2025屆陜西西安高新一中高考數學全真模擬密押卷考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．將一張邊長為的紙片按如圖(1)所示陰影部分裁去四個全等的等腰三角形，將余下部分沿虛線折疊并拼成一個有底的正四棱錐模型，如圖(2)放置，如果正四棱錐的主視圖是正三角形，如圖(3)所示，則正四棱錐的體積是()A． B． C． D．2．“角谷猜想”的內容是：對于任意一個大于1的整數，如果為偶數就除以2，如果是奇數，就將其乘3再加1，執行如圖所示的程序框圖，若輸入，則輸出的（）A．6 B．7 C．8 D．93．若函數的圖象經過點，則函數圖象的一條對稱軸的方程可以為()A． B． C． D．4．已知雙曲線的左、右焦點分別為，圓與雙曲線在第一象限內的交點為M，若．則該雙曲線的離心率為A．2 B．3 C． D．5．已知點、．若點在函數的圖象上，則使得的面積為的點的個數為（）A． B． C． D．6．已知是虛數單位，若，則（）A． B．2 C． D．107．已知復數，為的共軛復數，則（）A． B． C． D．8．執行如圖所示的程序框圖，當輸出的時，則輸入的的值為()A．-2 B．-1 C． D．9．在的展開式中，含的項的系數是（）A．74 B．121 C． D．10．等比數列中，，則與的等比中項是（）A．±4 B．4 C． D．11．公元263年左右，我國數學家劉徽發現當圓內接正多邊形的邊數無限增加時，多邊形面積可無限逼近圓的面積，并創立了“割圓術”，利用“割圓術”劉徽得到了圓周率精確到小數點后兩位的近似值，這就是著名的“徽率”。如圖是利用劉徽的“割圓術”思想設計的一個程序框圖，則輸出的值為（）（參考數據：）A．48 B．36 C．24 D．1212．設全集，集合，，則（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．若關于的不等式在上恒成立，則的最大值為__________．14．已知正實數滿足，則的最小值為．15．已知向量=（－4，3），=（6，m），且，則m=__________.16．數列滿足，則，_____.若存在n∈N*使得成立，則實數λ的最小值為______三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）在直角坐標系xOy中，以坐標原點為極點，x軸的非負半軸為極軸建立極坐標系；曲線C1的普通方程為(x-1)2+y2=1，曲線C2的參數方程為（θ為參數）.（Ⅰ）求曲線C1和C2的極坐標方程：（Ⅱ）設射線θ=(ρ>0)分別與曲線C1和C2相交于A，B兩點，求|AB|的值．18．（12分）（1）已知數列滿足：，且（為非零常數，），求數列的前項和；（2）已知數列滿足：（ⅰ）對任意的；（ⅱ）對任意的，，且.①若，求數列是等比數列的充要條件.②求證：數列是等比數列，其中.19．（12分）電視傳媒公司為了解某地區觀眾對某體育節目的收視情況，隨機抽取了100名觀眾進行調查，其中女性有55名，下面是根據調查結果繪制的觀眾日均收看該體育節目時間的頻率分布直方圖：將日均收看該體育節目時間不低于40分鐘的觀眾稱為“體育迷”．(1)根據已知條件完成下面的列聯表，并據此資料你是否認為“體育迷”與性別有關？非體育迷體育迷合計男女1055合計(2)將上述調查所得到的頻率視為概率．現在從該地區大量電視觀眾中，采用隨機抽樣方法每次抽取1名觀眾，抽取3次，記被抽取的3名觀眾中的“體育迷”人數為X.若每次抽取的結果是相互獨立的，求X的分布列，期望E(X)和方差D(X)．附：.P(K2≥k)0.050.01k3.8416.63520．（12分）已知函數的導函數的兩個零點為和．（1）求的單調區間；（2）若的極小值為，求在區間上的最大值．21．（12分）已知函數.（1）當時，解關于的不等式；（2）若對任意，都存在，使得不等式成立，求實數的取值范圍.22．（10分）已知分別是橢圓的左焦點和右焦點，橢圓的離心率為是橢圓上兩點，點滿足.(1)求的方程；(2)若點在圓上，點為坐標原點，求的取值范圍.

