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（一）（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（一）（高考同源卷） 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. 已知复数满足，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】应用复数的除法及乘法运算求解或应用复数相等列式计算求参即可得出虚部. 【详解】解法一 因为，所以的虚部为； 解法二 设，所以， 故，解得，，所以的虚部为， 故选：D. 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先化简集合A，B，再利用集合的交集运算求解. 【详解】由题意得，， 所以， 故选：C. 3. 已知函数的图像在点处的切线与直线垂直，则实数的值为（ ） A. B. C. 2 D. 1 【答案】D 【解析】 【分析】由导函数求出图像在点切线的斜率，由直线垂直建立方程，解得的值. 【详解】由题意可知，，， 因为的图像在点处的切线与直线垂直， 所以，即，解得. 故选：D. 【结构同源/同2022新高考I卷T3] 4. 的展开式中的系数为（ ） A. －60 B. －80 C. 100 D. 120 【答案】A 【解析】 【分析】考虑中选取，或选取，确定的展开式中选取什么项，可得到项，即可求得答案. 【详解】若中选取，则在的展开式中选取含的项，即，二者相乘得； 若中选取，则在的展开式中选取含的项，即，二者相乘得， 故的展开式中的系数为20－80＝－60, 故选： A． 5. 已知一组样本数据的平均数与方差均为4，若在该组样本数据中再增加两个数和，得到一组新样本数据，则这组新样本数据的方差为（ ） A. 24 B. 28 C. 31 D. 36 【答案】C 【解析】 【分析】根据平均数和方差的定义求解. 【详解】由原样本数据的平均数和方差均为4，得，， 则，， 故 新样本数据的平均数为， 所以这组新样本数据的方差为 . 故选：C 6. 若，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】法一，将拆成，将拆成利用和差角公式展开运算得解；法二，将所求式子切化弦，再利用积化和差公式化简得解. 【详解】法一，由题知， ， 将两式联立并整理，得 ， 得. 故选：D. 法二， . 故选：D. 7. 设双曲线的左、右焦点分别为，以坐标原点为圆心、为半径的圆与的渐近线在第一象限的交点为，直线与的左支交于点，若，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】解法一 易得，再由，得到，然后由点在上，代入双曲线方程求解；解法二 易得，过分别作轴于点，轴于点，由则结合，得到，同理，得到，再由点在上，代入双曲线方程求解； 【详解】如图所示： 解法一 设的焦距为，，，，由题知， 又点在的渐近线上，所以，可得. 因为，所以， 设，则，得， 又点在上，所以，得， 得，则， 所以的离心率. 故选：B （另解：直接开方，得，，即） 解法二 设的焦距为，，，，由题知， 又点在的渐近线上，所以，可得. 如图所示： 过分别作轴于点，轴于点，则， 因为，所以，所以， 故，同理， 所以，故， 又点在上，所以，得， 得，则， 所以的离心率. 故选：B 【解法同源/同2020全国I卷理T12】 8. 若，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用指数与对数运算将题设方程转化并放缩后得到不等式，再进行指数同构和对数同构两法，利用构造函数的单调性去掉函数符号，化简即得答案. 【详解】法一：由可得，即， 因为，所以，从而， 令，上述不等式可写成，易知在R上单调递增， 则有，即，也即，所以. 法二：由可得，即， 因为，所以，从而， 则，令， 则不等式可写成，易知在上单调递增， 而，故得，所以. 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. 已知函数的最大值为3，且的一个零点为，则（ ） A. B. C. D. 在上的值域为 【答案】BC 【解析】 【分析】根据三角函数的最值得出A，代入零点计算得出判断B，应用对称性计算判断C，应用正弦函数的值域计算求解判断D. 【详解】选项A：由的最大值为3，得，A错误. 选项B：由的一个零点为，得， 所以，，又，所以，B正确. 选项C：由A，B可知， 因为，所以当时取得最值， 故直线为图象的一条对称轴，故，C正确. 选项D：当时，， 若，则的值域为；若，则的值域为，D错误. 故选：BC. 10. 如图，在棱长为2的正方体中，为线段上的动点，则下列说法正确的是（ ） A. 