云南省临沧市2025年普通高等学校招生全国统一考试模拟卷（一）数学试题

绝密★启用前 临沧市2025年普通高等学校招生全国统一考试模拟检测（一） 数 学 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、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。 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. 已知复数为虚数单位，则的虚部为 A. B. C. D. 3. 第五批实施新高考的个省份将于年迎来新高考，新高考模式下语文、数学、英 语必选，物理、历史二选一，政治、地理、化学、生物四选二，共有种选科模式，若 今年高一的甲、乙两名同学，在四选二科目中，恰有一科相同，则他们四选二科目的选 科方式共有 A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 4. 已知为的边的中点，为上一点，且满足，设，， 则 A. B. C. D. 5. 已知函数，，若曲线，存在公切线，则实 数的最大值为 A. B. C. D. 6. 已知函数的部分图 象如图所示，关于该 函数有下列四个说法： 在区间上单调递减 的图象可由的图象向左平移个单位得到 的对称轴为 在区间上的最小值为 以上四个说法中，正确的个数为 A. B. C. D. 7. 已知椭圆：的左、右焦点分别为，，点，，都在椭圆 上，若，，且，则椭圆的离心率的取值范围为 A. B. C. D. 8. 已知两个不相等的正实数，满足，则下列结论一定正确的是 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.下列说法正确的是 A. 数据，，，，，，，，的下四分位数是 B. 若数据，，，的标准差为，则数据，，，的标准差为 C. 随机变量，若，则 D. 随机变量，若，则 10. 已知函数的图象关于点对称，则 A. B. 是的极小值点 C. 当时， D. 若在上有最小值，则 11. 已知曲线：下列结论正确的是 A. 曲线为中心对称图形 B. 曲线与直线  有两个交点 C. 曲线恰好经过两个整点即横、纵坐标均为整数的点 D. 曲线上任意两点，，当时， 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12. 已知角，满足，，则______． 13. 已知数列中，，，，则数列的通项公式为______． 14. 有一个密码锁，它的密码是由三个数字组成只有当我们正确输入每个位置的数字时，这个密码锁才能够打开现在我们并不知道密码是多少，当输入时，提示个数字正确，并且位置正确；当输入时，提示个数字正确，但位置错误；当输入时，提示个数字正确，但位置全错则正确的密码为______． 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. 分 在锐角中，角，，所对应的边分别为，，，已知． 求的值； 若，求面积的取值范围． 16.分 已知函数，． 求实数的值； 若对任意，不等式恒成立，求的取值范围． 17. 分 如图所示，在四棱锥中，已知，，底面，平面平面． 求点到平面的距离； 证明：平面； 若，求二面角的余弦值． 18. 分 是由中国杭州的公司开发的人工智能模型，其技术在多领域有着普惠应用，为提高的应用能力，某公司组织全体员工参加培训，培训结束之后，公司举行了一次专业知识比赛，比赛分为预赛与决赛，预赛通过后才能参加决赛，预赛从道题中随机抽取道作答，答对道及以上则进入决赛，否则被淘汰． 若这道题中甲能答对其中道，计算甲进入决赛的概率； 已知甲进入了决赛，决赛需要回答道题目，若全部答对则获得一等奖，奖励元；若答对道题目则获得二等奖，奖励元；若答对道题目则获得三等奖，奖励元；若全部答错则没有奖励若甲答对每道题目的概率均为，且每次答题相互独立，设甲获得奖金为，求的分布列及数学期望． 19. 分 已知椭圆过点，右焦点． 求椭圆的方程； 设直线：与椭圆交于，两点，过点作轴，垂足为点，直线交椭圆于另一点． 证明：． 求面积的最大值． 数学试题第 2 页（共5页） 学科网（北京）股份有限公司 临沧市2025年普通高等学校招生全国统一考试模拟检测（一） 数学 参考答案及解析 1.【答案】  【解析】解：集合，， 故A． 故选：． 2.【答案】  【解析】解：由题意，，虚部为． 故选：． 3.【答案】  【解析】解：先确定甲、乙两名同学相同的科目，有种情况， 再从剩下的个科目中，甲、乙各选一个不同的科目，有种情况， 由分步乘法计数原理可得，他们四选二科目的选科方式共有种． 故选：． 4.【答案】  【解析】解：已知为的边的中点，为上一点，且满足，设，， 如图所示，因为为的边的中点，所以， 因为，所以， ． 故选：． 5.【答案】  【解析】解：当时，，，不符题意； 设的图象与公切线的切点为，， 由，可得切线的斜率为，切线的方程为， 由题意可得切线与曲线相切， 联立，可得， 即有， 化为， 设，，可得， 由在递减，且， 即有时，，递减；当时，，递增， 则的最大值为， 可得的最大值为． 故选：． 6.【答案】  【解析】解：函数的部分图象如图所示， 由图可知，，即，则， 此时，又， 则，，即，， 又，所以，则． 