2025届镇坪县高考冲刺押题（最后一卷）数学试卷含解析

这是一份2025届镇坪县高考冲刺押题（最后一卷）数学试卷含解析，共2页。试卷主要包含了两圆和相外切，且，则的最大值为，函数的图象大致为等内容，欢迎下载使用。
1． 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．已知的内角的对边分别是且，若为最大边，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
2．已知α，β是两平面，l，m，n是三条不同的直线，则不正确命题是（ ）
A．若m⊥α，n//α，则m⊥nB．若m//α，n//α，则m//n
C．若l⊥α，l//β，则α⊥βD．若α//β，lβ，且l//α，则l//β
3．若集合，，则
A．B．C．D．
4．命题：存在实数，对任意实数，使得恒成立；：，为奇函数，则下列命题是真命题的是（ ）
A．B．C．D．
5．过椭圆的左焦点的直线过的上顶点，且与椭圆相交于另一点，点在轴上的射影为，若，是坐标原点，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
6．已知甲盒子中有个红球，个蓝球，乙盒子中有个红球，个蓝球，同时从甲乙两个盒子中取出个球进行交换，（a）交换后，从甲盒子中取1个球是红球的概率记为.（b）交换后，乙盒子中含有红球的个数记为.则（ ）
A．B．
C．D．
7．两圆和相外切，且，则的最大值为（ ）
A．B．9C．D．1
8．函数的图象大致为（ ）
A．B．
C．D．
9．已知函数的图像上有且仅有四个不同的点关于直线的对称点在的图像上，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
10．山东烟台苹果因“果形端正、色泽艳丽、果肉甜脆、香气浓郁”享誉国内外.据统计，烟台苹果（把苹果近似看成球体）的直径（单位：）服从正态分布，则直径在内的概率为（ ）
附：若，则，.
A．0.6826B．0.8413C．0.8185D．0.9544
11．将函数的图象先向右平移个单位长度，在把所得函数图象的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图象，若函数在上没有零点，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
12．已知复数（为虚数单位），则下列说法正确的是（ ）
A．的虚部为B．复数在复平面内对应的点位于第三象限
C．的共轭复数D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．数据的标准差为_____．
14．记复数z＝a+bi（i为虚数单位）的共轭复数为，已知z＝2+i，则_____．
15．已知是抛物线的焦点，过作直线与相交于两点，且在第一象限，若，则直线的斜率是_________．
16．已知双曲线的右准线与渐近线的交点在抛物线上，则实数的值为___________.
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（12分）定义：若数列满足所有的项均由构成且其中有个，有个，则称为“﹣数列”．
（1）为“﹣数列”中的任意三项，则使得的取法有多少种？
（2）为“﹣数列”中的任意三项，则存在多少正整数对使得且的概率为.
18．（12分）已知直线与抛物线交于两点.
（1）当点的横坐标之和为4时，求直线的斜率；
（2）已知点，直线过点，记直线的斜率分别为，当取最大值时，求直线的方程.
19．（12分）已知奇函数的定义域为，且当时，.
（1）求函数的解析式；
（2）记函数，若函数有3个零点，求实数的取值范围.
20．（12分）已知抛物线与直线.
（1）求抛物线C上的点到直线l距离的最小值；
（2）设点是直线l上的动点，是定点，过点P作抛物线C的两条切线，切点为A，B，求证A，Q，B共线；并在时求点P坐标.
21．（12分）如图，平面四边形中，，是上的一点，是的中点，以为折痕把折起，使点到达点的位置，且.
（1）证明：平面平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
22．（10分）椭圆：（）的离心率为，它的四个顶点构成的四边形面积为.
（1）求椭圆的方程；
（2）设是直线上任意一点，过点作圆的两条切线，切点分别为，，求证：直线恒过一个定点.
参考答案
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．C
【解析】
由，化简得到的值，根据余弦定理和基本不等式，即可求解.
【详解】
由，可得，
可得，
通分得，
整理得，所以，
因为为三角形的最大角，所以，
又由余弦定理
，当且仅当时，等号成立，
所以，即，
又由，所以的取值范围是.
