甘肃省靖远县第一中学2025届高三下学期高考模拟数学试题（原卷版+解析版）

这是一份甘肃省靖远县第一中学2025届高三下学期高考模拟数学试题（原卷版+解析版），共28页。试卷主要包含了选择题的作答，填空题和解答题的作答， 已知，则等内容，欢迎下载使用。
本试卷共4页，19题.全卷满分150分.考试用时120分钟.
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名､考号等填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.选择题的作答：选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试题卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3.填空题和解答题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交.
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，则的子集的个数为（ ）
A. 4B. 5C. 7D. 8
2. 若，则（ ）
A. B. C. D.
3 已知平面向量满足，则（ ）
A. B. C. D.
4. 陀螺是中国民间较早的娱乐工具之一，它可以近似地看成是由一个圆锥和一个同底的圆柱组合而成的几何体.如图1是一种实木陀螺，其直观图如图2所示，其中为圆锥顶点，为圆柱上底面圆的圆心，圆锥底面半径为1，高为2，且上部分圆锥的体积为下部分圆柱体积的，若该陀螺是由一个大圆柱体通过切削得到，则该大圆柱体体积的最小值为（ ）
A. B. C. D.
5. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
6. 已知甲箱中有2个红球和3个黑球，乙箱中有1个红球和3个黑球（所有球除颜色外完全相同），某学生先从甲箱中随机取出2个球放入乙箱，再从乙箱中随机取出1个球，记“从乙箱中取出的球是黑球”为事件，则（ ）
A. B. C. D.
7. 已知函数，记函数的个零点为，则（ ）
A. B. 5C. 3D.
8. 已知的顶点分别为双曲线的左、右焦点，点在的右支上，且与的一条渐近线垂直，记的离心率为，若，则（ ）
A. B.
C. D.
二､多选题：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. 防溺水安全教育不仅是为了防止学生在游泳时发生意外，更是为了提高学生的安全意识和自我保护能力，为此某校组织了“防溺水安全知识”答题比赛，并对参赛的200名学生的成绩进行了统计，得到如图所示的频率分布直方图，其中分组区间分别为 ，，，，，则（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）（ ）

A. 这200名参赛学生的成绩的中位数为76分
B. 这200名参赛学生的成绩的平均值为分
C. 这200名参赛学生的成绩不低于80分的频率为
D. 这200名参赛学生的成绩在之间的有40人
10. 将函数的图象向左平移个单位长度得到的图象，若，则（ ）
A
B.
C. 方程的解集为或
D. 的单调递增区间为
11. 已知函数为定义在上连续函数，为的导函数，，且在上单调递减，则（ ）
A. 在上单调递增
B.
C. 若，则
D.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知数列的前n项和为，且，则= _______________．
13. 已知抛物线焦点为上的点到轴的距离为1，动点在上，动点在圆上，当取最小值时，的面积为__________.
14. 如图，某香包挂件是正四棱锥形状，其高为，底面边长为，若将此棱锥放在一球内可任意转动，则该球表面积的最小值为__________.
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. 如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，平面为棱的中点.
（1）证明：平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值.
16. 记的内角所对的边分别为，已知为边上一点，且.
（1）证明：平分；
（2）若，在射线上任取一点，且的面积为1，求的最小值.
17. 在2024年巴黎奥运会上，中国乒乓球队表现出色，成功包揽乒乓球项目的所有金牌（共5枚），展现了中国在乒乓球项目上的绝对实力，同时也鼓舞了乒乓球业余爱好者.下表统计了乒乓球业余爱好者甲在2024年的5次挑战高手比赛中所获得的分数.
（1）根据表中数据，利用最小二乘法求出关于的经验回归方程；
（2）在某场乒乓球比赛中，甲、乙、丙、丁四人争夺冠军，比赛采用“双败淘汰制”，具体赛制为：首先四人通过抽签两两对阵，胜者进入“胜区”，败者进入“败区”；接下来“胜区”的两人对阵，胜者进入最后决赛，“败区”的两人对阵，败者直接淘汰出局获得第四名；然后“败区”的胜者和“胜区”的败者对阵，胜者晋级最后的决赛，败者获得第三名；最后剩下的两人进行最后的决赛，胜者获得冠军，败者获得第二名.甲对阵乙、丙、丁获胜的概率均为，且不同对阵的结果相互独立.求甲在“双败淘汰制”下参与对阵的比赛场数的数学期望.
