2025屆高三模擬考試數學試題注意事項：1.答卷前，考生務必將自己的姓名、考生號等填寫在答題卡和試卷指定位置上.2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡對應題目的答案標號涂黑.如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號.回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上.寫在本試卷上無效.3.考試結束后，將答題卡交回.一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40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.已知集合，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】解不等式化簡集合，再利用交集的定義求解.【詳解】依題意，，，所以.故選：A2.已知復數在復平面內對應的點為，則（）A. B. C.1+i D.【答案】C【解析】【分析】根據給定條件，求出復數，再利用復數的除法求解.【詳解】由復數在復平面內對應點為，得，所以.故選：C3.下列函數中，是偶函數且在上單調遞增的是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】確定各選項中函數的奇偶性或單調性即可.【詳解】對于A，函數在上單調遞減，A不是；對于B，函數的定義域為，不具奇偶性，B不是；對于C，函數定義域為R，，不是偶函數，C不是；對于D，函數定義域為，，是偶函數；當時，，函數在上單調遞增，則在上單調遞增，D.故選：D4.已知向量，則（）A.的充要條件是B.的充要條件是C.與垂直的充要條件是D.若與的夾角為銳角，則的取值范圍是【答案】B【解析】【分析】根據給定條件，利用充要條件的定義求解判斷ABC；利用向量夾角公式列式求出范圍判斷D.【詳解】對于A，，則或，A錯誤；對于B，，B正確；對于C，，C錯誤；對于D，由與的夾角為銳角，得且與不共線，由選項B知，，D錯誤.故選：B5.函數在區間上的零點個數為（）A.3 B.4 C.5 D.6【答案】B【解析】【分析】利用二倍角的余弦公式化簡函數，求出零點即可判斷.【詳解】函數，由，得或，當時，，因此函數在上的零點個數為4.故選：B6.已知，則被4除的余數為（）A.3 B.2 C.1 D.0【答案】D【解析】【分析】分別賦值以及，可推得，然后將展開即可得出答案.【詳解】令，由已知可得，，令，可得，所以.因為，所以被4除的余數為1，即被4除的余數為0，故選：D.7.已知三棱柱的各條棱長相等，且，則異面直線與所成角的余弦值為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由題意可得，根據空間向量的數量積運算求，即可得結果.【詳解】不妨設棱長為2，由題意可知：，因為，則，即，且，可得，所以異面直線與所成角的余弦值為.故選：C.8.已知中，，若的平分線交于點，則的長為（）A.或 B.或 C. D.【答案】C【解析】【分析】利用余弦定理求解出再利用角平分線定理結合斯臺沃特定理求解即可.【詳解】因為所以即又所以則，又所以，又因為為的平分線，所以又因為，在中，由余弦定理知：所以，由角平分線定理知：，所以使用斯臺沃特定理求BD的長度：代入數值：化簡得到：解得：故選：C.二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9.已知函數的圖象關于點中心對稱，則（）A.在區間上單調遞減B.直線是曲線的一條對稱軸C.在區間的最小值是D.將的圖象上各點先向右平移個單位（縱坐標不變），再將橫坐標變為原來的3倍（縱坐標不變），得到函數的圖象【答案】ABD【解析】【分析】由函數圖象關于對稱可求出的值，再結合余弦型函數的單調性判斷A；由余弦函數的對稱性判斷B；由余弦型函數的最值判斷C；由函數圖象的平移變換判斷D.【詳解】因為關于點中心對稱，所以，解得，又因為，所以，即，對于A，當時，，此時單調遞減，故A正確；對于B，時，，所以直線是曲線的一條對稱軸，故B正確；對于C，當時，，當時，取最小值-1，故C錯誤；將的圖象上各點先向右平移個單位（縱坐標不變），得到函數的圖象，再將橫坐標變為原來的3倍（縱坐標不變），得到函數的圖象，故D正確；故選：ABD.10.已知函數，則（）A.當時，函數在上單調遞增B.當時，函數有兩個極值C.過點且與曲線相切的直線有且僅有一條D.當時，直線與曲線有三個交點，，則【答案】ACD【解析】【分析】A選項，求導，得到導函數大于0恒成立，故A正確；B選項，時，導函數大于等于0恒成立，B錯誤；C選項，設切點，由幾何意義得到切線方程，將代入，整理得到，構造設，求導得到單調性，數形結合得到只有1個根-2，C正確；D選項，若，此時直線與曲線只有1個交點，不合要求，故，聯立直線與曲線得到，令，變形得到.【詳解】A選項，時，，恒成立，故函數在上單調遞增，A正確；B選項，，當時，恒成立，此時在R上單調遞增，無極值，B錯誤；C選項，顯然不在上，設切點為，因為，所以，故切線方程為，又切線過點，故，整理得，設，則令得或，令得或，令得，故在上單調遞增，在上單調遞減，其中，，又，故只有1個根-2，故過點且與曲線相切的直線有且僅有一條，C正確；D選項，當時，，若，直線，此時與曲線只有1個交點，不合要求，故，，直線與曲線聯立得，設，故，所以，則，D正確.