点到平面的距离为定值 B. 直线与所成角的取值范围为 C. 的最小值为 D. 若为线段上的动点，且平面，则的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】选项A：由，从而平面判断；选项B：由直线与所成的角即直线与所成的角，由为的中点和与（或）重合角最大和最小判断；选项C：将沿直线翻折，使其与平面共面，连接，再在中，利用余弦定理求解判断；选项D：过作于点，连接，则，从而平面，再由平面，得到平面平面，从而平面求解. 【详解】选项A：如图1，由题易知，因为平面，平面， 所以平面， 所以动点到平面的距离等于点到平面的距离，为定值，A正确. 选项B：直线与所成的角即直线与所成的角， 当为的中点时，所成的角最大，为， 当与（或）重合时，所成的角最小，为， 所以与所成角的取值范围为，B正确. 选项C：将沿直线翻折，使其与平面共面， 记翻折后点对应的点为，连接，如图2， 则，在中，由余弦定理可得： ， 即的最小值为，C错误. 选项D：如图3，过作于点，连接， 则，平面，平面，所以平面， 又平面，，，平面， 所以平面平面，则平面， 又平面，平面平面，所以. 设，则，，且， 所以， 当且仅当时等号成立，D正确. 故选；ABD 11. 已知抛物线的焦点到其准线的距离为1，分别过上的两点作切线，两切线相交于点，则下列结论正确的是（ ） A. 若线段的中点为，则轴 B. 若直线过点，则点到轴的距离为 C. 若，则 D. 若直线的斜率为1，则点的轨迹是直线 【答案】AC 【解析】 【分析】根据抛物线的定义求出，即可求出抛物线方程，再根据导数的几何意义求出切线方程，联立两切线方程，求出点的坐标，进而可判断A；可设直线的方程为，联立方程，求出点的坐标，即可判断B；由，可得，再证明即可判断C；设直线的方程为，联立方程，求出点的坐标，即可判断D. 详解】选项A：设， 因为的焦点到其准线的距离为1，所以， 所以曲线方程为，故，所以， 易知，， 所以切线的方程为，即， 同理，切线的方程为， 两方程联立并求解，得， 又线段的中点的横坐标为，故轴，A正确； 选项B：因为直线过点，故可设直线的方程为， 代入，得，则， 将代入，得， 所以点到轴的距离为3，B错误； 选项C：若，则， 得，故， 又，所以， 又，所以， 所以，C正确； 选项D：若直线的斜率为1，则可设直线的方程为， 代入，得， 故，， 由，得， 又，， 所以点的轨迹不是直线，D错误. 故选：AC. 【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为、； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式； （5）代入韦达定理求解. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 【知识同源/同2024新课标I卷T3】 12. 已知向量，，若，则______． 【答案】 【解析】 【分析】由平面向量垂直坐标运算可得，再计算，进而可得. 【详解】因为，所以， 又，，所以，解得， 则，， 所以. 故答案为： 【知识同源/同2017全国Ⅲ卷理T11】 13. 若函数的图象关于点对称，则______． 【答案】 【解析】 【分析】法一：设是的图象上一点，则关于点的对称点为也在函数图象上，列出方程组，消去后，整理后即可求得的值，检验后即得答案； 法二：由题意可得函数的定义域关于对称，即的解集关于对称，求得，证明的图象关于点对称，再由的图象关于点对称推出，即得答案. 【详解】法一： 设是的图象上一点，P关于点的对称点为， 由题知点Q也在的图象上，则， 两式相加得，即成立， 因为具有任意性，故可得，且， 即，可得， 解得或. 若，则，此时的图象不关于点对称，不合要求； 若，则，此时，， 可得的图象关于点对称，故. 法二： 由的图象关于点对称，得函数的定义域关于对称， 即的解集关于对称，故得，此时 ， 设，则， 可得函数的图象关于点对称，要使的图象关于点对称， 则，故. 故答案为：. 14. 一种游戏规则如下：投掷一枚质地均匀的骰子（骰子的六个面分别标注的点数为），若掷出的点数为6，则游戏终止，否则一直进行投掷，直到掷出的点数为6，规定最多投掷次游戏强制终止.记为投掷骰子的总次数，则的数学期望______（用含的式子表示）. 【答案】 【解析】 【分析】易得投掷一次掷出的点数为6的概率为，且当时，，当时，，，，再利用期望公式求解. 【详解】由题意得每次投掷骰子相互独立，投掷一次掷出的点数为6的概率为， 当时，. 当时，，，， 则， 将上式左右两侧同乘以，得： ， 两式作差得： ，即， 符合上式，故. 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. 