参考公式：经验回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为
18. 已知椭圆经过中的三点.
（1）求的方程；
（2）设分别为的左、右顶点，动点在直线上，直线与的另一个交点为，直线与的另一个交点为.
（i）证明：直线过定点，并求出该定点坐标；
（ii）当直线的斜率为1时，求线段的长.
19. 定义首项为1且公比为正数的等比数列为“数列”．
（1）已知等比数列的前n项和为，且，证明：数列为“数列”，并求出其通项公式；
（2）已知等差数列满足=15，探究数列中是否存在由某些项构成的数列为“数列”？若存在，写出一个“数列”；若不存在，请说明理由；
（3）已知等差数列通项公式为，设m为正整数，若存在“数列”，对任意正整数k，当时，都有成立，求m 的最大值．
2025年普通高等学校招生全国统一考试模拟试题
数学
本试卷共4页，19题.全卷满分150分.考试用时120分钟.
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名､考号等填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.选择题的作答：选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试题卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3.填空题和解答题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷､草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交.
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，则的子集的个数为（ ）
A. 4B. 5C. 7D. 8
【答案】A
【解析】
【分析】根据交集运算得出，求得其元素的个数，再根据子集个数公式求解.
【详解】由题可得，有2个元素，所以子集的个数为.
故选：A.
2. 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用复数除法运算即可.
【详解】由，得.
故选：B.
3. 已知平面向量满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由条件求得，再通过即可求解.
【详解】由题得，所以，
所以，
所以
故选:C.
4. 陀螺是中国民间较早的娱乐工具之一，它可以近似地看成是由一个圆锥和一个同底的圆柱组合而成的几何体.如图1是一种实木陀螺，其直观图如图2所示，其中为圆锥顶点，为圆柱上底面圆的圆心，圆锥底面半径为1，高为2，且上部分圆锥的体积为下部分圆柱体积的，若该陀螺是由一个大圆柱体通过切削得到，则该大圆柱体体积的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先求圆柱的高，再分析大圆柱体积最小时，与陀螺底面，以及高的关系，即可求解.
【详解】由题可知圆锥的高为2，圆柱与圆锥的底面半径均为1，设圆柱的高为，
则，，因为，所以，所以.
当大圆柱体与陀螺等高，且与图中的圆柱同底时，大圆柱体的体积最小，
所以大圆柱体的高为4，底面半径为1，所以该大圆柱体体积的最小值为.
故选：B.
5. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据条件，利用余弦的倍角公式，即可求解.
【详解】因为，所以，
则或，又，所以，
所以，则.
故选：D.
6. 已知甲箱中有2个红球和3个黑球，乙箱中有1个红球和3个黑球（所有球除颜色外完全相同），某学生先从甲箱中随机取出2个球放入乙箱，再从乙箱中随机取出1个球，记“从乙箱中取出的球是黑球”为事件，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意，条件概率及全概率公式可得答案.
【详解】记“从甲箱中取出的球恰有个红球”为事件，
根据题意可得，
，
所以
.
故选：D.
7. 已知函数，记函数的个零点为，则（ ）
A. B. 5C. 3D.
【答案】A
【解析】
【分析】先将因式分解，得到或，而在部分，只能等于，在部分，由可能为或，由此解出三个零点，相加即得答案.
【详解】令，
令，得或，所以或，
因为，所以当时，由，得；
当时，由，得，由，得，
所以函数共有个零点，分别为，
所以.
故选：A.
8. 已知的顶点分别为双曲线的左、右焦点，点在的右支上，且与的一条渐近线垂直，记的离心率为，若，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据双曲线渐近线性质以及垂直关系可得斜率关系，设，可得，所以；在中利用正弦定理以及三角恒等变换可得，，再结合双曲线定义以及离心率表达式化简即可得出.
