冲顶实战演练（一）-【真题密卷】2025年高考数学考前冲顶实战演练

2024一2025学年度考前冲顶实战演练 题 数学（一） 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.若集合M={-4,-2,1,5},N={xx=3k一7，k∈Z},则M∩N= A.{-4,-2,1,5}B.{-4,-2,5} C.{-4,5} D.{5} 2已知&=a+6iab∈R,且6二-2-i,则1 A.√2 B.2 C.√10 D.23 3使不等式>2成立的一个必要不充分条件是 A.-1<x<0 B.x<-1 c>-号 D.-1<x<-2 4.已知向量a,b满足a=4,b=(-2,1),(3b-a)·a=一10，则a在b方向上的投影向 量为 () A(传-》 》 c(45,25 4,-25 5.若tan(-3元+0)=-3，则sim29tan(+20)= 3 21 B.一5 3 A.35 C.7 D. 的展开式中xy3的系数为 ( A.-5 C. D.5 7.已知点M在圆C:x2+y2-6x-4y+13-a=0上运动，直线l:(2k+1)x+(k-1)y+ 3k=0(k∈R)恒过点P,若PM的最小值为3，则a= () A.2 B.4 C.2或8 D.4或64 数学试题（一）第1页（共4页） 真题密卷 8.已知函数f(x)满足f(x)+f(一x一2)=2，其图象关于直线y=x对称，且当一1≤x 班级 32 ≤0时，fx)=2-1,若fm)=lo:2则m= ( ) A号 限号 D.- 姓名 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。 得分 2,x<0, 9.已知函数f(x)=《 则下列说法正确的是 (x-1)2,x≥0,1 A.f(x)的值域为[0，十∞) Bf(-1)<f8) C.若关于x的方程f(x)=a有三个不相等的实数根，则0<a<1 D.若f(x)<4,则x<3 10.已知函数fx)=Asin一君}A>0,u>0)的部分图象如图所示，将图象上所有点 的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，得到y=g(x)的图象，则 () A.w=1 Rf)的图象关于点(-o对称 C.g(x)在区间0,3 4π 上单调递增 D.g(x)在[0，π]上的最大值为3 11.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，点M满足DM=λDB+DD1(0≤入≤1,0 ≤≤1)，下列说法正确的是 () A.BM⊥AC B若AM与平面BDD,B,所成角为60，则M的轨迹长度为2 3π B M D以2 C.若入=μ，则AM与平面BDDB1所成角的最大值为60° D.若X=2,则A1M与BM可能垂直 考前冲顶实战演练 数学试题（一）第2页（共4页） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.写出使得不等式C+1<C成立的一个整数n的值 13.已知正三棱台ABCA1B1C1上底的边长为2√3，下底的边长为4√3，侧面与底面所在 平面的夹角为60°，则该三棱台的体积为 知双曲线C名-a>0,b>0)的左有焦点分别为F一c,0,P,c,0,圆 x2+y2=c2与C在第一象限的交点记为M,直线MF2与C交于另一点N,若MN= 5MF2,则C的离心率为 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)在△ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且满足ccos A+a cos C= o() (1)求cosB的值； (2)若2a+c=4,求△ABC面积的最大值， 16.