甘肃省平凉市第一中学2025届高三下学期高考冲刺压轴（一）数学试卷（解析版）-A4

这是一份甘肃省平凉市第一中学2025届高三下学期高考冲刺压轴（一）数学试卷（解析版）-A4，共12页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答， 已知，则， 已知函数，则等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.本卷满分150分，考试时间120分钟.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，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：每小题选出答案后，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.非选择题的作答：用签字笔直接答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. 已知平面向量，，若，则（ ）
A. 1B. C. 0D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据向量共线的坐标表示计算可得.
【详解】由，，且，得，解得.
故选：D.
2. 已知，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】化简集合，根据集合的交集运算求解.
【详解】由，得，所以，
又，所以.
故选：C.
3. 若复数是纯虚数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，求出，可得，根据复数的模公式求解.
【详解】，
由为纯虚数，得，所以，故，
所以.
故选：B
4. 如图，在梯形中，，，，，为线段的中点，先将梯形挖去一个以为直径的半圆，再将所得平面图形以线段的垂直平分线为旋转轴旋转一周，则所得几何体的体积为（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】连接，旋转后得到的几何体为一个圆台中挖去半球所形成的几何体，利用圆台和球的体积公式求解.
【详解】连接，由题意知.
几何体为一个圆台中挖去半球所形成的几何体，其中圆台的上底面半径为1，下底面半径为3，半球的半径为1，
，，
故该几何体的体积为.
故选：A.

5. 已知，为两个不同平面，为直线且，则“”是“”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】A
【解析】
【分析】当时，若，则推不出；反之可得，根据充分条件和必要条件的判断方法，判断即可得到答案．
【详解】当时，若且，则推不出，故必要性不成立；
当时，可过直线作平面与平面交于，
根据线面平行的性质定理可得，又，所以，
又，所以，故充分性成立，
所以“”是“”的充分不必要条件．
故选：A．
【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的判定，关键是掌握充分条件和必要条件的定义，判断是的什么条件，需要从两方面分析：一是由条件能否推得条件；二是由条件能否推得条件
6. 已知数列满足，，则的前2025项和（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由递推关系可得为常数列，得，利用裂项相消求和.
【详解】因为，所以，所以，
所以数列为常数列，
又，所以，所以，
则，
所以.
故选：C.
7. 已知函数，对任意实数，存在实数，使得成立，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，求出在上的最大值，问题转化为存在，使得成立，分离参数求解.
【详解】，
当时，，所以，所以，
所以存在，使得，即成立，
所以，，所以，
故实数的取值范围为.
故选：C
8. 已知函数是定义在上的偶函数，且，恒成立，则（ ）
A. B. C. 1D.
【答案】B
【解析】
【分析】应用已知条件结合赋值法及累加法得出得，再应用偶函数性质得出函数值即可.
【详解】因为，恒成立，
令，则恒成立，即，
所以，
所以，，，…，，
以上各式两边分别相加，得，
在中，令，得，
因为为偶函数，所以，所以，
所以，所以，
所以.
故选:B.
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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】对A，B，由，根据二项展开式求解判断；对C，D，利用赋值法分别令，1和，求解判断.
【详解】由题意，，
知，，故A，B正确；
分别令，1和，得，，
，
所以，，
即，，所以C错误，D正确.
故选：ABD.
10. 已知函数，则（ ）
A. ，
B. 在上单调递增
C. 的极大值为1
D. 的极小值为
【答案】AC
【解析】
【分析】对A，根据函数的解析式结合分析判断；对B，C，D，利用导数判断单调性和极值判断.
【详解】由，得的定义域为，
对于A，由.当时，，，所以，故A正确；
对于B，C，D，由，得.
由，得或，由，得或，
所以在，上单调递增，在，上单调递减，
所以的极大值为，极小值为，
所以B，D错误，C正确.
故选：AC.
11. 已知为抛物线：的焦点，为上一点，点到的距离的最小值为4，过的直线交于，两点，的过，的切线交于点，则（ ）
A. 的准线方程为
B. 若，则线段的中点到轴的距离为5
C. 若的坐标为，则的方程为
D. 的面积的最小值为64
【答案】BCD
【解析】
【分析】先应用抛物线的性质计算得出进而得出抛物线方程及准线判断A，应用焦半径公式计算求解判断B，求出导函数得出切线再得出的直线方程判断C，先联立直线及抛物线应用弦长公式计算面积判断D.
【详解】因为上的动点到焦点的距离的最小值为4，所以，即.
所以的方程为，设，.对于A，由，得其准线方程为，故A错误；
对于B，由，得，所以，
故线段的中点的纵坐标为5，即的中点到轴的距离为5，故B正确；
对于C，由，得，所以，故过的切线斜率为，
故切线的方程为，所以，又，故切线的方程为，
同理切线的方程为，因为为与的公共点，故，，
所以点，均在直线上，即的方程为，故C正确；
对于D，由题意知直线的斜率存在，设其方程为，代入，
得，所以且，，
由得即，取的中点，则，
连接，则轴，
所以，
因为，，
所以，
当时，取得最小值，且，故D正确.
