精品解析：福建省厦门第一中学2024-2025学年高三下学期数学期末复习圆梦卷（五）（高考同源卷）

2025年普通高等学校招生全国统一考试 数学圆梦卷（五）——考前热身卷 大鹏一日随风起，扶摇而上九万里．慕鸿鹄树千里高志，迎六月展万里鲲鹏！ （本试卷共4页，19小题，满分150分．考试时间120分钟．） 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上．用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上．将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”． 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上． 3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答无效． 4.考生必须保持答题卡的整洁．考试结束后，将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），那么的共轭复数为 A. B. C. D. 3. 已知平面内三点，则向量在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 4. 函数的部分图象大致为（ ） A. B. C. D. 5. 等差数列的前n项和为满足若成等比，则（ ） A. 6 B. 5 C. 4 D. 3 6. 已知，，且，则的最小值是（ ） A. 10 B. 15 C. 18 D. 23 7. 已知为曲线与的一个交点的横坐标，则函数的一个单调增区间为（ ） A. B. C. D. 8. 一场数字游戏在两个非常聪明的学生甲､乙之间进行，老师在黑板上写出，2024共2023个正整数，然后随意擦去一个数，接下来由乙､甲两人轮流擦去其中一个数（即乙先擦去其中一个数，然后甲再擦去一个数），如此下去，若最后剩下的两个数互为质数（如2和3），则判甲胜；否则（如2和4），判乙胜，按照这种游戏规则，甲获胜的概率是（ ） 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. 已知某地社交媒体用户的日活跃时长（单位：小时）服从正态分布，则（ ） A. ， B. 若，则 C. D. 10. 已知抛物线，F为抛物线C的焦点，下列说法正确的是（ ） A. 若抛物线C上一点P到焦点F的距离是4，则P的坐标为、 B. 抛物线C在点处的切线方程为 C. 一个顶点在原点O的正三角形与抛物线相交于A、B两点，的周长为 D. 点H为抛物线C的上任意一点，点，，当t取最大值时，的面积为2 11. 球面三角学是研究球面三角形的边、角关系的一门学科.如图，球的半径为，，，为球面上三点，劣弧的弧长记为，设表示以为圆心，且过，的圆，同理，圆，的劣弧，的弧长分别记为，，曲面（阴影部分）叫做曲面三角形，若，则称其为曲面等边三角形，线段，，与曲面围成的封闭几何体叫做球面三棱锥，记为球面.设，，，则下列结论正确的是（ ） A. 若平面是面积为的等边三角形，则 B. 若，则 C. 若，则球面的体积 D. 若平面为直角三角形，且，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 的展开式中常数项是______． 13. 已知空间四边形中，，，，若二面角的大小是，则该几何体的外接球表面积为________． 14. 已知两点，动点满足，直线与动点的轨迹交于两点.当时，_____；当时，的最小值为_____. 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. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，. （1）求C； （2）若D是边的中点，且，求的面积. 16. 如图，三棱台中，，，，，，在底面内的射影为中点. （1）求三棱台的体积； （2）求平面与平面夹角的正弦值. 17. 某学校校庆时统计连续天进入学校参加活动的校友数（单位：千人）如下： 日期 月日 月日 月日 月日 月日 第天 参观人数 （1）由上表数据看出，可用线性回归模型拟合与的关系，请用相关系数加以说明（保留小数点后两位）；（若，则认为与的线性相关性很强），并求出关于的线性回归方程； （2）校庆期间学校开放号门、号门和号门供校友出入，校友从号门、号门和号门进入学校的概率分别为、、，且出学校与进学校选择相同门的概率为，选择与入校不同两门的概率各为.