(15分)如图，在三棱锥D-ABC中，DA⊥平面ABC,DA=AB=BC=AC=2,M为 棱BC上一点，N为线段DM上一点， B A (1)若M为BC中点，是否存在点N,使得AN⊥平面BCD?若存在，求MN的长；若 不存在，请说明理由。 (2)若DB与平面ADM所成角的正弦值为，求点M的位置， 17.(15分)某保险公司的一款产品，若产品的价格不变，则收费标准及优惠规则如下：首次 购买按照标准保费，若一年内没有出险的，则第二年保费下降到标准保费的90%；若连 续两年没有出险的，则第三年保费下降到标准保费的80%；若一年内出险一次，则次年 保费会恢复为标准保费；若一年内出险两次，则次年的保费上浮到标准保费的120%； 数学试题（一）第3页（共4页） 真题密卷·考肩 若一年内出险三次及以上，则次年的保费上浮到标准保费的150%.现已知小王首次购 买的保费为5000元. (1)假设小王每年内的出险次数及概率如表所示： 出险次数 0 1 2 3 概率 0.5 0.3 0.1 0.1 记X为第三年的保费，求X的分布列及数学期望， (2)以三年的保费总额为依据，已知小王去年首次购买该保险且一年内没有出险，今年 已经出险了1次，现又遇到一次险情，损失为880元，如果让保险公司理赔，那么小 王则无需承担这次损失，如果不让保险公司理赔，那么小王则需承担这次损失，保 险公司不记录本次险情，假设本年不再出现险情，试分析小王是否让保险公司 理赔？ 18.17分)已知椭网C的中心为坐标原点0，对称轴为坐标轴，且经过点A1,号》， 》 (1)求C的方程. (2)过直线x=2上一点D,作两条直线l1,l2,l1与C交于E,F两点，12与C交于M, N两点，点P,Q分别为弦EF,MN的中点，记l1,l2的斜率分别为k1,k2 (i)若DEDF=DMDN,证明：k1+k2为定值， (iⅱ)在(1)的条件下，若D(2,0),记△OPQ的面积为S,则S是否有最大值？若 有，求出最大值；若没有，请说明理由 19.(17分)已知数列{am},若对Hn∈N*,n≥2，都有am-1十am+1≥2am,则称{am}为凸 数列 (1)若an=2n一n2,试判断{an}是否为凸数列，并说明理由 (2)定义：△am=am+1一am,△2am=△am+1一△am,若{an}为凸数列，证明：△2am≥0. (3)证明：{a,}为凸数列的充要条件是“对V,m,n∈N',当k<m<n时，有：二a≤ m-k an一akn n-k 奇冲顶实战演练 数学试题（一）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学年度考前冲顶实战演练 数学（一） 一、选择题 令 |2x+y+3=0 可得仁=-1， 1.C【解析】因为M={-4,-2,1,5},N={xx=3k一7， x-y=0, y=-1, k∈Z={…,-7,-4,-1,2,5,8,…},所以M∩N= 即直线l恒过P(-1,-1), {-4,5}. 点P到圆心C的距离|PC|=√(3十1)2十(2+1)= 4【解桥】由。312一i可得a-3i=6-)2- 5,因为PM的最小值为3，所以5一√a=3或√a一5 =3,所以√a=2或√a=8,解得a=4或64. 即a-3i=(2b-1)-(b+2)i,所以 a=2b-1 解得b=1, a=1, 8.B【解析】设x∈[-2，-1]，则-x-2∈[-1,0]，因为 b+2=3, 则之=1十i,所以|x|=√2. 1e+f-x-2)=2,且-1<0时1x)2 3A【锅标】周为>8，则中0家得-1<： 1,所以x∈[-2，-1]时，f(x)=2-f(-x-2)=3 2+2∈[1,2]，因为f(x)的图象关于直线y=x对称， <},根据题意并结合选项可得A正确， 所以x∈1,2]时，x=3-2+2,即y=l0g2(3-x) 2∈[-2，-1]，又f(x)+f(-x-2)=2,设x∈ 4.B【解析】由(3b-a)·a=-10,a=4,得a·b= [-4,-3],则-x-2∈1,2]，所以x∈[-4，-3]时， 