备考信息导航演练6-【衡水真题密卷】2025年高考数学备考信息导航演练（B版）

2024一2025学年度备考信息导航演练 卷题 数学（六） 本试卷总分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、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.若a+i=b+2-ai(a,b∈R),则a+b= A.2 B.4 C.-4 D.-2 2.函数f)景的部分图象大致是 6 B 2 2 5 D 3.若不等式|x+1十|x一3|>m恒成立，则正实数m整数解的个数为 () A.4 B.3 C.2 D.1 4.已知函数fx)=sin2x十acos2x的图象过点(0w3),将fc)的图象向右平移5个单 位长度后，得到函数g(x)的图象，则g(x)的图象的对称轴为 () B.z 6十2k∈z 元，kπ 5 C.x=- 6十kπ，k∈Z -13m+kπ，k∈☑ D.x=12 数学试题（六）第1页（共4页） 真题密卷·备习 5.现有甲、乙、丙、丁4位乒乓球业余爱好者组队参与某次比赛，比赛顺序是第一场双打， 班级 第二场与第三场单打，每人只参加其中一个项目，在每场此赛中赢对方的概率分别是气 台·星，且每场比赛相互独立，则在三场比赛中恰有两场羸对方的条件下，第一场赢对方 23 姓名 的概率为 ( --- 2 A.5 B. C.3 9 10 D.3 得分 6.已知抛物线C:x2=4y,过M(3,1)作两条斜率存在的直线分别与C有一个公共点，公 共点分别为A,B,则直线AB截坐标轴构成的三角形的面积为 ) 1 A.3 B.3 C.1 D.2 7.设函数f(x)的定义域为R,f(x+1)为偶函数，且满足f(3十x)=一f(3一x),已知当 x∈[0,1]时，f(x)=x2+ax+b,且f(0)+f(1)=3,f(2)=-1,则f(2025)=() A.-2 B.0 C.2 D.4 8.在平面直角坐标系中，点A(一1,1)，B与A关于原点O对称，现以x轴为折痕，将x轴下 方部分翻折，使其与上方部分构成直二面角，A,B两点相应变成A1,B1两点，将△A1OB, 绕直线A1B1旋转一周得到一个旋转体，则该旋转体的内切球的表面积为 () A牙 R π C.2 D.2π 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.已知集合M={-1,0,1},N={xx≤a},则下列结论正确的有 () A.集合M的子集个数是8 B.若M∩N≠⑦，则-1≤a≤2 C.若M二N,则a的最小值为1 D.若M∩N的真子集个数为3，则a≤0 10.已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别是a,b,c,则下列说法正确的有 () A.若cosA=cosB,则△ABC为等腰三角形 B若a=,6=3,A=,则△ABC的周长为7+丽 C若A=石6+c:-16=3c,则△ABC面积的最大值为4十25 7 D,若c=2,6=3,A-则BC边上的中线长为号 11.若圆锥S0的底面半径为1，母线长为3，则下列关于此圆锥的说法正确的是() π A.圆锥S0的侧面展开图的圆心角为3 2√2 B.圆锥S0的体积为3π C.过圆锥S0的两条母线作截面，则截面面积的最大值为 D.A为底面圆周上一点，P为SA上靠近S的三等分点，从点A出发绕圆锥SO侧面 一周回到点P的无弹性细绳的最短长度为√13 信息导航演练 数学试题（六）第2页（共4页） B 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.已知a=(2,-x),b=(-1,3),a·b=1,则2a+b= x2 y2 13.