故选：C.
本题主要考查了代数式的化简，余弦定理，以及基本不等式的综合应用，试题难度较大，属于中档试题，着重考查了推理与运算能力.
2．B
【解析】
根据线面平行、线面垂直和空间角的知识，判断A选项的正确性.由线面平行有关知识判断B选项的正确性.根据面面垂直的判定定理，判断C选项的正确性.根据面面平行的性质判断D选项的正确性.
【详解】
A．若，则在中存在一条直线，使得，则，又，那么，故正确；
B．若，则或相交或异面，故不正确；
C．若，则存在，使，又，则，故正确．
D．若，且，则或，又由，故正确．
故选：B
本小题主要考查空间线线、线面和面面有关命题真假性的判断，属于基础题.
3．C
【解析】
解一元次二次不等式得或，利用集合的交集运算求得.
【详解】
因为或，，所以，故选C.
本题考查集合的交运算，属于容易题.
4．A
【解析】
分别判断命题和的真假性，然后根据含有逻辑联结词命题的真假性判断出正确选项.
【详解】
对于命题，由于，所以命题为真命题.对于命题，由于，由解得，且，所以是奇函数，故为真命题.所以为真命题. 、、都是假命题.
故选：A
本小题主要考查诱导公式，考查函数的奇偶性，考查含有逻辑联结词命题真假性的判断，属于基础题.
5．D
【解析】
求得点的坐标，由，得出，利用向量的坐标运算得出点的坐标，代入椭圆的方程，可得出关于、、的齐次等式，进而可求得椭圆的离心率.
【详解】
由题意可得、.
由，得，则，即.
而，所以，所以点.
因为点在椭圆上，则，
整理可得，所以，所以.
即椭圆的离心率为
故选：D.
本题考查椭圆离心率的求解，解答的关键就是要得出、、的齐次等式，充分利用点在椭圆上这一条件，围绕求点的坐标来求解，考查计算能力，属于中等题.
6．A
【解析】
分析：首先需要去分析交换后甲盒中的红球的个数，对应的事件有哪些结果，从而得到对应的概率的大小，再者就是对随机变量的值要分清，对应的概率要算对，利用公式求得其期望.
详解：根据题意有，如果交换一个球，
有交换的都是红球、交换的都是蓝球、甲盒的红球换的乙盒的蓝球、甲盒的蓝球交换的乙盒的红球，
红球的个数就会出现三种情况；
如果交换的是两个球，有红球换红球、蓝球换蓝球、一蓝一红换一蓝一红、红换蓝、蓝换红、一蓝一红换两红、一蓝一红换亮蓝，
对应的红球的个数就是五种情况，所以分析可以求得，故选A.
点睛：该题考查的是有关随机事件的概率以及对应的期望的问题，在解题的过程中，需要对其对应的事件弄明白，对应的概率会算，以及变量的可取值会分析是多少，利用期望公式求得结果.
7．A
【解析】
由两圆相外切，得出，结合二次函数的性质，即可得出答案.
【详解】
因为两圆和相外切
所以，即
当时，取最大值
故选：A
本题主要考查了由圆与圆的位置关系求参数，属于中档题.
8．A
【解析】
用偶函数的图象关于轴对称排除,用排除,用排除.故只能选.
【详解】
因为 ,
所以函数为偶函数,图象关于轴对称,故可以排除;
因为,故排除,
因为由图象知,排除.
故选:A
本题考查了根据函数的性质,辨析函数的图像,排除法,属于中档题.
9．A
【解析】
可将问题转化，求直线关于直线的对称直线，再分别讨论两函数的增减性，结合函数图像，分析临界点，进一步确定的取值范围即可
【详解】
可求得直线关于直线的对称直线为，
当时，，，当时，，则当时，，单减，当时，，单增；
当时，，，当，,当时，单减，当时，单增；
根据题意画出函数大致图像，如图：
当与（）相切时，得，解得；
当与（）相切时，满足，
解得，结合图像可知，即，
故选：A
本题考查数形结合思想求解函数交点问题，导数研究函数增减性，找准临界是解题的关键，属于中档题
10．C
【解析】
根据服从的正态分布可得，，将所求概率转化为，结合正态分布曲线的性质可求得结果.
