2025年普通高等学校招生“圆梦杯”高三统一模拟考试（七）数学试卷（附答案解析）

这是一份2025年普通高等学校招生“圆梦杯”高三统一模拟考试（七）数学试卷（附答案解析），共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．若复数的实部为1，则（ ）
A．1B．2C．iD．
2．抛物线的准线方程为（ ）
A．B．C．D．
3．设向量，.若与共线，则（ ）
A．6B．C．D．
4．已知函数，若，则（ ）
A．B．C．D．
5．从1，2，3，4，5这5个数中任取两个数，则这两个数的乘积为偶数的概率为（ ）
A．B．C．D．
6．已知函数在区间单调递增，则的最小值为（ ）
A．-1B．-2C．-3D．-4
7．已知，记为等比数列的前项和.设命题；命题，则命题是命题的（ ）
A．充要条件B．充分不必要条件C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件
8．已知函数，的定义域均为，且的图像关于点对称.设集合，，，则（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知两组样本数据，第一组，第二组，若，则（ ）
A．这两组数据的平均数一定相等B．这两组数据的极差一定相等
C．这两组数据的第90百分位数一定相等D．这两组数据的众数一定相等
10．已知椭圆的左顶点为，右焦点为.点在线段（为坐标原点）上，且与圆有且只有一个公共点，点，Q分别为和圆上的动点，则（ ）
A．的最大值为2B．为定值
C．圆半径的最大值为1D．的最小值为3
11．设a，b为正数，若函数在区间上有且仅有两个零点，则（ ）
A．有最大值B．有最小值
C．的最小值为D．的最小值为
三、填空题
12．已知圆锥的母线长为2，其侧面展开图是一个半圆，则该圆锥的体积为 ．
13．如图，某公园内有一个半圆形湖面，为圆心.现规划在半圆弧岸边取点C，D，满足，在扇形和扇形区域内种植荷花，在扇形区域内修建水上项目，并在湖面上修建栈道，BD，作为观光路线，则当最大时， .
14．如图，由9个单位小方格组成的方格表中共有16个格点，将每个格点染成灰色或黑色，满足：若任意4个格点构成矩形的4个顶点，则这4点中至多有2点被染成灰色.则被染为灰色的格点数目最多为 .
四、解答题
15．如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面，，E，F分别是，的中点.
(1)证明：平面；
(2)求二面角的正弦值.
16．小明连续投篮两次，若第一次投中，则第二次也投中的概率为，若第一次未投中，则第二次投中的概率为，已知第一次投中的概率为.
(1)记小明投中的次数为随机变量，求的分布列及数学期望；
(2)求在第二次投中的条件下，第一次也投中的概率.
17．已知双曲线的左、右焦点分别为，，点在上，且.
(1)求的标准方程；
(2)过的直线交于M，N两点，线段与线段交于点，若的面积等于的面积，求.
18．已知函数，.
(1)当时，求的最大值；
(2)证明：存在唯一极值点；
(3)若存在开区间，使得，当且仅当，求的取值范围.
19．若互不相交的非空集合满足：，且对任意，，则称是“集合对”.
(1)写出一个集合对；
(2)若，，证明：不存在集合对，使得，，；
(3)若数列满足，，证明：当时，不存在集合对.
《2025年普通高等学校招生“圆梦杯”高三统一模拟考试（七）数学试卷》参考答案
1．B
【分析】设，根据共轭复数概念及复数加法法则得到答案.
【详解】设，则，
故.
故选：B
2．C
【分析】根据抛物线的标准方程，可得答案.
【详解】抛物线的准线方程为.
故选：C.
3．C
【分析】根据向量共线的坐标表示运算求解即可.
【详解】因为，，
若与共线，则，解得.
故选：C.
4．B
【分析】由对数的概念和运算性质求解即可；
【详解】，
即，
即，又，
所以
故选：B
5．D
【分析】利用列举法，结合古典概型的概率公式，可得答案.
【详解】从1，2，3，4，5这5个数中任取两个数的情况有：
，共种；
符合题意的有，共种.
所以概率为.
故选：D.
6．A
【分析】首先需要对函数求导，然后根据函数在给定区间单调递增这一条件，得到导数在该区间的取值情况，进而求出参数的取值范围，从而确定的最小值.
【详解】已知.
对求导得.
因为函数在区间单调递增，所以在区间上恒成立.
即在上恒成立，可转化为在上恒成立.
设，.
因为在上单调递增，所以在上单调递增.
那么在上单调递减.
则.
由于在上恒成立，所以.
所以的最小值为.
故选：A.
7．A
【分析】先说明充分性，由，得到，分，，和等情况说明，充分性成立；再用同样的方法说明必要性成立，得到答案.
【详解】设的公比为，则，
若，则必有，
当时，当时，，故；
当时，，
若，则，故，
若，则，故，
若，，故，
综上，充分性成立，
若，当时，，故，
当时，，
由于或或时，的正负均相同，故，
所以，则，
综上，必要性成立，
所以命题是命题的充要条件.
故选：A
8．A
【分析】先根据对称性得到,从而，然后即可做出判断.
【详解】因为函数的图象关于点对称，所以，所以，
由于，
，
与互相都不能推出，
所以互不包含，
，其它不一定正确.
故选：A.
9．BC
【分析】根据给定条件，利用平均数、极差、第90百分位数的定义判断ABC；利用众数的定义举例说明判断D.
【详解】由，得，第一组数据由小到大排列为，
，第二组数据由小到大排列为或，
对于A，由
，当且仅当取等号，
因此这两组数据的平均数不一定相等，A错误；
对于B，这两组数据的极差都为，B正确；
对于C，由，得这两组数据的第90百分位数都为，C正确；
对于D，取，第一组数据为，5个数据出现次数相同，
第二组数据为，其众数为2，因此这两组数据的众数不同，D错误.
故选：BC
10．ABD
【分析】根据P点位置判断A；利用椭圆第二定义判断B；利用联立方程的方法可判断C；结合椭圆第二定义以及距离的几何意义判断D.
【详解】对于A，当点P位于椭圆的长轴上的一个顶点时，取最大值，最大值为2，A正确；
对于B，椭圆的右准线为，
根据椭圆第二定义可知，B正确；
对于C，设，则圆M的方程为，
联立得，
令，此时方程有两相等实数根，符合题意，
则，圆的半径为，C错误；
对于D，由于，
则，当且仅当P位于时取等号，
即的最小值为3，D正确，
故选：ABD
11．BC
【分析】对于AB，由的零点题意可得，对应范围，然后由不等式性质可判断选项正误；对于C，注意到，由AB分析结合导数知识可判断选项正误；对于D，由基本不等式结合基本不等式取等条件及题意可判断选项正误.
【详解】对于A，由，可得或，.
则或，.
因a，b为正数，且函数在区间上有且仅有两个零点，
则或或，其中.
当时，可得；
当时，类似可得；
当时，类似可得.
综上可得有最小值，无最大值，故A错误，B正确；
对于C，注意到，又由AB分析知，
当时，，
，则此时；
当时，同理可得：，
其中.令，则，，
构造函数，则，
即在上单调递增，
则；
当时，同理可得：，
其中.令，则，，
构造函数，则，
即在上单调递增，则；
因，综上可知，的最小值为，故C正确；
对于D，由以上分析可知，由基本不等式，，
当且仅当时取等号，此时，为，因，
则此时只有一个零点，不满足题意，则取等条件不成立，
则，故D错误.
故选：BC
【点睛】关键点睛：本题涉及三角函数的零点，所涉情况较多，故适当分组，分组讨论解决问题；C选项中，若难以注意到，可由待定系数法确定相关系数；
要使用基本不等式，需满足一正，二定，三相等，三个条件缺一不可.
12．
【分析】由条件求解底面半径和圆锥的高，即可求得圆锥的体积.
【详解】设底面半径为，由题意可知，解得：，
圆锥的高，
所以圆锥的体积.
故答案为：
13．/
【分析】先设半径为1，再应用余弦定理得出，最后结合降幂扩角公式化简应用二次函数的最值计算求解.
【详解】设圆的半径为1，设，
在中，余弦定理得，，
在中，余弦定理得，，
在中，余弦定理得，，
所以，
设，所以当时取得最大值，
当，即得.
故答案为：.
【点睛】
14．6
【分析】分类讨论每行涂成灰的格点个数，再分析每列涂成灰色的格点个数，即可得结果.
【详解】若其中一行4个格点均涂成灰色，则每一列均不能再涂灰色，此时红色的格点数目为4；
若其中一行有3个格点涂成灰色，则这三个红色格点所在的列均不能再涂灰色，
且剩余一列至多3个格点可以涂成灰色，此时灰色的格点数目最多为6；
若每一行有2个格点可以涂成灰色，这三个红色格点所在的列均不能再涂灰色，
且剩余2列至多3个格点可以涂成灰色，此时灰色的格点数目最多为5；
若每行4个格点均只有1个或0个涂成灰色，符合题意，但灰色的格点数目不为最多；
综上所述：染为灰色的格点数目最多为6.
故答案为：6.
【点睛】关键点点睛：先考虑行，再考虑列，关键在于一旦一行的灰色格点数不少于2个，则同列就不能再涂灰色.
15．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由已知，可得，进而得平面；
（2）建系，求得平面法向量，代入夹角公式即可求解；
【详解】（1）∵四边形是正方形，F是AC的中点，连接,
∴B，F，D三点共线，且F是BD的中点，
又E是PB的中点，∴，
又平面，平面，
∴平面．
（2）
如图建系，易得：,
设平面的法向量为，又,
由得：，
令，可得：，
所以，
设平面的法向量为，,
由由得：，
令，可得：，
所以，
设二面角的大小为，
所以,
所以，
所以二面角的正弦值是.
16．(1)分布列答案见解析，
(2)
【分析】（1）由题意可知，随机变量的可能取值有、、，计算出随机变量在不同取值下的概率，可得出随机变量的分布列，进而可求得的值；
（2）记事件小明在第一次投中，事件小明在第二次投中，利用条件概率公式求出，利用全概率公式求出的值，再利用条件概率公式可求得的值.
【详解】（1）由题意可知，随机变量的可能取值有、、，
则，，
，
所以，随机变量的分布列如下表所示：
故.
（2）记事件小明在第一次投中，事件小明在第二次投中，
则，，，，
则，
由全概率公式可得，
由条件概率公式可得.
所以，在第二次投中的条件下，第一次也投中的概率为.
17．(1)
(2)
【分析】（1）由且得，根据勾股定理即可求出，再由双曲线的定义即可求出，最后利用即可求出；
（2）设过的直线为， 与双曲线方程联立根据韦达定理有，由弦长公式，最后由即可求出.
【详解】（1）因为且，所以焦点，即，，
所以，
根据双曲线的定义有，所以，
所以双曲线.
（2）根据题意过的直线斜率为0显然不满足题意，可设过的直线为，
由，
当时，有，
设，则由韦达定理有，
所以，
因为，所以，即点和点到直线的距离相等，
则有，解得，
所以，
18．(1)0
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）当时，先对函数求导，根据导数的正负判断函数单调性，进而求出最大值.
（2）对求导后，分离参数构造新函数，分析新函数的单调性和零点情况，数形结合证明存在唯一极值点.
（3）假设存在区间，根据（2）结论作出大致图象，结合图形确定区间端点满足的关系并求解得，由得的取值范围，再加以验证充分性可得.
【详解】（1）当时，，，
则，其中，
当时，，则，
所以，在单调递增；
当时，，则，
所以，在单调递减；
故.
（2）函数，，
则，令，
得，构造函数，
则在上单调递增，且，
当；当；
故对任意，直线与函数有且仅有一个交点，设横坐标为，
当时，，则，
即，则在上单调递增；
当时，，则，
即，则在上单调递减；
故存在唯一极大值点，得证.

