精品解析：河南省开封高级中学钱学森实验班2025届高三下学期最后押题卷（2）数学试卷

2025届钱学森实验班高考模拟试卷（6月2号） 数学试卷 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. 若复数满足，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知双曲线的顶点为，，虚轴的一个端点为，若为直角三角形，则的离心率为（ ） A B. C. 2 D. 4. 已知数列的前项和为，若，且对任意的，都有成立，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 5. 在中，，，，则（ ） A. 2 B. C. 3 D. 6. 设是定义在上的奇函数，，，则（ ） A. 0 B. -1012 C. -2 D. 1010 7. 函数，其，若对于，都有恒成立，则的取值不可能是（ ） A. B. 1 C. D. 2 8. 在菱形中，，，将沿对角线翻折至，则当三棱锥表面积最大时，三棱锥外接球的体积为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 下列结论错误的是（ ） A. 已知随机变量服从二项分布，若，，则 B. 若随机变量服从正态分布，且，则 C. 一组数据3，4，8，7，9，12，13的第60百分位数为8 D. 若样本数据，，…，的方差为9，则，，…，的方差为 10. 已知抛物线：（）与圆：相交于，两点，线段恰为圆的直径，且直线过抛物线的焦点，又是抛物线过焦点的另一动弦，则以下结论正确的是（ ） A B. C. 周长可以为14 D. 当时， 11. 已知函数，数列满足，则（ ） A. 方程的解集为 B. 当时，为递增数列，且存在常数，使得恒成立 C. 当时，为递减数列，且存在常数，使得恒成立 D. 当时，为递增数列，且存在常数，使得恒成立 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数与的图象关于直线对称，则______． 13. 若函数在区间的值域为，则的取值范围为______. 14. 在中，，设，若，且，则的面积为________． 四、解答题.本大题共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. 已知在各项均为正数的等差数列中，，且，，构成等比数列的前三项. （1）求数列，的通项公式； （2）设数列___________，求数列的前项和.请在①；②；③这三个条件中选择一个，补充在上面的横线上，并完成解答. 16. 某公司准备了一个不透明的箱子，该箱子中装有6个大小一样的小球，其中2个为红色，1个为白色，3个为蓝色.职工甲、乙两人进行抽球游戏，在每轮比赛中，两人各从箱子中一次抽出3个小球.得分规则如下，若抽出的三个小球的颜色相同，得8分；若抽出的三个小球中有两球的颜色相同，得4分；若抽出的三个小球的颜色各不相同，得2分.若第一轮得分相同，则进行第二轮，直至出现两人得分不同，得分多者获得公司提前准备的奖励，游戏结束. （1）记甲第一轮得分为，求的概率分布列及数学期望； （2）求两人共抽轮小球的概率. 17. 如图，在三棱锥中，侧面是边长为2的正三角形，平面平面，，，，分别为，的中点，记平面与底面的交线为. （1）证明：直线平面； （2）若在直线上存在点，使得直线与平面所成角为，异面直线，所成角为，且满足，求. 18. 图1是一种可以作出椭圆工具．是滑槽（足够长）的中点，短杆可绕转动，长杆通过处铰链与连接，上的栓子可沿滑槽滑动，且，．当栓子在滑槽内做往复运动时，带动绕转动一周（不动时，也不动），处的笔尖画出的曲线为椭圆．当时，记画出的曲线为．以为原点，所在的直线为轴建立如图2所示的平面直角坐标系． （1）求曲线的方程； （2）过坐标原点的任一直线与曲线交于，两点，与曲线交于，两点，过点的任一直线与交于，两点． （i）求证：； （ii）求四边形面积的取值范围． 19. 已知定义在上的函数的图像上存在，两点，记直线的方程为，若直线恰为曲线的一条切线（，为切点），且对上的任意的，均有，则称函数为“切线支撑”函数. （1）试判断函数是否为“切线支撑”函数.