在中，角的对边分别为，. （1）求； （2）若的面积为，，为的中点，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由结合三角形内角和定理、诱导公式、两角和的正弦公式得到求解； （2）法一：由的面积为得到，再利用余弦定理得到，然后由两边平方即可求解；法二，根据得，再结合余弦定理即可求解；法三：利用中线定理得到求解. 【小问1详解】 因为， 由正弦定理得， 因为，所以， 故， 即， 又，所以， 所以，得， 又，所以. 【小问2详解】 法一：由，得. 由余弦定理得， 即，得. 由题知， 两边同时平方得， 故. 法二，同法一得. 易知， 则， 即， 得，得； 法三，同法一得.所以由中线定理得到， 所以，所以. 16. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）若恰有两个零点，求实数的取值范围. 【答案】（1）答案见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）求导，再分和讨论求解； （2）由（1）知时，在上单调递增，不符合题意，可知，若有两个零点，由（1）知，即，令求解. 【小问1详解】 由题知， 当时，，单调递增. 当时，若，即，则，故在上单调递增； 若，即，则，故在上单调递减, 综上，当时，在上单调递增； 【小问2详解】 当时，在上单调递减，在上单调递增. 由（1）可知，当时，在上单调递增，至多有一个零点，不符合题意. 故，且根据指数函数与一次函数的增长速度可知，当时，，当时，. 由（1）知，若有两个零点， 则， 即. 令， 则在上单调递减， 且，则当时，； 当时，. 所以实数的取值范围为. 【点睛】易错点点睛：本题第二问，容易忽视分析，当时，，当时，，仅仅由去求解. 17. 如图，在四棱锥中，四边形是直角梯形，，且，. （1）证明：平面平面； （2）若，二面角的正弦值为，求四棱锥的体积. 【答案】（1）证明见解析 （2）2 【解析】 【分析】（1）作辅助线，结合正方形与等腰三角形的性质证明；利用勾股定理的逆定理证明，继而证线面垂直，进而得到面面垂直； （2）建立空间直角坐标系，写出相关点、向量的坐标，分别求得平面与平面的法向量，利用向量的夹角公式求得的值，再利用四棱锥的体积公式求解. 【小问1详解】 由题意知四边形是直角梯形，结合题意知, 如图，记的中点为，连接，因为， ，则, 则四边形为正方形， 故，设与的交点为， 所以， 连接，因为，所以，则， 所以， 所以.又，，平面， 所以平面. 因为平面，所以平面平面. 【小问2详解】 由（1）知，平面，且，故，两两垂直. 以为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 由，得. 设到平面的距离为，则， 由于，且，故可以求得点， ， 则. 设平面与平面的法向量分别为和， 则，令，得， ，令，得. 二面角的正弦值为，设二面角的大小为， 则， 故，得， 故. 所以四棱锥的体积. 18. 已知椭圆的焦距为2，为的右焦点，为坐标原点，过且垂直于轴的直线与交于两点（在的上方），且的面积为. （1）求的标准方程. （2）过点且斜率存在的直线与交于不同的两点（在的左侧）. （ⅰ）证明：直线与的斜率之差的绝对值为定值； （ⅱ）设直线与轴分别交于点，且直线相交于点，证明：的面积为定值. 【答案】（1） （2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据椭圆焦距定义，结合椭圆通径的性质、三角形面积公式进行求解即可； （2）（ⅰ）设出直线的方程与椭圆方程联立，根据直线斜率公式、一元二次方程根的判别式、根与系数关系进行求解即可； （ⅱ）根据（ⅰ）的结论，结合直线的点斜式方程，三角形面积公式进行求解即可. 【小问1详解】 设的焦距为，由题知，则. ，则. 根据对称性得，所以点， 所以，又，所以， 所以的标准方程为. 【小问2详解】 （ⅰ）由（1）知. 设， 联立与的方程得，化简整理得， 则， ，， . 故直线与的斜率之差的绝对值为定值1. （ⅱ）设，则由（ⅰ）可知， 所以， 因此点在定直线上，所以. 直线，令，得，则. 直线，令，得，则， 所以. 所以， 所以的面积为定值8. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用一元二次方程根与系数和直线斜率公式. 19. 若含项的数列满足：①，；②，则称为数列. （1）若等比数列为数列，且，求的通项公式. （2）若为数列，且，则称为模增数列，记. （ⅰ）若为偶数，且为模增数列，求的最小值（用含的式子表示）； （ⅱ）证明：对于任意的，总存在为模增数列. 【答案】（1）答案见解析 （2）（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据数列新定义结合数列计算求解； （2）（ⅰ）先根据定义再结合单调性及等差数列求和计算；（ⅱ）分数列的项的个数，分别计算求解证明. 