2,由已知得|b=√5，所以a在b方向上的投影向量 f(x)=2-f(-x-2)=4-log2(x+5)∈[3,4]，因为 台-（台 fm)-1oe:号∈B,且由f(x)的图象可知，f(x） 单调递减，所以m∈[-4，-3]，令4-log2(m十5) 5.B【解析】因为tan(-3π十0)=-3，所以tan0=-3, m20=-m管19)-H _1+tan20 =16a碧解得m=一子 =7, 二、选择题 又sin20= 、 2sin Ocos 0 2tan 0 ,所以 9.ACD【解析】当x<0时，f(x)=2∈(0,1)，当x≥0 sin20+cos20 1+tan20 时，f(x)=(x-1)2∈[0，十∞)，所以f(x)的值域为 [0,十∞)，故A正确； 因为f(-10=f()-量，所以f(-1D>f(层》， 6.B【解析】展开式的通项公式T+1=C (-y) 故B错误； 5-r 作出f(x)的图象如图所示： Cx号y,根据题意令 =1, 2 解得r= y=f(x) r=3, 3,所以含xy3的项为一 2xy3, 印侣-)厂的展开式中四的系载方2 7.D【解析】圆C:x2+y2-6x一4y+13-a=0,化为标 若关于x的方程f(x)=a有三个不相等的实数根，则 准方程为(x-3)2+(y-2)2=a, 0<a<1,故C正确； 圆心为C(3,2),半径为r=√a, 当x≥0时，由(x-1)2<4可得0≤x<3,当x<0时， 直线l整理可得(2x十y十3)十x-y=0, 显然符合，故D正确. 数学答案（一）第1页（共5页） 真题密卷 考前冲顶实战演练（一） 10.AC【解析】由田可知A-3,因为点(，3)在 则D(0,0,0),C(0,2,0),D1(0,0,2),A1(2,0,2), B(2,2,0), fx)的图象上，所以f(）=3,即sin2g-）=1, 若X-},则DMi=Di+nDD=1,l20）, 所以2g”音=2张十受∈Z.解导w=3+1h长7 A1M=A1D+DM=(-1,1,2μ-2)， 同为行<听以<所以。1减A BM=BD+DM=(-1,-1,2μ)， 因为fa)=3sm(e-）,丙f(-）=3sin(-5） 假设A1M⊥BM,则A1M·BM=0,即2μ(2-2)= 0,解得以=0或4=1，所以A1M与BM可能垂直，故 2放B错误：ga)=3sin(货-君），由0≤x< 3 D正确. 得-百≤号-晋<受此时g)*鸿地，故C正 三、填空题 12.12(答案不唯一，满足n≥12即可)【解析】因为C+1 喷：调为当xD风时，受一晋∈[百，引此时 <C,所以 (n+1)！ n！ n-3)1X410a-5)1×51,即 g)单拥是，所以g)的景大位是，故D绢民 n+1 11.ACD【解析】由正方体的性质可知，AC⊥平面 n-3)(n-4)<5,即n2-12m+7>0, .1 BDDB1, 因为n≥5，所以n>6+√29，所以n≥12. 因为DM=ADB+DD1,所以BMC平面BDD1B1, 13.21【解析】设正三棱台ABCA1B1C1上、下底面的中 所以BM⊥AC,故A正确； 心分别为O1,O,取棱BC,B1C1的中点D,D1,连接 设AC与BD的交点为O,因为AC⊥平面BDD1B1, OO1,DD1,OD,O1D1,如图所示， 所以∠AMO是AM与平面BDD1B1所成的角，因为 AM与平面BDD1B1的夹角为60°，所以tan60°= B OA√2 DM=M,解得OM二51，即M的轨迹是矩形 6 BDDB1内，以0为圆心，3为半径的半圆，孤长为 v6 ,故B错误； 若入=H,则点M在对角线DB1上，设AM与平面 由正三棱台的性质可得，OD⊥BC,DD1⊥BC, √2 因为侧面与底面所在平面的夹角为60°，所以∠D1DO BDD1B1所成的角为0，则由B可知，tan0= h当0 =60°， BB1 6 最大时，OM取得最小位，即OM=B,D·OD= 因为上底的边长为23，下底的边长为4√3，所以 3 则tan0=√3,0=60°，故C正确； O1D1=1,OD=2, 建立如图所示的空间直角坐标系： 在直角梯形ODD1O1中，易求OO1=√3， D C 上底面西积为分×2，)”×-35，下底质而瓶为 A B 号×(《，)×-128，所以波三校台的体积为V =号×38+125+35×123)×5=21. y 4.