甘肃省庆阳第一中学2025届高三高考冲刺联考卷（一） 数学试题（含解析）

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一、单选题
1．命题“”的否定是（ ）
A．B．
C．D．
2．已知复数，为虚数单位，则的实部为（ ）
A．B．C．D．
3．已知双曲线的两条渐近线相互垂直，则（ ）
A．B．C．4D．2
4．（ ）
A．B．C．D．
5．已知平面向量，，满足，，，则的最小值为（ ）
A．B．1C．2D．3
6．已知函数若恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
7．现从数字中连续抽取3次，每次随机抽取1个数字，且每个数字均可重复抽取，则在被抽取的数字之和为6的条件下，这3个数字均相等的概率为（ ）
A．B．C．D．
8．已知，则变动时的最大值与最小值的乘积为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知非零实数满足，则下列不等式一定成立的有（ ）
A．B．
C．D．
10．已知抛物线的焦点为，点关于坐标原点的对称点为，在第一象限内的点均在上，且，则下列说法正确的是（ ）
A．点的坐标为
B．
C．直线的斜率为
D．直线关于轴对称
11．在下列图形中，能够不抬起笔､不回笔地一次性画出的是（ ）
A．B．
C．D．
三、填空题
12．近两年，智能网联汽车逐步进入大众视野，其中消费者关注度最高的前项智能网联车技术分别为V2X（车与人､车､路､云平台）的信息交互技术､车联网通信技术､环境感知技术､云计算技术､整车通项技术､物联网技术，某科技自媒体博主准备连续天分别对这项技术进行科普，每天只科普项技术，每项技术只科普天，则物联网技术不在最后天科普的安排方法种数为 .（用数字作答）
13．已知圆锥与圆柱的底面半径相等，它们的高也相等，若圆柱的底面积为，侧面积为，则圆锥的表面积为 .
14．已知等比数列的公比，且，则当取得最小值时， .
四、解答题
15．记的内角所对的边分别为，且.
（1）求角的值；
（2）若，求外接圆的面积；
（3）若，求的最小值.
16．如图，已知等腰直角三角形的直角顶点为，斜边的中点为，将沿翻折得，且.
（1）求的长度；
（2）证明：平面；
（3）求二面角的余弦值.
17．设函数.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）若有三个零点，且，证明：.
18．已知椭圆的左顶点为，上顶点为.
（1）求的离心率；
（2）已知过点的直线交于两点，点是线段上异于的一点，且，证明：.
19．已知为正整数，数列是公差为的等差数列.若从中随机取出若干项后，对于剩余项始终有，则称取出的项按从小到大顺序排成的数列为的“间子列”.
（1）直接写出数列所有的间子列；
（2）证明：存在数列的一个间子列，其也为数列的间子列；
（3）从数列中随机取出项，记将这项按从小到大顺序排成的新数列为的间子列的概率为，证明：.
参考答案
1．【答案】D
【详解】命题“”的否定是“”.
故选:D.
2．【答案】C
【详解】，所以z的实部为.
故选C.
3．【答案】B
【详解】双曲线的渐近线方程为，因为的两条渐近线相互垂直，
所以.，又，则.
故选B.
4．【答案】A
【详解】.
故选A.
5．【答案】D
【详解】不妨设.
∵，，∴，解得，∴.
又，则，∴，
∴在时取最小值3.
故选D.
6．【答案】A
【详解】当时，恒成立，等价于，
易知，所以，即，得；
当时，恒成立，等价于，
因为，易知在上单调递减，
因此当时，，
所以，解得.
综上，实数的取值范围为.
故选A.
7．【答案】C
【详解】若抽取的3个数字之和为6，则可能的数字组合为或，
则这3个数字均相等的概率为.
故选:C.
8．【答案】D
【详解】因为，故，
设，则，
故当时，；当时，，
故在上为增函数，在上为减函数，
而当时，且，，
故，，故变动时x的最大值与最小值的乘积为，
故选D.
9．【答案】AD
【详解】由题意可得，对于函数，
则在R上单调递增，结合，可得.
对于A，，故A正确；
对于B，由不能判断与1的大小，故B错误；
对于C，取，此时C不成立，故C错误；
对于D，因为，由指数函数的单调性易得，故D正确.
故选AD.