【小问1详解】 不妨设的公比为， 由于为数列，故，即， 解得或， 当时，； 当时，. 【小问2详解】 （ⅰ）根据模增数列的定义求得 若为模增数列，则. 因为，，所以， 以此类推， 则. 列举出符合要求的数列，得结果 当数列时，，且，. 所以的最小值为. （ⅱ）全体正整数按照除以4的余数可分为四类：. 若数列的项的个数，可取第一项为， 后面的项每四项为一组可取，， 易知， 且，此时数列为模增数列. 同理，若数列的项的个数，可取第一项和第二项分别为， 后面的项每四项为一组可取，， 此时数列为模增数列. 若数列的项的个数时，可取第一项，第二项和第三项分别为， 后面的项每四项为一组可取，， 此时数列为模增数列. 若时，可取前四项分别为， 随后每四项为一组可取，，此时数列为模增数列. 因此对任意的及任意的，总存在为模增数列. 【点睛】关键点点睛：解题的关键是对数列的新定义的理解及应用. 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（一）（高考同源卷） 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. 已知复数满足，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知函数的图像在点处的切线与直线垂直，则实数的值为（ ） A. B. C. 2 D. 1 【结构同源/同2022新高考I卷T3] 4. 的展开式中的系数为（ ） A. －60 B. －80 C. 100 D. 120 5. 已知一组样本数据平均数与方差均为4，若在该组样本数据中再增加两个数和，得到一组新样本数据，则这组新样本数据的方差为（ ） A 24 B. 28 C. 31 D. 36 6. 若，，则（ ） A. B. C. D. 7. 设双曲线的左、右焦点分别为，以坐标原点为圆心、为半径的圆与的渐近线在第一象限的交点为，直线与的左支交于点，若，则的离心率为（ ） A. B. C. D. 【解法同源/同2020全国I卷理T12】 8. 若，，,则（ ） 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. 已知函数的最大值为3，且的一个零点为，则（ ） A B. C. D. 在上的值域为 10. 如图，在棱长为2的正方体中，为线段上的动点，则下列说法正确的是（ ） A. 点到平面的距离为定值 B. 直线与所成角的取值范围为 C. 的最小值为 D. 若为线段上的动点，且平面，则的最小值为 11. 已知抛物线的焦点到其准线的距离为1，分别过上的两点作切线，两切线相交于点，则下列结论正确的是（ ） A. 若线段的中点为，则轴 B. 若直线过点，则点到轴的距离为 C. 若，则 D. 若直线的斜率为1，则点的轨迹是直线 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 【知识同源/同2024新课标I卷T3】 12. 已知向量，，若，则______． 【知识同源/同2017全国Ⅲ卷理T11】 13. 若函数的图象关于点对称，则______． 14. 一种游戏规则如下：投掷一枚质地均匀的骰子（骰子的六个面分别标注的点数为），若掷出的点数为6，则游戏终止，否则一直进行投掷，直到掷出的点数为6，规定最多投掷次游戏强制终止.记为投掷骰子的总次数，则的数学期望______（用含的式子表示）. 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. 在中，角的对边分别为，. （1）求； （2）若的面积为，，为的中点，求. 16 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）若恰有两个零点，求实数的取值范围. 17. 如图，在四棱锥中，四边形是直角梯形，，且，. （1）证明：平面平面； （2）若，二面角的正弦值为，求四棱锥的体积. 18. 已知椭圆的焦距为2，为的右焦点，为坐标原点，过且垂直于轴的直线与交于两点（在的上方），且的面积为. （1）求的标准方程. （2）过点且斜率存在的直线与交于不同的两点（在的左侧）. （ⅰ）证明：直线与的斜率之差的绝对值为定值； （ⅱ）设直线与轴分别交于点，且直线相交于点，证明：的面积为定值. 19. 若含项的数列满足：①，；②，则称为数列. （1）若等比数列为数列，且，求的通项公式. （2）若为数列，且，则称为模增数列，记. （ⅰ）若为偶数，且为模增数列，求的最小值（用含的式子表示）； （ⅱ）证明：对于任意的，总存在为模增数列. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $