2025年普通高等學校招生全國統一考試數學沖刺卷本試卷共150分考試時間120分鐘注意事項：1.答題前，考生務必將自己的姓名?準考證號填寫在答題卡上.2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑.如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號.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，將本試卷和答題卡一并交回.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.（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根據復數的除法運算化簡即可.【詳解】.故選：C.2.若，則（）A B.C. D.【答案】A【解析】【分析】根據誘導公式化簡結合二倍角公式轉換即可得所求.【詳解】.故選：A.3.已知集合，集合，則（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】根據集合中的元素確定集合的關系，結合集合的運算性質，逐項判斷即可得答案.【詳解】因為集合，集合，所以，則，故A，B，D項錯誤，C項正確.故選：C.4.已知向量，且與夾角為，則實數的值為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由平面向量夾角的坐標運算公式計算即得.【詳解】由，解得或（因，故舍去）故選：D.5.若，則（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】將已知等式配方可得式子的最值即可的值，結合對數函數與指數函數的性質逐項判斷即可.【詳解】，等號成立，.故選：D.6.如圖，在長方體中，，則異面直線和夾角的余弦值為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】建立空間直角坐標系，根據空間向量的坐標運算求解異面直線所成角得余弦值即可.【詳解】以為坐標原點，所在直線分別為，軸建立空間直角坐標系，則，，故異面直線和夾角的余弦值為.故選：B.7.暑假期間，甲?乙?丙?丁四名大學生到某科研單位的第一?二?三這三個科室實習，每個科室至少有一人實習，且每人只到一個科室實習.在甲在第一科室實習的條件下，甲與乙不在同一科室實習的概率為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根據條件概率的公式和性質計算即可.【詳解】記事件為“甲在第一科室實習”，事件為“甲與乙不在同一科室實習”，樣本點的總數為，，事件同時發生的情況種數為，∴，..故選：C.8.如圖，拋物線的焦點為，過點且斜率為1的直線交拋物線于兩點，線段的中點為，其垂直平分線交軸于點軸于點，則四邊形的面積等于（）A.12 B.8 C.6 D.7【答案】D【解析】【分析】根據拋物線焦點坐標即可確定直線的方程，設，根據直線斜率的坐標關系可得，所以，作軸于點，確定的值，從而可得四邊形的面積.【詳解】拋物線的焦點，則直線的方程為，因為四邊形為梯形，且，設，則，所以，所以，作軸于點，則，因為直線的斜率為1，所以為等腰直角三角形，故，所以，所以四邊形的面積為.故選：D.二?多選題：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.已知一組樣本點組成一個樣本，得到的經驗回歸方程為，且其平均數為.若增加兩個樣本點和，得到新樣本的經驗回歸方程為，則下列結論正確的有（）A.B.增加兩個樣本點后的平均數為1.2C.D.在新的經驗回歸方程中，當時，的估計值為4.2【答案】ABD【解析】【分析】利用經驗回歸方程，結合樣本中心點求出參數，進而進行數據估計.【詳解】對于A，由過點，得，解得，A正確；對于B，增加兩個樣本點后的平均數為，B正確；對于C，增加兩個樣本點后的平均數為，則，解得，C錯誤；對于D，新的經驗回歸方程為，當時，，D正確.故選：ABD10.如圖所示，將橢圓繞著坐標原點旋轉一定角度，得到“斜橢圓”的方程為，則橢圓的（）A.長半軸長為 B.短半軸長為C.焦距為4 D.離心率為【答案】AD【解析】【分析】結合不等式及軌跡方程求得，根據橢圓長軸短軸的集合意義求得的值，從而得橢圓的焦距與離心率，逐項判斷即可得答案.【詳解】，，解得.該“斜橢圓”的長半軸長為橢圓上的點到原點的距離的最大值，短半軸長為橢圓上的點到原點的距離的最小值，橢圓的焦距為，橢圓的離心率A，D項正確，B，C項錯誤.故選：AD.11.已知函數，且，則下列結論正確的有（）A.不一定有極值B.當時，C.當時，的極小值為0D.當時，在區間上的最小值為【答案】ACD【解析】【分析】舉例說明當時，得根據三次函數的單調性確定函數的極值，即可判斷A；當時，利用作差法判斷得符號，即可判斷B；當時，求導函數確定函數的極值點，從而得極值，即可判斷C；當時，判斷函數在區間上的單調性得最值即可判斷D.