2025届平顶山市林州市高考全国统考预测密卷数学试卷含解析

这是一份2025届平顶山市林州市高考全国统考预测密卷数学试卷含解析，共7页。试卷主要包含了已知直线，，则“”是“”的，若集合，，则等内容，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．若复数，，其中是虚数单位，则的最大值为( )
A．B．C．D．
2．复数满足 (为虚数单位),则的值是( )
A．B．C．D．
3．在正方体中，球同时与以为公共顶点的三个面相切，球同时与以为公共顶点的三个面相切，且两球相切于点.若以为焦点，为准线的抛物线经过，设球的半径分别为，则（ ）
A．B．C．D．
4．集合，，则( )
A．B．C．D．
5．在正方体中，点、分别为、的中点，过点作平面使平面，平面若直线平面，则的值为（ ）
A．B．C．D．
6．设是虚数单位，则“复数为纯虚数”是“”的（ ）
A．充要条件B．必要不充分条件
C．既不充分也不必要条件D．充分不必要条件
7．已知直线，，则“”是“”的
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
8．椭圆是日常生活中常见的图形，在圆柱形的玻璃杯中盛半杯水，将杯体倾斜一个角度，水面的边界即是椭圆.现有一高度为12厘米，底面半径为3厘米的圆柱形玻璃杯，且杯中所盛水的体积恰为该玻璃杯容积的一半（玻璃厚度忽略不计），在玻璃杯倾斜的过程中（杯中的水不能溢出），杯中水面边界所形成的椭圆的离心率的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
9．一个盒子里有4个分别标有号码为1，2，3，4的小球，每次取出一个，记下它的标号后再放回盒子中，共取3次，则取得小球标号最大值是4的取法有（ ）
A．17种B．27种C．37种D．47种
10．若集合，，则（ ）
A．B．C．D．
11．已知函数，.若存在，使得成立，则的最大值为（ ）
A．B．
C．D．
12．已知，则p是q的（ ）
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．若向量与向量垂直，则______.
14．数列的前项和为 ，则数列的前项和_____．
15．函数在区间内有且仅有两个零点，则实数的取值范围是_____.
16． “六艺”源于中国周朝的贵族教育体系，具体包括“礼、乐、射、御、书、数”．某校在周末学生业余兴趣活动中开展了“六艺”知识讲座，每艺安排一节，连排六节，则满足“礼”与“乐”必须排在前两节，“射”和“御”两讲座必须相邻的不同安排种数为________．
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）某地在每周六的晚上8点到10点半举行灯光展，灯光展涉及到10000盏灯，每盏灯在某一时刻亮灯的概率均为，并且是否亮灯彼此相互独立.现统计了其中100盏灯在一场灯光展中亮灯的时长（单位：），得到下面的频数表：
以样本中100盏灯的平均亮灯时长作为一盏灯的亮灯时长.
（1）试估计的值；
（2）设表示这10000盏灯在某一时刻亮灯的数目.
①求的数学期望和方差；
②若随机变量满足，则认为.假设当时，灯光展处于最佳灯光亮度.试由此估计，在一场灯光展中，处于最佳灯光亮度的时长（结果保留为整数）.
附：
①某盏灯在某一时刻亮灯的概率等于亮灯时长与灯光展总时长的商；
②若，则，，.
18．（12分）已知离心率为的椭圆经过点.
(1)求椭圆的方程；
(2)荐椭圆的右焦点为，过点的直线与椭圆分别交于，若直线、、的斜率成等差数列，请问的面积是否为定值？若是，求出此定值；若不是，请说明理由.
19．（12分）在如图所示的多面体中，四边形是矩形，梯形为直角梯形，平面平面，且，，.
（1）求证：平面.
（2）求二面角的大小.
20．（12分）已知是公比为的无穷等比数列，其前项和为，满足，________．是否存在正整数，使得？若存在，求的最小值；若不存在，说明理由．
从①，②，③这三个条件中任选一个，补充在上面问题中并作答．
21．（12分）如图，平面分别是上的动点，且.
（1）若平面与平面的交线为，求证：；
（2）当平面平面时，求平面与平面所成的二面角的余弦值.
22．（10分）（某工厂生产零件A，工人甲生产一件零件A，是一等品、二等品、三等品的概率分别为，工人乙生产一件零件A，是一等品、二等品、三等品的概率分别为．己知生产一件一等品、二等品、三等品零件A给工厂带来的效益分别为10元、5元、2元.