【详解】
由题意，，，则，，
所以，.
故果实直径在内的概率为0.8185.
故选：C
本题考查根据正态分布求解待定区间的概率问题，考查了正态曲线的对称性，属于基础题.
11．A
【解析】
根据y=Acs（ωx+φ）的图象变换规律，求得g（x）的解析式，根据定义域求出的范围，再利用余弦函数的图象和性质，求得ω的取值范围．
【详解】
函数的图象先向右平移个单位长度，
可得的图象，
再将图象上每个点的横坐标变为原来的倍(纵坐标不变)，
得到函数的图象，
∴周期，
若函数在上没有零点，
∴ ，
∴ ，
，解得，
又，解得，
当k=0时，解，
当k=-1时，，可得，
.
故答案为：A.
本题考查函数y=Acs（ωx+φ）的图象变换及零点问题，此类问题通常采用数形结合思想，构建不等关系式，求解可得，属于较难题.
12．D
【解析】
利用的周期性先将复数化简为即可得到答案.
【详解】
因为，，，所以的周期为4，故，
故的虚部为2，A错误；在复平面内对应的点为，在第二象限，B错误；的共
轭复数为，C错误；，D正确.
故选：D.
本题考查复数的四则运算，涉及到复数的虚部、共轭复数、复数的几何意义、复数的模等知识，是一道基础题.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．
【解析】
先计算平均数再求解方差与标准差即可.
【详解】
解：样本的平均数,
这组数据的方差是
标准差,
故答案为：
本题主要考查了标准差的计算,属于基础题.
14．3﹣4i
【解析】
计算得到z2＝（2+i）2＝3+4i，再计算得到答案.
【详解】
∵z＝2+i，∴z2＝（2+i）2＝3+4i，则．
故答案为：3﹣4i．
本题考查了复数的运算，共轭复数，意在考查学生的计算能力.
15．
【解析】
作出准线，过作准线的垂线，利用抛物线的定义把抛物线点到焦点的距离转化为点到准线的距离，利用平面几何知识计算出直线的斜率．
【详解】
设是准线，过作于，过作于，过作于，如图，
则，，∵，∴，∴，
∴，，
∴，∴直线斜率为．
故答案为：．
本题考查抛物线的焦点弦问题，解题关键是利用抛物线的定义，把抛物线上点到焦点距离转化为该点到准线的距离，用平面几何方法求解．
16．
【解析】
求出双曲线的渐近线方程，右准线方程，得到交点坐标代入抛物线方程求解即可．
【详解】
解：双曲线的右准线，渐近线，
双曲线的右准线与渐近线的交点，
交点在抛物线上，
可得：，
解得．
故答案为．
本题考查双曲线的简单性质以及抛物线的简单性质的应用，是基本知识的考查，属于基础题．
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（1）16；（2）115.
【解析】
(1)易得使得的情况只有“”,“”两种,再根据组合的方法求解两种情况分别的情况数再求和即可.
(2)易得“”共有种,“”共有种.再根据古典概型的方法可知,利用组合数的计算公式可得,当时根据题意有,共个；
当时求得,再根据换元根据整除的方法求解满足的正整数对即可.
【详解】
解：（1）三个数乘积为有两种情况：“”,“”,
其中“”共有：种,
“”共有：种,
利用分类计数原理得：
为“﹣数列”中的任意三项,
则使得的取法有：种．
（2）与(1)同理,“”共有种,
“”共有种,
而在“﹣数列”中任取三项共有种,
根据古典概型有：,
再根据组合数的计算公式能得到：
,
时,应满足,
,共个,
时,
应满足,
视为常数,可解得,
,
根据可知,,
,
,
根据可知,,（否则）,
下设,
则由于为正整数知必为正整数,
,
,
化简上式关系式可以知道：,
均为偶数,
设,
则
,
由于中必存在偶数,
只需中存在数为的倍数即可,
,
．
检验： 符合题意,
共有个,
综上所述：共有个数对符合题意．
本题主要考查了排列组合的基本方法,同时也考查了组合数的运算以及整数的分析方法等,需要根据题意
18．（1）（2）
【解析】
（1）设，根据直线的斜率公式即可求解；
（2）设直线的方程为，联立直线与抛物线方程，由韦达定理得，，结合直线的斜率公式得到，换元后讨论的符号，求最值可求解.
