2025年普通高等学校招生“圆梦杯”统一模拟考试（八） 数学试题（含解析）

这是一份2025年普通高等学校招生“圆梦杯”统一模拟考试（八） 数学试题（含解析），共15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．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．若，则（ ）
A．1B．C．D．2
3．设双曲线与的离心率分别为，若，则（ ）
A．B．C．1D．2
4．已知非零向量满足，则（ ）
A．B．C．D．
5．已知P为直线上一点，过点P作圆的一条切线，切点为A，则的最小值为（ ）
A．1B．C．D．2
6．函数在区间的极大值点的数目为（ ）
A．3B．4C．5D．6
7．已知三台车床加工同一型号的零件，第1，2，3台车床加工的次品率分别为，，，加工出来的零件混放在一起，且第1，2，3台车床加工的零件数目之比为，现任取一个零件，记事件“零件由第1台车床加工”，“零件为次品”，则（ ）
A．B．C．D．
8．设直线分别交曲线与曲线于两点，若点在上，满足为等边三角形，则（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．样本数据0，2，3，，，7的平均数为3，方差为，中位数为，则（ ）
A．B．C．D．
10．如图，矩形中，为的中点，将沿翻折至点，得到四棱锥为的中点，则（ ）
A．平面
B．的长为定值
C．四棱锥体积的最大值为
D．直线与平面所成角的最大值为
11．设函数的定义域为，最小正周期为，当时，方程有15个解．记时，方程的解的个数为，则（ ）
A．B．
C．D．的可能取值共有3种
三、填空题
12．记为等差数列的前项和，已知，则 ．
13．已知，则 ．
14．在下面的方格表中，要求该方格表的每一行，每一列及每条对角线的四个方格均包含1，2，3，4四个数字，则 ．
四、解答题
15．如图，在四棱锥中，底面为矩形，为棱的中点，交于点，且平面．
（1）证明：平面；
（2）若，求直线与平面所成角的正弦值．
16．已知椭圆的离心率为，左顶点为．
（1）求的方程；
（2）设点为上一点且在轴上方，直线分别交轴于两点．若的面积比的面积大，求点的坐标．
17．如图，在中，．
（1）求；
（2）若点在边上，，求．
18．设正整数，编号依次为的卡片顺时针摆成一圈．从1号卡片开始，沿顺时针方向将与之相邻的卡片移走，再对下一张卡片进行相同的操作．例如：在移走与1号相邻的2号卡片后，接着移走与3号相邻的4号卡片．依此循环，直到最后只剩一张卡片，记其编号为．
（1）求；
（2）设为正整数，证明：；
（3）从集合中随机抽取一个数，求的概率．
19．已知函数，记为从小到大排序的第个极值点．
（1）证明：在区间的最大值为；
（2）直接判断与的大小关系并证明：为递减数列；
（3）设为正整数，为奇数，为偶数，且，证明：．
参考答案
1．【答案】C
【详解】因为，
所以，
故选C
2．【答案】A
【详解】因为，
所以，
故选A
3．【答案】B
【详解】双曲线的离心率为，
双曲线离心率为，
因为，
所以，
解得，即.
故选B.
4．【答案】B
【详解】由，得，则，而，
因此，又，
所以.
故选B
5．【答案】A
【详解】连接，则，
而的最小值为点C到直线l的距离，
所以.
故选A.
6．【答案】C
【详解】，
因为，故由正弦函数性质知，时，，，函数递增，
当时，，，函数递减，为函数的一个极大值点 ，
所以时，函数有1个极大值点；
由正弦函数的周期性，可知在上，函数有5个极大值点，
故选C
7．【答案】D
【详解】记事件“零件由第台车床加工”，则，
，
由全概率公式得：
，
故.
故选D
8．【答案】C
【详解】由得，即，由得，即，
所以，为等边三角形，如图，则，
所以，解得，
故选C.
9．【答案】ACD
【详解】对于A，由题意可知，解得，故A正确；
对于B，因为，所以，
当时，有，当且仅当时等号成立，
所以，故B错误；
对于C，方差，
由可知，当时，，此时，
当时，，此时，
综上所诉，，故C正确；
对于D，当时，样本数据的中位数，
当时，设，由可知，，
按照从小到大的顺序排列，中间两个数可以是或，
此时中位数，综上所述，中位数，故D正确.
故选ACD
10．【答案】AB
【详解】对于A，取中点，连接，由是的中点，得，
，则四边形为平行四边形，，平面，
平面，因此平面，A正确；
对于B，由选项A知，，B正确；
对于C，点到直线的距离为斜边上的高，则，
四边形的面积，当平面平面时，
点到平面的距离最大为，四棱锥体积的最大值，C错误；
对于D，，则直线与平面所成角等于与平面所成角，
点到平面距离的最大值为，而，
则直线与平面所成角的正弦值最大值为，D错误.
故选AB
11．【答案】AC
【详解】由条件知是常值C，且对正整数，恒成立，
代入，得选项A正确；
当从1增长到3时，先从2.5 减小到2，再从2增长到 8.125，
因此由条件知方程在时的解的个数与时的解的个数之和为，
考虑到可能成立，如，
因此前述结果不一定与相等，即选项B 错误；
进一步地，实际上有或，
记，则整数，
且，
右侧不等式等号不能同时取到，因此，即选项 C正确；
对于选项 D，只需考虑，
分别考虑四个函数：
，
，
，
，
分别对应为0、1、2、3的情况，因此选项D错误.
故选AC.