（1）试根据生产一件零件A给工厂带来的效益的期望值判断甲乙技术的好坏；
（2）为鼓励工人提高技术，工厂进行技术大赛，最后甲乙两人进入了决赛．决赛规则是：每一轮比赛，甲乙各生产一件零件A，如果一方生产的零件A品级优干另一方生产的零件，则该方得分1分，另一方得分-1分，如果两人生产的零件A品级一样，则两方都不得分，当一方总分为4分时，比赛结束，该方获胜．Pi+4（i=4，3，2，…，4）表示甲总分为i时，最终甲获胜的概率．
①写出P0，P8的值；
②求决赛甲获胜的概率．
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】
由复数的几何意义可得表示复数，对应的两点间的距离，由两点间距离公式即可求解.
【详解】
由复数的几何意义可得，复数对应的点为，复数对应的点为，所以，其中，
故选C
本题主要考查复数的几何意义，由复数的几何意义，将转化为两复数所对应点的距离求值即可，属于基础题型.
2．C
【解析】
直接利用复数的除法的运算法则化简求解即可．
【详解】
由得：
本题正确选项：
本题考查复数的除法的运算法则的应用，考查计算能力．
3．D
【解析】
由题先画出立体图，再画出平面处的截面图，由抛物线第一定义可知，点到点的距离即半径，也即点到面的距离，点到直线的距离即点到面的距离因此球内切于正方体，设，两球球心和公切点都在体对角线上，通过几何关系可转化出，进而求解
【详解】
根据抛物线的定义，点到点的距离与到直线的距离相等，其中点到点的距离即半径，也即点到面的距离，点到直线的距离即点到面的距离，因此球内切于正方体，不妨设，两个球心和两球的切点均在体对角线上，两个球在平面处的截面如图所示，则，所以.又因为，因此，得，所以.

故选：D
本题考查立体图与平面图的转化，抛物线几何性质的使用，内切球的性质，数形结合思想，转化思想，直观想象与数学运算的核心素养
4．A
【解析】
解一元二次不等式化简集合A，再根据对数的真数大于零化简集合B，求交集运算即可.
【详解】
由可得，所以，由可得,所以,所以，故选A．
本题主要考查了集合的交集运算，涉及一元二次不等式解法及对数的概念，属于中档题.
5．B
【解析】
作出图形，设平面分别交、于点、，连接、、，取的中点，连接、，连接交于点，推导出，由线面平行的性质定理可得出，可得出点为的中点，同理可得出点为的中点，结合中位线的性质可求得的值.
【详解】
如下图所示：
设平面分别交、于点、，连接、、，取的中点，连接、，连接交于点，
四边形为正方形，、分别为、的中点，则且，
四边形为平行四边形，且，
且，且，则四边形为平行四边形，
，平面，则存在直线平面，使得，
若平面，则平面，又平面，则平面，
此时，平面为平面，直线不可能与平面平行，
所以，平面，，平面，
平面，平面平面，，
，所以，四边形为平行四边形，可得，
为的中点，同理可证为的中点，，，因此，.
故选：B.
本题考查线段长度比值的计算，涉及线面平行性质的应用，解答的关键就是找出平面与正方体各棱的交点位置，考查推理能力与计算能力，属于中等题.
6．D
【解析】
结合纯虚数的概念，可得，再结合充分条件和必要条件的定义即可判定选项.
【详解】
若复数为纯虚数，则，所以，若，不妨设，此时复数，不是纯虚数，所以“复数为纯虚数”是“”的充分不必要条件.
故选：D
本题考查充分条件和必要条件，考查了纯虚数的概念，理解充分必要条件的逻辑关系是解题的关键，属于基础题.
7．C
【解析】
先得出两直线平行的充要条件，根据小范围可推导出大范围，可得到答案.
【详解】
直线，，的充要条件是，当a=2时，化简后发现两直线是重合的，故舍去，最终a=-1.因此得到“”是“”的充分必要条件.
故答案为C.
判断充要条件的方法是：①若p⇒q为真命题且q⇒p为假命题，则命题p是命题q的充分不必要条件；②若p⇒q为假命题且q⇒p为真命题，则命题p是命题q的必要不充分条件；③若p⇒q为真命题且q⇒p为真命题，则命题p是命题q的充要条件；④若p⇒q为假命题且q⇒p为假命题，则命题p是命题q的即不充分也不必要条件．⑤判断命题p与命题q所表示的范围，再根据“谁大谁必要，谁小谁充分”的原则，判断命题p与命题q的关系．
8．C
【解析】
根据题意可知当玻璃杯倾斜至杯中水刚好不溢出时，水面边界所形成椭圆的离心率最大，由椭圆的几何性质即可确定此时椭圆的离心率，进而确定离心率的取值范围.