【详解】
（1）设，
因为
，
即直线的斜率为1.
（2）显然直线的斜率存在，
设直线的方程为.
联立方程组，
可得
则
，
令，则
则
当时，；
当且仅当，即时，解得时，取“=”号，
当时，；
当时，
综上所述，当时，取得最大值，
此时直线的方程是.
本题主要考查了直线的斜率公式，直线与抛物线的位置关系，换元法，均值不等式，考查了运算能力，属于难题.
19．（1）；（2）
【解析】
（1）根据奇函数定义，可知；令则，结合奇函数定义即可求得时的解析式，进而得函数的解析式；
（2）根据零点定义，可得，由函数图像分析可知曲线与直线在第三象限必1个交点，因而需在第一象限有2个交点，将与联立，由判别式及两根之和大于0，即可求得的取值范围.
【详解】
（1）因为函数为奇函数，且，故；
当时，，
，
则；
故.
（2）令，
解得，画出函数关系如下图所示，
要使曲线与直线有3个交点，
则2个交点在第一象限，1个交点在第三象限，联立，
化简可得，
令，即，
解得，
所以实数的取值范围为.
本题考查了根据函数奇偶性求解析式，分段函数图像画法，由函数零点个数求参数的取值范围应用，数形结合的应用，属于中档题.
20．（1）；（2）证明见解析，或
【解析】
（1）根据点到直线的公式结合二次函数的性质即可求出；（2）设，，，，表示出直线，的方程，利用表示出，，即可求定点的坐标．
【详解】
（1）设抛物线上点的坐标为，
则，时取等号），
则抛物线上的点到直线距离的最小值；
（2）设，，，，
，
，
直线，的方程为分别为，，
由两条直线都经过点点得，为方程的两根，，
直线的方程为，，
，
，，共线．
又，
，
，
解，，
点，是直线上的动点，
时，，时，，
，或．
本题考查抛物线的方程的求法，考查直线方程的求法，考查直线过定点的解法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力．
21．（1）见解析；（2）
【解析】
（1）要证平面平面，只需证平面，而，所以只需证，而由已知的数据可证得为等边三角形，又由于是的中点，所以，从而可证得结论；
（2）由于在中，，而平面平面，所以点在平面的投影恰好为的中点，所以如图建立空间直角坐标系，利用空间向量求解.
【详解】
（1）由，所以平面四边形为直角梯形，设，因为.
所以在中，，则，又，所以，由，
所以为等边三角形，
又是的中点，所以，又平面，
则有平面，
而平面，故平面平面.
（2）解法一：在中，，取中点，所以，
由（1）可知平面平面，平面平面，
所以平面，
以为坐标原点，方向为轴方向，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，
设平面的法向量，由得取，则
设直线与平面所成角大小为，
则，
故直线与平面所成角的正弦值为.

解法二：在中，，取中点，所以，由（1）可知平面平面，平面平面，
所以平面，
过作于，连，则由平面平面，所以，又，则平面，又平面所以，在中，，所以，设到平面的距离为，由，即，即，
可得，
设直线与平面所成角大小为，则.
故直线与平面所成角的正弦值为.
此题考查的是立体几何中的证明面面垂直和求线面角，考查学生的转化思想和计算能力，属于中档题.
22．（1）；（2）证明见解析.
【解析】
（1）根据椭圆的基本性质列出方程组，即可得出椭圆方程；
（2）设点，，，由，，结合斜率公式化简得出，，即，满足，由的任意性，得出直线恒过一个定点.
【详解】
（1）依题意得，解得
即椭圆：；
（2）设点，，
其中，
由，得，
即，
注意到，
于是，
因此，满足
由的任意性知，，，即直线恒过一个定点.
本题主要考查了求椭圆的方程，直线过定点问题，属于中档题.