假设校友从号门、号门、号门出入学校互不影响，现有甲、乙、丙、丁名校友于月日回母校参加活动，设为人中从号门出学校的人数，求的分布列、期望及方差. 附：参考数据：，，，，. 参考公式：回归直线方程，其中，. 相关系数. 18. 已知函数．，． （1）若恒成立，求实数m的取值范围； （2）已知，设函数，讨论的单调性； （3）设函数，若函数的图象与的图象有，两个不同的交点，证明：． 19. 若平面内的曲线与某正方形四条边的所在直线均相切，则称曲线为正方形的一条“切曲线”，正方形为曲线的一个“切立方”． （1）圆的一个“切立方”的其中一条边所在直线的斜率是1，求这个“切立方”四条边所在直线的方程； （2）已知正方形的方程为，且正方形为双曲线的一个“切立方”，求该双曲线的离心率的取值范围； （3）设函数的图象为曲线，试问曲线是否存在切立方，并说明理由． 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 数学圆梦卷（五）——考前热身卷 大鹏一日随风起，扶摇而上九万里．慕鸿鹄树千里高志，迎六月展万里鲲鹏！ （本试卷共4页，19小题，满分150分．考试时间120分钟．） 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上．用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上．将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”． 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上． 3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答无效． 4.考生必须保持答题卡的整洁．考试结束后，将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. 【答案】D 【解析】 【分析】由绝对值不等式的求解及交集运算可得结果. 【详解】因为，故. 故选：D. 2. 已知复数（为虚数单位），那么的共轭复数为 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】 复数，那么的共轭复数为，故选B. 3. 已知平面内三点，则向量在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】首先表示出、的坐标，即可求出及，再根据投影向量的定义计算可得. 【详解】因为， 所以，，所以，， 所以向量在上的投影向量为. 故选：A 4. 函数的部分图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先根据奇函数判断排除B，C，在内选择特殊值得排除D. 【详解】函数是定义域为 函数，是奇函数，所以排除B，C， 又函数在原点附近的零点为和1，可取大于0且接近于0的一个数， 如0.1，得，所以排除D． 故选：A. 5. 等差数列的前n项和为满足若成等比，则（ ） A. 6 B. 5 C. 4 D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】运用等差数列的前n项和公式及基本量关系求得再根据等比数列性质公式求得结合等差数列的通项公式求解即可. 【详解】设等差数列的公差为d， 由得， 解得， 所以 成等比，∴， ∴， ，显然，否则这与成等比数列矛盾， 故解得 故选：B. 6. 已知，，且，则的最小值是（ ） A. 10 B. 15 C. 18 D. 23 【答案】C 【解析】 【分析】把已知式变形为，然后由基本不等式求得最小值． 【详解】由x>0，y>0，且，得， 所以， 当且仅当，即时等号成立， 所以的最小值是18． 故选：C． 7. 已知为曲线与的一个交点的横坐标，则函数的一个单调增区间为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据求解，利用整体法求解函数的单调区间，即可得解. 【详解】由题意可知，，由于， 所以，故，解得，故， 令，解得， 故单调递增区间为， 当时，一个单调递增区间为， 当时，一个单调递增区间为， 当时，一个单调递增区间为. 故选：B 8. 