（3），其中，
由（2）知，在上单调递增，在上单调递减，
则，且，
又当；.
①假设存在区间，其中，使得，当且仅当，
则有，下面讨论与的大小.
若，如图，，当且仅当，其中，

由，故不满足题意；
所以且.

此时有，
由，解得；
由，则，
可得，故解得，
故若存在区间，使得，当且仅当，
则，即区间，所以.

②下面验证：当时，条件，即成立.
由，
由为的极大值点，则，且，
可得，代入，
构造函数，
在上单调递增，则，
即时，恒成立，所以，即满足条件，
所以有，且当时，.
故当时，存在开区间，使得，当且仅当.
综上所述，的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：此题难点在第（3）问，关键在于分类讨论极值与区间的关系.
19．(1)；
(2)证明见解析；
(3)证明见解析.
【分析】（1）写出集合对，再说明其满足题意即可；
（2）记为时对应的不同的，再利用反证法即可证明；
（3）当时，利用反证法即可说明不存在集合对，再利用数学归纳法证明其他情况时也不存在这个的集合对.
【详解】（1）为符合题意的一个集合对，
因为，
因为，
则对任意，，
故上述集合对满足题意.
（2）记为时对应的不同的，
由题意得，，
易证，（若，则，
而，矛盾，故，
而，故，
同理记为时对应的不同的，
则，，
不妨，假设存在集合对使得，
，，
则，，而，故，
而，同上知，故，
而，故，
则假设不成立，则不存在集合对，
使得，，.
（3）当时，，假设存在集合对，
由抽屉原理知其中一个集合至少有3个元素，不妨记（元素个数），
若中有3个元素，记，
则且不属于，
即，，
而，
而，，故，
故假设不成立，时不存在集合对，
假设当时不存在集合对，
当时，不妨记元素个数，
由抽屉原理知元素个数，
记，（其中），
则，，
故这个元素需分给，
而元素个数，故个数，
个数，可记，个数，可记，
易得，，
同理
，
故，而，
故时，不存在集合对，
综上所述时，不存在集合对.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
C
C
B
D
A
A
A
BC
ABD
题号
11









答案
BC