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2025年甘肃省高考数学一模试卷
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.若复数在复平面内对应的点位于第二象限，则实数的取值范围是( )
A. B. 或 C. D.
2.设集合，，则( )
A. B. C. D.
3.某班研究性小组的同学为了研究活性碳对污水中某种污染物的吸附能力，设计了一种活性碳污水净化装置现污水中该种污染物含量为单位：，测得污水通过长度为单位：的净化装置后污染物的含量如表：
研究小组的同学根据表格数据建立了关于的函数模型则与表格中数据吻合的函数模型是( )
A. B.
C. D.
4.高一年级名学生参加数学基础知识竞赛活动，答题后随机抽取名男生和名女生，计算得男生的平均得分为分，女生的平均得分为分，则估计本次比赛高一年级的总体均分为( )
A. B. C. D.
5.从这个数字中任意取出个数，组成一个没有重复数字的三位数，从百位到个位数字依次增大，则满足条件的三位数的个数是( )
A. B. C. D.
6.若，，则( )
A. B. C. D.
7.已知梯形中，，，点为边上的动点，若，则的范围是( )
A. B. C. D.
8.已知是抛物线上一点，为抛物线的焦点，直线与轴交于点，，点为线段的中点，则( )
A. B. C. D.
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知双曲线方程为，则( )
A. 双曲线的渐近线方程为
B. 双曲线的离心率是
C. 双曲线的虚轴长是
D. 双曲线上任意一点到两焦点的距离之差的绝对值为
10.函数，则( )
A. 的最小正周期是
B. 的值域是
C. 的图象是轴对称图形，其中一条对称轴是
D. 的零点是
11.若自变量表示时间，在长为定值的时间周期中，函数的增长率为，以下判断正确的是( )
A. 若，，则为减函数
B. 若，，则为增函数
C. 若，，则为增函数
D. 若，，则为减函数
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.用一个平面截正方体，截面形状为正六边形，则截出的两部分几何体的体积之比是______．
13.已知等差数列的前项和为，，，则数列的前项和 ______．
14.如图，甲、乙两人在这段弧形路段跑步，该路段的内、外弧线为两个同心圆的圆周，内弧半径为米，路宽为米，两人均从外弧点处跑入该路段，甲沿内弧切线方向跑至切点，又沿内弧跑至点处后跑出该路段，乙沿内弧切线方向直接跑至外弧上点处，再沿外弧跑至点处后跑出该路段，则在该路段跑动距离更短的是______填“甲”或“乙”，两人跑动距离之差的绝对值约为______米结果精确到米，参考数据，
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.本小题分
为了解高一学生整理数学错题与提高数学成绩的相关性，某小组通过随机抽样，获得了每天整理错题和未每天整理错题的各名学生次数学考试成绩的平均分，绘制了如图，的频率分布直方图，并且已知高一学生次数学考试成绩的总体均分为分．
依据频率分布直方图，完成以下列联表：
成绩不低于总体均分 成绩低于总体均分 合计
每天整理错题
未每天整理错题
合计
依据小概率值的独立性检验，分析数学成绩不低于总体均分是否与每天整理数学错题有关．
附：
16.本小题分
正四面体的三条棱，，是圆锥的三条母线，点，，在圆锥的底面内，过且与圆锥底面垂直的平面与圆锥侧面交于不同于．
求证：平面；
求平面与平面所成角的余弦值．
17.本小题分
数列满足，，数列满足
求证：数列是等比数列，并求其通项公式；
若数列满足，是数列的前项和，对，恒成立，求实数的取值范围．
18.本小题分
设为坐标原点，点，，为椭圆上的两个动点，．
证明：向量是直线的一个法向量；
若线段与椭圆交于点，求面积的最大值．
19.本小题分
函数，且．
时，判断的单调性；
若，判断与的大小，且，并说明理由；
证明：对于任意的，有．
参考答案
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
11.
12.：
13.
14.甲
15.根据频率分布直方图，可得
成绩不低于总体均分 成绩低于总体均分 合计
每天整理错题
未每天整理错题
合计
根据题意可知，学生次数学考试成绩的总体均分为分，
假设：数学成绩不低于总体均分与每天整理数学错题无关，
计算可得
根据小概率值的独立性检验，可推断不成立，
即认为数学成绩不低于总体均分与每天整理错题有关．
16.解：证明：因为平面平面，平面，平面，
所以平面，且．
又因为平面，所以，
因为为正三角形，所以为中心，所以，所以，
因为平面，平面，，
所以平面．
设，则是的中点．
以为坐标原点，的平行线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
设正四面体的棱长为，
则，，，
所以，，，
设平面的法向量为，则，，
所以，
令，得，，所以，
设平面的法向量为，则，
所以，
令，则，所以，
设平面与平面所成角为，
所以，
所以平面与平面所成角的余弦值为．
17.解：证明：因为，且，
所以，所以，所以，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以，
所以，
所以，
又因为，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以；
由可知，，
所以，
所以，
因为对，恒成立，所以，
实数的取值范围为．
18.解：证明：点在椭圆外，、为椭圆上的两个动点，
设、，
此时，
则，
得，
即，
因为直线的斜率为，
所以直线的斜率为，
所以直线的一个方向向量为，
则为直线的一个法向量；
由，
解得，
由知，直线的斜率为，
设直线方程为，
若，
此时直线过原点，
所以，
其与矛盾，
所以，
联立，消去并整理得，
此时，
解得或，
由韦达定理得，，
所以
，
又到直线的距离，
所以，
令，
可得，
设，
可得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减．
则当时，即时，取得最大值，最大值为．
19.解：由于，，
当，时，，单调递减，时，，单调递增，
故当时，函数在为减函数，在为增函数，
同理，当时，函数在为增函数，在为减函数，
综上，当时，函数在为减函数，在为增函数，
同理，当时，函数在为增函数，在为减函数，
由可知，当时，，故，
令，由于，
可得，所以，
当且仅当时“”成立．
由可知，时，，即，
令，可得，
令，可得，
两式相加可得，即，
所以
，当且仅当时“”成立．
由可得，
令，可得，
得，可得，
同理，
两式相加可得，
故，
所以，
所以．
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