湖南省郴州市桂东县2025年高考全国统考预测密卷数学试卷含解析

这是一份湖南省郴州市桂东县2025年高考全国统考预测密卷数学试卷含解析，共7页。试卷主要包含了tan570°=等内容，欢迎下载使用。
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
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．已知复数z满足,则在复平面上对应的点在( )
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
2．已知函数，若，则的最小值为（ ）
参考数据：
A．B．C．D．
3．设函数，则函数的图像可能为（ ）
A．B．C．D．
4．执行如图所示的程序框图，若输出的，则输入的整数的最大值为( )
A．7B．15C．31D．63
5．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
6．四人并排坐在连号的四个座位上，其中与不相邻的所有不同的坐法种数是（ ）
A．12B．16C．20D．8
7．已知抛物线和点，直线与抛物线交于不同两点，，直线与抛物线交于另一点．给出以下判断：
①以为直径的圆与抛物线准线相离；
②直线与直线的斜率乘积为；
③设过点，，的圆的圆心坐标为，半径为，则．
其中，所有正确判断的序号是（ ）
A．①②B．①③C．②③D．①②③
8．如图，四边形为正方形，延长至，使得，点在线段上运动.设，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
9．tan570°=（ ）
A．B．-C．D．
10．已知点，是函数的函数图像上的任意两点，且在点处的切线与直线AB平行，则( )
A．，b为任意非零实数B．，a为任意非零实数
C．a、b均为任意实数D．不存在满足条件的实数a，b
11．等差数列中，已知，且，则数列的前项和中最小的是（ ）
A．或B．C．D．
12．某中学2019年的高考考生人数是2016年高考考生人数的1.2倍，为了更好地对比该校考生的升学情况，统计了该校2016年和2019年的高考情况，得到如图柱状图：

则下列结论正确的是（ ）.
A．与2016年相比，2019年不上线的人数有所增加
B．与2016年相比，2019年一本达线人数减少
C．与2016年相比，2019年二本达线人数增加了0.3倍
D．2016年与2019年艺体达线人数相同
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知集合，若，则__________．
14．齐王与田忌赛马，田忌的上等马优于齐王的中等马，劣于齐王的上等马，田忌的中等马优于齐王的下等马，劣于齐王的中等马，田忌的下等马劣于齐王的下等马.现从双方的马匹中随机选一匹进行一场比赛，则田忌的马获胜的概率为__________．
15．在长方体中，，，，为的中点，则点到平面的距离是______.
16．已知i为虚数单位，复数，则＝_______．
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）已知集合，，，将的所有子集任意排列，得到一个有序集合组，其中.记集合中元素的个数为，，，规定空集中元素的个数为.
当时，求的值；
利用数学归纳法证明：不论为何值，总存在有序集合组，满足任意，，都有.
18．（12分）在三棱锥中，为棱的中点，
(I)证明：；
(II)求直线与平面所成角的正弦值.
19．（12分）在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且向量与向量共线.
（1）求B；
（2）若，，且，求BD的长度.
20．（12分）已知函数是减函数.
（1）试确定a的值；
（2）已知数列，求证：.
21．（12分）已知直线是曲线的切线.
（1）求函数的解析式，
（2）若，证明:对于任意，有且仅有一个零点.
22．（10分）已知.
（1）求不等式的解集；
（2）记的最小值为，且正实数满足.证明：.
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．A
【解析】
设，由得：，由复数相等可得的值，进而求出，即可得解.
【详解】
设，由得：，即，
由复数相等可得：，解之得：，则，所以，在复平面对应的点的坐标为，在第一象限.
故选：A.
本题考查共轭复数的求法，考查对复数相等的理解，考查复数在复平面对应的点，考查运算能力，属于常考题.
2．A
【解析】
首先的单调性，由此判断出，由求得的关系式.利用导数求得的最小值，由此求得的最小值.
【详解】
由于函数，所以在上递减，在上递增.由于，，令，解得，所以，且，化简得，所以，构造函数，.构造函数，，所以在区间上递减，而，，所以存在，使.所以在上大于零，在上小于零.所以在区间上递增，在区间上递减.而，所以在区间上的最小值为，也即的最小值为，所以的最小值为.
故选：A
本小题主要考查利用导数研究函数的最值，考查分段函数的图像与性质，考查化归与转化的数学思想方法，属于难题.
3．B
【解析】
根据函数为偶函数排除，再计算排除得到答案.
【详解】
定义域为：
，函数为偶函数，排除
，排除
故选
本题考查了函数图像，通过函数的单调性，奇偶性，特殊值排除选项是常用的技巧.
4．B
【解析】
试题分析：由程序框图可知：①，；②，；③，；④，；
⑤，. 第⑤步后输出，此时，则的最大值为15，故选B.
考点：程序框图.
5．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.
6．A
【解析】
先将除A，B以外的两人先排，再将A，B在3个空位置里进行插空，再相乘得答案.