已知F,F,分别为双曲线C:6=1(a>0,b>0)的左右焦点，点P在C上，且 满是2Pr,=3PF,eos∠F,PF,=2则C的商心率为 7 14.已知函数f(x)=x3十ax2十bx+3的对称中心为(1,2)，则a+b= ,f(x)的 极值点为 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.(13分)已知等差数列{am}的前n项和为Sm,且满足a2十a6=14,S1o=100. (1)求{an}的通项公式. (2)在{am}中是否存在am,a,ab(m<k<p)成等比数列？若存在，求出一个这样的3 项；若不存在，请说明理由. 16.(15分)某学校为了解入学新生的身高情况，随机抽取了50名新生，测得他们的身高 (单位：cm),并分成以下5组：[155,160)，[160,165)，[165,170)，[170,175)，[175， 180],绘制成如图所示的频率分布直方图. ◆频率 组距 0.064 0.040 0.032 0.008-- OK 155160165170175180身高/cm (1)补全频率分布直方图，并求出样本中学生身高的中位数.（保留小数点后两位） (2)该学校体育教研室为了解身高是否在一定的范围内与参加弹跳运动时长有关，调 研得到以下5组数据： 参加弹跳运动时长x(单位：年) 2 3 4 5 身高y(单位：cm) 158162 166170 184 表中的数据显示，x与y之间存在线性相关关系，试求出y关于x的回归方程. 附：回归直线y=x+ā中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为= 2xy:一nx i= ,a=y-bx 2x-nz2 = B 数学试题（六）第3页（共4页） 真题密卷·备扌 17.(15分)如图，在斜三棱柱ABCA1B1C1中，AB⊥AC,AB=AC,点A1在底面ABC上 的投影为BC的中点O,点M满足C1M-C1B1(0≤入≤1). C M (①)当A=时，证明：平面A,MCL平面ABC (2)已知AA,=2AB=4,若平面A:BC与平面A,MC夹角的余弦值为 79°，求A 的值， 18.17分)据周C若+后-1a>b>0的离心率为行点停3在C上 (1)求C的方程. (2)过C的上焦点F作直线l垂直于y轴，交C于A,B两点，P为C的上顶点，求 cos∠APB. (3)定义：C:3十)1(a≥b>0)为C的共轭椭圆.若直线1：y=x+m(,m∈R 与C交于E,F两点，O为原点，直线OE,OF的斜率分别记为koE,kor,若oE· e-至，证明：2m=6+3. 19.7分)已知函数fz)2x2-xlnx一ax, (1)当a=1时，点P在曲线y=f(x)上运动，过点P作切线可得到一系列的切线l1, 12,13,…,称其为“动态切线系列”，试探讨“动态切线系列”中是否存在两条切线平 行于x轴.（写出推理依据） (2)若x1,x2分别是f(x)的两个不等的极值点. ①求实数a的取值范围. ②证明：x1十x2>a十2. 信息导航演练 数学试题（六）第4页（共4页）·数学· 参考答案及解析 参考答案及解析 2024一2025学年度备考信息导航演练数学（六）】 一、选择题 P(ABCUABCUABC)=P (ABC)+P(ABC)+ 1.C【解析】由a十i=b+2-ai(a,b∈R), a=b+2, b=一3， 得 h=-a, ’解得 a=-1, 所以a十b=-4. 