故选：BCD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 过点与圆：相切的直线方程为______.
【答案】
【解析】
【分析】易知点在圆上，根据圆的切线性质进行求解即可.
【详解】易知点在圆上，故所求切线与直线垂直，
又，所以所求切线斜率，
故所求切线方程为，即.
故答案为：.
13. 如图，有排列整齐的20个盒子和20个球（其中红球和黄球各5个，黑球10个），在每个盒子中随机放入了一个球，球的颜色可能是红色、黄色、黑色中的一种.现随机先后打开每个盒子（直到打开所有盒子结束），则红球最先被全部开出的概率为______.
【答案】
【解析】
【分析】记最后打开的盒子中的球是黄球为事件，最后打开的盒子中的球是黑球为事件，记装有红球的盒子最先全部被打开为事件，则，利用全概率公式和乘法公式求出，即可得解．
【详解】由题知红球、黄球、黑球个数分别为5，5，10.
记“最后打开盒子中的球是黄球”为事件，“最后打开的盒子中的球是黑球”为事件，显然事件与互斥，
记“红球最先全部开出”为事件，则.
当事件发生时，只需考虑装红球、黑球的所有盒子已全部打开，最后被打开的那一个盒子是黑球，可得，
则.
当事件发生时，只需考虑装有红球、黄球的所有盒子已全部打开，最后被打开的那一个盒子是黄球，可得，
则，
所以.
故答案为：.
14. 设双曲线：的右焦点为为坐标原点，过的直线与的右支相交于，两点.若恒为锐角，则的离心率的取值范围为______.
【答案】
【解析】
【分析】先设直线方程再联立方程结合数量积公式应用韦达定理再应用齐次式得出离心率范围即可.
【详解】由题意知，所以，得到，，
设，，直线的斜率不为零，设其方程为，代入，
得，
由韦达定理，得
则.
由于，两点均在的右支上，故.
所以，又恒为锐角，所以恒成立，即，
所以对恒成立.因为，
所以当时，，所以，
又，所以，所以，
又，所以，所以，所以，即.
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，角，，的对边分别为，，，.
（1）求角的大小；
（2）为边上一点，且，若，求的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理进行边角互化，三角恒等变换求得，得解；
（2）在，，中，分别利用余弦定理可得，利用基本不等式求解.
【小问1详解】
由正弦定理及，
得，
，
所以，即，
因为，所以，所以，
又，所以.
【小问2详解】
因为在边上，且，所以，，
在中，由余弦定理，得，
在中，由余弦定理，得，
二者联立，消去，得，
在中，由余弦定理，得，
所以，即，
所以，即，
所以，当且仅当，即，时等号成立，
所以的最大值为.
16. 已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别为，点满足．
（1）求椭圆标准方程；
（2）若过点的直线交椭圆于两点，垂直于轴的直线与椭圆的另一个交点为，求面积的最大值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）结合题意可得，，进而解得，进而求解；
（2）设直线的方程为，联系直线与椭圆方程，结合韦达定理可得，进而表示出的面积，再利用基本不等式求解即可.
【小问1详解】
由椭圆的离心率为，得，①
由，
知，即，②
由①②，解得，，所以，
故椭圆的标准方程为．
【小问2详解】
如图，由题意知直线的斜率存在且不为0，
故可设直线的方程为，
由，得，
由于直线过椭圆内一点，故必有，
设，，则，，
又，，
易知与同号，
所以
，
当且仅当，即时等号成立，
所以面积的最大值为．
17. 高血脂症是指脂肪代谢或者运转异常使人体血液中的血脂含量超过正常范围，表现为血中胆固醇或甘油三酯过高或高密度脂蛋白过低，现代医学称“血脂异常”.高血脂症是常见病、多发病，更是导致心脑血管疾病的元凶.最新的调查显示，中国成人高血脂的患病率为41.1%，大概每五位成人中就有两位是高血脂患者.改善生活方式和药物治疗是最常用的治疗方式，同时适当锻炼可以使血脂水平下降，高血脂发病率降低，控制高血脂的发展.
（1）某社区为鼓励和引导辖区居民积极参加体育健身活动，养成良好的锻炼习惯，开展“低碳万步走，健康在脚下”徒步走活动.下表为开展活动起5个季度社区高血脂患者的血脂情况统计.
已知血脂明显降低（或治愈）人数与季度变量（季度变量依次为）具有线性相关关系，试求出与的经验回归方程，并预测第6季度血脂明显降低（或治愈）者大约有多少人？
（2）社区将参加徒步走活动的队员分成了甲、乙、丙三组去参加徒步走比赛.若比赛分为初赛和决赛，其中初赛有两轮，只有两轮都获胜才能进入决赛.已知甲组在每轮比赛中获胜的概率均为；乙组在第一轮和第二轮比赛中获胜的概率分别为和；丙组在第一轮和第二轮获胜的概率分别为和.设进入决赛的组数为，求的分布列与数学期望.