√73【解析】如图，连接MF,NF1,设MF2=m, 则|MF1|=2a+m, 数学答案（一）第2页（共5页） ·数学· 参考答案及解析 16.解：(1)存在 (1分) 证明如下： 作AN⊥DM于点N, 因为AB=BC=AC,M为BC中点， 所以AM⊥BC, (2分) 因为DA⊥平面ABC,BCC平面ABC,所以DA⊥BC, 因为AM∩DA=A,AM,ADC平面DMA,所以BC ⊥平面DMA, (4分) 因为ANC平面DMA,所以BC⊥AN, 因为MN=5MF2,所以|NF2|=4m,|NF1|=4m+ 又因为DM∩BC=M,DM,BCC平面BCD,所以 2a, AN⊥平面BCD, (5分) (2a+m)2+m2=4c2, 在Rt△DAM中，DA=2,AM=√5，所以DM=√7， 因为MF1⊥MF2,所以 (2a十m)2+25m2=(2a+4m)2, 由相似三角形可得MN0=2-3y. (7分) 6 m= 5a, (2)以A为坐标原点，AB为x轴，在平面ABC内过 解得 =c_√73 故e= √73 a5. 点A与AB垂直的直线为y轴，AD为之轴，建立如图 C- 5a, 所示的空间直角坐标系， (8分) 四、解答题 15.解：(1)由正弦定理得sin Ccos A+sin Acos C= 3 in Beo(B+经) 所以sin(C+A)=snB-8 sino(B+）, x B (2分) 又B∈0x,则mB≠0，得到os(B+）=子，所 则A(0,0,0),B(2,0,0),D(0,0,2),C(1√3,0)， 以n(8+）= (4分) Ad=(0,0,2),Di=(2,0,-2),BC=(-1,W3,0), 设BM=ABC(0≤A≤1)，则AM=AB+BM (2,0,0)+(-入3x,0)=(2-λ，W3λ，0) =cos(B+）cos+sin(B+)sin 设n=(x,y,z)为平面ADM的一个法向量， 则 n·AD=2x=0, 令y=1,则n= (6分) n·AM=(2-a)x+√3λy=0, W3λ 0-21,0/, (11分) (2)由1)得sinB=个-c0sB= 10, (7分) 设DB与平面ADM所成的角为0，则sin0= |DB·nl 2 acsin B= 1 DBn S△ABC= 20ac, (8分) 23λ 1 入-2 √2 因为2a十c=4,所以ac= 4 (13分) 2（2 3λ2 22× (11分) √a-2)+1 当且仅当2a=c=2,即a=1,c=2时等号成立， 解得入=2或入=-1（舍）， √2 所以△ABC面积的最大值为10： (13分) 所以成=号成，即M为BC中点。 (15分) 数学答案（一）第3页（共5页） 真题密卷 考前冲顶实战演练（一） 17.解：(1)由题意X的所有可能取值为4000,4500， 设E(x1,y1),F(x2,y2）,M(x3y3),N(x4y4), 5000,6000,7500, (1分) 直线l1的方程为y=k1(x一2)十t, P(X=4000)=0.5×0.5=0.25, y=k(x-2)+t, 联立 得(1十2)x2+4k1(t-21)x P(X=4500)=(1-0.5)×0.5=0.25, x2+2y2=2, P(X=5000)=0.3, +2(t-2k1)2-2=0, P(X=6000)=0.1, 故4>0，x1十x2=- 4k1(t-2k1) P(X=7500)=0.1, (6分) 1+2k2 则X的分布列为 2(t-2k1)2-2 1+2k 4000 4500 5000 6000 7500 y1+y:=1x1+x&-4)+2z=2-2,) 