重庆市2025届普通高等学校招生全国统一考试高考模拟调研卷（七）（康德卷）数学试题（解析版）

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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是B的充分不必要条件，B是C的充要条件，C是D的必要不充分条件，则A是D的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】D
【解析】若A是B的充分不必要条件，B是C的充要条件，C是D的必要不充分条件，
则，
则A是D的既不充分也不必要条件.
故选：D.
2. 已知一组数据，，…，的方差为3，则数据，，…，的方差为（ ）
A. 3B. 7C. 12D. 13
【答案】C
【解析】因为一组数据，，…，方差为，
则数据，，…，的方差为.
故选：C.
3. 若，的最小值为，则（ ）
A. B. C. 或D.
【答案】A
【解析】令，则，
令，则，
当时，，则在上单调递减，显然无最小值，不符；
当时，令，则，
若，时，，则在上单调递增，故，不符；
若，时，
在上，即在上单调递减，
在上，即在上单调递增，
所以，则，
可得，又，可得；
综上，.
故选：A
4. 已知抛物线和圆在第一象限内的交点为P，则以P为切点的C的切线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】联立抛物线和圆，可得，（舍），则，
在第一象限内的交点为，
由抛物线，则，所以在处切线斜率为，
所以切线方程为，即得.
故选：A.
5. 已知函数的图象关于对称，则的最大值为（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】D
【解析】由题意，函数，
又由函数的图象关于对称，所以，
即，解得，
即，所以的最大值为.
故选：D.
6. 若高为1的正三棱柱的顶点都在半径为1的球面上，则该正三棱柱的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】由题意可知球的半径，
因为正三棱柱的高为，则球心到三棱柱底面的距离，
根据球的截面圆的性质，可得，即，解得，
棱柱底面与球的截面圆的半径，
三棱柱的底面三角形为截面圆内接正三角形，可得三角形的边长为，
所以三角形的面积为，
该棱柱的体积为.
故选：B.
7. 设，表示n的正因数的个数，如，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】由有个正因数，有个正因数，
所以
.
故选：B
8. 已知，都是平面向量，，若，，，则取得最大值时，（ ）
A. 1B. 3C. 5D. 6
【答案】A
【解析】，设，.
已知，，
可得： ，
，
所以，，则 .
已知，则： .
即，化简可得，
所以，
即，当且仅当或时等号成立，
，此时取得最大值.
当或时，.
根据向量模长公式可得.
故选：A.
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．全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分．
9. 若是定义域为R的单调递增函数，下列说法正确的是（ ）
A. 若，则，
B. ，，且，有
C. ，，且，有
D. ，
【答案】AB
【解析】对于A，因为是定义域为R的单调递增函数且，
所以当时，恒成立，当时，恒成立，
所以，恒成立，故A正确；
对于B，，，且，都有，
所以，故B正确；
对于C，设，则，都有，故C错误；
对于D，例如在定义域为R的单调递增函数，但
所以，，故D错误.
故选：AB
10. 关于非零复数，及其共轭复数，，下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】因为，，所以，.
，
，
则，选项A正确.
，
，所以，选项B正确.
，
显然，选项C错误
，
则
则,
所以，选项D正确
故选：ABD.
11. 已知双曲线，，为C的左、右焦点，点，，过作实轴的垂线l与C从下到上依次交于A，B两点，线段与C的虚轴长相等．则（ ）
A. 双曲线C的离心率
B. 以为直径的圆与C的渐近线相切
C. 若点P是C上任意一点，则直线，的斜率之积的范围是
D. 若点P是C上任意一点，l分别与，交于点E，F，则
【答案】ABD
【解析】由题设，则代入双曲线，有，可得，
所以，可得，故，A对；
以为直径的圆的圆心为，半径为，且渐近线为，
所以到的距离，即，B对；
令且，，则，，，
所以，又，，则，显然取不到1，C错；
令，则，，又，，
则，，，
所以，
所以，D对.
故选：ABD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知随机变量，若，则________．
【答案】
【解析】由正态曲线的对称性可知，，故.