【详解】
当玻璃杯倾斜至杯中水刚好不溢出时，水面边界所形成椭圆的离心率最大.
此时椭圆长轴长为，短轴长为6，
所以椭圆离心率，
所以.
故选：C
本题考查了橢圆的定义及其性质的简单应用，属于基础题.
9．C
【解析】
由于是放回抽取,故每次的情况有4种,共有64种；先找到最大值不是4的情况,即三次取出标号均不为4的球的情况,进而求解.
【详解】
所有可能的情况有种,其中最大值不是4的情况有种,所以取得小球标号最大值是4的取法有种,
故选:C
本题考查古典概型,考查补集思想的应用,属于基础题.
10．B
【解析】
根据正弦函数的性质可得集合A，由集合性质表示形式即可求得，进而可知满足.
【详解】
依题意，；
而
，
故，
则.
故选：B.
本题考查了集合关系的判断与应用，集合的包含关系与补集关系的应用，属于中档题.
11．C
【解析】
由题意可知，，由可得出，，利用导数可得出函数在区间上单调递增，函数在区间上单调递增，进而可得出，由此可得出，可得出，构造函数，利用导数求出函数在上的最大值即可得解.
【详解】
，，
由于，则，同理可知，，
函数的定义域为，对恒成立，所以，函数在区间上单调递增，同理可知，函数在区间上单调递增，
，则，，则，
构造函数，其中，则.
当时，，此时函数单调递增；当时，，此时函数单调递减.
所以，.
故选：C.
本题考查代数式最值的计算，涉及指对同构思想的应用，考查化归与转化思想的应用，有一定的难度.
12．B
【解析】
根据诱导公式化简再分析即可.
【详解】
因为,所以q成立可以推出p成立,但p成立得不到q成立,例如,而,所以p是q的必要而不充分条件.
故选：B
本题考查充分与必要条件的判定以及诱导公式的运用,属于基础题.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．0
【解析】
直接根据向量垂直计算得到答案.
【详解】
向量与向量垂直，则，故.
故答案为：.
本题考查了根据向量垂直求参数，意在考查学生的计算能力.
14．
【解析】
解： 两式作差，得 ，经过检验得出数列的通项公式，进而求得 的通项公式， 裂项相消求和即可．
【详解】
解：
两式作差，得
化简得 ，
检验：当n=1时， ，所以数列 是以2为首项，2为公比的等比数列； ，，
令

故填： ．
本题考查求数列的通项公式，裂项相消求数列的前n项和，解题过程中需要注意n的范围以及对特殊项的讨论，侧重考查运算能力．
15．
【解析】
对函数零点问题等价转化，分离参数讨论交点个数，数形结合求解.
【详解】
由题：函数在区间内有且仅有两个零点，
，
等价于函数恰有两个公共点，
作出大致图象：
要有两个交点，即，
所以.
故答案为：
此题考查函数零点问题，根据函数零点个数求参数的取值范围，关键在于对函数零点问题恰当变形，等价转化，数形结合求解.
16．
【解析】
分步排课，首先将“礼”与“乐”排在前两节，然后，“射”和“御”捆绑一一起作为一个元素与其它两个元素合起来全排列，同时它们内部也全排列．
【详解】
第一步：先将“礼”与“乐”排在前两节，有种不同的排法；第二步：将“射”和“御”两节讲座捆绑再和其他两艺全排有种不同的排法，所以满足“礼”与“乐”必须排在前两节，“射”和“御”两节讲座必须相邻的不同安排种数为．
故答案为：1．
本题考查排列的应用，排列组合问题中，遵循特殊元素特殊位置优先考虑的原则，相邻问题用捆绑法，不相邻问题用插入法．
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）①，,②72
【解析】
（1）将每组数据的组中值乘以对应的频率，然后再将结果相加即可得到亮灯时长的平均数，将此平均数除以（个小时），即可得到的估计值；
（2）①利用二项分布的均值与方差的计算公式进行求解；
②先根据条件计算出的取值范围，然后根据并结合正态分布概率的对称性，求解出在满足取值范围下对应的概率.
【详解】
（1）平均时间为（分钟）
∴
（2）①∵，
∴，
②∵，，∴
∵，，
∴
∴
即最佳时间长度为72分钟.
本题考查根据频数分布表求解平均数、几何概型（长度模型）、二项分布的均值与方差、正态分布的概率计算，属于综合性问题，难度一般.（1）如果，则；（2）计算正态分布中的概率，一定要活用正态分布图象的对称性对应概率的对称性.