2.C【解析】解法一：因为函数f(x)的定义域为(-∞，0)U 30P (AD)-P (ABC U ABC)=P (ABC)+ 13 0,+o),故排除Af1=e-1,f(-1D=是+1，所以 个y f1)≠-f(-1),f(1)≠f(-1),故排除B,D. PABC)=日，所以PAD)-P0=是- P(AD)310 % 解法二：周为a)-号-子，所以f(-0≠fa, 6.A【解析】设A(x1y1),B(x2,y2),由x2=4y,得y= f(一x)≠一f(x),所以f(x)为非奇非偶函数，故B,D均 ，所以y了-，所以s-1中点A处的初线方 1 1 错误；又由题可知f()=x-2)e十1-2e+x 22 1 程为yy1=2x1(x一x),又因为点A(x1y)在C 当x<0时，f'(x)>0,f(x)单调递增，故A错误； 记p(x)=(x-2)e十x,易知o(x)=(x-2)e十x单调递 上，所以-是，得到点A处的切镜方程为y 增，又因为p(2)=2>0,p(1)=-e十1<0，所以3x∈(1， 1 2),使得p(x0)=0,所以当x∈(-∞，0)时，f(x)>0, =2x1x一y1,又因为点A处的切线过点M(3,1),所 f(x)单调递增；当x∈(0，xo)时，f(x)<0,f(x)单调递 以3x1-2y1一2=0.同理得3x2-2y2-2=0,所以直 减；当x∈(x0,十∞)时，f(x)>0,f(x)单调递增，又因为 线AB的方程为3x-2y-2=0,令x=0,得y=-1; 当x→-∞时，f(x)→0+；当x→0时，f(x)→+∞.综合 上述可知C正确. 令y=0,得-号所以5-名×1X号-子 3.B【解析】由绝对值的几何意义可知x十1+|x一3|≥4， 7.D【解析】因为当x∈[0,1]时，f(x)=x2+ax+b,由 当且仅当一1≤x≤3时取等号，所以m<4,又因为m为 f(0)+f(1)=3,可得b+(1+a十b)=3,即a+2b=2.又 正实数，所以0<m<4,所以m的整数解取值为1,2,3， f(2)=-1,根据f(x)的图象关于直线x=1对称，可得 共有3个. f(2)=f(0),所以b=-1.将b=-1代入a+2b=2,可得 4,B【解析】因为函数f(x)=sin2x十acos2x的图象过 a=4,故当x∈[0,1]时，f(x)=x2+4x-1.因为f(x)的图 点(0，W3),所以a=√3，所以f(x)=sin2x十√3cos2x= 象关于直线x=1对称，则f(x)=f(2-x);又因为f(3十x) 2侣血2x+s2)-2a如2z+》）,辩夫因象向右 =-f(3-x),所以f(x)=-f(6-x),所以f(2-x) =-f(6-x),令t=2-x,则f(t)=一f(t十4)，进而f(t+ 平移B个单位长度得到gx)=2sin(2x+）的图象，令 8)=-f(t十4)=f(t),所以8是f(x)的一个周期，所以 2红+百-至十∈乙解得红=晋+经 6+2∈z f(2025)=f(253×8+1)=f(1)=12+4×1-1=4. 8.C【解析】由题可知B(1,一1)，所以OA=OB=√2， 5.D【解析】设双打与第二、第三场单打赢对方分别为 事件A,B,C,三场比赛中恰有两场赢对方为事件D, 由翻折的不变性可知OA1=OB1=√2，翻折后的图形 如图所示，设，点A1在x轴上的投影为E,易知A1E⊥ 剥PA)=青PB)=P(C)= 4,P(D)= 平面EOB1, 数学答案（六）第1页（共5页） B 真题密卷 备考信息导航演练（六） 10.AB【解析】对于A,若cosA=cosB,由y=cosx(0<x <)单调递减，可知A=B,则△ABC为等腰三角形， 故A正确；对于B,由a2=b2十c2-2 bccos A=9十c2 -2X3ce0s写=13，得c2-3c-4=0,解得c=4或c =-1(舍去)，所以△ABC的周长为7十√13，故B正 确；对于C,因为b2+c2-16=√3bc≥2bc-16,所以 B bc≤16(2+√3)，当且仅当b=c=2√2+2√6时取等 连接EB1,A1B1,所以A1E⊥EB1.