山东省菏泽市鄄城县第一中学2024-2025学年高三下学期高考冲刺（一）（4月）数学试题（解析版）

2025年普通高校招生考试冲刺压轴卷（一）数学全卷满分150分，考试时间120分钟.注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置.2.请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.3.选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚.4.考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交.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.已知集合，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】一元二次不等式和指数函数性质求出集合，再利用交集和补集的定义求解即可.【详解】由题意得A=x|xx+1>0=−∞,−1∪0,+∞，由指数函数性质可得，则，故选：C.2.样本数据6，8，11，23，27，29，43，52，69，81的第40百分位数为（）A.23 B.25 C.27 D.29【答案】B【解析】【分析】根据百分位数可得答案.【详解】样本数据从小到大排序，共10个数，因为所以第40百分位数为第4个数据和第个数据的平均数，即第40百分位数为.故选：B3.已知，是非零向量，则“”是“”的（）A.充要条件 B.充分不必要条件C.必要不充分条件 D.既不必要也不充分条件【答案】D【解析】【分析】根据向量的线性运算法则，得到且，是非零向量，求得，得出，即可得到答案.【详解】由，可得，即，所以且，是非零向量，又由，所以，因为，所以，即与同向.故“”是“”的既不必要也不充分条件.故选：D4.若关于的不等式恒成立，则的取值范围为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】由基本不等式，得到，转化为恒成立，结合一元二次不等式的解法，即可得到答案.【详解】由基本不等式，可得，当且仅当时，即时，等号成立，因为不等式恒成立，即恒成立，又由不等式，解得，所以实数的取值范围为.故选：A.5.甲、乙两位同学进行投篮比赛，其中甲每次投进的概率为，乙每次投进的概率为，两人各投三次，一共投中四次的概率为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】设甲投三次，投中的次数为，乙投三次，投中的次数为，易知服从二项分布，再利用二项分布的概率公式、相互独立事件同时发生的概率公式及互斥事件的概率公式，即可求解.【详解】设甲投三次，投中的次数为，则，设乙投三次，投中的次数为，则，则，又，，，所以一共投中四次的概率为，故选：C.6.等比数列中的，是函数的极值点，，则（）A.1 B. C. D.【答案】A【解析】【分析】先根据函数极值的情况确定的值，再根据等比数列的性质进行计算即可.【详解】由求导得.由或；由.所以函数在和上单调递增，在上单调递减.所以函数的极大值点为，极小值点为.由题意可知，所以.故选：A7.已知过双曲线（，）的左焦点的直线交双曲线的右支于点，右焦点为，若，且，则双曲线的离心率为（）A. B. C.3 D.4【答案】C【解析】【分析】先根据双曲线性质得出，再由双曲线定义求出．接着在里用余弦定理，得到关于的方程．求解该方程得到的值，因为双曲线离心率且，所以舍去不符合条件的值，最终得出离心率为．【详解】设焦距为，易知，利用双曲线定义可知，在中利用余弦定理，，即，解出或者（舍去）.因此双曲线的离心率为3.故选：C.8.方程的所有正根的和为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先由二倍角的余弦公式对方程化简，再分时和时，结合正弦函数的取值和数的整除与奇数偶数的性质讨论求解.【详解】对原式化简有，因此有或，当时，设，，因此，设，，则，由于，且是奇数，因此只能为1或11（舍去）或23（舍去）或253，则，或者，，解或，当时，设，，因此，设，，则，由于，都是奇数，4048为偶数，此方程组无整数解，综上所述，仅有根或所以方程的所有正根的和为.故选：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.若复数满足（是虚数单位），则下列说法正确的是（）A.的虚部为 B.的模为C. D.在复平面内对应的点位于第四象限【答案】ABD【解析】【分析】根据条件，利用向量的运算得到，再对各个选项逐一分析判断，即可求解.【详解】由，得到，对于选项A，因为，其虚部为，故选项A正确，对于选项B，由，得到，所以选项B正确，对于选项C，因为，所以选项C错误，对于选项D，因为在复平面内对应的点为，位于第四象取限，所以选项D正确，故选：ABD.10.已知函数满足，且对任意的，，都成立，则（）A.是偶函数 B.函数的图象关于点中心对称C.是函数的一个周期 D.【答案】ABC【解析】【分析】根据给定条件，利用赋值法，结合函数的奇偶性，周期性及对称性的意义逐项判断即可.【详解】令，则，解出，故A正确；令，则，故函数的图象关于点中心对称，故B正确；因为所以令可得，即，又因为是偶函数所以，即，整理可得：，令，可得，即，整理得，所以是函数的一个周期，故C正确；因为所以令可得，又因为是偶函数且周期为，所以，因为，当为奇数，根据周期性可知，当为偶数，根据周期性可知，故，故D错误.故选:ABC11.已知数列，满足，，且，则（）A. B.C.是递增数列 D.的前项和【答案】ABD【解析】【分析】根据递推公式判断A、B，由、值判断C，首先证明的单调性，即可得到，再由放缩法证明即可判断D.