【详解】如下图所示：
可知，
双曲线的渐近线方程为，不妨取渐近线，
因为与渐近线垂直，所以直线的斜率为，
设，可得，所以；
由可得，
在中利用正弦定理可得，
可得，
；
再利用双曲线定义可得
整理可得，
因此可得.
故选：D
【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用渐近线斜率以及垂直关系得出，再由中的正弦定理得出其边长，利用双曲线定义可得，即可求得.
二､多选题：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. 防溺水安全教育不仅是为了防止学生在游泳时发生意外，更是为了提高学生的安全意识和自我保护能力，为此某校组织了“防溺水安全知识”答题比赛，并对参赛的200名学生的成绩进行了统计，得到如图所示的频率分布直方图，其中分组区间分别为 ，，，，，则（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）（ ）

A. 这200名参赛学生的成绩的中位数为76分
B. 这200名参赛学生的成绩的平均值为分
C. 这200名参赛学生的成绩不低于80分的频率为
D. 这200名参赛学生的成绩在之间的有40人
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据频率直方图中中位数的计算方法即可判断；根据小矩形的面积乘以对应矩形中点的横坐标之和即可求解平均数，即可判断；求解的频率即可判断；根据频数的求解方法即可判断.
【详解】对于，设中位数为，
所以，解得，
所以这200名参赛学生的成绩的中位数为76分，故正确；
对于，，
所以这200名参赛学生的成绩的平均值为分，故正确；
对于，这200名参赛学生的成绩不低于80分的频率为，故错误；
对于，因为，所以这200名参赛学生的成绩在之间的有40人，故正确.
故选：.
10. 将函数的图象向左平移个单位长度得到的图象，若，则（ ）
A.
B.
C. 方程的解集为或
D. 的单调递增区间为
【答案】AB
【解析】
【分析】根据正弦型函数的平移变换可得函数，由可解得的值，从而可判断A；根据正弦型函数的性质确定对称轴方程，得对称性即可判断B；结合正弦型函数的图象的周期性解方程即可得解集，从而判断C；根据正弦型函数的单调性判断D即可.
【详解】因为，所以，
因为，所以，
所以，则，
又，所以，故A正确；
则，令，，得，
令，得，所以的图象关于直线对称，所以，即，故B正确；
由，得或，解得或，
所以方程的解集为或，故C错误；
令，解得，
所以的单调递增区间为，故D错误.
故选：AB.
11. 已知函数为定义在上的连续函数，为的导函数，，且在上单调递减，则（ ）
A. 在上单调递增
B.
C. 若，则
D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】由，即，可知函数图象关于直线对称，在上单调递减，根据对称性可得在上单调递增.对于A选项：根据单调性分析，该选项正确.对于B选项：对求导后令，判断该选项错误.对于C选项：分、、三种情况讨论，得出，该选项正确.对于D选项：根据单调性判断导数正负，得出，该选项正确.
【详解】因为，所以的图象关于直线对称，
因为在上单调递减，所以在上单调递增，故A正确；
对两边求导得，令，得，故B错误；
对于，当时，因为在上单调递减，所以，不符合题意；
当2时，因为在上单调递增，所以，且；
当时，因为，所以，所以，所以，由，可得，
因为，所以，又在上单调递增，所以，所以，故C正确；
因为在上单调递减，在上单调递增，所以当时，，
当时，，且，所以，，所以对，故D正确.
故选：ACD.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知数列的前n项和为，且，则= _______________．
【答案】350
【解析】
【分析】根据已知及等差数列的定义判断为奇数、偶数的性质，再应用分组求和、等差数列的前n项和公式求.
【详解】若为奇数时，且，即首项、公差均为1的等差数列，则，
若为偶数时，
所以.
故答案为：350
13. 已知抛物线的焦点为上的点到轴的距离为1，动点在上，动点在圆上，当取最小值时，的面积为__________.
【答案】##0.875
【解析】
【分析】过点作准线的垂线，垂足为，得到，由，得到当四点共线且点在点之间时等号成立，即可求解.
