宝鸡市眉县2025年高考数学一模试卷含解析

这是一份宝鸡市眉县2025年高考数学一模试卷含解析，共2页。试卷主要包含了考生要认真填写考场号和座位序号，已知向量，是单位向量，若，则，设函数，已知集合，，若，则，已知直线等内容，欢迎下载使用。
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。
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．如图所示，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E、F且EF=，则下列结论中错误的是（ ）
A．AC⊥BEB．EF平面ABCD
C．三棱锥A-BEF的体积为定值D．异面直线AE,BF所成的角为定值
2．如图，某几何体的三视图是由三个边长为2的正方形和其内部的一些虚线构成的，则该几何体的体积为( )
A．B．C．6D．与点O的位置有关
3．已知当，，时，，则以下判断正确的是
A．B．
C．D．与的大小关系不确定
4．已知直线过圆的圆心，则的最小值为（ ）
A．1B．2C．3D．4
5．已知向量，是单位向量，若，则（ ）
A．B．C．D．
6．某中学有高中生人，初中生人为了解该校学生自主锻炼的时间，采用分层抽样的方法从高生和初中生中抽取一个容量为的样本.若样本中高中生恰有人，则的值为（ ）
A．B．C．D．
7．设函数（，）是上的奇函数，若的图象关于直线对称，且在区间上是单调函数，则（ ）
A．B．C．D．
8．抛物线方程为，一直线与抛物线交于两点，其弦的中点坐标为，则直线的方程为（ ）
A．B．C．D．
9．已知集合，，若，则（ ）
A．或B．或C．或D．或
10．已知直线：（）与抛物线：交于（坐标原点），两点，直线：与抛物线交于，两点.若，则实数的值为（ ）
A．B．C．D．
11．正项等差数列的前和为，已知，则=（ ）
A．35B．36C．45D．54
12．执行如图所示的程序框图，则输出的结果为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．函数过定点________.
14．已知实数，满足约束条件，则的最小值为______.
15．设实数，若函数的最大值为，则实数的最大值为______.
16．曲线在点（1，1）处的切线与轴及直线=所围成的三角形面积为，则实数=____。
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）已知椭圆的右焦点为，过点且与轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为，且与短轴两端点的连线相互垂直.
（1）求椭圆的方程；
（2）若圆上存在两点，，椭圆上存在两个点满足：三点共线，三点共线，且，求四边形面积的取值范围.
18．（12分）古人云：“腹有诗书气自华.”为响应全民阅读，建设书香中国，校园读书活动的热潮正在兴起.某校为统计学生一周课外读书的时间，从全校学生中随机抽取名学生进行问卷调査，统计了他们一周课外读书时间（单位：）的数据如下：
（1）根据表格中提供的数据，求，，的值并估算一周课外读书时间的中位数.
（2）如果读书时间按，，分组，用分层抽样的方法从名学生中抽取20人.
①求每层应抽取的人数；
②若从，中抽出的学生中再随机选取2人，求这2人不在同一层的概率.
19．（12分）在一次电视节目的答题游戏中，题型为选择题，只有“A”和“B”两种结果，其中某选手选择正确的概率为p，选择错误的概率为q，若选择正确则加1分，选择错误则减1分，现记“该选手答完n道题后总得分为”.
（1）当时，记，求的分布列及数学期望；
（2）当，时，求且的概率.
20．（12分）如图，在中，角的对边分别为，且满足，线段的中点为.
（Ⅰ）求角的大小；
（Ⅱ）已知，求的大小.
21．（12分）已知动圆经过点，且动圆被轴截得的弦长为，记圆心的轨迹为曲线．
（1）求曲线的标准方程；
（2）设点的横坐标为，，为圆与曲线的公共点，若直线的斜率，且，求的值．
22．（10分）已知函数．
（1）若在处取得极值，求的值；
（2）求在区间上的最小值；
（3）在（1）的条件下，若，求证：当时，恒有成立．
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．D
【解析】
A．通过线面的垂直关系可证真假；B．根据线面平行可证真假；C．根据三棱锥的体积计算的公式可证真假；D．根据列举特殊情况可证真假.