1+2?,y1y2= (t-2k1)2-2k 0.25 0.25 0.3 0.1 0.1 (7分) 1+2k号 (8分) DE.DF=(x1-2)(x2-2)十(y1-t)(y2-t) 数学期望E(X)=4000×0.25十4500×0.25+5000 =x1x2-2(x1+x2)+y1y2-t(y1+y2)+t2+4 ×0.3+6000×0.1+7500×0.1=4975. (10分) 2(t-2k1)2-2,8k1(t-2k)(t-2k1)2-2k经 (2)假若不让保险公司理赔，则三年的保费总额为： 1+2k2 1+2k号 1+2k2 5000+5000×90%+5000=14500元； (12分) 2t(t-2k1) +t2+4 1十2k2 假若让保险公司理赔，则三年的保费总额为：5000十 t2+1 5000×90%+5000×120%=15500元，所以如果让 1+2k +t2+1, (9分) 保险公司理赔，那么三年的保费总额会增加1000元， (14分) 同理可得成，成仟安++1 (10分) 因为1000>880，所以小王应该自己承担损失. 因为DE.DF=DM·DN,所以？=k, (15分) 因为1≠k2,所以k1=一k2,即k1十k2=0.(11分) 18.(1)解：设C的方程为mx2十ny2=1,因为C经过 (i)解：由(1)知k1十k2=0,不妨设k1>0,由△>0 A-1,）停》 √2 22 可得好<名甲，号 1 8ki 一4k1 m+ 2n=1, 1 由x1+x?=1+2ky1十y2=1+2k1 所以 解得 m=2' (2分) 2n3 1 所以P 4-2k1 n=1, n=1, 1+2k31+2/ 所以C的方程为写+y1 4k2k1 (4分) 因为1=-k2,所以Q(1十261+2》 (13分) (2)(i)证明：设D(2,t), 1 4ki 4k1 8k1 S= 2~1+2k"1+2k7(1+2k)2· (15分) S'= 十281，由0<1<得s>0,所以5 k(24-16k) 在(0，号)上单调递瑞，所以S不存在经大做 (17分) 19.(1)解：不是。 (1分) 证明如下： am-1+am+1-2am=2(n-1)-(n-1)2+2(n+1)- 因为DE|IDF|=|DM|IDN|, (n+1)2-4n+2n2=-2<0, (3分) 所以DE.D求=DM.DN, (5分) 故am-1十am+1<2am,所以{am}不是凸数列.(4分) 数学答案（一）第4页（共5页） ·数学· 参考答案及解析 (2)证明：由题意△2an=△am+1一△an=an+2一am+1一 所以二2≤a+1一4.，所以，a≥2，二4 (an+1-an)=an+2+an-2an+1, (6分) m-k n一mm-k9 因为{am}为凸数列，所以am+2十an≥2am+1,即am+2十 因为0：二a-a。-0m十am-a些_a。-am+am一at n-k n-k am-2am+1≥0，所以△2am≥0. (8分) n一kn-k (3)证明：先证明充分性：对Hk,m,n∈N*,当k<m 所以要证名≤公，只霸证公十 n-k n-k <n时，有2：二a≤a。二a m一k n-k, ≥aa4 m-k’ 取m=为十1，m=k十2，则有0+1，一a≤0+2一a 1 2 即证≥aa(。 即a+2十a≥2a+1,所以{am}为凸数列.(11分) 因为n-k>0, 再证明必要性：因为{an}为凸数列，所以对Hn∈N, 都有an十am+2≥2am+1,即am+2一am+1≥amt1一am,所 所以只需证a,一a≥aa)冬刂=a。-a:)· 以对Hk,m,n∈N",当k<m<n时，有an一am= 》 (am一an-1)十(am-1-am-2)+…十(amt1-am)≥(n -m)(am+1一am）, 即证，一0m≥a一a,此式已证明成立，所以2：二a n-m m-k m一k 所以8，二0>an+1-am, (13分) n-m sa。