【详解】
先将除A，B以外的两人先排，有种；再将A，B在3个空位置里进行插空，有种，所以共有种.
故选：A
本题考查排列中不相邻问题，常用插空法，属于基础题.
7．D
【解析】
对于①，利用抛物线的定义，利用可判断；
对于②，设直线的方程为，与抛物线联立，用坐标表示直线与直线的斜率乘积，即可判断；
对于③，将代入抛物线的方程可得，，从而，，利用韦达定理可得，再由，可用m表示，线段的中垂线与轴的交点（即圆心）横坐标为，可得a，即可判断.
【详解】
如图，设为抛物线的焦点，以线段为直径的圆为，则圆心为线段的中点．
设，到准线的距离分别为，，的半径为，点到准线的距离为，
显然，，三点不共线，
则．所以①正确．
由题意可设直线的方程为，
代入抛物线的方程，有．
设点，的坐标分别为，，
则，．
所以．
则直线与直线的斜率乘积为．所以②正确．
将代入抛物线的方程可得，，从而，．根据抛物线的对称性可知，
，两点关于轴对称，所以过点，，的圆的圆心在轴上．
由上，有，，
则．
所以，线段的中垂线与轴的交点（即圆心）横坐标为，所以．
于是，，
代入，，得，
所以．
所以③正确．
故选：D
本题考查了抛物线的性质综合，考查了学生综合分析，转化划归，数形结合，数学运算的能力，属于较难题.
8．C
【解析】
以为坐标原点，以分别为x轴，y轴建立直角坐标系，利用向量的坐标运算计算即可解决.
【详解】
以为坐标原点建立如图所示的直角坐标系，不妨设正方形的边长为1，
则，，设，则，所以，且，
故.
故选：C.
本题考查利用向量的坐标运算求变量的取值范围，考查学生的基本计算能力，本题的关键是建立适当的直角坐标系，是一道基础题.
9．A
【解析】
直接利用诱导公式化简求解即可．
【详解】
tan570°=tan（360°+210°）=tan210°=tan（180°+30°）=tan30°=．
故选：A．
本题考查三角函数的恒等变换及化简求值，主要考查诱导公式的应用，属于基础题.
10．A
【解析】
求得的导函数，结合两点斜率公式和两直线平行的条件：斜率相等，化简可得，为任意非零实数.
【详解】
依题意，在点处的切线与直线AB平行，即有
，所以，由于对任意上式都成立，可得，为非零实数.
故选：A
本题考查导数的运用，求切线的斜率，考查两点的斜率公式，以及化简运算能力，属于中档题．
11．C
【解析】
设公差为，则由题意可得，解得，可得.令 ，可得 当时，，当时，，由此可得数列前项和中最小的.
【详解】
解：等差数列中，已知，且，设公差为，
则，解得 ，
.
令 ，可得，故当时，，当时，，
故数列前项和中最小的是.
故选：C.
本题主要考查等差数列的性质，等差数列的通项公式的应用，属于中档题.
12．A
【解析】
设2016年高考总人数为x，则2019年高考人数为，通过简单的计算逐一验证选项A、B、C、D.
【详解】
设2016年高考总人数为x，则2019年高考人数为，2016年高考不上线人数为，
2019年不上线人数为，故A正确；
2016年高考一本人数，2019年高考一本人数，故B错误；
2019年二本达线人数，2016年二本达线人数，增加了
倍，故C错误；
2016年艺体达线人数，2019年艺体达线人数，故D错误.
故选：A.
本题考查柱状图的应用，考查学生识图的能力，是一道较为简单的统计类的题目.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．1
【解析】
分别代入集合中的元素，求出值，再结合集合中元素的互异性进行取舍可解.
【详解】
依题意，分别令，，，
由集合的互异性，解得，则.
故答案为：
本题考查集合元素的特性：确定性、互异性、无序性．确定集合中元素，要注意检验集合中的元素是否满足互异性．
14．.
【解析】
分析：由题意结合古典概型计算公式即可求得题中的概率值.
详解：由题意可知了，比赛可能的方法有种，
其中田忌可获胜的比赛方法有三种：田忌的中等马对齐王的下等马，
田忌的上等马对齐王的下等马，田忌的上等马对齐王的中等马，
结合古典概型公式可得，田忌的马获胜的概率为.
点睛：有关古典概型的概率问题，关键是正确求出基本事件总数和所求事件包含的基本事件数．(1)基本事件总数较少时，用列举法把所有基本事件一一列出时，要做到不重复、不遗漏，可借助“树状图”列举．(2)注意区分排列与组合，以及计数原理的正确使用.
15．
【解析】
利用等体积法求解点到平面的距离
【详解】
由题在长方体中，，
，
所以，所以，
设点到平面的距离为
，解得
故答案为：
此题考查求点到平面的距离，通过在三棱锥中利用等体积法求解，关键在于合理变换三棱锥的顶点.