【详解】
A．因为，所以平面，
又因为平面，所以，故正确；
B．因为，所以，且平面，平面，
所以平面，故正确；
C．因为为定值，到平面的距离为，
所以为定值，故正确；
D．当，，取为，如下图所示：
因为，所以异面直线所成角为，
且，
当，，取为，如下图所示：
因为，所以四边形是平行四边形，所以，
所以异面直线所成角为，且，
由此可知：异面直线所成角不是定值，故错误.
故选：D.
本题考查立体几何中的综合应用，涉及到线面垂直与线面平行的证明、异面直线所成角以及三棱锥体积的计算，难度较难.注意求解异面直线所成角时，将直线平移至同一平面内.
2．B
【解析】
根据三视图还原直观图如下图所示，几何体的体积为正方体的体积减去四棱锥的体积，即可求出结论.
【详解】
如下图是还原后的几何体，是由棱长为2的正方体挖去一个四棱锥构成的，
正方体的体积为8，四棱锥的底面是边长为2的正方形，
顶点O在平面上，高为2，
所以四棱锥的体积为，
所以该几何体的体积为.
故选:B.
本题考查三视图求几何体的体积，还原几何体的直观图是解题的关键，属于基础题.
3．C
【解析】
由函数的增减性及导数的应用得：设，求得可得为增函数，又，，时，根据条件得，即可得结果．
【详解】
解：设，
则，
即为增函数，
又，，，，
即，
所以，
所以．
故选：C．
本题考查了函数的增减性及导数的应用，属中档题．
4．D
【解析】
圆心坐标为，代入直线方程，再由乘1法和基本不等式，展开计算即可得到所求最小值．
【详解】
圆的圆心为，
由题意可得，即，，，
则，当且仅当且即时取等号，
故选：．
本题考查最值的求法，注意运用乘1法和基本不等式，注意满足的条件：一正二定三等，同时考查直线与圆的关系，考查运算能力，属于基础题．
5．C
【解析】
设，根据题意求出的值，代入向量夹角公式，即可得答案；
【详解】
设，，
是单位向量，,
，，
联立方程解得：或
当时，；
当时，；
综上所述：.
故选：C.
本题考查向量的模、夹角计算，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力，求解时注意的两种情况.
6．B
【解析】
利用某一层样本数等于某一层的总体个数乘以抽样比计算即可.
【详解】
由题意，，解得.
故选：B.
本题考查简单随机抽样中的分层抽样，某一层样本数等于某一层的总体个数乘以抽样比，本题是一道基础题.
7．D
【解析】
根据函数为上的奇函数可得，由函数的对称轴及单调性即可确定的值，进而确定函数的解析式，即可求得的值.
【详解】
函数（，）是上的奇函数，
则，所以.
又的图象关于直线对称可得，，即，，
由函数的单调区间知，，
即，
综上，则，
.
故选：D
本题考查了三角函数的图象与性质的综合应用，由对称轴、奇偶性及单调性确定参数，属于中档题.
8．A
【解析】
设，，利用点差法得到，所以直线的斜率为2，又过点，再利用点斜式即可得到直线的方程.
【详解】
解：设，∴，
又，两式相减得：，
∴，
∴，
∴直线的斜率为2，又∴过点，
∴直线的方程为：，即，
故选：A.
本题考查直线与抛物线相交的中点弦问题，解题方法是“点差法”，即设出弦的两端点坐标，代入抛物线方程相减后可把弦所在直线斜率与中点坐标建立关系．
9．B
【解析】
因为,所以,所以或.
若，则,满足.
若，解得或.若，则，满足.若，显然不成立，综上或，选B.
10．D
【解析】
设，，联立直线与抛物线方程，消去、列出韦达定理，再由直线与抛物线的交点求出点坐标，最后根据，得到方程，即可求出参数的值；
【详解】
解：设，，由，得，
∵，解得或，∴，.
又由，得，∴或，∴，
∵，
∴，
又∵，
∴代入解得.
故选：D
本题考查直线与抛物线的综合应用，弦长公式的应用，属于中档题.
