶段为10天的观察治疗期.第一阶段结束时，统计数据如下：患病小白鼠的比例为，未服药小白鼠的比例为，未服药且未患病的小白鼠有20只. （1）完成下面列联表，并依据小概率值的独立性检验，推断该药物对预防流感是否有效. 药物 流感 合计 未患病 患病 未服用 服用 合计 （2）第一阶段结束时，若在患病的小白鼠中随机抽取2只，用表示服药的只数，求的分布列和数学期望. （3）第二阶段结束时，针对第一阶段结束时的服药且患病的小白鼠中有16%被治愈，未服药患病的小白鼠中有5%自愈，服药未患病的小白鼠中有20%患病，未服药未患病的小白鼠中有15%患病.用频率估计概率，试验结束后，从这100只小白鼠中任选1只，检测是否患病后放回，若该操作进行5次，求选出的5只小白鼠中至少有2只患病的概率. 附：，其中. 0.1 0.05 0.01 2.706 3.841 6.635 【答案】（1）列联表见解析，没有充分证据表明该药物对预防流感有效 （2）分布列见解析，数学期望为 （3） 【解析】 【分析】（1）根据数据完善列联表，提出零假设，由公式计算的值，比较其与临界值的大小即可判断； （2）由题意可得X的所有可能取值，根据超几何分布的概率计算方法求解概率，进而得出分布列，再结合期望公式即可求解； （3）先确定第二阶段结束时患病的小白鼠的数量，即可确定任取1只患病小白鼠的概率，然后结合对立事件概率公式，利用二项分布列的概率公式计算求解即可． 【小问1详解】 因为患病小白鼠的比例为，所以患病小白鼠有只， 则不患病的小白鼠有只，又未服药小白鼠的比例为， 所以未服药小白鼠有，从而完善列联表，如下表： 药物 流感 合计 未患病 患病 未服用 20 20 40 服用 35 25 60 合计 55 45 100 零假设为：该药物对预防流感无关联. 因为，显然， 根据小概率值的独立性检验，推断成立， 没有充分证据表明该药物对预防流感有效. 【小问2详解】 由题意X的所有可能取值为， 则，， ， 所以的分布列为： 0 1 2 所以的数学期望为. 【小问3详解】 第二阶段结束后，服药且患病的小白鼠中有16%被治愈， 那么服药且患病后仍患病的小白鼠的数量为， 未服药患病的小白鼠中有5%自愈， 那么未服药患病后仍患病的小白鼠的数量为， 服药未患病的小白鼠中有20%患病，那么服药未患病后患病的小白鼠的数量为， 未服药未患病的小白鼠中有15%患病，那么未服药未患病后患病的小白鼠的数量为， 所以第二阶段结束后患病的小白鼠的总数量为， 所以从这100只小白鼠中任选1只，患病的概率为， 设表示选出的5只小白鼠中患病的只数，则， “至少有2只患病”的对立事件为“0只患病”或“1只患病”， 所以. 17. 如图，在五面体中，，为的中点，为的中点. （1）证明：平面； （2）已知平面，，，为正三角形，，当二面角的余弦值为时，求. 【答案】（1）证明见解析 （2）1 【解析】 【分析】（1）记的中点为，连接，结合梯形性质利用线面平行的性质定理证得平面，结合中位线性质利用线面平行的性质定理证得平面，再由面面平行的判定定理得平面平面，最后由面面平行的性质定理即可证明； （2）先利用线面平行的判定定理和性质定理得，利用平面得，记的中点为，连接，进而得四边形为正方形，再利用面面垂直的判定定理和性质定理得平面，建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，结合二面角的余弦值利用向量的夹角公式建立方程求解即可． 【小问1详解】 如图： 记的中点为，连接，因为为的中点，为的中点，， 所以，而平面，平面， 所以平面；因为为的中点，为的中点， 所以，而平面，平面， 所以平面；又，平面， 所以平面平面，又平面，所以平面； 【小问2详解】 因为，平面，平面，所以平面； 又平面平面，平面，所以， 因为平面，平面，所以，所以四边形为直角梯形， 记的中点为，连接，因为，所以， 所以，，所以四边形为平行四边形， 又，所以四边形为矩形， 又，，所以，所以四边形为正方形， 连接，因为为正三角形，为的中点，所以， 由平面，平面，所以平面平面， 又平面平面，所以平面， 故以为坐标原点，过点且平行的直线为轴，所在直线分别为轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 连接，设，则，，，， 所以，，，， 设平面的法向量为，则，即， 取，则， 设平面的法向量为，则，即， 取，则， 因为二面角的余弦值为，所以， 平方化简得，即， 因为，所以，即. 18. 已知椭圆：的短轴长为2，，分别是的左、右顶点，为坐标原点，的中点为，过点的直线与交于，两点. （1）当轴时，求. （2）若，且直线的斜率大于0， （i）求的方程； （ii）证明：直线与的斜率之比为定值. 【答案】（1） （2）（i）；（ii）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据题设可得，，结合轴求出，进而求解即可； （2）（i）设直线的方程为，，，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理表示出，可得，进而求解即可； （ii）由（i）得，则，进而代入求证即可. 【小问1详解】 由题意，，，即， 则的中点为， 由于轴，将代入椭圆：， 则，解得，则， 即. 【小问2详解】 （i）由（1）知，，， 椭圆：， 设直线的方程为，，， 联立，得， 则， 又， 由，则， 则， 则， 则， 则， 整理得，，即， 所以椭圆的方程为. （ii）证明：由（i）知，，， 且，则， 则， . 所以直线与的斜率之比为定值3. 19. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）试比较与的大小； （3）当时，数列满足，，，证明：. 【答案】（1）见解析 （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）首先对函数求导，然后讨论的取值范围，相应的得出函数的单调区间； （2）令，结合（1）可得，变形得，可得，进而可得； （3）由题意可得，进而构造函数证明，再构造函数，，证明，进而求证即可. 【小问1详解】 首先对函数求导， 则， 当时，恒成立，所以函数在上单调递减； 当时，令，得；令，得， 所以函数在上单调递增，在上单调递减； 当时，令，得；令，得， 所以函数在上单调递减，在上单调递增. 综上所述，当时，函数在上单调递减，在上单调递增； 当时，函数在上单调递减； 当时，函数在上单调递增，在上单调递减. 【小问2详解】 由（1）知，当时，， 且函数在上单调递增，在上单调递减， 所以处取得最大值， 即，变形得（当且仅当时取等号）. 令，则（因为），即. 【小问3详解】 当时，， 则， 由， 则， 设，， 则， 当时，，则函数在上单调递增， 又，则时，， 则时，， 因为，则，，，. 设，， 则， 所以函数在上单调递减， 则，即时，， 则， 所以， 则，即， 则， 即. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $