試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁2025年普通高等學校招生“圓夢杯”統一模擬考試（八）數學試題學校:___________姓名：___________班級：___________考號：___________一、單選題1．已知集合M=xx<1A．?1,2 B．0,2 2．若z=21+iA．1 B．2 C．3 D．23．設雙曲線x2a2?y2=1(a>A．14 B．12 C．14．已知非零向量a,b滿足|a|=A．π6 B．π3 C．2π5．已知P為直線l:x?y+1=0上一點，過點P作圓A．1 B．2 C．3 D．26．函數fx=exsinA．3 B．4 C．5 D．67．已知三臺車床加工同一型號的零件，第1，2，3臺車床加工的次品率分別為5%，2%，4%，加工出來的零件混放在一起，且第1，2，3臺車床加工的零件數目之比為4:5:11，現任取一個零件，記事件AA．15 B．110 C．5378．設直線y=m分別交曲線C1:y=3x與曲線C2:y=3A．33 B．233 C．3二、多選題9．樣本數據0，2，3，a，b，7的平均數為3，方差為s2，中位數為m，則（

A．a+b=6 B．1a+10．如圖，矩形ABCD中，AD=4AB=4,E為BCA．CM/B．CMC．四棱錐B′?D．直線CM與平面AE11．設函數fx的定義域為R，最小正周期為32，當x∈?1,3時，方程f2xA．T1,4C．T178,29三、填空題12．記Sn為等差數列an的前n項和，已知a6=13．已知tanαsinα=14．在下面的4×4方格表中，要求該方格表的每一行，每一列及每條對角線的四個方格均包含1，2，3，4四個數字，則a12abcd3四、解答題15．如圖，在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD為矩形，AB=2,A(1)證明：AC⊥平面(2)若OP=1，求直線A16．已知橢圓C:x2a2(1)求C的方程；(2)設點P?22,3,Q22,3,R為C上一點且在x軸上方，直線P17．如圖，在△ABC(1)求cos∠(2)若點E在邊AC上，∠AD18．設正整數n≥2，編號依次為1,(1)求N4(2)設k為正整數，證明：N2(3)從集合i∈N1<i19．已知函數fx=lnx+cosx(1)證明：fx在區(qū)間0,x(2)直接判斷fx2n+2(3)設i為正整數，j為奇數，s,t為偶數，且s≤答案第=page11頁，共=sectionpages22頁答案第=page11頁，共=sectionpages22頁《2025年普通高等學校招生“圓夢杯”統一模擬考試（八）數學試題》參考答案題號12345678910答案CABBACDCACDAB題號11答案AC1．C【分析】根據并集運算求解.【詳解】因為M=所以M∪故選：C2．A【分析】根據復數的除法運算及模的定義求解.【詳解】因為z=所以z?故選：A3．B【分析】分別求雙曲線x2a2?y2=【詳解】雙曲線x2a2雙曲線x23?因為e1所以1+解得a2=1故選：B.4．B【分析】根據給定條件，利用數量積的運算律求出a?【詳解】由(a?b)⊥b，得因此cos?a,所以?a故選：B5．A【分析】根據已知條件，結合勾股定理以及點到直線的距離公式求解即可.【詳解】連接CA，則P而PC的最小值為點C到直線l的距離d所以PA故選：A.6．C【分析】求出函數的導數，利用正弦函數的性質可分析出函數極大值點的個數.【詳解】f′因為ex>0，故由正弦函數性質知，0<x當π<x<2π時，sin所以0<由正弦函數的周期性，可知在0,故選：C7．D【分析】根據給定條件，利用全概率公式、條件概率公式列式求解.【詳解】記事件Ai=“零件由第i臺車床加工”，則P(由全概率公式得：P=1故P(故選：D8．C【分析】求出P點坐標，代入函數解析式求解.【詳解】由3x=m得x=log3m，即M所以MN=2，△所以m?3=故選：C.9．ACD【分析】根據平均數計算可判斷A；根據基本不等式化簡計算可判斷B；由方差計算公式列式化簡即可判斷C，根據中位數計算公式分類討論即可判斷D.【詳解】對于A，由題意可知0+2+對于B，因為16a+當a,b∈R*所以1a對于C，方差s2由a+b=6可知，當a=當a≠b時，a?