点B1在x轴上的投影 号，所以Sa=名esin=子c≤8十45，故 为F,在△EFB1中，由勾股定理得EB=EF2十FB=5, 所以在Rt△A1EB1中，易得A1B1=√6，在△A1OB1中，由 △ABC面积的最大值为8十4√3，故C错误；对于D, 余弦定理得，A1B=A1O2+OB-2A1OXOB1· 设BC边上的中线为AD,则2AD=AB+AC,两边平 cos∠A1OB1,即6=2+2-2X√2X√2cos∠A1OB1,解 方可得4AD2=AB2+AC2+2AB·AC=22+32+2X 得cs∠A,OB,=-2所以∠A0B,=120,所以△AOB 1 2X3X行条得而=西故D蜡误。 是一个顶角为120°，腰长为√2的等腰三角形，将其绕直线 11.ABD【解析】对于A,设圆锥的侧面展开图的圆心角 A1B1旋转一周得到的旋转体为两个同底面且等高的圆锥组 合体，其轴截面如图所示， 为a,则3=2xX1,所以a-故A正确；对于B,同 维的商s0=V3可=22，所以V=了xX1.S0 日X2区-2，故B正确：时于C,设周给的两余 母线的夹角为0，则过这两条母线所作截面的面积为 ×3X3sin0-2sin0,因为过周锥母线的所有藏面 1 B 中，轴截面三角形对应的0最大，此时c0s0= 则在该轴截面中△OA1G和△OB1G为边长为√2的等 边三角形，则该旋转体内切球的半径？即为菱形 3+3一2-7>0，所以0<0<7，所以in0<1,所 2×3×3 9 OA1GB1内切圆的半径，由等面积法可得2S△A,0G 以截面面积的最大值小子，故C错误：对于D,将圆 =2·(0A:+A,G+GB,+B,0r,即2x5 1 ×(2) 锥的侧面展开，如图所示，由A可知，其展开图的圆心 =2×2X4X7,解得，-5 1 ,因此该旋转体内切球的 角为申∠ASA,-行又AS-3.SP-1,片以由余 表面积为4r2=3π n 2 孩定理可知AP=SA+SP2-2SA·SPos3 二、选择题 9.AC【解析】对于A,因为M={一1,0,1}，所以其子集 √9+1+2X3X1×2=B,故D正确. 个数为23=8，故A正确；对于B,因为M∩N≠⑦，所 以a≥-1，故B错误；对于C,由题知a≥1，故C正确； 对于D,M∩N的真子集个数为3，所以M∩N有2个 元素，所以0≤a<1,故D错误. B 数学答案（六）第2页（共5页） ·数学· 参考答案及解析 三、填空题 因为am=2n一1是单调递增数列，且a1=1, 12.√34【解析】a·b=一2-3x=1,解得x=-1,所以 所以若存在3项am,a,ap(m<k<p)成等比数列， a=(2,1),所以2a+b=(3,5),所以2a+b=√34. 则必有a=am·ap, 即(2k-1)2=(2m-1)·(2p-1), (10分) 13.√6【解析】因为2PF1=3PF2,所以设PF2=2x, 则|PF1|=3x,又|F1F2=2C,在△F1PF2中，由余弦定 化简得2k2-2k=2mp-(m十p), 理有os∠F,PF,=PF,+PR,I3-|E,E, 即k一k?=m十力 2 -m巾， (12分) 2PF1·PF2 即3x)2+(2z)2-(2c)213x2-4c27 12z2=12,解得x= 令m-1,k-2,力=5，符合k-2=m十 2 -mp, 2·3x·2x 所以a1,a2,a5成等比数列. (13分) 3c.由双曲线定义得|PF-|PF2=3x-2x= (注：若有其他答案，正确即给分) 16.解：(1)由频率分布直方图可知， =2a,即9c=2a,解得=6，所以C的离心率为 5×(0.032+0.064+a+0.04+0.008)=1, 解得a=0.056, (3分) 14.-2,1士【解桥】因为f(x)=x3十ax2+bx+3的 所以补全后的频率分布直方图如图所示， 对称中心为(1,2)，所以f(x)十f(2-x)=4,即x3十 频率 组距 a.x2+bx+3+(2-x)3+a(2-x)2+b(2-x)+3= 0.064--- 4,整理得(6+2a)x2-(12+4a)x+4a+2b+14=4, 6+2a=0, 0.040 a=-3, 所以12十4a=0, 解得 故a十b=-2. 