若是，写出一组点，；否则，请说明理由； （2）证明：函数“切线支撑”函数； （3）已知为“切线支撑”函数，求实数的取值范围 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025届钱学森实验班高考模拟试卷（6月2号） 数学试卷 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】C 【解析】 【分析】先解分式不等式得集合B，再由交集的概念及运算可得结果. 【详解】. 由，可得，所以. 所以. 故选：C. 2. 若复数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】应用复数除法的几何意义及共轭复数的定义求复数的模长. 【详解】因为，则. 故选：D 3. 已知双曲线的顶点为，，虚轴的一个端点为，若为直角三角形，则的离心率为（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】不妨设双曲线方程为，根据题意可得，即，从而求出离心率. 【详解】不妨设双曲线方程为， 不妨取，，， 因为为直角三角形，且，则为等腰直角三角形， 所以，所以，则，所以， 双曲线的离心率. 故选：A 4. 已知数列的前项和为，若，且对任意的，都有成立，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据恒成立，再结合二次函数的单调性列式计算求参. 【详解】因为，且对任意的，都有成立， 所以，所以. 故选：D. 5. 在中，，，，则（ ） A. 2 B. C. 3 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据得出，再利用向量的线性运算得出，即可求出. 【详解】因为，所以， 即， 所以，即， 因为，则， 则， 所以. 故选：C. 6. 设是定义在上的奇函数，，，则（ ） A. 0 B. -1012 C. -2 D. 1010 【答案】C 【解析】 【分析】由题意知且，再根据题中所给等式求出函数的周期及一个周期内的函数值之和，2025项的和包含506个周期之和及，分别求值相加即可. 【详解】已知为奇函数，所以且， 因为，所以，则，函数的周期为4， 因为，，，， 所以， 因为，前2024项和为，， 所以. 故选：C 【点睛】 7. 函数，其，若对于，都有恒成立，则的取值不可能是（ ） A. B. 1 C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，可得在上单调，借助函数图象的对称轴建立不等式求出范围即可. 【详解】依题意，函数在上单调，函数图象对称轴为， ，解得， 由，解得，又，则或， 所以或，的取值不可能是. 故选：C 8. 在菱形中，，，将沿对角线翻折至，则当三棱锥表面积最大时，三棱锥外接球的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】沿对角线折起，当且，则三棱锥的表面积最大时，取的中点，连接，利用余弦定理求得，过球心作平面，则为等边三角形的中心，由与都是边长相同的等边三角形，由二倍角公式可得，利用勾股定理得、球的半径，最后由球的体积公式计算可得答案. 【详解】 由题意，因为菱形，，， 则，是等边三角形，面积固定， 当且时，和的面积最大， 即三棱锥表面积最大， 因为，则， 取的中点E，连接， 则， ， 如图，过球心作平面，则为等边三角形的中心， 则，所以， 又，所以，， 在中，，则， 由勾股定理得， 所以球的半径， 所以三棱锥的外接球的体积为. 故选：C． 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 下列结论错误的是（ ） A. 已知随机变量服从二项分布，若，，则 B. 若随机变量服从正态分布，且，则 C. 一组数据3，4，8，7，9，12，13的第60百分位数为8 D. 若样本数据，，…，的方差为9，则，，…，的方差为 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据二项分布的数学期望及方差公式计算判定A，应用正态分布的概率计算判定B，应用百分位数定义计算判定C，应用方差性质计算判定D. 