16．
【解析】
先把复数进行化简，然后利用求模公式可得结果.
【详解】
．
故答案为：.
本题主要考查复数模的求解，利用复数的运算把复数化为的形式是求解的关键，侧重考查数学运算的核心素养.
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．；证明见解析.
【解析】
当时，集合共有个子集，即可求出结果；
分类讨论，利用数学归纳法证明.
【详解】
当时，集合共有个子集，所以；
①当时，，由可知，，
此时令，，，，
满足对任意，都有，且；
②假设当时，存在有序集合组满足题意，且，
则当时，集合的子集个数为个，
因为是4的整数倍，所以令，，，，
且恒成立，
即满足对任意，都有，且，
综上，原命题得证.
本题考查集合的自己个数的研究，结合数学归纳法的应用，属于难题.
18． (I)证明见解析；(II)
【解析】
(I) 过作于，连接，根据勾股定理得到，得到平面，得到证明.
(II) 过点作于，证明平面，故为直线与平面所成角，计算夹角得到答案.
【详解】
(I)过作于，连接，根据角度的垂直关系易知：
，，，故，
，.
根据余弦定理：，解得，故，
故，，，故平面，平面，
故.
(II)过点作于，
平面，平面，故，，，
故平面，故为直线与平面所成角，
，根据余弦定理：，
故.
本题考查了线线垂直，线面夹角，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.
19．（1）（2）
【解析】
（1）根据共线得到，利用正弦定理化简得到答案.
（2）根据余弦定理得到，，再利用余弦定理计算得到答案.
【详解】
（1）∵与共线，∴.
即，∴
即，∵，∴，∵，∴.
（2），，，在中，由余弦定理得：
，∴.
则或（舍去）.
∴，∵∴.
在中，由余弦定理得：
，
∴.
本题考查了向量共线，正弦定理，余弦定理，意在考查学生的综合应用能力.
20．（Ⅰ）（Ⅱ）见证明
【解析】
（Ⅰ）求导得，由是减函数得，对任意的，都有恒成立，构造函数，通过求导判断它的单调性，令其最大值小于等于0，即可求出；
（Ⅱ）由是减函数，且可得，当时，，则，即，两边同除以得，，即，从而 ，两边取对数 ，然后再证明恒成立即可，构造函数，，通过求导证明即可．
【详解】
解：（Ⅰ）的定义域为，.
由是减函数得，对任意的，都有恒成立.
设.
∵，由知，
∴当时，；当时，，
∴在上单调递增，在上单调递减，
∴在时取得最大值.
又∵，∴对任意的，恒成立，即的最大值为.
∴，解得.
（Ⅱ）由是减函数，且可得，当时，，
∴，即.
两边同除以得，，即.
从而 ，
所以 ①.
下面证；
记，.
∴ ，
∵在上单调递增，
∴在上单调递减，
而，
∴当时，恒成立，
∴在上单调递减，
即时，，
∴当时，.
∵，
∴当时，，即②.
综上①②可得，.
本题考查了导数与函数的单调性的关系，考查了函数的最值，考查了构造函数的能力，考查了逻辑推理能力与计算求解能力，属于难题．，
21．（1）（2）证明见解析
【解析】
（1）对函数求导，并设切点，利用点既在曲线上、又在切线上，列出方程组，解得，即可得答案；
（2）当x充分小时，当x充分大时，可得至少有一个零点. 再证明零点的唯一性，即对函数求导得，对分和两种情况讨论，即可得答案.
【详解】
（1）根据题意，，设直线与曲线相切于点.
根据题意，可得，解之得，
所以.
（2）由（1）可知，
则当x充分小时，当x充分大时，∴至少有一个零点.
∵，
①若，则，在上单调递增，∴有唯一零点.
②若令，得有两个极值点，
∵，∴，∴.
∴在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.
∴极大值为.，又，
∴在(0，16)上单调递增，
∴，
∴有唯一零点.
综上可知，对于任意，有且仅有一个零点.
本题考查导数的几何意义的运用、利用导数证明函数的零点个数，考查函数与方程思想、转化与化归思想、分类讨论思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意零点存在定理的运用.
22．（1）或；（2）见解析
【解析】
（1）根据，利用零点分段法解不等式，或作出函数的图像，利用函数的图像解不等式；
（2）由（1）作出的函数图像求出的最小值为，可知，代入中，然后给等式两边同乘以，再将写成后，化简变形，再用均值不等式可证明.
【详解】
（1）解法一：1°时，，即，解得；
2°时，，即，解得；
3°时，，即，解得.
综上可得，不等式的解集为或.
解法二：由作出图象如下：
由图象可得不等式的解集为或.
（2）由
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
正实数满足，则，
即，
（当且仅当即时取等号）
故，得证.
此题考查了绝对值不等式的解法，绝对值不等式的性质和均值不等式的运用，考查了分类讨论思想和转化思想，属于中档题.