0.032 b=1, 4a+2b+14=4, 因为f(x)=x3-3x2+x十3，所以f'(x)=3x2-6x十 0.008 含了=0，解得x上，马验证得工士9 ·两 155160165170175180身高/cm (5分) √6 侧区间的单调性相反，所以f(x)在x=1士 处取得极 3 又因为5×(0.032+0.064)=0.48<0.5， 5×(0.032+0.064+0.056)=0.76>0.5, 值，故fx)的板值点为1士5 3 所以中位数在区间[165,170)内，设其值为b, 四、解答题 所以0.48+(b-165)×0.056=0.5,解得b≈165.36， 15.解：(1)设{am}的公差为d, 所以样本中学生身高的中位数约为165.36. (8分) 由a2十a6=14,S10=100, (2)由题意可知， a1+d+a1+5d=14, 2=1+2+3+4+5-3, 5 .10×9 10a1+ 2d=100, (2分) y-158+162+166+170+184-168, (10分) a1+3d=7, 化简得 2a1+9d=20, xy,=1X158+2X162+3X166+4×170+5×184= i=1 解得a1=1,d=2, (4分) 2580, 所以an=2n-1. (6分) 2x9=12+2+32++53=5, (12分) (2)由(1)知am=2n-1, 所以am=2m-1,a。=2k-1,ap=2p-1, 根据公式，可求得6=2580-5×3×1686 55-5×32 06, 数学答案（六）第3页（共5页） B 真题密卷 备考信息导航演练（六） 则a=168-6×3=150, (14分) 令之=1，则y=-√7，x=-√7(2λ-1)， 所以所求回归直线方程为y=6x+150. (15分) 可得m=(-√7(2λ-1)，-√7,1)， (10分) 17.(1)证明：当入=2时，即M为线段B,C,的中点， 由题意可知，平面A1BC的法向量n=(1,0,0), (11分) 因为△ABC≌△A1B1C1,所以A1B1=A1C, 所以B1C1⊥AM, (2分) √7|2λ-1| 所以cos(m,n)1=mn7(2以-)。， 又BC∥B,C1,所以BC⊥AM, (12分) 又因为AO⊥平面ABC,平面A1B,C1∥平面ABC, 所以A1O⊥平面A1BC1,A1MC平面AB1C1, 又平面A,BC与平面A,MC夹角的余弦值为√厕 79 所以A1O⊥AM, (4分) √712λ-1_√553 2=1D+879,解得入3或1=2 所以 1 且A1O∩BC=O,A1O,BCC平面A1BC, Γ3 所以A1M⊥平面A1BC. 1 2 又因为A:MC平面A1MC, 所以入的值为或 (15分) 所以平面A1MC⊥平面A1BC. (6分) (2)解：因为AB=AC=2,O为BC的中点，所以AO 18.1搬：由题老可得e一一号是+8-1。公分) ⊥BC,且A1O⊥平面ABC,故以O为坐标原点，OA, 又a2=b2+c2,解得a=2,b=√5，c=1, OB,OA1分别为x,y,之轴，建立如图所示的空间直 枚C的方为+号-1 (4分) 角坐标系， (2)解：由(1)知C的上焦点F(0,1), 所以1的方程为y=1, 将y=1代人C的方程 31, 可得 放AB=3,PA=PB-,由余弦定理得 因为AA1=2AB=4,所以OA=√2， 1313 9 A,O=√AA-AO2=√14， cOs∠APB= 4十4 5 13 (9分) 所以A(2,0,0）),B(0,2,0),C(0,-√2,0)， 2x 1x/B 2 2 