【详解】对于A中，由，，解得，所以A正确； 对于B中，由正态曲线的对称性，可得，则 ，所以B错误； 对于C中，由于，则第60百分位数为由小到大排列的第5个数为9，所以C错误； 对于D中，若样本数据，，…，的方差为9， 则，，…，的方差为，所以D不正确. 故选：BCD. 10. 已知抛物线：（）与圆：相交于，两点，线段恰为圆的直径，且直线过抛物线的焦点，又是抛物线过焦点的另一动弦，则以下结论正确的是（ ） A. B. C. 的周长可以为14 D. 当时， 【答案】AC 【解析】 【分析】对A：利用抛物线的定义和焦点弦的长度公式可得，再根据点的坐标可得，列式可得的值，可判断A的真假；对B：设直线的方程为，，，结合韦达定理和焦半径公式，可用表示出，再结合基本不等式，可求其最小值，判断B的真假；结合抛物线定义，取抛物线上一点，可得，进而求出周长的最小值，可判断C的真假；根据两三角形的面积关系，结合韦达定理，可求弦的长，判断D的真假. 【详解】对于A，如图， 分别过，，作抛物线准线的垂线，垂足分别为，，， 由于圆的直径过焦点，则到准线的距离为 ， 又，∴，解得，故A正确； 对于B，设直线的方程为，，， 又抛物线：，由可得， 则，，， （当且仅当时等号成立），故B错误； 对于C，∵，，∴，设的周长为， 如图： 过点向抛物线准线作垂线，垂足为， 则， 周长最小值为，故C正确； 对于D，如图： ∵，∴， ∵，则，解得或（舍）， ∴，∴，故D错误. 故选：AC 11. 已知函数，数列满足，则（ ） A. 方程的解集为 B. 当时，为递增数列，且存在常数，使得恒成立 C. 当时，为递减数列，且存在常数，使得恒成立 D. 当时，为递增数列，且存在常数，使得恒成立 【答案】ABC 【解析】 【分析】先求解方程的解集可判断A；先根据数学归纳法得出的范围，再利用范围以及递推关系式可判断数列的增减性来判断BC；先证明数列的增减性，再构造等比数列，求出通项，结合指数函数和对数函数的性质可判断D. 【详解】对于A，已知，令，即. 设，则，原方程可化为，即， 则，解得或或. 当时，；当时，；当时，. 所以方程的解集为，故A选项正确； 对于B，若，可用数学归纳法证明：，即， 证明：当时，，此时不等关系成立； 设当时，成立， 则，故成立， 即由数学归纳法可得成立， 而， 又，， 故，故，故为递增数列， 若，则恒成立，故B选项正确； 对于C，若，可用数学归纳法证明：，即， 证明：当时，，此时不等关系成立； 设当时，成立， 则，故成立， 即由数学归纳法可得成立，即由数学归纳法可得成立. 而， 又，， 故，故，故为递减数列， 存在常数，使得恒成立， 故C选项正确； 对于D， 若，则，， 则，即， 因，则对任意恒成立，即为递增数列， 则对任意恒成立， 因，则， 则， 则， 则， 因， 则数列是以为首项，以为公比的等比数列， 则， 因函数为上的单调递增函数，且值域为， 则当时，，再结合对数函数的图象可知， 则不存在常数，使得恒成立，故D选项错误. 故选：ABC. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数与的图象关于直线对称，则______． 【答案】 【解析】 【分析】根据两函数图象的位置关系求解即可得，由此即可得解. 【详解】设在图象上，则点关于直线对称点在图象上，则，即，. 故答案为：． 13. 若函数在区间的值域为，则的取值范围为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据函数导数判断函数的单调性，通过单调区间判断给定值域对应的定义域范围，求出参数范围，在根据指数函数单调性，求出结果. 【详解】因为，则， 所以当或时，当时， 所以在，上单调递增，在上单调递减， 且，，， 因为在区间的值域为，所以，解得， 此时，， 又，∴，则， 故答案为：. 14. 在中，，设，若，且，则的面积为________． 【答案】 【解析】 【分析】法1，在与中利用正弦定理建立方程，结合二倍角公式化简求出，进而求出三角形面积；法2，过B作的平分线交AC于M，利用角平分线性质定理建立关系，结合数据求出三角形边长及面积. 【详解】设，则，在中，由正弦定理得，即， 在中，由正弦定理得，即， 则，即， 整理得，解得， 由θ为锐角，得，即，因此，， ，所以. 