綜上所訴，s2對于D，當a=b=當a≠b時，設a<b，由按照從小到大的順序排列，中間兩個數可以是a,3或此時中位數m<3，綜上所述，中位數故選：ACD10．AB【分析】取AB′中點N，連接EN,M【詳解】對于A，取AB′中點N，連接EN,MN，由MN=12AD=CEEN?平面B′AE對于B，由選項A知，CM對于C，點B′到直線AE的距離h為Rt△B′四邊形AECD的面積SAE點B′到平面AECD的距離最大為h，四棱錐對于D，CM//EN，則直線CM與平面點N到平面AECD距離的最大值為1則直線EN與平面AEC故選：AB11．AC【分析】由題意可得對正整數k，Tx,x+3k2=k【詳解】由條件知T(x,x+1.5)代入x=當x從1增長到3時，y=因此由條件知方程f(x)=1在x考慮到f(2)因此前述結果不一定與T2進一步地，實際上有T2,2.5記A=T(且6C右側不等式等號不能同時取到，因此C=對于選項D，只需考慮T2.125分別考慮四個函數：f1f2f3f4分別對應T2.125故選：AC.12．28【分析】根據等差數列的通項公式及等差數列奇數項和的性質求積.【詳解】因為S7=7所以a6=a所以a10故答案為：2813．4【分析】用同角三角函數化簡即可求解.【詳解】tan2因為tanαsinα故答案為：414．?【分析】先確定第一行的填法，然后根據法則依次確定每行的填法，即可解答.【詳解】根據4×推理方格填充：第一行確定為1，2，3，4，然后確定d，由法則可知d≠2,1234abntc1m3xyzh因為h≠1,h≠因為m≠1,m≠又因為b≠1,b≠因為a≠1,a≠2,a≠最終可得第二行為4，3，2，1，第三行為2，1，4，3，第四行為3，4，1，2.所以a=4,故答案為：?15．(1)證明見解析(2)3【分析】（1）利用勾股定理的逆定理證明AC⊥D（2）以D為原點建立空間直角坐標系，求出平面AD【詳解】（1）由AE//DC可知∴DAO∴AD2又PO⊥平面ABCD∴P∵PO∩∴AC⊥（2）以D為坐標原點，DA,D由yO?AD=則D0故DA設平面ADP的法向量則n?DA=x設直線AB與平面ADP則sinθ即直線AB與平面ADP16．(1)x(2)±【分析】（1）依題意可得a、c，再求出b，即可得解；（2）設Rx0,y0y0>0，求出直線PR、【詳解】（1）依題意可得e=ca所以橢圓C的方程為x2（2）設Rx0,y0令y=0，可得x=又直線QR的方程為y令y=0，可得x=所以S△S△因為△PQR的面積比△即223?又x028所以R±17．(1)314(2)54【分析】（1）由給定條件可得AC（2）設E(0,5λ)，利用向量夾角公式建立關于【詳解】（1）由AB=1,A以點A為原點，直線AB,A則A(0,0)所以cos∠（2）設AE=λACBE=(由∠ADE=∠于是14+5令4λ?1=t由0<λ<1，得求導得f′(t則函數f(t),g(t函數h(t)=9因此t=0，λ=1418．(1)N(2)證明見解析(3)9【分析】（1）按照規(guī)則，計算N(4)（2）先計算當n=21,2（3）先計算當m=3,5,令a1=3,a【詳解】（1）當n=4時，卡片的編號為1,當n=5時，卡片的編號為1,（2）當n=21時，卡片的編號為1當n=22時，卡片的編號為1當n=23時，卡片的編號為1當n=24時，卡片的編號為1故當n=2k移除2,4,再移除3,7,再移除5,13,依次類推，剩下1,2k綜上所述，當k為正整數時，N(（3）當m=3時，卡片的編號為1,當m=5時，卡片的編號為1,當m=9時，卡片的編號為1,當m=17時，卡片的編號為1,故數列3,令a1則a2將上面式子累加得an故an由an=2故當m=3,所以在集合{i∈N|1<i<1000}中隨機抽取一個數19．(1)證明見解析(2)f((3)證明見解析【分析】（1）分別通過局部構造與二次求導，結合導函數f′（2）借助函數f(x)的單調性與極值點，證得f（3）通過數列fx2n+【詳解】（1）fx=ln則f′x=當x∈2kπ+由題意，xn為fx從小到大排序的第則f′(xn)故xn∈2又g(2k所以g(x)在2又g′當x∈2k故g(x)在2kπ,2k且當x∈2kπ,t2k+1當x∈t2k+1,2k故每一個t2k+1，令h(則h′當x∈2kh(x)又h2所以在每一個區(qū)間2kπ+記為t2k+故當x∈2kπ+π2當t∈s2k+2,故g(x)記為t2k+綜上可知，極值點xn，當n為奇數時，即x當n為偶數時，x2且x2k+1為極大值點，由上可