11．C
【解析】
由等差数列通项公式得，求出，再利用等差数列前项和公式能求出.
【详解】
正项等差数列的前项和，
，
，
解得或（舍），
，故选C.
本题主要考查等差数列的性质与求和公式，属于中档题. 解等差数列问题要注意应用等差数列的性质（）与前 项和的关系.
12．D
【解析】
循环依次为
直至结束循环，输出
，选D.
点睛：算法与流程图的考查，侧重于对流程图循环结构的考查.先明晰算法及流程图的相关概念，包括选择结构、循环结构、伪代码，其次要重视循环起点条件、循环次数、循环终止条件，更要通过循环规律，明确流程图研究的数学问题，是求和还是求项.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．
【解析】
令，，与参数无关，即可得到定点.
【详解】
由指数函数的性质，可得，函数值与参数无关，
所有过定点.
故答案为：
此题考查函数的定点问题，关键在于找出自变量的取值使函数值与参数无关，熟记常见函数的定点可以节省解题时间.
14．
【解析】
作出满足约束条件的可行域，将目标函数视为可行解与点的斜率，观察图形斜率最小在点B处，联立，解得点B坐标，即可求得答案.
【详解】
作出满足约束条件的可行域，该目标函数视为可行解与点的斜率，故
由题可知，联立得,联立得
所以，故
所以的最小值为
故答案为：
本题考查分式型目标函数的线性规划问题，属于简单题.
15．
【解析】
根据，则当时，，即.当时，显然成立；当时，由，转化为，令，用导数法求其最大值即可.
【详解】
因为，又当时，，即.
当时，显然成立；
当时，由等价于，
令，，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
，则，
又，得，
因此的最大值为.
故答案为：
本题主要考查导数在函数中的应用，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于中档题.
16．或1
【解析】
利用导数的几何意义，可得切线的斜率，以及切线方程，求得切线与轴和的交点，由三角形的面积公式可得所求值．
【详解】
的导数为，
可得切线的斜率为3，切线方程为，
可得，可得切线与轴的交点为，，切线与的交点为，
可得，解得或。
本题主要考查利用导数求切线方程，以及直线方程的运用，三角形的面积求法。
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）；（2）
【解析】
（1）又题意知，，及即可求得，从而得椭圆方程.
（2）分三种情况：直线斜率不存在时，的斜率为0时，的斜率存在且不为0时，设出直线方程，联立方程组，用韦达定理和弦长公式以及四边形的面积公式计算即可.
【详解】
（1）由焦点与短轴两端点的连线相互垂直及椭圆的对称性可知，，
∵过点且与轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为.
又，解得.
∴椭圆的方程为
（2）由（1）可知圆的方程为，
（i）当直线的斜率不存在时，直线的斜率为0，
此时
（ii）当直线的斜率为零时，.
（iii）当直线的斜率存在且不等于零时，设直线的方程为，
联立，得，
设的横坐标分别为，则.
所以，
（注：的长度也可以用点到直线的距离和勾股定理计算.）
由可得直线的方程为，联立椭圆的方程消去，
得
设的横坐标为，则.
.
综上，由（i）（ii）（ⅲ）得的取值范围是.
本题考查椭圆的标准方程与几何性质、直线与圆锥曲线的位置关系的应用问题，解答此类题目，通常利用的关系，确定椭圆方程是基础；通过联立直线方程与椭圆方程建立方程组，应用一元二次方程根与系数，得到目标函数解析式，运用函数知识求解；本题是难题.
18．（1），，，中位数；（2）①三层中抽取的人数分别为2，5，13；②
【解析】
（1）根据频率分布直方表的性质，即可求得，得到，，再结合中位数的计算方法，即可求解.
（2）①由题意知用分层抽样的方法从样本中抽取20人，根据抽样比，求得在三层中抽取的人数；
②由①知，设内被抽取的学生分别为，内被抽取的学生分别为，利用列举法得到基本事件的总数，利用古典概型的概率计算公式，即可求解.
【详解】
（1）由题意，可得，所以，.