法二：过B作的平分线交AC于M，设，则， 由，，得，， 在中，由角平分线性质知，即，整理可得， 则，，即为等边三角形，且D是AM的中点， 而，因此，， 所以． 故答案为： 四、解答题.本大题共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. 已知在各项均为正数的等差数列中，，且，，构成等比数列的前三项. （1）求数列，的通项公式； （2）设数列___________，求数列的前项和.请在①；②；③这三个条件中选择一个，补充在上面的横线上，并完成解答. 【答案】（1）， （2）答案见解析 【解析】 【分析】（1）根据等差中项的定义，结合条件，可求解得到，设出公差为，则根据条件，，构成等比数列的前三项，利用等比中项的定义即可得到关于的方程从而求解得出结果； （2）若选①，利用错位相减法计算可得； 若选②，利用裂项相消法求和即可； 若选③，利用分组求和法及对分奇偶两种情况讨论，计算可得； 【小问1详解】 解：根据题意，因为数列为各项均为正数的等差数列， 所以，即得， 设公差为，则有，，， 又因为，，构成等比数列的前三项， 所以，即， 解之可得，或（舍去）， 所以，即得数列是以3为首项，2为公差的等差数列， 故可得， 且由题可得，，， 所以数列是以4为首项，2为公比的等比数列，故可得， 【小问2详解】 解：若选①，则， 则①， 在上式两边同时乘以2可得，②， ①②可得，， 即得； 若选②，则， 则； 若选③，则， 则 所以当为偶数时，； 由上可得当为奇数时，， 综上可得，． 16. 某公司准备了一个不透明的箱子，该箱子中装有6个大小一样的小球，其中2个为红色，1个为白色，3个为蓝色.职工甲、乙两人进行抽球游戏，在每轮比赛中，两人各从箱子中一次抽出3个小球.得分规则如下，若抽出的三个小球的颜色相同，得8分；若抽出的三个小球中有两球的颜色相同，得4分；若抽出的三个小球的颜色各不相同，得2分.若第一轮得分相同，则进行第二轮，直至出现两人得分不同，得分多者获得公司提前准备的奖励，游戏结束. （1）记甲第一轮得分为，求的概率分布列及数学期望； （2）求两人共抽轮小球的概率. 【答案】（1）分布列见解析， （2） 【解析】 【分析】（1）依题确定的可能取值，求出对应的概率值，列出分布列，求出期望即可； （2）设事件为“一轮比赛甲乙得分相同”，求出，则事件 “第轮比赛甲乙得分不同”的概率为，故利用独立事件的概率乘法公式可得两人共抽轮小球的概率为. 【小问1详解】 的可能取值为：8，4，2. 依题意，； ； . 所以的概率分布列为： 8 4 2 【小问2详解】 记乙一轮比赛的得分为，事件为“一轮比赛甲乙得分相同”， 则 记事件为“第轮比赛甲乙得分不同”，则. 所以两人共抽轮小球的概率： . 17. 如图，在三棱锥中，侧面是边长为2的正三角形，平面平面，，，，分别为，的中点，记平面与底面的交线为. （1）证明：直线平面； （2）若在直线上存在点，使得直线与平面所成角为，异面直线，所成角为，且满足，求. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由已知可推得，根据线面平行的判定定理平面，可得，然后证明平面即可； （2）取的中点记为，连接，，根据平面平面，可得出平面，，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可. 【小问1详解】 ，分别是，的中点，， 又平面，平面，平面， 又平面，平面平面，， 由题意可得，即， 又平面平面，平面平面，平面， 平面，则平面. 【小问2详解】 取的中点记为，连接， 因为是边长为2的正三角形，所以， 所以，. 又平面平面，平面平面，且平面， 所以平面， 由（1）可知，在底面内过点作的平行线，即平面与底面的交线. 取的中点记为，连接，则. 因为，所以. 以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 设，则， ， 设平面的一个法向量为， 则，即， 取，则，，即是平面的一个法向量， 所以. 又直线与平面所成角为， 于是. 又， 而异面直线，所成角为，于是. 假设存在点满足题设，则，即，所以. 当时，，此时有； 当时，，此时有. 综上所述，这样的点存在，且有. 18. 