【詳解】當時，，函數在上單調遞減，函數無極值，故A項正確；當時，，且a2b>0,b?3a>0，則a2當時，，且，當或時，，當時，，則在上單調遞減，在上單調遞增，在處取得極小值故C項正確；當時，同上分析知在上為減函數，在上為增函數，當時，在區間上有最小值，故D項正確.故選：ACD.三?填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.若函數的最小正周期是，則__________.【答案】3【解析】【分析】根據正切型函數的周期性求解的值即可.【詳解】因為函數的最小正周期是，所以，則.故答案：3.13.已知數列滿足，若，則__________.【答案】【解析】【分析】根據數列的遞推關系式可得，結合累加法可得，從而可得所求.【詳解】，，將這個式子的左右兩邊分別相加可得，，.故答案為：.14.已知正四棱錐的高為3，側面與底面所成的角為，球與該正四棱錐的四個側面及底面都相切，依次在該正四棱錐內放入球，使得球與該正四棱錐的四個側面均相切，且球與外切，則球的體積為__________，球的表面積為__________.【答案】①.②.【解析】【分析】在四棱錐中，點為底面正方形的中心，則有底面，記球的半徑為，設四棱錐的高為為球與四棱錐的切點，根據側面與底面所成角確定線段關系即可得，從而得球的體積；結合等比數列的定義可得，從而可得球的表面積.【詳解】如圖，在四棱錐中，點為底面正方形的中心，則底面，令為的中點，連接，記球的半徑為，設四棱錐的高為為球與四棱錐的切點，，側面與底面所成的角為，球的體積為.設，由于，即，，兩式相減可得，即，，球的表面積為.故答案為：；.【點睛】關鍵點點睛：本題解題的關鍵點是找出可得.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.在如圖所示的多面體中，平面，且是的中點.（1）求證：平面平面.（2）求平面與平面夾角的余弦值.【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）根據線面垂直的判定定理證明平面結合面面垂直的判定定理即可證得結論；（2）建立空間直角坐標系，根據空間向量的坐標運算求解平面與平面的法向量，由面面夾角的余弦值的坐標運算求解即可.【小問1詳解】是的中點，.平面，平面平面，平面平面，平面平面平面平面.【小問2詳解】以為原點，分別以所在直線為軸，過點且豎直向上的直線為軸，建立如圖所示的坐標系，則，則，設平面的法向量為，則取，解得.設平面的法向量為，則取，解得.記平面與平面夾角為，∴cos平面與平面夾角的余弦值為.16.已知的內角的對邊分別為，且.（1）求的值.（2）已知.（i）求的值；（ii）求的面積.【答案】（1）（2）（i）2；（ii）【解析】【分析】（1）根據已知等式結合三角恒等變換化簡求得的值，從而得的值；（2）（i）由正弦定理化簡可得的關系，再根據余弦定理可得的值；（ii）根據三角形面積公式即可得結論.【小問1詳解】，，，，..【小問2詳解】（i）∴由正弦定理得，由（1）知，∴由余弦定理得，解得.（ii）的面積為.17.已知雙曲線的漸近線方程為，且其焦距為.（1）求雙曲線的方程；（2）若直線與雙曲線交于不同的兩點，且在由點與構成的三角形中，，求實數的取值范圍.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根據雙曲線的漸近線方程與的關系即可得雙曲線的方程；（2）根據直線與雙曲線交點坐標關系，結合三角形幾何性質以及可得的關系，從而可得實數的取值范圍.【小問1詳解】漸近線方程為.又，雙曲線的方程為.【小問2詳解】直線與雙曲線交于不同的兩點，由，得，，且，，且.設，則，，線段的中點坐標為，線段的垂直平分線的方程為，即，又在由點與構成三角形中，，點不在直線上，而是在線段的垂直平分線上，，又，且，解得，或，實數的取值范圍是.18.已知函數，且曲線在點處的切線方程為.（1）求實數的值.（2）當時，證明：當時，.（3）當時，若存在，使得成立，證明：.【答案】（1）（2）證明見解析（3）證明見解析【解析】【分析】（1）根據導數的幾何意義求導函數，由切線斜率可得的值，從而得實數的值；（2）求導函數，從而得函數的單調性與最值，即可證得結論；（3）結合函數在時的單調性將等式轉換為不等式，則，設，求導確定單調性即可證得結論.【小問1詳解】.曲線在點處的切線方程為.【小問2詳解】當時，，在上恒成立，在上單調遞增，當時，.【小問3詳解】當時，，當時，存在成立，，得.由（2）可知，當時，單調遞增，，即，，設，則，當時，，則，，，.19.若數列滿足，則稱數列為項數列.集合是由所有的項數列構成的，現從集合中任意取出兩個數列，記隨機變量.（1）求集合中元素的個數；（2）求概率的值；（3）若的期望，求的最小值.【答案】（1）個元素（2）（3）32【解析】【分析】（1）根據數列中1的個數可得集合中元素的個數為即可得到答案；（2）當時，數列中有項取值不同，有項取值相同，將問題轉化為組合問題，所有的情況會重復1次，再結合古典概型的概率公式可求得結果；（3）由（2）得到分布列，結合求和，得