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、B【解析】設折成的四棱錐的底面邊長為，高為，則，故由題設可得，所以四棱錐的體積，應選答案B．2、B【解析】

模擬程序運行，觀察變量值可得結論．【詳解】循環前，循環時：，不滿足條件；，不滿足條件；，不滿足條件；，不滿足條件；，不滿足條件；，滿足條件，退出循環，輸出．故選：B．【點睛】本題考查程序框圖，考查循環結構，解題時可模擬程序運行，觀察變量值，從而得出結論．3、B【解析】

由點求得的值，化簡解析式，根據三角函數對稱軸的求法，求得的對稱軸，由此確定正確選項.【詳解】由題可知.所以令，得令，得故選：B【點睛】本小題主要考查根據三角函數圖象上點的坐標求參數，考查三角恒等變換，考查三角函數對稱軸的求法，屬于中檔題.4、D【解析】

本題首先可以通過題意畫出圖像并過點作垂線交于點，然后通過圓與雙曲線的相關性質判斷出三角形的形狀并求出高的長度，的長度即點縱坐標，然后將點縱坐標帶入圓的方程即可得出點坐標，最后將點坐標帶入雙曲線方程即可得出結果。【詳解】根據題意可畫出以上圖像，過點作垂線并交于點，因為，在雙曲線上，所以根據雙曲線性質可知，，即，，因為圓的半徑為，是圓的半徑，所以，因為，，，，所以，三角形是直角三角形，因為，所以，，即點縱坐標為，將點縱坐標帶入圓的方程中可得，解得，，將點坐標帶入雙曲線中可得，化簡得，，，，故選D。【點睛】本題考查了圓錐曲線的相關性質，主要考察了圓與雙曲線的相關性質，考查了圓與雙曲線的綜合應用，考查了數形結合思想，體現了綜合性，提高了學生的邏輯思維能力，是難題。5、C【解析】

設出點的坐標，以為底結合的面積計算出點到直線的距離，利用點到直線的距離公式可得出關于的方程，求出方程的解，即可得出結論.【詳解】設點的坐標為，直線的方程為，即，設點到直線的距離為，則，解得，另一方面，由點到直線的距離公式得，整理得或，，解得或或.綜上，滿足條件的點共有三個．故選：C.【點睛】本題考查三角形面積的計算，涉及點到直線的距離公式的應用，考查運算求解能力，屬于中等題．6、C【解析】

根據復數模的性質計算即可.【詳解】因為，所以，，故選：C【點睛】本題主要考查了復數模的定義及復數模的性質，屬于容易題.7、C【解析】

求出，直接由復數的代數形式的乘除運算化簡復數.【詳解】.故選：C【點睛】本題考查復數的代數形式的四則運算，共軛復數，屬于基礎題.8、B【解析】若輸入，則執行循環得結束循環，輸出，與題意輸出的矛盾；若輸入，則執行循環得結束循環，輸出，符合題意；若輸入，則執行循環得結束循環，輸出，與題意輸出的矛盾；若輸入，則執行循環得結束循環，輸出，與題意輸出的矛盾；綜上選B.9、D【解析】

根據，利用通項公式得到含的項為：，進而得到其系數，【詳解】因為在，所以含的項為：，所以含的項的系數是的系數是，，故選：D【點睛】本題主要考查二項展開式及通項公式和項的系數，還考查了運算求解的能力，屬于基礎題，10、A【解析】

利用等比數列的性質可得，即可得出．【詳解】設與的等比中項是．

由等比數列的性質可得，．

∴與的等比中項

故選A．【點睛】本題考查了等比中項的求法，屬于基礎題．11、C【解析】

由開始，按照框圖，依次求出s，進行判斷。【詳解】，故選C.【點睛】框圖問題，依據框圖結構，依次準確求出數值，進行判斷，是解題關鍵。12、D【解析】

求解不等式，得到集合A，B，利用交集、補集運算即得解【詳解】由于故集合或故集合故選：D【點睛】本題考查了集合的交集和補集混合運算，考查了學生概念理解，數學運算的能力，屬于中檔題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】

分類討論，時不合題意；時求導，求出函數的單調區間，得到在上的最小值，利用不等式恒成立轉化為函數最小值，化簡得，構造放縮函數對自變量再研究，可解,【詳解】令；當時，，不合題意；當時，，令，得或，所以在區間和上單調遞減.因為，且在區間上單調遞增，所以在處取極小值，即最小值為.若，，則，即.當時，，當時，則.設，則.當時，；當時，，所以在上單調遞增；在上單調遞減，所以，即，所以的最大值為.故答案為：【點睛】本題考查不等式恒成立問題.不等式恒成立問題的求解思路：已知不等式(為實參數)對任意的恒成立，求參數的取值范圍．利用導數解決此類問題可以運用分離參數法;如果無法分離參數，可以考慮對參數或自變量進行分類討論求解，如果是二次不等式恒成立的問題，可以考慮二次項系數與判別式的方法(,或，)求解．14、4【解析】