图1是一种可以作出椭圆的工具．是滑槽（足够长）的中点，短杆可绕转动，长杆通过处铰链与连接，上的栓子可沿滑槽滑动，且，．当栓子在滑槽内做往复运动时，带动绕转动一周（不动时，也不动），处的笔尖画出的曲线为椭圆．当时，记画出的曲线为．以为原点，所在的直线为轴建立如图2所示的平面直角坐标系． （1）求曲线的方程； （2）过坐标原点的任一直线与曲线交于，两点，与曲线交于，两点，过点的任一直线与交于，两点． （i）求证：； （ii）求四边形面积的取值范围． 【答案】（1） （2）（i）证明见解析；（ii） 【解析】 【分析】（1）当时，设点，由题意可得，且，根据坐标关系可得且，再根据动点位置关系即可得所求； （2）（i）同理确定曲线的方程，不妨设与同向，，分别确定直线斜率不存在与存在时的坐标关系，根据弦长关系即可证所求；（ii）分析可得四边形 面积是面积的6倍，分别求解直线的斜率不存在与存在时，结合函数思想求得取值范围即可. 【小问1详解】 当时，设点，依题意， 得，且， 所以，且， 即且， 由于当点不动时，点也不动，所以不恒等于0， 于是，所以，代入得， 所以的方程为； 【小问2详解】 （i）同理可得曲线的方程为， 不妨设与同向，， 当直线斜率不存在时，； 当直线斜率存在时，设直线方程为， 由，得 所以， 同理可得，因此， 对于任意直线均满足，所以； （ii）由（i）可知，四边形 面积是面积的6倍， 当直线的斜率不存在时，设直线的方程， 所以， 当直线的斜率存在时，设直线的方程， 由，得，由得’ 所以， 直线与有公共点，因此 由，得，由得， 所以， 令，则， 四边形面积的取值范围是. 19. 已知定义在上函数的图像上存在，两点，记直线的方程为，若直线恰为曲线的一条切线（，为切点），且对上的任意的，均有，则称函数为“切线支撑”函数. （1）试判断函数是否为“切线支撑”函数.若是，写出一组点，；否则，请说明理由； （2）证明：函数为“切线支撑”函数； （3）已知为“切线支撑”函数，求实数的取值范围 【答案】（1）， （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）先由降幂公式和辅助角公式得到，再结合函数新定义和正弦函数的取值可得； （2）由函数新定义结合导数的意义得到，点处的切线方程，再结合余弦函数的取值证明； （3）先由导数分析单调性得到切点，必在轴的两侧，再利用导数的意义得到切线方程，然后结合函数新定义构造函数，分析单调性得到极值． 【小问1详解】 ， 显然， 令，得，，即， 所以，是的极小值点，且为曲线的一条切线， 所以函数是“切线支撑”函数， 可取，． 【小问2详解】 证明：因为，设，， 所以，点处切线方程为和， 所以， 所以，， 不妨取，，则，即，， 所以，不妨取．则切线的方程为， 又，所以函数为“切线支撑”函数． 【小问3详解】 当时，，所以在上为增函数，所以切点，不可能都在轴的右侧； 当时，，所以在上为增函数，所以切点，不可能都在轴的左侧； 所以切点，必在轴的两侧． 不妨设，，， 当时，，所以点处的切线方程为， 即； 当时，，所以点处的切线方程为， 即， 因为，两点处的切线重合，所以， 设，，则， 所以在上单调递增， 又当时，，所以，即， 设点处的切线方程为， 设， 则， 所以当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增， 所以，所以， 设点处的切线方程为， 则，即， 所以为“切线支撑”函数， 综上可得，实数的取值范围为． 【点睛】方法点睛：新定义问题的方法和技巧： （1）可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解； （2）可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻； （3）发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律； （4）如果新信息是课本知识推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么情况下可以使用书上的概念. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$