故選：ACD11.在如圖所示的方格圖中，去掉以下哪一個方格，剩下的方格圖能用總共21個或的矩形方格圖完全覆蓋（）A.① B.② C.③ D.④【答案】AD【解析】【分析】AD選項，可通過畫圖得到正確；BC選項，去掉②或③后，會有無法用或的矩形方格的圖形出現，故BC錯誤.【詳解】當去掉①后，可如圖所示的方法來進行覆蓋，A正確；同理，當去掉④，可以如圖所示的方法來進行覆蓋，D正確；當去掉②時，除去②和②周圍的3個表格外，共用去20個或的矩形方格進行覆蓋，②周圍的三個表格無法用或的矩形方格來覆蓋，利用其他方式進行覆蓋，最后始終會有結構出現，從而無法用總共21個或的矩形方格圖完全覆蓋，B錯誤；同理可得去掉③后，無法用總共21個或的矩形方格圖完全覆蓋，C錯誤故選：AD三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.雙曲線的右焦點是拋物線的焦點，則拋物線的標準方程是_____【答案】【解析】【分析】先由雙曲線方程求出右焦點坐標為，設拋物線的標準方程是，可得，求出的值即可求解.【詳解】由可得:，，所以，可得：，所以雙曲線的右焦點是，設拋物線的標準方程是，焦點為，所以，所以，所以所求拋物線的方程為：.故答案為：13.已知函數恒過定點，則點的坐標為_____.【答案】【解析】【分析】利用指數運算法則、指數式與對數式互化關系化簡函數，再利用指數函數過定點問題求解.【詳解】函數，由，得恒成立，所以點的坐標為.故答案為：14.已知數列等可能取.數列滿足，且，則的概率為_____.【答案】【解析】【分析】由，得到，再結合古典概率模型即可求解．【詳解】由題意可得：，，，若，則，從各隨機從中選一個，共有種情況；若，因為，所以共有種情況，所以的概率為：．故答案為：四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15.在數列中，.（1）求的通項公式；（2）若，求數列的前項和的最大值.【答案】（1）；（2）90.【解析】【分析】（1）利用累加法，結合分組求和法及等比數列前項和公式求解.（2）求出并判斷單調性，求出所有非負數項的和即可.【小問1詳解】依題意，當時，，則，滿足上式，所以的通項公式為.【小問2詳解】由（1）得，數列是遞減等差數列，由，得，則數列前10項均為非負數，從第11項起為負數，而，因此數列前10項和與前9項和相等，都最大，所以數列的前項和的最大值為.16.如圖，矩形中，，將沿直線翻折成.（1）若為線段上一點，且滿足，求證：直線平面；（2）當平面平面時，求點到平面的距離.【答案】（1）證明見解析；（2）.【解析】【分析】（1）在線段上取點，使，利用比例式推平行及平行公理證得平行四邊形，再利用平行四邊形性質及線面平行的判定推理得證.（2）取中點，利用面面垂直的性質，借助等體積法求出點到平面的距離.【小問1詳解】在線段上取點，使，由為線段上一點，且，得，則，在矩形中，，因此，四邊形是平行四邊形，則，而平面，平面，所以平面.【小問2詳解】依題意，，取中點，連接，則，由平面平面，平面平面，平面，得平面，連接，而平面，則，又，則，在中，，由余弦定理得，，在中，，，，，設點到平面的距離為，由，得，即，解得，所以點到平面的距離為.17.每次拋擲一枚質地均勻的六面體骰子，若出現偶數點得2分，奇數點得1分.已知每次拋擲出現偶數點和奇數點的概率都是，且結果相互獨立.（1）求在拋擲過程中，恰好得3分的概率；（2）記拋擲次得分為，求的分布列及數學期望.【答案】（1）；（2）分布列見解析，數學期望.【解析】【分析】（1）將得3分的事件拆成兩個互斥事件的和，再利用互斥事件概率加法公式及相互獨立事件概率公式求解.（2）根據給定條件，利用二項分布的概率公式和期望公式求解.【小問1詳解】得3分的事件是出現一次奇數點一次偶數點的事件，出現三次奇數點的事件和，所以恰好得3分的概率.【小問2詳解】拋擲次，設出現奇數點的次數為，由每次拋擲出現偶數點和奇數點概率都是，且結果相互獨立，得，總得分，的所有可能取值為，，所以的分布列為：數學期望為18.已知橢圓的右焦點為上一動點到的距離的取值范圍為.（1）求的標準方程；（2）設斜率為的直線過點，交于，兩點.記線段的中點為，直線交直線于點，直線交于，兩點.①求的大??；②求四邊形面積的最小值.【答案】（1）；（2）①；②3.【解析】【分析】（1）設出橢圓半焦距，結合橢圓定義求出的取值范圍，進而求出即可.（2）①設出直線的方程并與橢圓方程聯立，借助韋達定理求出坐標，利用斜率關系求出；②利用弦長公式求出，再表示出四邊形面積，借助基本不等式求出最小值.【小問1詳解】設橢圓的半焦距為c，則，而點到的距離的取值范圍為，因此，解得，，所以的標準方程為.【小問2詳解】①由（1）知點，設直線的方程為，，由消去得，，，則，線段的中點，直線的斜率，直線交直線于點，因此直線的斜率，即，則直線與直線垂直，所以.②由①知，，直線的方程為，同理得，因此四邊形的面積，而，當且僅當，即時取等號，則，所以四邊形面積的最小值為3.19.已知函數.（1）當時，判斷的極值點個數；（2）若不等式恒成立，求實數的取值范圍.【答案】（1）2；（2）.【解析】【分析】（1）把代入，求出函數的導數，再利用導數，結合零點存在性定理求出其變號零點個數即可.（2）等價變形給定不等式，換元并構造函數，再求出函