对于，当时，， 因为函数在上单调递减， 所以在区间上单调递减，故正确； 对于，的图象向左平移得到，故正确； 对于，令，解得， 所以的对称轴为，故错误； 对于，当时，，则， 则，则在区间上的最小值为，故正确． 故选：． 7.【答案】  【解析】解：椭圆：的左、右焦点分别为，，点，，都在椭圆上， 如图，由，可知，，三点共线，，，三点共线． 设，，，直线：，直线：， 由消去，可得， 则，同理可得． 由代入坐标可得：，即得 同理由可得，，由，可得， 同理，，故 又点在椭圆上，则有，则式可化成： ，解得，故得， 故E的离心率的取值范围为． 故选：． 8.【答案】  【详解】因为，， 所以，则，即， 令，则，， 当时，，则单调递减； 当时，，则单调递增， 所以， 对于，总有，即在上单调递增， 故，即在上恒成立， 所以对于，对于任意，在上取， 则， 所以当且趋向于时，趋向于无穷大， 当趋向于无穷大时，趋向于无穷大，趋向于，故趋向于无穷大， 所以的大致图像如图所示： ． 对于，因为，，不妨设， 由图象可知，，故，故 AD错误； 对于，假设成立，取， 则，显然不满足，故 B错误； 对于，令，又， 则， 所以在上单调递增， 又，则，即， 又，则， 因为，所以，又，在上单调递增， 所以，即，故 C正确． 故选：． 9.【答案】  【解析】解：对于，数据按从小到大的顺序排列为：，，，，，，，，， 因为， 所以下四分位数是，故A正确； 对于，若数据，，，的标准差为， 则数据，，，的标准差为，故B正确； 对于，若随机变量，且， 则， 所以，故C正确； 对于，若随机变量， 则， 解得或， 所以或，故D错误． 故选：． 10.【答案】  【解析】解：对于选项A，由于的图象关于点对称，且， 因此，解得， 因此函数，所以选项A正确； 对于选项B，根据选项A可得导函数， 令，得；令，得或， 因此在区间上单调递减，在区间上单调递增， 因此是的极小值点，因此选项B错误； 对于选项C，当时，，，， 又由分析可知函数在区间上单调递减， 所以在区间上单调递减，，C正确； 对于选项D，由分析可知，在上有最小值， 则，D正确． 故选：． 11.【答案】  【解析】解：对于选项，假设曲线的对称中心为，设点是曲线上的任意一点， 其关于点的对称点为，代入方程： ， 整理得， 又，因此，，解得，， 说明曲线关于点对称，故A选项正确； 对于选项，联立与， 消去并整理可得，此时， 故曲线与直线有一个交点，故B选项错误； 对于选项，当时，原方程不成立，故曲线可变形为， 若横、纵坐标均为整数，则必须为整数，故或； 当时，，当时，， 故曲线恰好经过两个整点和，故C选项正确； 对于选项，由可知，设， 因为， 令，，，， ， 当且仅当，即时等号成立， 同理， 由知曲线关于点成中心对称， 因此当和都最小时，，，三点共线， 此时最小，因此，故D选项错误． 故选：． 12.【答案】  【解析】解：由， ， 则，， 则． 故答案为：． 13.【答案】  【解析】解：由，得， 由于，因此是首项为，公比为的等比数列， 从而可得，则． 故答案为：． 14.【答案】  【解析】解：根据题意可知， 当输入时，提示个数字正确，并且位置正确， 当输入时，提示个数字正确，但位置错误， 当输入时，提示个数字正确，但位置全错， 根据可知，密码中不含数字， 根据可知，密码中含数字和，不在百位，不在十位， 根据可知，密码中也不含数字，且在个位数，在百位， 根据可知，不可能有数字，所以有数字，且在十位， 故密码为． 故答案为：． 15.【答案】；     【解析】因为， 由正弦定理得，整理可得， 由余弦定理得， 因为， 所以； 在锐角中，，，记的面积为， 由正弦定理得，即，， 所以， 因为在锐角中，，， 解得，， 则， 故 16.【答案】；     【解析】因为，解得； ， 即， 所以， 设， 则， 易知在上单调递减， 所以， 又在上单调递增，且， 故在上，单调递减， 所以， 故， 所以实数的取值范围为： 17.【答案】；  证明见解析； ．  【解析】过点作于，垂足为点， 由平面平面，平面，平面平面，， 得平面， 则线段即为点到平面的距离， 由底面，平面，得，即为直角三角形， 在中，，，， 所以， 故点到平面的距离为； 证明：由可知平面，又平面，得， 由底面，平面，得， 由，，、平面，， 得平面； 作于，连接， 由底面，、平面，得，， 由，，、平面，， 得平面，又平面，得， 则即为二面角的平面角． 由，，得，， 在中，， 所以． 故二面角的余弦值为． 18.【答案】；   分布列见解析；数学期望为元．  【解析】记为甲在预赛答对的题数，则的取值为，，，， 所以，， 记甲进入决赛为事件，则甲进入决赛的概率为； 由题可知的取值为，，，， 所以，，，， 所以的分布列如下： 元， 即甲获得奖金的数学期望为元． 19.【答案】；   证明见解析；．  【解析】由题意椭圆右焦点可得， 因为椭圆过点，所以， 联立，解得， 所以椭圆的方程为． 证明：因为直线：与椭圆交于，两点，不妨设为第一象限点， 又，轴，如图，所以点的坐标为，点的坐标为， 设，则有， 两式相减得：， 又，所以， 又，所以， 又，所以，所以． 由对称性不妨设，在第一象限， 联立，消去得， 所以，则， 设直线与倾斜角分别为，，则， 所以， 由可得，， 令，则， 令，则，且当时，当时， 即在上单调递增，在上单调递减， 所以，即面积的最大值为． 第 6 页 共 10 页 学科网（北京）股份有限公司 $$