由題意結合代數式的特點和均值不等式的結論整理計算即可求得最終結果.【詳解】.當且僅當時等號成立.據此可知：的最小值為4.【點睛】條件最值的求解通常有兩種方法：一是消元法，即根據條件建立兩個量之間的函數關系，然后代入代數式轉化為函數的最值求解；二是將條件靈活變形，利用常數代換的方法構造和或積為常數的式子，然后利用基本不等式求解最值．15、8.【解析】

利用轉化得到加以計算，得到.【詳解】向量則.【點睛】本題考查平面向量的坐標運算、平面向量的數量積、平面向量的垂直以及轉化與化歸思想的應用.屬于容易題.16、【解析】

利用“退一作差法”求得數列的通項公式，將不等式分離常數，利用商比較法求得的最小值，由此求得的取值范圍，進而求得的最小值.【詳解】當時兩式相減得所以當時，滿足上式綜上所述存在使得成立的充要條件為存在使得，設，所以，即，所以單調遞增，的最小項，即有的最小值為.故答案為：(1).(2).【點睛】本小題主要考查根據遞推關系式求數列的通項公式，考查數列單調性的判斷方法，考查不等式成立的存在性問題的求解策略，屬于中檔題.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（Ⅰ），;（Ⅱ）【解析】

（Ⅰ）根據，可得曲線C1的極坐標方程，然后先計算曲線C2的普通方程，最后根據極坐標與直角坐標的轉化公式，可得結果.（Ⅱ）將射線θ=分別與曲線C1和C2極坐標方程聯立，可得A，B的極坐標，然后簡單計算，可得結果.【詳解】（Ⅰ）由所以曲線的極坐標方程為，曲線的普通方程為則曲線的極坐標方程為（Ⅱ）令，則，，則，即，所以，，故．【點睛】本題考查極坐標方程和參數方程與直角坐標方程的轉化，以及極坐標方程中的幾何意義，屬基礎題.18、（1）；（2）①；②證明見解析.【解析】

（1）由條件可得，結合等差數列的定義和通項公式、求和公式，即可得到所求；（2）①若，可令，運用已知條件和等比數列的性質，即可得到所求充要條件；②當，，，由等比數列的定義和不等式的性質，化簡變形，即可得到所求結論．【詳解】解：（1），，且為非零常數，，，可得，可得數列的首項為，公差為的等差數列，可得，前項和為；（2）①若，可令，，且，即，，，，對任意的，，可得，可得，，數列是等比數列，則，，可得，，即，又，即有，即，數列是等比數列的充要條件為；②證明：對任意的，，，，，當，，，可得，即以為首項、為公比的等比數列；同理可得以為首項、為公比的等比數列；對任意的，，可得，即有，所以對，，，可得，，即且，則，可令，故數列，，，，，，，，，是以為首項，為公比的等比數列，其中．【點睛】本題考查新定義的理解和運用，考查等差數列和等比數列的定義和通項公式的運用，考查分類討論思想方法和推理、運算能力，屬于難題．19、(1)無關；(2)，.【解析】

(1)由頻率分布直方圖可知，在抽取的100人中，“體育迷”有25人，從而可得列聯表如下：非體育迷體育迷合計男301545女451055合計7525100將22列聯表中的數據代入公式計算，得.因為3.030<3.841，所以我們沒有充分理由認為“體育迷”與性別有關．(2)由頻率分布直方圖知抽到“體育迷”的頻率為0.25，將頻率視為概率，即從觀眾中抽取一名“體育迷”的概率.由題意知X～B(3，)，從而X的分布列為X0123PE(X)＝np＝＝.D(X)＝np(1－p)＝20、（1）單調遞增區間是，單調遞減區間是和；（2）最大值是．【解析】

（1）求得，由題意可知和是函數的兩個零點，根據函數的符號變化可得出的符號變化，進而可得出函數的單調遞增區間和遞減區間；（2）由（1）中的結論知，函數的極小值為，進而得出，解出、、的值，然后利用導數可求得函數在區間上的最大值.【詳解】（1），令，因為，所以的零點就是的零點，且與符號相同．又因為，所以當時，，即；當或時，，即.所以，函數的單調遞增區間是，單調遞減區間是和；（2）由（1）知，是的極小值點，所以有，解得，，，所以．因為函數的單調遞增區間是，單調遞減區間是和.所以為函數的極大值，故在區間上的最大值取和中的最大者，而，所以函數在區間上的最大值是．【點睛】本題考查利用導數求函數的單調區間與最值，考查計算能力，屬于中等題.21、（1）；（2）.【解析】

（1）分類討論去絕對值號，然后解不等式即可.（2）因為對任意，都存在，使得不等式成立，等價于，根據絕對值不等式易求，根據二次函數易求，然后解不等式即可.【詳解】解：（1）當時，，則當時，由得，，解得；當時，恒成立；當時，由得