故答案为：
13. 已知圆锥的高为，底面直径的长为，那么从点A出发沿该圆锥的表面到点B的最短路径长为________．
【答案】
【解析】由题设，圆锥底面周长为，母线长为，故侧面展开图圆心角为，
将圆锥沿过点的母线展开，得到如下图示半径为6的半圆，且为圆弧的中点，
从到有两种方式，一种方式从圆锥体侧面，一种方式从圆锥的底面，
若沿侧面，如上图，从点A出发到点B的最短路径长；
若沿底面，此时最短路径长为直径长度；
综上，从点A出发沿该圆锥的表面到点B的最短路径长.
故答案为：
14. 设定义域为R的函数满足：，都有且（a为常数），则函数________．
【答案】
【解析】由①，
在①中，令可得②，
在②中，令，则③，
由②可得，④，
由①可得，⑤，
由②可得，⑥，
则由③④⑤⑥可得，，即，
因，则.
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，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，，，且A为钝角．
（1）求；
（2）若D是边的中点，求的长．
解：（1）由正弦定理：，
可得：，
由因为A为钝角，易得，
所以
（2）由正弦定理，
可得：
由，
可得，
所以，
所以的长.
16. 已知函数，．
（1）若，求在上的最大值和最小值；
（2）若无极值点，证明：．
解：（1）由题设，则，
当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
由，，故上最大值、最小值分别为；
（2）对函数求导得，又无极值点，
所以不存在变号零点，而，则不存在变号零点，
当时，显然R上存在变号零点，不符；
当时，只需，即，此时，
令，则，故在R上单调递减，
又，故时，时，则恒成立，
所以，得证.
17. 如图，在中，，O为边的中点，点D，E分别在，上，将绕直线旋转α到的位置，点E对应点M，交于点F，点P在线段上，连接，，．已知，，．
（1）证明：平面；
（2）若，求与平面所成角的正弦值的取值范围．
（1）证明：由，则、分别为、，
由，则，故，
又平面，平面，故平面；
（2）解：由，O为边的中点，则，
如图，在平面内作，则可建立如图所示空间直角坐标系，
设为单位长度，则有，，，，
由交于点，则，，
则，则，，
则，，，
设平面的法向量为，
则有，
令，则，，即可取，
设与平面所成角为，
则
，
由，则，则，
则，故.
18. 某人有两只盒子，盒子A装有1个白球和2个黑球，盒子B装有2个白球和1个黑球．他通过掷一个均匀的六面骰子来选择盒子：若骰子点数大于4，则选择盒子A；否则选择盒子B．然后他从选中的盒子中随机取出两个球．
（1）若一次性取出，设随机变量X表示取出的白球数量．求X的分布列及数学期望；
（2）若在原取球规则基础上，从选择的盒子中第一次取球，将取出的球颜色记录下来并放回原盒子，然后掷一枚均匀硬币，若正面朝上，则对该盒子中的球进行如下操作：将白球和黑球数量互换；若反面朝上，则球的情况不变；之后再对这个盒子进行第二次取球，设两次取球取出白球总数为Y，求Y的数学期望．
解：（1）由题设，选盒子的概率为，选盒子的概率为，
取出的两个球白球的个数可能值为，且，，，
分布列如下，
；
（2）由题意，两次各取1个球，
第一次选盒子的概率为，取白球的个数为，则，，
第二次，取白球的个数为，
若反面朝上的概率为，则，，
若正面朝上的概率为，则，，
此时，，；
第一次选盒子的概率为，取白球的个数为，则，，
第二次，取白球的个数为，
若反面朝上的概率为，则，，
若正面朝上的概率为，则，，
此时，，；
综上，两种情况合并，，
所以.
19. 已知椭圆的左，右焦点为，，P为C上一动点，内切圆面积的最大值为，且到直线的距离为3c，过的直线l交C于A，B两点．
（1）求椭圆C的方程；
（2）若，探究：是否为定值，若为定值，求出定值；若不为定值，请说明理由；
（3）若，直线l与直线相交于点Q，记，，的斜率分别为，，，求证：，，成等差数列．
解：（1）由题设，若内切圆面积最大，即其半径最大，此时为椭圆的上(下)顶点，
所以，可得，又，则，且，
所以，故，得，所以，即方程为；
（2）令，联立椭圆方程有，整理得，
显然，则，，
故，则
由，则，代入椭圆有，可得，
所以，
此时，，
当时，，，则，
综上，为定值；
（3）由题设且，则，即，
显然直线的斜率存在，设，联立，
所以，整理得，
所以，，令，则，
由，，则，且，
，
所以，即，，成等差数列．
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