【详解】由题可知，所以点在抛物线上，则，
解得，所以抛物线，准线方程为，
由题知圆的圆心为，半径为1.
过点作准线的垂线，垂足为，则，又，
当三点共线且点在点之间时等号成立，
所以，
当四点共线且点在点之间时等号成立，所以的最小值为2，此时，则，所以，
所以当取最小值时，.
故答案为：
14. 如图，某香包挂件是正四棱锥形状，其高为，底面边长为，若将此棱锥放在一球内可任意转动，则该球表面积的最小值为__________.
【答案】##
【解析】
【分析】先求出正四棱锥底面中心到顶点的距离，进而得到侧棱长；然后根据外接球的性质建立等式求出半径；最后代入球的表面积公式计算.
【详解】如图，设该香包挂件的直观图为正四棱锥，其底面的中心为，
则为正四棱锥的高，所以，
由题可知在正方形中，，所以，所以.
由题可知正四棱锥的外接球即为所求，易知正四棱锥外接球的球心在直线上，设其外接球的直径为，因为点在正四棱锥外接球的球面上，所以，
又，所以由几何性质可得，则，
所以，故外接球的表面积为，即所求球的表面积的最小值为.
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. 如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，平面为棱的中点.
（1）证明：平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）.
【解析】
【分析】（1）取的中点，连接，通过构造平行四边形得到线线平行，进而得到结果；
（2）建立空间直角坐标系，求出相应点的坐标，进而求得相关的向量坐标，求出平面的法向量，根据向量的夹角公式求得答案.
【小问1详解】
取的中点，连接，
因为为的中点，
所以，
因为，
所以，
所以四边形为平行四边形，
所以，
又平面平面，
所以平面.
【小问2详解】
因为平面，
所以两两垂直，
以为原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则
所以.
设平面的法向量为，
则，
取，得，
所以.
因为平面，
所以平面，
所以为平面的一个法向量.
设平面与平面的夹角为，
则，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
16. 记的内角所对的边分别为，已知为边上一点，且.
（1）证明：平分；
（2）若，在射线上任取一点，且的面积为1，求的最小值.
【答案】（1）证明见解析
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理边角转化结合三角形角度关系转化即可证得结论；
（2）由三角形面积公式、余弦定理结合基本不等式求最值即可.
【小问1详解】
和正弦定理，可得.

在中，由正弦定理得，
在中，由正弦定理得，
因为，所以，
则，
又，且，
所以，
因为，
所以，
故平分.
【小问2详解】
由（1）可知平分，
因，则，
因为的面积为1，
所以，
则.
中，由余弦定理得
，
当且仅当时取等号，
所以，
则，
即的最小值为.
17. 在2024年巴黎奥运会上，中国乒乓球队表现出色，成功包揽乒乓球项目的所有金牌（共5枚），展现了中国在乒乓球项目上的绝对实力，同时也鼓舞了乒乓球业余爱好者.下表统计了乒乓球业余爱好者甲在2024年的5次挑战高手比赛中所获得的分数.
（1）根据表中数据，利用最小二乘法求出关于的经验回归方程；
（2）在某场乒乓球比赛中，甲、乙、丙、丁四人争夺冠军，比赛采用“双败淘汰制”，具体赛制为：首先四人通过抽签两两对阵，胜者进入“胜区”，败者进入“败区”；接下来“胜区”的两人对阵，胜者进入最后决赛，“败区”的两人对阵，败者直接淘汰出局获得第四名；然后“败区”的胜者和“胜区”的败者对阵，胜者晋级最后的决赛，败者获得第三名；最后剩下的两人进行最后的决赛，胜者获得冠军，败者获得第二名.甲对阵乙、丙、丁获胜的概率均为，且不同对阵的结果相互独立.求甲在“双败淘汰制”下参与对阵的比赛场数的数学期望.
参考公式：经验回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为
【答案】（1）；
（2）数学期望.
【解析】
【分析】（1）根据题中数据和参考公式计算即可；
（2）设所求甲参与比赛场数为随机变量，根据题意求出所有可能取值，利用独立事件的乘法公式求出对应的概率，得到分布列，再计算数学期望.