A1(0,0,√14)， y2 ③)证明：由定义可知，C无十3=1， 可得CB=C1B1=(0,2√2,0)， CC=AA1=(-√2,0,14)， x2,y2 联立+3 =1, 消去y可得(4k2+3)x2十8kmx+ 所以CM=CC+CM=(-2,22x,W14), y=kx+m, CA1=(0,N2,W14). (8分) 4m2-12=0, 设平面A1MC的法向量为m=(x,y,z), △>0， m·CM=(x,y,z)·(-√2,2√2λ，√14)=0， 设E(x1y1),F(x2y2), 则 m·CA=(xy,z)·(0,W2,W14)=0, -8km 4m2-12 则x1十x2=4h2+3x1x 4k2+31 (12分) x=(2λ-1)y, 化简得 y=-7, 所以ke·kae=y=k1十m)(kx2十m) x1I2 x1X2 B 数学答案（六）第4页（共5页） ·数学· 参考答案及解析 3m2-12k23 因为x1,x2分别是方程f'(x)=0的两个不等的实数根， 4m2-12-4’ (14分) 所以-a<0,即a>0, 整理得2m2=4k2+3, 所以实数a的取值范围为(0，十∞). (10分) 原式得证. (17分) ②证明：因为x1,x2分别是方程f'(x)=0的两个不 1 19.(1)解：当a=1时，fx)=2x2-xlnx-x, 等的实根， 所以不妨设0<x1<1<x2, f'(x)=x-Inx-2, (1分) 若“动态切线系列”中存在两条切线平行于x轴， 则x1-lnx1-a-1=0,x2-lnx2-a-1=0, 则方程f'(x)=x-lnx-2=0有两个不等的实数根， x1-Inx1=a+1,x2-Inz2=a+1. 要证x1十x2>a十2，即证x2>a+2-x1=1-lnx1: (2分) 当0<x<1时，1<1-lnx, 记g(x)=f'(x),所以g'(x)=1-1=x-1 x 由①知g(x)=f'(x)=x-lnx-a-l, 当x∈(0,1)时，g'(x)<0,g(x)单调递减， 且有g(1-lnx)=1-lnx-ln(1-lnx)-a-1, 即f'(x)单调递减； (13分) 当x∈(1，十∞)时g'(x)>0,g(x)单调递增， h(x)=g(x)-g(1-In x)=x-1+In(1-In x) 即f'(x)单调递增， (3分) (0<x<1), 又因为f'(1)=-1<0, ()-1-z(1-<x<1). 1 1 设p(x)=x(1-lnx)(0<x<1), f'(e2)=e2-lne2-2>0, (5分) 则p'(x)=-lnx>0, 所以3x1∈(0,1)，使得f'(x1)=0, 所以9(x)在(0,1)上单调递增， 3x2∈(1，十∞)，使得f'(x2)=0, 所以0<p(x)<p(1)=1, 所以方程f'(x)=x一lnx-2=0有两个不等的实数根， 1 所以h(x)=1-x1-inD<0, 所以“动态切线系列”中存在两条切线平行于x轴. 即h(x)在(0,1)上单调递减. (7分) 因为h(1)=g(1)-g(1)=0, 1 (2)①解：因为fx)=2x3-xlnx-ax, 所以h(x)>0,即g(x)>g(1-lnx). 所以f(x)的定义域为(0，十∞)， 因为0<x1<1,所以g(x1)>g(1-lnx1).(15分) 且f'(x)=x-lnx-a-l, 因为g(x1)=g(x2)=0, 由切线不等式易知x一1≥lnx(当且仅当x=1时，等 所以g(x2)>g(1-lnx1). 号成立)，即x-lnx一1≥0恒成立，所以当a≤0时， 由①可知g(x)在(1，十∞)上单调递增， f'(x)=x-lnx-a-1≥0，f(x)在(0，十∞)上单调 所以x2>1-lnx1,即x1十x2>a+2得证.(17分) 递增，不符合题意， (8分) 数学答案（六）第5页（共5页） B