2025年普通高等學校招生“圓夢杯”統一模擬考試（八）數學試題一、單選題1．已知集合，則（

）A． B． C． D．2．若，則（

）A．1 B． C． D．23．設雙曲線與的離心率分別為，若，則（

）A． B． C．1 D．24．已知非零向量滿足，則（

）A． B． C． D．5．已知P為直線上一點，過點P作圓的一條切線，切點為A，則的最小值為（

）A．1 B． C． D．26．函數在區間的極大值點的數目為（

）A．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，，，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，現任取一個零件，記事件“零件由第1臺車床加工”，“零件為次品”，則（

）A． B． C． D．8．設直線分別交曲線與曲線于兩點，若點在上，滿足為等邊三角形，則（

）A． B． C． D．二、多選題9．樣本數據0，2，3，，，7的平均數為3，方差為，中位數為，則（

）A． B． C． D．10．如圖，矩形中，為的中點，將沿翻折至點，得到四棱錐為的中點，則（

）A．平面B．的長為定值C．四棱錐體積的最大值為D．直線與平面所成角的最大值為11．設函數的定義域為，最小正周期為，當時，方程有15個解．記時，方程的解的個數為，則（

）A． B．C． D．的可能取值共有3種三、填空題12．記為等差數列的前項和，已知，則．13．已知，則．14．在下面的方格表中，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．123四、解答題15．如圖，在四棱錐中，底面為矩形，為棱的中點，交于點，且平面．（1）證明：平面；（2）若，求直線與平面所成角的正弦值．16．已知橢圓的離心率為，左頂點為．（1）求的方程；（2）設點為上一點且在軸上方，直線分別交軸于兩點．若的面積比的面積大，求點的坐標．17．如圖，在中，．（1）求；（2）若點在邊上，，求．18．設正整數，編號依次為的卡片順時針擺成一圈．從1號卡片開始，沿順時針方向將與之相鄰的卡片移走，再對下一張卡片進行相同的操作．例如：在移走與1號相鄰的2號卡片后，接著移走與3號相鄰的4號卡片．依此循環，直到最后只剩一張卡片，記其編號為．（1）求；（2）設為正整數，證明：；（3）從集合中隨機抽取一個數，求的概率．19．已知函數，記為從小到大排序的第個極值點．（1）證明：在區間的最大值為；（2）直接判斷與的大小關系并證明：為遞減數列；（3）設為正整數，為奇數，為偶數，且，證明：．