一场数字游戏在两个非常聪明的学生甲､乙之间进行，老师在黑板上写出，2024共2023个正整数，然后随意擦去一个数，接下来由乙､甲两人轮流擦去其中一个数（即乙先擦去其中一个数，然后甲再擦去一个数），如此下去，若最后剩下的两个数互为质数（如2和3），则判甲胜；否则（如2和4），判乙胜，按照这种游戏规则，甲获胜的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先根据裁判擦去的是奇数还是偶数分类考虑，分析得出若擦去的是奇数，则乙一定获胜；若擦去的是偶数，则甲一定获胜，由此根据古典概型概率公式计算即得. 【详解】由于甲、乙都非常聪明，他们获胜的关键是要看裁判擦去哪个数， 注意2，3，4，⋅⋅⋅，2024中有1011个奇数，1012个偶数. （1）若裁判擦去的是奇数，则乙一定获胜. 理由如下：乙不管甲擦去什么数，只要还有奇数，就擦去奇数，这样最后剩下两个数一定都是偶数， 从而所剩两数不互质，故乙胜. （2）若裁判擦去的是偶数，则甲一定获胜. 理由如下：设裁判擦去的是，则将余下的数配成1011对，每对数由一奇一偶的相邻两数组成： 这样，不管乙擦去什么数，甲只要擦去所配对中的另一个数，最后剩下两个相邻的整数，它们互质，故甲必获胜. 甲获胜的概率为. 故选:B. 【点睛】关键点点睛：本题考查的是质数与合数的概念、数的整除性、概率公式，利用分类讨论的思想是解答此题的关键. 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. 已知某地社交媒体用户的日活跃时长（单位：小时）服从正态分布，则（ ） A. ， B. 若，则 C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据正态分布知识和对称性分别求解. 【详解】因为（单位：小时）服从正态分布，， 根据正态分布知识，，，A正确； 若，则，得，B错误； ， 根据原则，可得，C正确； ， ， 由对称性可知， 所以，D正确. 故选：ACD 10. 已知抛物线，F为抛物线C的焦点，下列说法正确的是（ ） A. 若抛物线C上一点P到焦点F的距离是4，则P的坐标为、 B. 抛物线C在点处的切线方程为 C. 一个顶点在原点O的正三角形与抛物线相交于A、B两点，的周长为 D. 点H为抛物线C的上任意一点，点，，当t取最大值时，的面积为2 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据抛物线定义判断A，利用导函数与切线的关系求解B，设点，根据点在抛物线上即可求解C，利用抛物线定义结合图形分析得到直线GH与抛物线C相切时t取最大值，即可求解. 【详解】A选项：由抛物线C的定义知， 解得代入可得， 所以P的坐标为、，故A正确； B选项：由得，， 切线方抛物线C在点处的切线斜率为， 所以切线方程为，故B正确； C选项：顶点在原点O的正三角形与抛物线相交与A、B两点， 设正三角形的边长为，则根据对称性可得 且点在抛物线上，所以，解得， 所以这个正三角形的边长为，故C错误； D选项：F为抛物线的焦点，过H作HD垂直抛物线C的准线于点D， 如图， 由抛物线的定义知， 当t取最大值时，取最小值， 即直线GH与抛物线C相切. 设直线HG的方程为， 由得， 所以，解得， 此时，即， 所以，故， 所以，故D正确. 故选:ABD. 11. 球面三角学是研究球面三角形的边、角关系的一门学科.如图，球的半径为，，，为球面上三点，劣弧的弧长记为，设表示以为圆心，且过，的圆，同理，圆，的劣弧，的弧长分别记为，，曲面（阴影部分）叫做曲面三角形，若，则称其为曲面等边三角形，线段，，与曲面围成的封闭几何体叫做球面三棱锥，记为球面.设，，，则下列结论正确的是（ ） A. 若平面是面积为的等边三角形，则 B. 若，则 C. 若，则球面的体积 D. 若平面为直角三角形，且，则 【答案】BC 【解析】 【分析】根据弧长公式即可求解A，根据勾股定理以及弧长公式即可求解B，根据球的截面性质可得求解C，根据余弦定理，取反例即可求解D. 【详解】若平面是面积为的等边三角形，则，则，.A不正确. 若，则，则.B正确. 若，则，， 则平面的外接圆半径为，则到平面的距离， 则三棱锥的体积， 则球面的体积.C正确. 由余弦定理可知因为，所以，则. 取，，则，， 则.D不正确. 故选：BC 【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下： （1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径； （2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的； （3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 的展开式中常数项是______． 