【详解】对于A：因为，因此，即，则，又，则，即，故A正确；对于B：因为，所以，要证，可证，以此类推，即证，显然成立，因此，即，故B正确；对于C：由于，，所以不是递增数列，故C错误；对于D：由于，又，因此是递增数列，所以，所以，故D正确.故选：ABD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.在的展开式中，常数项为______.【答案】【解析】【分析】写出展开式的通项，利用通项计算可得.【详解】二项式展开式的通项为（且），令，则，常数项为.故答案为：13.如图，已知圆台中，为等边三角形，三角形边长为2，且，则圆台的体积为______，圆台的表面积为______.【答案】①.②.【解析】【分析】利用为等边三角形求出圆台的高，利用圆台的体积公式求解出圆台的体积和表面积即可.【详解】因为为等边三角形，边长为2，且，所以，圆台的高，因此圆台的体积为，表面积.故答案为：14.已知抛物线的焦点为，过焦点的直线的斜率存在，且与抛物线交于两点，以为圆心，为半径的圆与抛物线的准线有公共点，则直线的斜率的取值范围为______.【答案】【解析】【分析】设直线为，其中，联立方程组，求得，根据题意，得到，结合抛物线的焦点弦的性质，得到，进而求得的范围.【详解】由抛物线的焦点为，准线方程为，设直线为，其中，联立方程组，整理得，则，因为以为圆心，为半径的圆与抛物线的准线有公共点，可得，又由抛物线焦点弦的性质，可得，解出，所以或，即实数的取值范围为.故答案为：.四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤.15.已知在中，角，，的对边分别是，，，若，.（1）求；（2）若的周长为，是内一点，且，求面积的最大值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据题意，由正弦定理和三角函数的基本关系式，化简得，进而得到，即，得到，结合即可求解；（2）由（1）和的周长为，求得，利用余弦定理，化简得到，结合基本不等式，求得，利用三角形的面积公式，即可求解.【小问1详解】解：因为，由正弦定理得，所以，则，又因为，可得，所以，则，所以，因为且，所以.【小问2详解】解：由（1）知，可得，因为的周长为，所以，由余弦定理得，可得，又由基本不等式可知，当且仅当时，等号成立，即，解得，所以面积最大值为.16.已知椭圆的离心率为，焦距为.（1）求椭圆的标准方程；（2）直线的斜率为，且与坐标轴的交点均在椭圆内部，直线与椭圆交于两点，求线段的长度的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据题意，得到且，求得的值，即可得到椭圆的方程；（2）设直线：，且，联立方程，设，，由韦达定理结合椭圆弦长公式得到，进而求得的取值范围.【小问1详解】因为的离心率为，且焦距为，可得且，解得，，则，所以椭圆的标准方程为.【小问2详解】直线的斜率为，且与坐标轴的交点均在椭圆内部，设直线：，且，联立方程组，整理得，设，，则，，因此，由，可得，即，所以的取值范围为.17.如图，在四棱锥中，平面平面，，四边形是正方形，.（1）求证：平面平面；（2）求直线与平面所成角的大小.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）先利用面面垂直的性质定理得平面，再利用线面垂直的判定定理证明平面，最后利用面面垂直的判定定理即可；（2）以为原点建系，计算平面的法向量，得到的值，再利用线面角与其之间的关系即可.【小问1详解】因为平面平面，，平面平面，平面，所以平面，因为平面，所以，因为四边形是正方形，所以，又因，平面，，所以平面，因为平面，所以平面平面；【小问2详解】由（1），因为平面，平面，所以，因为是正方形，所以，又，以点为坐标原点，，，分别为，，轴正方向，建立空间直角坐标系，因此，，，，则，，，设平面的一个法向量，则，不妨令，则，因此，则与平面所成角的正弦值为，又因线面夹角的取值范围为，则与平面所成角的大小为.18.已知函数.（1）讨论函数的单调性；（2）若函数有两个极值点，，证明：；（3）若，设，当时，恒成立，求的最大值.【答案】（1）答案见解析（2）证明见解析（3）【解析】【分析】（1）求导，求出导函数的零点，分情况三种情况讨论得到函数的单调性即可（2）结合第一小问中的极值点，得到，，接着利用将要证的不等式转化为证明从而构造新的函数求导证明即可.（3）分离参数，构造函数，对构造的函数进行求二次导进而求得此函数的最小值从而证明出结果.【小问1详解】由题意，故，当时，，此时函数在上单调递增；当时，令，得，此时函数在和上故单调递增，在上故单调递减；当时，此时函数在上单调递减，在上单调递增；小问2详解】由（1）可知，当函数有两个极值点，时，，且，，因此，因此要证，即证，设，，则，因为，于是在上恒成立，则在上单调递减，因此，不等式得证.【小问3详解】由题意不等式可化简为，即求，设，，则，，设，，则，，令于是，，由可知在内恒成立，于是单调递减，因此，于是在内单调递减，则，即在内恒成立，因此在内单调递减，，于是的最大值为.19.在足球运动中，围圈传球是一个经典热身活动.，，，四个球员围成如图一个矩形，已知每个人传球给相邻球员的概率为，每个人传球给不相邻球员的概率为.例如：传球给，的概率为，传球给的概率为.热身由开始传球，记次传球后，球在，，，脚下的概率分别为，，，.（1）求出，；（2）证明：，是等比数列；（3）试求出的通项公式.【答案】（1），（2）证明见解析（3）【解析】【分析】（1）根据相互独立事件及互斥事件的概率公式计算可得；（2）首先得到（），（），（），（）之间的关系，即可得证；（3）由（2）中关系推导出，即可得到，从而得到，再由累加法计算可得.【小问1详解】由题意可知，；【小问2详解】由题意可知有如下的等式，，，，，因此，注意到，所以，即；又，又，，所以是首项为，公比为的等比数列；【小问3详解】由（2）可知，且有，，，联立后可得，，，消去，有，故有，又，所以，，则，，，，则，又，所以.