a n-k 又am-ak=(am一am-1）十(am-1一am-2）十…十 综上，可得{an}为凸数列的充要条件是“对V,m,n (ak+1-ae)≤(m一k)(am-am-1)≤（m-k)· (am+1一am）, (14分) ∈N,当<m<n时，有a:二a≤a:二a”.(17分) m-k n-k 数学答案（一）第5页（共5页）2024一2025学年度考前冲顶实战演练 数学（一） 姓名 准考证号 填涂范例 考场号： 正确填涂■ 错误填涂区 拉 MIM①II)I o00000000 座位号 1 2刀 33 K 3 B 33 B 4444444号+4 姓名××× 准考证号×××××× 缺考 (填涂说明：缺考考生由监考员用2B ④ ④4④④4印4I4④4I44I 标记 铅笔填涂准考证号及左边缺考标记) 66 66 66 6 6 贴条形码区 (77 III刀刀 I 刀 开考15分钟以后，缺考考生由监考员粘贴条形码， 88I 8I8I88I8 8 8 考场号×× 座位号×× 并用2B铅笔填涂上方的缺考标记 9 选择题 单项选择题 : IA ID 3☒团四 5IB田UI 7四B团U 2四BD 4四团©D 6四围四 8四团D 多项选择题 9AB C 10A☒四 11四B四 非选择题 12 14 请在各题目的答题区域内作答，超出答题区域的答案无效 答题纸数学（一）第1页（共5页） 请在各题目的答题区域内作答，超出答题区域的答案无效 15.(13分) 16.(15分) D 请在各题目的答题区域内作答，超出答题区域的答案无效 答题纸数学（一)第2页（共5页） 请在各题目的答题区域内作答，超出答题区域的答案无效 17.(15分) 请在各题目的答题区域内作答，超出答题区域的答案无效 答题纸数学（一）第3页（共5页） 请在各题目的答题区域内作答，超出答题区域的答案无效 18.（17分) 请在各题目的答题区域内作答，超出答题区域的答案无效 答题纸数学（一)第4页（共5页） ■■■■■■■■■■■■■■■■■■ 请在各题目的答题区域内作答，超出答题区域的答案无效 19.(17分) 紫 请在各题目的答题区域内作答，超出答题区域的答案无效 答题纸数学（一）第5页（共5页）2024一2025学年度考前冲顶实战演练 数学（一） 姓名 准考证号 填涂范例 考场号： 正确填涂■ 错误填涂☑ ☒ 边 ))))①))①)① D 卫DD0卫D0 D 座位号 2 B 333I333I33] 缺考 (填涂说明：缺考考生由监考员用2B ④ 4④ 4④④4④4I4④4I4④ 4④ 姓名××× 准考证号×××××× 标记 口 铅笔填涂准考证号及左边缺考标记) I 6 贴条形码区 I I ma I a 开考15分钟以后，缺考考生由监考员粘贴条形码， 园 8 8]8 88I 8]8] 8 考场号×× 座位号×× 并用2B铅笔填涂上方的缺考标记 四 选择题 单项选择题 : 1AIB]C☒I 3 AB]C 5 A B CD 7IB田I) 2IB四D 4IB☒CD 6团B围☑四 8四B四) 多项选择题 9AIB图C☒D 10AB四 11A☒☑四 非选择题 13 请在各题目的答题区域内作答，超出答题区域的答案无效 答题纸数学（一）第1页（共5页） 请在各题目的答题区域内作答，超出答题区域的答案无效 15.(13分) 16.(15分) B 请在各题目的答题区域内作答，超出答题区域的答案无效 答题纸数学（一)第2页（共5页） 请在各题目的答题区域内作答，超出答题区域的答案无效 17.(15分) 请在各题目的答题区域内作答，超出答题区域的答案无效 答题纸数学（一）第3页（共5页） 请在各题目的答题区域内作答，超出答题区域的答案无效 18.（17分) 请在各题目的答题区域内作答，超出答题区域的答案无效 答题纸数学（一)第4页（共5页） ■■■■■■■■■■■■■■■■■■ 请在各题目的答题区域内作答，超出答题区域的答案无效 19.(17分) 擗 请在各题目的答题区域内作答，超出答题区域的答案无效 答题纸数学（一）第5页（共5页）