【答案】61 【解析】 【分析】首先写出的展开式通项，结合原式求出相关项，进而得到常数项. 【详解】对于，展开式通项为，， 令，可得，此时， 令，可得，此时， 所以原式的展开式中常数项为. 故答案为： 13. 已知空间四边形中，，，，若二面角的大小是，则该几何体的外接球表面积为________． 【答案】## 【解析】 【分析】取的中点，连接，为正三角形的中心，作垂足为，即可得到为二面角的平面角，过点和点作平面和平面的垂线交于点，即可得到为三棱锥的外接球的球心，即可求出，再在利用勾股定理求出外接球的半径，最后根据球的表面积公式计算可得； 【详解】解：取的中点，连接，为正三角形的中心，作垂足为，则为二面角的平面角，所以 ，分别过点和点作平面和平面的垂线交于点，则为三棱锥的外接球的球心，所以，由于 ，，所以 ，在中，，即， 所以 . 故答案为： 14. 已知两点，动点满足，直线与动点的轨迹交于两点.当时，_____；当时，的最小值为_____. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】由圆内同弦所对应的同侧的圆周角相等和勾股定理以及对称性得到点的轨迹方程，再由两点间距离公式求出，由向量数量积的坐标表示结合几何意义求出的最小值； 【详解】由圆内同弦所对应的同侧的圆周角相等可知，不妨设点在轴上方时， 由可得，又，所以， 设圆的半径为，所以在中，，解得， 所以点的轨迹为以为圆心，2为半径的圆中所对应的优弧，不包括断点， 又对称性可得轴下方也满足，图形如下： 可得点的轨迹方程为， 当时，直线方程为， 联立，解得， 由对称性可得， 所以， 当时，设，由对称性可得， 所以， 由几何意义可得表示点到原点距离的平方，所以的最小值为. 故答案为：；. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是能根据圆内同弦所对应的同侧的圆周角相等的到点的轨迹方程. 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. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，. （1）求C； （2）若D是边的中点，且，求的面积. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）由诱导公式将变成，由正弦定理得到与的关系，再用余弦定理计算的值，从而得出的值； （2）由中点向量公式表示出，两边平方，将第一问的结论代入计算出的值，从而得到的值，再利用三角形面积公式计算即可。 【小问1详解】 由得：， 由正弦定理得：， 又，由余弦定理得： ， 又，. 【小问2详解】 由为中点知：，所以， 两边平方得：， 由（1）知，，所以， 解得，所以，. 又. 所以的面积为. 16. 如图，三棱台中，，，，，，在底面内的射影为中点. （1）求三棱台的体积； （2）求平面与平面夹角的正弦值. 【答案】（1）168 （2） 【解析】 【分析】（1）取中点为，连接，，即可得到为三棱台的高，利用勾股定理求出，再由棱台的体积公式计算可得； （2）以，分别为，轴，过点作轴平面，建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，利用空间向量法计算可得. 【小问1详解】 取中点为，连接，，由题意，为三棱台的高， 因为，，，所以，则， 又因为，所以， 因为，且，，所以， 所以的面积为，则的面积为， 所以三棱台的体积为； 【小问2详解】 以，分别为，轴，过点作轴平面，建立空间直角坐标系， 则，，，， 又，，所以，， 所以，，， 设为平面的法向量，，取； 设为平面的法向量，， 取， 设平面与平面夹角为， 所以， 则， 所以平面与平面夹角的正弦值为. 17. 某学校校庆时统计连续天进入学校参加活动的校友数（单位：千人）如下： 日期 月日 月日 月日 月日 月日 第天 参观人数 （1）由上表数据看出，可用线性回归模型拟合与的关系，请用相关系数加以说明（保留小数点后两位）；（若，则认为与的线性相关性很强），并求出关于的线性回归方程； （2）校庆期间学校开放号门、号门和号门供校友出入，校友从号门、号门和号门进入学校的概率分别为、、，且出学校与进学校选择相同门的概率为，选择与入校不同两门的概率各为.假设校友从号门、号门、号门出入学校互不影响，现有甲、乙、丙、丁名校友于月日回母校参加活动，设为人中从号门出学校的人数，求的分布列、期望及方差. 附：参考数据：，，，，. 参考公式：回归直线方程，其中，. 