附：经验回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：，
【答案】（1），378人
（2）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）首先计算和，再代入参考公式，求回归方程，代入，即可求解；
（2）确定的取值，再根据随机变量的意义，结合独立事件概率公式，即可求分布列，最后代入期望公式，即可求解.
【小问1详解】
，.
，
，
所以，
所以，
所以，
当时，，
所以第6季度血脂明显降低（或治愈）者大约有378人.
【小问2详解】
由题知的可能取值为0，1，2，3.
依题意，甲组、乙组、丙组进入决赛的概率分别为，，，
所以，
，
，
.
所以随机变量的分布列为：
所以.
18. 已知函数.
（1）当时，若直线过原点且与曲线相切，求的方程；
（2）若函数在上恰有2个零点，.
①求的取值范围；
②求证：.
【答案】（1）；
（2）①；②证明见解析.
【解析】
【分析】（1）求出函数的导函数，设切点为，利用导数的几何意义求出，从而得到切线方程；
（2）①问题转化为恰有2个不相等的正实数根，，令，利用导数求出函数的单调性和最值，数形结合得解；②由题可得，，得，利用分析法可将所证明问题转化为，令，令，利用导数求出最值得证.
【小问1详解】
当时，，设直线与曲线相切于点，
因为，所以直线的斜率，
又，故的方程为，
又过原点，所以，所以，
所以，故的方程为，即.
【小问2详解】
①因为在上恰有两个零点，
所以关于的方程有两个不相等的正根，即恰有2个不相等的正实数根，，
令，则与的图象有两个不同的交点.
因为，所以当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，所以，
当从0的右侧无限趋近于0时，趋近于；
当无限趋近于时，则趋近于，则图象如图所示，

所以当时，直线与的图象有两个不同交点，
所以实数的取值范围为.
②由①知，，
所以，，
所以，
不妨设，则，
要证，只需证，
因为，所以，所以，
则只需证.
令，则只需证当时，恒成立，
令，
所以，
所以在上单调递增，所以，
所以当时，恒成立，所以原不等式得证.
19. 如图，在棱长为2的正方体中，，，分别为棱，，的中点.
（1）求平面与平面的夹角的余弦值；
（2）点为正方体表面或内部一点.
①若点为线段上一点，点，分别为直线，直线上的动点，求的最小值；
②若点在正方体的表面上，且点到以为公共顶点的三个面中的两个面的距离相等，到第三个面的距离等于点到该正方体中心的距离，求出满足条件的点的个数.
【答案】（1）
（2）①2；②6个
【解析】
【分析】（1）以为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解平面与平面的夹角即可；
（2）①连接，，可得平面平面，要使最小，可知，作关于的对称点，连接，过作交于点，可得为的最小值，根据图形中几何关系求解即可；②取的中点，根据对称性知在平面上，所以点到平面等于点到直线的距离，由题意知点的轨迹为在平面内的抛物线，可求解得抛物线的方程为，结合图形即可求解.
【小问1详解】
以为原点，以，，所在的直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，
设该正方体的棱长为2，则，，，，，
所以，，，，
设平面的一个法向量，
则，即，故可取；
设平面的一个法向量，
则即，故可取，
设平面与平面的夹角为，
所以，
故平面与平面夹角的余弦值为；
【小问2详解】
①连接，，因为点在上，
因为，，，
平面，平面，
所以平面，因为平面，
所以平面平面，
故与平面内的点之间的距离最小的点在上，
因为在上，要使最小，则必在与的交点处，此时，
作关于的对称点，连接，
将沿翻折到平面内，过作交于点，
所以，，
所以为的最小值，
因为，，
所以，
又，，所以，
因为，所以，所以，
又在翻折后形成的图形中，，，所以，
所以四边形为平行四边形，所以，
所以的最小值为2，
②取的中点，则为正方体的中心，若到侧面、侧面的距离相等，根据对称性知在平面上，
因为，，，平面，
所以平面，又平面，所以平面平面，
因为平面平面，
所以点到平面等于点到直线的距离，
由题意知在平面内，点到的距离等于点到的距离，
由抛物线的定义知点的轨迹为在平面内的抛物线，
取的中点，以直线为轴，以的中垂线为轴建立如图所示的平面直角坐标系，易知，所以抛物线的方程为，
易知直线的方程为，代入，得，，
所以抛物线与棱和棱各有1个公共点，
所以若点到侧面、侧面的距离相等，点到的距离等于点到正方体中心距离时，符合条件的点有2个，
同理若点到侧面、侧面的距离相等，点到的距离等于点到正方体中心距离时，以及若点到侧面，侧面的距离相等，点到的距离等于点到正方体中心距离时，符合条件的点各有2个，
季度
1
2
3
4
5
血脂明显降低（或治愈）人数/人
100
150
210
270
320
0
1
2
3