參考答案1．【答案】C【詳解】因為，所以，故選C2．【答案】A【詳解】因為，所以，故選A3．【答案】B【詳解】雙曲線的離心率為，雙曲線離心率為，因為，所以，解得，即.故選B.4．【答案】B【詳解】由，得，則，而，因此，又，所以.故選B5．【答案】A【詳解】連接，則，而的最小值為點C到直線l的距離，所以.故選A.6．【答案】C【詳解】，因為，故由正弦函數性質知，時，，，函數遞增，當時，，，函數遞減，為函數的一個極大值點，所以時，函數有1個極大值點；由正弦函數的周期性，可知在上，函數有5個極大值點，故選C7．【答案】D【詳解】記事件“零件由第臺車床加工”，則，，由全概率公式得：，故.故選D8．【答案】C【詳解】由得，即，由得，即，所以，為等邊三角形，如圖，則，所以，解得，故選C.9．【答案】ACD【詳解】對于A，由題意可知，解得，故A正確；對于B，因為，所以，當時，有，當且僅當時等號成立，所以，故B錯誤；對于C，方差，由可知，當時，，此時，當時，，此時，綜上所訴，，故C正確；對于D，當時，樣本數據的中位數，當時，設，由可知，，按照從小到大的順序排列，中間兩個數可以是或，此時中位數，綜上所述，中位數，故D正確.故選ACD10．【答案】AB【詳解】對于A，取中點，連接，由是的中點，得，，則四邊形為平行四邊形，，平面，平面，因此平面，A正確；對于B，由選項A知，，B正確；對于C，點到直線的距離為斜邊上的高，則，四邊形的面積，當平面平面時，點到平面的距離最大為，四棱錐體積的最大值，C錯誤；對于D，，則直線與平面所成角等于與平面所成角，點到平面距離的最大值為，而，則直線與平面所成角的正弦值最大值為，D錯誤.故選AB11．【答案】AC【詳解】由條件知是常值C，且對正整數，恒成立，代入，得選項A正確；當從1增長到3時，先從2.5減小到2，再從2增長到8.125，因此由條件知方程在時的解的個數與時的解的個數之和為，考慮到可能成立，如，因此前述結果不一定與相等，即選項B錯誤；進一步地，實際上有或，記，則整數，且，右側不等式等號不能同時取到，因此，即選項C正確；對于選項D，只需考慮，分別考慮四個函數：，，，，分別對應為0、1、2、3的情況，因此選項D錯誤.故選AC.12．【答案】【詳解】因為，解得，所以，解得，所以.13．【答案】4【詳解】，因為，所以.14．【答案】【詳解】根據方格表中，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，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，則，12343因為，所以，進而，因為，所以，所以，又因為，所以，所以，因為，所以，進而，，從而，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，所以.15．【答案】（1）證明見解析（2）【詳解】（1）由可知，且，,,，即，又平面，平面，，平面，平面.（2）以為坐標原點，分別為軸，建立如圖所示空間直角坐標系，由可得，再由，則,故，設平面的法向量，則，令，則，設直線與平面所成角為，則,即直線與平面所成角的正弦值為.16．【答案】（1）（2）【詳解】（1）依題意可得，解得，所以橢圓的方程為；（2）設，則直線的方程為，令，可得，即，又直線的方程為，令，可得，即，所以，，因為的面積比的面積大，即，解得，又，解得，所以.17．【答案】（1）；（2）.【詳解】（1）由，得，則，以點為原點，直線分別為軸建立平面直角坐標系，則，由，得，所以.（2）設，則，由（1）知，，，由，得，則，于是，即，令，則，即，由，得，令函數，求導得，，則函數在上單調遞增，在上單調遞增，函數在上單調遞增，而，因此，，即，所以.18．【答案】（1）（2）證明見解析（3）【詳解】（1）當時，卡片的編號為，按照規則，移除2號卡片后，接著移除4號卡片，最后剩下1號和3號卡片，再移除3號卡片，剩下1號卡片，故;當時，卡片的編號為，按照規則，移除2號卡片后，接著移除4號卡片，再移除1號卡片，剩下3號和5號卡片，最后再移除5號卡片，故.（2）當時，卡片的編號為，按照規則，移除2號卡片后，剩下1號卡片，故;當時，卡片的編號為，按照規則，移除2號卡片后，接著移除4號卡片，最后剩下1號和3號卡片，再移除3號卡片，剩下1號卡片，故;當時，卡片的編號為，按照規則，移除2、4、6、8號卡片后，剩下1、3、5、7號卡片，再移除3、7號卡片，剩下1、5號卡片，最后移除5號卡片，故;當時，卡片的編號為，按照規則，移除2、4、6、8、10、12、14、16號卡片后，剩下1、3、5、7、9、11、13、15號卡片，再移除3、7、11、15號卡片，剩下1、5、9、13號卡片，再移除5、13號卡片，剩下1、9號卡片，最后移除9號卡片，故;故當時，卡片的編號為，按照規則，移除號卡片后，剩下，再移除號卡片后，剩下，再移除號卡片后，剩下，依次類推，剩下，即，綜上所述，當為正整數時，.（3）當時，卡片的編號為，按照規則，移除2號卡片后，剩下3號和1號卡片，最后再移除1號卡片，故.當時，卡片的編號為，按照規則，移除2號卡片后，接著移除4號卡片，再移除1號卡片，剩下3號和5號卡片，最后再移除5號卡片，故.當時，卡片的編號為，按照規則，移除2、4、6、8號卡片后，接著移除1、5、9號卡片，剩下3號和7號卡片，最后再移除7號卡片，故.當時，卡片的編號為，按照規則，移除2、4、6、8、10、12、14、16號卡片后，接著移除1、5、9、13、17號卡片，剩下3、7、11、15號卡片，再移除7、15號卡片，最后移除11號卡片，故.故數列符合條件，令，則，將上面式子累加得，故，由，解得，故當時，，所以在集合中隨機抽取一個數，的概率為.19．【答案】（1）證明見解析（2）；證明見解析（3）證明見解析【詳解】（1），，則，令，當，由，；由題意，為從小到大排序的第個極值點，則，即，又，故，且，又，，所以在與上都有零點，又，當時，，故在單調遞減，故在每一個區間（）都有唯一零點，記為，且當，，即，則在單調遞增；當時，，即，則在上單調遞減；故每一個，都為的極大值點.令，則，當時，，在上單調遞增，又，所以在每一個區間內，都存在唯一零點，使，記為，.故當時，，在上單調遞減；當，，在上單調遞增；故在每一個區間內，也都有唯一零點，且都為極小值點，記為，，綜上可知，極值點，當為奇數時，即；當為偶數時，，且為極大值點，為極小值點，其中.由上可知，在單調遞增，在單調遞減，故在區間的最