相关系数. 【答案】（1） 依题意，，而，，， 则. 因为时线性相关程度高，所以与线性相关性很强，可以用线性回归模型拟合. （2） ，. 【解析】 【分析】（1）求出，将参考数据代入相关系数公式，求出的值，即可得出结论；再将数据代入最小二乘法公式，求出、的值，即可得出回归直线方程； （2）利用全概率公式求出每个人从号门出校园的概率均为，由此可知，利用二项分布可得出随机变量的分布列，利用二项分布的期望、方差公式可得出、的值. 【小问1详解】 ，， 因此，回归方程为. 【小问2详解】 记“甲从号门出学校”为事件，“甲从号门进学校”为事件， “甲从号门进学校”为事件，“甲从号门进学校”为事件， 由题意可得，，， ，， 由全概率公式得： ， 同理乙、丙、丁从号门出学校的概率也为， 为人中从号门出学校的人数，则， ，， ，， ， 故的分布列为： ，. 18. 已知函数．，． （1）若恒成立，求实数m的取值范围； （2）已知，设函数，讨论的单调性； （3）设函数，若函数的图象与的图象有，两个不同的交点，证明：． 【答案】（1） （2） 当时，在上单调递增，在上单调递减； 当时，在，上单调递增；在上单调递减； 当时，在上单调递增； 当时，在，上单调递增；在上单调递减； （3） 显然， 因为函数的图象与的图象有两个不同的交点． 所以关于的方程，即有两个不同的根． 由题知①，②， 得③， 得④， 由得， 不妨设，记 令，则， 所以在上单调递增，所以, 则，即， 所以 因为，（利用基本不等式时，，故等号取不到）， 所以，即 令，则在上单调递增． 又， 所以， 即，所以； 两边同时取对数可得，得证． 【解析】 【分析】（1）利用导数求出函数单调性，求得函数的最小值，解不等式即可得出结论； （2）对函数求导，对参数进行分类讨论，利用导函数符号即可得出其单调性； （3）根据交点坐标满足的关系式，构造函数，再利用导数和基本不等式证明即可得出结论. 【小问1详解】 易知 令，得，所以在上单调递增； 令，得，所以在上单调递减． 所以的最小值为 由恒成立知，， 故. 【小问2详解】 由题知，定义域为， 所以； 当时，在上单调递增，在上单调递减； 当时，令，得， 所以在，上单调递增； 令，得，所以在上单调递减； 当时，，在上单调递增； 当时，令，得， 所以在，上单调递增； 令，得，所以在上单调递减； 综上可知，当时，在上单调递增，在上单调递减； 当时，在，上单调递增；在上单调递减； 当时，在上单调递增； 当时，在，上单调递增；在上单调递减； 【小问3详解】 略 19. 若平面内的曲线与某正方形四条边的所在直线均相切，则称曲线为正方形的一条“切曲线”，正方形为曲线的一个“切立方”． （1）圆的一个“切立方”的其中一条边所在直线的斜率是1，求这个“切立方”四条边所在直线的方程； （2）已知正方形的方程为，且正方形为双曲线的一个“切立方”，求该双曲线的离心率的取值范围； （3）设函数的图象为曲线，试问曲线是否存在切立方，并说明理由． 【答案】（1） ，； （2） （3） 假设曲线存在切立方，由于函数为奇函数，其图象关于原点对称， 因此如果曲线C存在“切立方”，则正方形也关于原点对称，即正方形的中心为原点； 由曲线，则，设C与正方形的一条边的切点为， 则切线方程为，即， 即一条切线为，则与其平行的切线为， 同理可得正方形另两边所在直线为，． 依题意有，， 则， 设，，则， 整理得， 令，则， 令，则， 由于， 故在上单调递增，而， 故存在，使得，即， 则， 则当时，，当时，， 即在上单调递减，在上单调递增， 故 ， 令，，则， 令，则， 即，也即在上单调递增，则， 则在上单调递减，则， 即，即无解， 因此曲线C不存在切立方． 【解析】 【分析】（1）根据“切立方”的定义，设“切立方”的边所在的直线方程，结合点到直线的距离求解，即可求得答案； （2）根据“切立方”的定义，联立，整理得，可知其判别式等于0，即可求出的关系式，进而求得答案； （3）首先判断如果曲线C存在“切立方”，则正方形也关于原点对称；从而设切点坐标，可得切线方程，结合题意可得到相应方程，再结合导数判断函数的最值情况，即可判断方程解的情况，从而可得结论. 【小问1详解】 根据“切立方”的定义，设“切立方”的边所在的直线方程，， 则可得圆的圆心到直线的距离为，则， 圆的圆心到直线的距离也为，则， 故“切立方”四条边所在直线的方程为，； 【小问2详解】 由正方形的方程为，则， 由正方形为双曲线的一个“切立方”， 则联立，整理得， 则， 整理得，即， 由图可知，则， 所以． 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $