2025届全国高三下学期高考数学模拟试题（一模）（含答案）

这是一份2025届全国高三下学期高考数学模拟试题（一模）（含答案），共17页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 已知全集，，则集合为（）
A. B. C. D.
2. 已知向量，满足，，则a∙(a−b)的值为（）
A. 4B. 3C. 2D. 0
3. 已知，，，则（）
AB. C. D.
4. 数列的前项和为，满足，则（）
A. 30B. 64C. 62D. 126
5. 已知圆，弦过定点，则弦长不可能的取值是（）
A. B. C. 4D.
6．已知是双曲线的两个焦点，为上一点，且，，则的离心率为（ ）
A．B．C．D．2
7．已知，，则（ ）
A．B．C．D．
8．已知圆台的上，下底面的直径分别为2和6，母线与下底面所成角为，则圆台的外接球表面积为（ ）
A．B．C．D．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．下列命题正确的是（ ）
A．若样本数据，，…，的方差为2，则数据，，…，的方差为8
B．已知互不相同的30个样本数据，若去掉其中最大和最小的数据，剩下28个数据的分位数不等于原样本数据的分位数
C．若A，B两组成对数据的样本相关系数分别为，，则A组数据比B组数据的线性相关程度更强
D．若决定系数的值越接近于1，则表示回归模型的拟合效果越好
10．已知函数，则（ ）
A．在上单调递增B．在上单调递增
C．在上有最小值为D．在上有唯一零点
11．已知四棱锥，底面ABCD是正方形，平面ABCD，，PC与底面ABCD所成角的正切值为，点M为平面ABCD内一点（异于点A），且，则（ ）
A．存在点M，使得平面PAB
B．存在点M，使得直线PB与AM所成角为
C．当时，三棱锥的体积最大值为
D．当时，以P为球心，PM为半径的球面与四棱锥各面的交线长为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．在等比数列中，，是函数的两个极值点，若，则的值为 ．
13．设，，，，函数（e是自然对数的底数，）．从有序实数对中随机抽取一对，使得恰有两个零点的概率为 ．
14．已知函数f(x)＝|ex－1|，x10，函数f(x)的图像在点A(x1，f (x1）和点B(x2，f (x2）处的两条切线互相垂直，且分别与y轴交于M，N两点，则|AM||BN|的取值范围是________．
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．(13分)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin C＝2cs B，a2＋b2－c2＝2ab.
(1)求B；
(2)若△ABC的面积为3＋3，求c.
16．（17分）
已知四棱锥中，，平面，点为三等分点（靠近点），，，.
(1)求证：平面；
(2)求二面角的余弦值.
17. （13分）甲乙两人轮流投掷质地均匀的骰子，第一轮甲先后投掷两次，接着乙先后投掷两次，依此轮流每人连续投掷两次.
(1)甲先后投掷两次，在第一次掷出偶数点的条件下，求甲两次掷出的点数之和大于6的概率；
(2)若第一轮甲连续两次掷出的点数均为偶数，则甲获胜.同时比赛结束；否则，由另一人继续投掷，直到有人连续两次掷出的点数均为偶数，则此人获胜且比赛结束.求甲获胜的概率.（注：若，当时，看作0）
19.（本小题满分17分）
已知在抛物线上，其中，关于轴的对称点为，记直线的斜率为，且.
（Ⅰ）证明数列是等比数列，并求出数列的通项公式；
（Ⅱ）求的面积；
（Ⅲ）记，为数列的前项和，是否存在正整数，，使
成立？若存在，求出，的值；若不存在，请说明理由.
答案
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 已知全集，，则集合为（）
A. B. C. D.
【正确答案】C
【分析】利用韦恩图即可得解.
【详解】因为，
又，所以.
故选：C.
4. 数列的前项和为，满足，则（）
A. 30B. 64C. 62D. 126
【正确答案】C
【分析】根据数列的递推式可判断数列为等比数列，再利用等比数列的前n项和公式，即可求得答案.
【详解】由题意知数列的前项和为，满足,
当时，，
当时，和相减，
得，即，
故数列是以2为首项，以2为公比的等比数列，
故，
故选：C
5. 已知圆，弦过定点，则弦长不可能的取值是（）
A. B. C. 4D.
【正确答案】D
【分析】先判断点所在的位置，然后求出弦的最值，即可得解.
【详解】圆的半径，
因为，
所以点在圆内，
当弦过圆心时，，
当时，弦最短，
，
所以，
所以弦长不可能的取值是D选项.
故选：D.
6．A
【详解】设双曲线的实半轴、虚半轴、半焦距分别为，
由双曲线的定义可知，结合题干条件，
解得，又，，
由勾股定理可得，解得离心率.
故选：A.
7．A
【详解】由于
，故.
从而.
故选：A
8．B
【详解】如图，设圆台的上下底面的圆心分别为，半径分别为，
母线为，高为，由题干知，，
因为，所以母线长为，高，
设圆台外接球的半径为，球心到下底面的距离为，
若球心位于下底面的下面，则有，解得（舍去），
若球心位于上下底面之间，则有，解得，
所以圆台的外接球的表面积为.
故选：B.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．16
【详解】的定义域为，
，
由题意得是方程的两个不相等的正根，
故，解得，
由韦达定理得，故，
因为为等比数列，所以，
其中，故，
所以，解得，满足要求.
故16
13．
【详解】由题意，，，，，则有序实数对有81个.
由，得，
令，
所以当时，，当时，，
故函数在上单调递减，在上单调递增，
且时，；当时，，
所以，
要使有两个零点，则，
即，得，即.
满足该条件的有序实数对有：
对于，可以取，共7个；
对于，可以取，共4个；
对于，可以取，共1个；
所以所求事件的概率为.
故
14．已知函数f(x)＝|ex－1|，x10，函数f(x)的图像在点A(x1，f (x1）和点B(x2，f (x2）处的两条切线互相垂直，且分别与y轴交于M，N两点，则|AM||BN|的取值范围是________．
(0,1) [当x＜0时，f(x)＝1－ex，f ′(x)＝－ex，
f(x)在A(x1,1－ex1)处的切线斜率为k1＝－ex1，
当x＞0时，f(x)＝ex－1，f ′(x)＝ex，f(x)在B(x2，ex2－1)处的切线斜率为k2＝ex2，
由f(x)图像在A，B两点处的切线互相垂直⇒k1k2＝－ex1＋x2＝－1，
∴x1＋x2＝0，x1＜0，x2＞0，
∴|AM||BN|＝1+e2x1−x11+e2x2·x2＝1+e−2x21+e2x2＝1ex2∈(0,1)，
故|AM||BN|的取值范围是(0,1)．]
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．(13分)记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin C＝2cs B，a2＋b2－c2＝2ab.
(1)求B；
(2)若△ABC的面积为3＋3，求c.
[解] (1)由余弦定理有a2＋b2－c2＝2ab cs C，对比已知a2＋b2－c2＝2ab，
可得cs C＝a2+b2−c22ab＝2ab2ab＝22，
因为C∈(0，π)，所以sin C >0，
从而sin C＝1−cs2C＝1−222＝22，
又因为sinC＝2cs B，即cs B＝12，
又B∈(0，π)，
所以B＝π3.
(2)由(1)可得B＝π3，cs C＝22，C∈(0，π)，
从而C＝π4，A＝π－π3−π4＝5π12，
而sin A＝sin 5π12＝sin π4+π6＝22×32+22×12＝6+24，
由正弦定理有asin5π12＝bsinπ3＝csinπ4，
从而a＝6+24·2c＝3+12c，b＝32·2c＝62c，
由三角形面积公式可知，△ABC的面积可表示为
S△ABC＝12ab sin C＝12·3+12c·62c·22＝3+38c2，
由已知△ABC的面积为3＋3，可得3+38c2＝3＋3，
所以c＝22.
16．(1)证明：取三等分点，由等比例性质可得且，根据已知条件有且，再由平行四边形性质有，最后由线面平行的判定即可证结论.（6分）
（2）法一：由题设易得平面，则为所求二面角的平面角，进而由已知条件及余弦定理即可求二面角的余弦值；法二：构建空间直角坐标系求面、面的法向量，利用空间向量夹角的坐标表示求二面角余弦值.
(1)
取三等分点，则，且，故且，
又，，即且，
所以四边形为平行四边形，即，
又平面，平面，故平面.
(2)
法一：由平面即平面，且，平面，
所以平面，则为所求二面角的平面角，
在等腰△中，，则，
又，，由，即，
所以，同求法可得，故所求二面角的余弦值为.（15分）
法二：以的中点为坐标原点，以为轴为轴建系如图所示，
则，，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，平面的法向量为，
则，若，可得，
，若，可得，
所以，即二面角的余弦值为.
17．【正确答案】(1).
(2).
【详解】（1）设事件“甲第一次掷出偶数点”，事件“甲两次掷出的点数之和大于6”，
样本空间，
样本空间包含的样本点个数为，且每个样本点都是等可能的.
，，
，，
则，，
所以，（或）
即在甲第一次掷出偶数点的条件下，两次掷出的点数之和大于6的概率为.
（2）若甲第一轮获胜，概率为；
若甲第二轮获胜，即第一轮投掷后两人的两个点数均不都为偶数，第二轮甲投掷后的两个点数都为偶数，概率为；
若甲第三轮获胜，即前两轮投掷后两人的两个点数均不都为偶数，第三轮甲投掷后的两个点数都为偶数，概率为；
由以上可得，若甲第轮获胜，即前轮投掷后两人的两个点数均不都为偶数，
第n轮甲投掷后的两个点数都为偶数.概率为；
于是，，，，…，组成一个以为首项，为公比的等比数列.
所以.
则当时，，故甲获胜的概率为.
18.（1）由，，
得.
令，解得.
当时，，
当时，单调递增；当时，单调递减；
当时，单调递增.
当时，恒成立，在上单调递增.
当时，，
当时，单调递增；当时，单调递减；
当时，单调递增.
综上所述，当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为；
当时，的单调递增区间为，无单调递减区间；
当时，的单调递增区间为和，单调递减区间为.
（2）因为对任意，均存在，使得，
所以.
当时，取得最大值，最大值为0.
由（1）得，
Ⅰ）当时，在上单调递增，上单调递减
即当时，取得最大值，
解得，即.
Ⅱ）当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增
，
，又因为，所以无解；
Ⅲ）当时，在单调递增区间，，
所以无解；
Ⅳ）当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增
又因为，所以无解
综上所述，的取值范围为.
19.答案：
题号
9
10
11
答案
ABD
BC
BC