设一周课外读书时间的中位数为小时，
则，解得，
即一周课外读书时间的中位数约为小时.
（2）①由题意知用分层抽样的方法从样本中抽取20人，抽样比为，
又因为，，的频数分别为20，50，130，
所以从，，三层中抽取的人数分别为2，5，13.
②由①知，在，两层中共抽取7人，设内被抽取的学生分别为，内被抽取的学生分别为，
若从这7人中随机抽取2人，则所有情况为，，，，，，，，
，，，，，，，，，，，，，共有21种，
其中2人不在同一层的情况为，，，，，，，，，，共有10种.
设事件为“这2人不在同一层”，
由古典概型的概率计算公式，可得概率为.
本题主要考查了频率分布直方表的性质，中位数的求解，以及古典概型的概率计算等知识的综合应用，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题.
19．（1）见解析，0（2）
【解析】
（1）即该选手答完3道题后总得分,可能出现的情况为3道题都答对,答对2道答错1道,答对1道答错2道,3道题都答错,进而求解即可；
（2）当时,即答完8题后,正确的题数为5题,错误的题数是3题,又,则第一题答对,第二题第三题至少有一道答对,进而求解.
【详解】
解:（1）的取值可能为,,1,3,又因为,
故,,
,,
所以的分布列为：
所以
（2）当时,即答完8题后,正确的题数为5题,错误的题数是3题,
又已知,第一题答对,
若第二题回答正确,则其余6题可任意答对3题；
若第二题回答错误,第三题回答正确,则后5题可任意答对题，
此时的概率为（或）.
本题考查二项分布的分布列及期望,考查数据处理能力,考查分类讨论思想.
20．（Ⅰ）；（Ⅱ）.
【解析】
（Ⅰ）由正弦定理边化角，再结合转化即可求解；
（Ⅱ）可设，由，再由余弦定理解得，对中，由余弦定理有，通过勾股定理逆定理可得，进而得解
【详解】
（Ⅰ）由正弦定理得.
而.
由以上两式得，即.
由于，所以，
又由于，得.
（Ⅱ）设，在中，由正弦定理有.
由余弦定理有，整理得，
由于，所以.
在中，由余弦定理有.
所以，所以.
本题考查正弦定理和余弦定理的综合运用，属于中档题
21．见解析
【解析】
（1）设，则点到轴的距离为，
因为圆被轴截得的弦长为，所以，
又，所以，
化简可得，所以曲线的标准方程为．
（2）设，，
因为直线的斜率，所以可设直线的方程为，
由及，消去可得，所以，，
所以．
设线段的中点为，点的纵坐标为，则，，
所以直线的斜率为，所以，所以，
所以．
易得圆心到直线的距离，
由圆经过点，可得，
所以，整理可得，
解得或，所以或，
又，所以．
22．（1）2；（2）；（3）证明见解析
【解析】
（1）先求出函数的定义域和导数，由已知函数在处取得极值，得到，即可求解的值；
（2）由（1）得，定义域为，分，和三种情况讨论，分别求得函数的最小值，即可得到结论；
（3）由，得到，把，只需证，构造新函数，利用导数求得函数的单调性与最值，即可求解.
【详解】
（1）由，定义域为，则，
因为函数在处取得极值，
所以，即，解得，
经检验，满足题意，所以.
(2)由（1）得，定义域为，
当时，有，在区间上单调递增，最小值为，
当时，由得，且，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
所以在区间上单调递增，最小值为，
当时，则，当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
所以在处取得最小值，
综上可得：
当时，在区间上的最小值为1，
当时，在区间上的最小值为.
（3）由得，
当时，，则，
欲证，只需证，即证，即，
设，则，
当时，，在区间上单调递增，
当时，，即，
故， 即当时，恒有成立.
本题主要考查导数在函数中的综合应用，以及不等式的证明，着重考查了转化与化归思想、分类讨论、及逻辑推理能力与计算能力，对于此类问题，通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
一周课外读书时间/
合计
频数
4
6
10
12
14
24
46
34
频率
0.02
0.03
0.05
0.06
0.07
0.12
0.25
0.17
1
1
3