10．【答案】BD
【详解】
易知，则点的坐标为，故A错误；
由，可得点为线段的中点,
点为的准线与轴的交点，所以点到准线的距离是点到准线距离的，
故由抛物线的定义可知，故B正确；
设，
由点为线段的中点，可得，故，
所以，
又因为，所以，
联立解得，
又点在第一象限内，所以，，
所以，故C错误；
，
所以，故D正确.
故选BD.
11．【答案】ABD
【详解】将各图形绘制经过点的顺序描绘如下（顺序不唯一）：
A.
B.
D.
故ABD均正确；
对于C选项，图中存在4个节点处与5条线相连接，
无法用任何方式将其不抬起笔､不回笔地一次性画出，故C错误.
故选ABD.
12．【答案】
【详解】物联网技术不在最后1天科普的安排方法种数为.
13．【答案】
【详解】设圆柱的底面半径为，高为，圆锥的母线长为，
则由，得，
又由，得，
所以圆锥的母线长，
所以圆锥的侧面积，
则圆锥的表面积.
14．【答案】16
【详解】由等比数列的概念可得，设，要使取得最小值，则函数要取得最小值，等价于函数取得最小值，
易得，
令，解得，因为，
所以当时，单调递减；当时，单调递增，
故当时，取得最小值，此时.
15．【答案】（1）
（2）
（3）2.
【详解】（1）由已知得，
由正弦定理得，
即，
因为，所以，
即，
又因为，所以.
（2）由正弦定理可知：当时，
外接圆的半径，
故此时外接圆的面积为.
（3）由余弦定理可得，
即，
当且仅当时取等号，
故的最小值为2.
16．【答案】（1）
（2）证明见解析
（3）
【详解】（1）易得，
因为，
在等腰三角形中，
易得：.
（2）证明：因为为等腰直角三角形，所以，
由于翻折不改变与的垂直关系，所以，
又因为平面，所以平面.
（3）以点为坐标原点，方向分别为轴､轴的正方向，垂直于平面于点作轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
故，
又因为，故，.
易知平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，
则可得
不妨令，则，故，
设二面角的平面角为，
故，
由题可得二面角的平面角为锐角，
故二面角的余弦值为.
17．【答案】（1）
（2）证明见解析
【详解】（1）当时，，，
，
故曲线在点处的切线方程为.
（2），
又，故，
则当时，单调递增；
当时，单调递减；
当时，单调递增.
当时，，且单调递增，
所以在上有一个零点，
因为有三个零点，则在上有两个零点，
为使在上有两个零点，
需满足，
即，
即，即.
由知，，
于是，
故在上单调递增，
故.
18．【答案】（1）
（2）证明见解析
【详解】（1）因为，所以，因为，所以，
所以的方程为1，
故其离心率.
（2）证明：当直线的斜率为0时，不妨记，
则，
则.
当直线的斜率不为0时，设，
直线的方程为.
由得，
则0，
所以，且，.
如图，
因为，所以点在线段的垂直平分线上，则.
设，则，
则.①
又点在直线上，所以，
则，所以，
则.
整理得.②
由①②，得，所以，则，
所以.
综上，.
19．【答案】（1）
（2）证明见解析
（3）证明见解析
【详解】（1）由题可得数列的间子列为；
（2）当为奇数，取的一个间子列，，
则此数列对于的剩余项为，对于，
满足，则也是的间子列；
当为偶数，取的一个间子列，，
则此数列对于的剩余项为，对于，
满足，则也是的间子列；
综上，存在数列的一个间子列，其也为数列的间子列；
（3）证明：考虑取出间子列后剩余的数列，记剩余的项按原顺序排成的数列为“剩余列”.因为间子列和剩余数列互补成原数列，因而它们成一一对应的关系，
即“拟取到间子列”的概率和“抽取到剩余列”的概率相同.
设为数列的剩余列数量，
其中，记为不含有的剩余列数量，为含有的剩余列数量，
则有.
对于数列，由（2）中的结论可知，
对于不含的非双项剩余列，其数量与含的非双项剩余列数量相同；
并且对于，的含的双项剩余列，
其由前的每一项和的组合而成，即有.
因为，
所以，
即，
故.
故，
当时，，
故.
每个取出的新数列均按照从小到大的顺序排列，取出的总方法数共有（种）；
故，
故，
故，
故当时，，
又，
故，
故，
故当时，.