【小问1详解】
由题得，，
所以
则，
故关于的经验回归方程为.
【小问2详解】
记甲在“双败淘汰制”下参与对阵的比赛场数为随机变量，
则的所有可能取值为，
为连败两局，则，
可以为连胜两局（第三局不管胜败）或败胜败或胜败败，
则，
可以为败胜胜或胜败胜（第四局均不管胜败），则，
所以的分布列为
所以数学期望.
18. 已知椭圆经过中的三点.
（1）求的方程；
（2）设分别为的左、右顶点，动点在直线上，直线与的另一个交点为，直线与的另一个交点为.
（i）证明：直线过定点，并求出该定点坐标；
（ii）当直线的斜率为1时，求线段的长.
【答案】（1）
（2）（i）证明见解析，；（ii）.
【解析】
【分析】（1）利用对称性得出图象上的两点，再分类讨论即可；
（2）（i）设直线方程，将点坐标代入直线、方程中，得出关系式，再利用非对称韦达化简求解；
（ii）利用弦长公式求解.
【小问1详解】
由题可知点均在椭圆上，
若点也在椭圆上，则，方程组无解，
所以椭圆经过点，
所以，解得，
所以椭圆的方程为.
【小问2详解】
（i）由对称性可知直线经过的定点必在轴上且异于原点与左、右顶点，
设定点为，且，
当直线的斜率不为0时，设直线的方程为，，
联立，得，
则，，
由（1）可得，
则直线的方程为，直线的方程为，
由题意知直线与交于点，且点在直线上，
所以，即，
所以，即，
所以①，
当，，得，
代入①得，，
若时，上式恒成立，直线过定点；
若，则，即②，
②式与联立得，，
②式与联立得，，
则，得与矛盾；
当，即直线的斜率不存在时，
若，则直线的方程为，
取，满足①式.
当直线的斜率为0时，直线，过点.
综上，直线过定点，且该定点的坐标为.
（ii）由（i）可知直线过定点，由题可知直线的斜率为1，
所以，
所以.
19. 定义首项为1且公比为正数的等比数列为“数列”．
（1）已知等比数列的前n项和为，且，证明：数列为“数列”，并求出其通项公式；
（2）已知等差数列满足=15，探究数列中是否存在由某些项构成的数列为“数列”？若存在，写出一个“数列”；若不存在，请说明理由；
（3）已知等差数列的通项公式为，设m为正整数，若存在“数列”，对任意正整数k，当时，都有成立，求m 的最大值．
【答案】（1）
（2）存在“数列”为
（3）5
【解析】
【分析】（1）根据已知条件求出首项和公比即可；
（2）根据已知条件求出数列的通项公式，即可求解；
（3）根据已知条件得到对恒成立，时可单独得出的范围；当，两边取对数可得，对有解，即，构造，利用导数研究单调性求得相应最值，然后研究上述关于的不等式有解的必要条件，即成立的整数的取值范围，得到正整数最大为5时的范围，进一步验证此处得出的的范围满足时得到的的范围的要求，进而求解.
【小问1详解】
设等比数列的公比为，
因为，则，解得（舍）或，
若，则与不符，所以，
所以，解得，则，
所以数列为“σ− 数列”， 通项公式为；
【小问2详解】
设等差数列的公差为，，所以，
因为，所以，所以，
则，
因为，
所以数列中存在由某些项构成的数列为“数列”为；
【小问3详解】
设的公比为，
存在“数列”，对任意正整数，当时，都有成立，
即对恒成立，
当时，，当时，，
当，两边取对数可得对有解，
即，
令，则，
当时，，此时递减，当时，，
令，则，
令，则，
当时，，为单调递减函数，，
即，在上单调递减，
即时，，所以，其中，
下面求解不等式，
化简，得，
令，则，
由得，进而，在上单调递减，
又由于，
，
故使得的最大整数，此时，
又因为，
所以当时，满足题意，
综上所述，满足题意的实数的最大值为5.
次数
1
2
3
4
5
分数
38
37
32
33
30
次数
1
2
3
4
5
分数
38
37
32
33
30
2
3
4