18． (1)；(2)是，
【解析】
(1)根据及可得，再将点代入椭圆的方程与联立解出，即可求出椭圆的方程；
(2) 可设所在直线的方程为，，，，将直线的方程与椭圆的方程联立，用根与系数的关系求出，然后将直线、、的斜率、、分别用表示，利用可求出，从而可确定点恒在一条直线上，结合图形即可求出的面积．
【详解】
(1)因为椭圆的离心率为，所以，即，
又，所以，①
因为点在椭圆上，所以，②
由①②解得，所以椭圆C的方程为．
(1)可知，，可设所在直线的方程为，
由，得，
设，，，则，，
设直线、、的斜率分别为、、，
因为三点共线，所以，即，
所以，
又，
因为直线、、的斜率成等差数列，所以，
即，化简得，即点恒在一条直线上，
又因为直线方程为，且，
所以是定值.
本题主要考查椭圆的方程，直线与椭圆的位置关系及椭圆中的定值问题，属于中档题．
19．（1）见解析；（2）
【解析】
（1）根据面面垂直性质及线面垂直性质，可证明；由所给线段关系，结合勾股定理逆定理，可证明，进而由线面垂直的判定定理证明平面.
（2）建立空间直角坐标系，写出各个点的坐标，并求得平面和平面的法向量，由空间向量法求得两个平面夹角的余弦值，结合图形即可求得二面角的大小.
【详解】
（1）证明：∵平面平面ABEG，且，
∴平面，
∴，
由题意可得，
∴，
∵，且，
∴平面.
（2）如图所示，建立空间直角坐标系，则，，，，，，.
设平面的法向量是，
则，
令，，
由（1）可知平面的法向量是，
∴，
由图可知，二面角为钝二面角，所以二面角的大小为.
本题考查了线面垂直的判定，面面垂直及线面垂直的性质应用，空间向量法求二面角的大小，属于中档题.
20．见解析
【解析】
选择①或②或③，求出的值，然后利用等比数列的求和公式可得出关于的不等式，判断不等式是否存在符合条件的正整数解，在有解的情况下，解出不等式，进而可得出结论.
【详解】
选择①：因为，所以，所以．
令，即，，所以使得的正整数的最小值为；
选择②：因为，所以，．
因为，所以不存在满足条件的正整数；
选择③：因为，所以，所以．
令，即，整理得．
当为偶数时，原不等式无解；
当为奇数时，原不等式等价于，
所以使得的正整数的最小值为．
本题考查了等比数列的通项公式求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
21．（1）见解析；（2）
【解析】
（1）首先由线面平行的判定定理可得平面，再由线面平行的性质定理即可得证；
（2）以点为坐标原点，，所在的直线分别为轴，以过点且垂直于的直线为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦值；
【详解】
解：（1）由，
又平面，平面，所以平面.
又平面，且平面平面，
故.
（2）因为平面，所以，又，所以平面，
所以，又，所以.
若平面平面，则平面，所以，
由且，
又，所以.
以点为坐标原点，，所在的直线分别为轴，以过点且垂直于的直线为轴建立空间直角坐标系，
则 ，，设
则
由，可得，，即，所以可得，所以，
设平面的一个法向量为，则
，，，取，得
所以
易知平面的法向量为，
设平面与平面所成的二面角为，
则，
结合图形可知平面与平面所成的二面角的余弦值为.
本题考查线面平行的判定定理及性质定理的应用，利用空间向量法求二面角，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养，属于中档题．
22．（1）乙的技术更好，见解析（2）①，；②
【解析】
（1）列出分布列，求出期望，比较大小即可；
（2）①直接根据概率的意义可得P0，P8；②设每轮比赛甲得分为，求出每轮比赛甲得1分的概率，甲得0分的概率，甲得分的概率，可的，可推出是等差数列，根据可得答案.
【详解】
（1）记甲乙各生产一件零件给工厂带来的效益分别为元、元，
随机变量，的分布列分别为
所以，，
所以，即乙的技术更好
（2）①表示的是甲得分时，甲最终获胜的概率，所以，
表示的是甲得4分时，甲最终获胜的概率，所以；
②设每轮比赛甲得分为，则
每轮比赛甲得1分的概率，
甲得0分的概率，
甲得分的概率，
所以甲得时，最终获胜有以下三种情况：
（1）下一轮得1分并最终获胜，概率为；
（2）下一轮得0分并最终获胜，概率为；
（3）下一轮得分并最终获胜，概率为；
所以，
所以是等差数列，
则，
即决赛甲获胜的概率是.
本题考查离散型随机变量的分布列和期望，考查数列递推关系的应用，是一道难度较大的题目.
亮灯时长/
频数
10
20
40
20
10
10
5
2
10
5
2