12．【答案】
【详解】因为，解得，
所以，解得，
所以.
13．【答案】4
【详解】，
因为，所以.
14．【答案】
【详解】根据方格表中，每一行，每一列及每条对角线的四个方格均包含1，2，3，4四个数字，
推理方格填充：第一行确定为1，2，3，4，然后确定d，由法则可知，则，
因为，所以，进而，
因为，所以，所以，
又因为，所以，所以，
因为，所以，进而，，从而，
最终可得第二行为4，3，2，1，第三行为2，1，4，3，第四行为3，4，1，2.
所以，所以.
15．【答案】（1）证明见解析
（2）
【详解】（1）由可知，且，
,
,
，即，
又平面，平面，
，
平面，
平面.
（2）以为坐标原点，分别为轴，建立如图所示空间直角坐标系，
由可得，再由，
则,
故，
设平面的法向量，
则，令，则，
设直线与平面所成角为，
则,
即直线与平面所成角的正弦值为.
16．【答案】（1）
（2）
【详解】（1）依题意可得，解得，
所以椭圆的方程为；
（2）设，则直线的方程为，
令，可得，即，
又直线的方程为，
令，可得，即，
所以，
，
因为的面积比的面积大，
即，解得，
又，解得，
所以.
17．【答案】（1）；
（2）.
【详解】（1）由，得，则，
以点为原点，直线分别为轴建立平面直角坐标系，
则，由，得，
所以.
（2）设，则，由（1）知，
，，
由，得，则，
于是，即，
令，则，即，
由，得，令函数，
求导得，，
则函数在上单调递增，在上单调递增，
函数在上单调递增，而，
因此，，即，所以.
18．【答案】（1）
（2）证明见解析
（3）
【详解】（1）当时，卡片的编号为，按照规则，移除2号卡片后，接着移除4号卡片，最后剩下1号和3号卡片，再移除3号卡片，剩下1号卡片，故;
当时，卡片的编号为，按照规则，移除2号卡片后，接着移除4号卡片，再移除1号卡片，剩下3号和5号卡片，最后再移除5号卡片，故.
（2）当时，卡片的编号为，按照规则，移除2号卡片后，剩下1号卡片，故;
当时，卡片的编号为，按照规则，移除2号卡片后，接着移除4号卡片，最后剩下1号和3号卡片，再移除3号卡片，剩下1号卡片，故;
当时，卡片的编号为，按照规则，移除2、4、6、8号卡片后，剩下1、3、5、7号卡片，再移除3、7号卡片，剩下1、5号卡片，最后移除5号卡片，故;
当时，卡片的编号为，按照规则，移除2、4、6、8、10、12、14、16号卡片后，剩下1、3、5、7、9、11、13、15号卡片，再移除3、7、11、15号卡片，剩下1、5、9、13号卡片，再移除5、13号卡片，剩下1、9号卡片，最后移除9号卡片，故;
故当时，卡片的编号为，按照规则，
移除号卡片后，剩下，
再移除号卡片后，剩下，
再移除号卡片后，剩下，
依次类推，剩下，即，
综上所述，当为正整数时，.
（3）当时，卡片的编号为，按照规则，移除2号卡片后，剩下3号和1号卡片，最后再移除1号卡片，故.
当时，卡片的编号为，按照规则，移除2号卡片后，接着移除4号卡片，再移除1号卡片，剩下3号和5号卡片，最后再移除5号卡片，故.
当时，卡片的编号为，按照规则，移除2、4、6、8号卡片后，接着移除1、5、9号卡片，剩下3号和7号卡片，最后再移除7号卡片，故.
当时，卡片的编号为，按照规则，移除2、4、6、8、10、12、14、16号卡片后，接着移除1、5、9、13、17号卡片，剩下3、7、11、15号卡片，再移除7、15号卡片，最后移除11号卡片，故.
故数列符合条件，
令，
则，
将上面式子累加得，
故，
由，解得，
故当时，，
所以在集合中随机抽取一个数，的概率为.
19．【答案】（1）证明见解析
（2）；证明见解析
（3）证明见解析
【详解】（1），，
则，令，
当，由，；
由题意，为从小到大排序的第个极值点，
则，即，又，
故，且，
又，，
所以在与上都有零点，
又，
当时，，
故在单调递减，故在每一个区间（）都有唯一零点，记为，
且当，，即，则在单调递增；
当时，，即，则在上单调递减；
故每一个，都为的极大值点.
令，
则，
当时，，
在上单调递增，
又，
所以在每一个区间内，都存在唯一零点，使，
记为，.
故当时，，在上单调递减；
当，，在上单调递增；
故在每一个区间内，也都有唯一零点，且都为极小值点，
记为，，
综上可知，极值点，当为奇数时，即；
当为偶数时，，
且为极大值点，为极小值点，其中.
由上可知，在单调递增，在单调递减，
故在区间的最大值为.
（2）由（1）可知，且在上先减后增，
因为任意，，，
所以，
所以，
又是的极小值点，是的极大值点，
所以，同理，有.
所以，
又.
又由，则，
所以有，
故
所以有，
故数列为递减数列；
（3）由（1）可知，，
又.
由为奇数，为偶数，且，．
要证，固定
只需证，
只需证.
下面证明也为递减数列；
由，
所以，
又由，可得，
故，
即
故也为递减数列.
所以.
下面证明也为递减数列；
由，
所以
，
由，所以，
故也为递减数列，得证；
所以，
即，得证.
1
2
3
1
2
3
4
3