资源简介

注意：右侧方框为阅卷教师书写分数区域，禁止考生在右侧方框内作答任何信息！
2025年7月高二年级结业测试卷
数 学 答 题 顺
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. 5. 2. 6. 3. 7. 4. 8.
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. 10. 11.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12. ___________ 13. ___________ 14. ___________；___________
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） 解：
16.（15分） 解：
17.（15分） 解：
18.（17分） 解：
19.（17分） 解：
数学答题顺 第2页，共2页2025年普通高等学校招生全国统一考试
数 学
本试卷共4页，满分150分，考试用时120分钟。
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.树立劳动观念对人的健康成长至关重要，某实践小组共有4名男生，2名女生，现从中选出4人参加校园植树活动，其中至少有一名女生的选法共有
A.8种 B.9种 C.12种 D.14种
2.
A.1 B.-1 C.i D.-i
3.在一直角坐标系中，已知，现沿轴将坐标平面折成的二面角，则折叠后两点间的距离为
A． B． C． D．2
4.已知向量，.若向量与向量平行，则实数的值是
A．2 B． C．10 D．
5.设为抛物线的焦点，过且倾斜角为的直线交于，两点，则
A． B． C． D．
6.已知等比数列的前项和为，若，则数列的前项和为
A. B. C. D.
7.已知函数的定义域为，且满足（是的导函数），则不等式的解集为
A. B. C. D.
8.已知均存在且，则
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.已知函数，为奇函数，函数，为偶函数，则
A.必为奇函数，必为偶函数
B.和均为偶函数
C.可能为偶函数
D.若函数的定义域关于原点对称，则函数可表示为一个奇函数与一个偶函数之和
10.下列四个命题中为真命题的是
A.在回归分析中，可以用来刻画回归效果，的值越大，模型的拟合效果越好
B.在独立性检验中，随机变量的值越大，说明两个分类变量有关系的可能性越大
C.在回归方程中，当解释变量每增加1个单位时，预报变量平均增加1个单位
D.两个随机变量相关性越弱，则相关系数的绝对值越接近于1
11. 已知点是直线上一定点，点、是圆上的动点，若的最大值为，则点的坐标可以是（ ）
A． B． C． D．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知全集为，集合，则____________.
13.若双曲线的左焦点在抛物线的准线上，则的值为____________.
14.如图，四边形和均为正方形，它们所在的平面互相垂直，分别为的中点，则直线与平面所成角的正切值为____________；异面直线与所成角的余弦值是____________.
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）某物流公司专营从甲地到乙地的货运业务（货物全部用统一规格的包装箱包装），现统计了最近100天内每天可配送的货物量，按照可配送货物量T（单位：箱）分成了以下几组：，，，，，，并绘制了如图所示的频率分布直方图（同一组数据用该组数据的区间中点值作代表，将频率视为概率）.
（1）该物流公司负责人决定用分层抽样的方法从前3组中随机抽出11天的数据来分析可配送货物量少的原因，并从这11天的数据中再抽出3天的数据进行财务分析，求这3天的数据中至少有2天的数据来自这一组的概率.
（2）由频率分布直方图可以认为，该物流公司每日的可配送货物量T（单位：箱）服从正态分布，其中近似为样本平均数.
（ⅰ）试利用该正态分布，估计该物流公司2000天内日货物配送量在区间内的天数（结果保留整数）.
（ⅱ）该物流公司负责人根据每日的可配送货物量为公司装卸货物的员工制定了两种不同的工作奖励方案.
方案一：直接发放奖金，按每日的可配送货物量划分为以下三级：时，奖励50元；，奖励80元；时，奖励120元.
方案二：利用抽奖的方式获得奖金，其中每日的可配送货物量不低于时有两次抽奖机会，每日的可配送货物量低于时只有一次抽奖机会，每次抽奖的奖金及对应的概率分别为
奖金 50 100
概率
小张恰好为该公司装卸货物的一名员工，试从数学期望的角度分析，小张选择哪种奖励方案对他更有利？
附：若，则，.
16.（15分）已知函数ae2x+(a﹣2) ex﹣x.
（1）讨论的单调性；
（2）若有两个零点，求a的取值范围.
17.（15分）已知函数.
（1）若，求的值.
（2）在中，角的对边分别是，且满足，求的取值范围.
18.（17分）如图，在直三棱柱中，，，，为棱的中点.
（1）求直线与平面所成角的正弦值；
（2）求平面与平面所成二面角的余弦值.
19.（17分）已知点为坐标原点椭圆的右焦点为，离心率为，点分别是椭圆的左顶点、上顶点，的边上的中线长为．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过点的直线交椭圆于两点直线分别交直线于两点，求．
数学试题 第2页（共4页）2025年普通高等学校招生全国统一考试
数 学 参 考 答 案
1.D
解析： 任意选有种，都是男生有1种，则至少有一名女生有14种.
故选：D.
2.D
解析：
3.D
解析： 如图为折叠后的图形，其中作
则，
沿轴将坐标平面折成的二面角
两异面直线所成的角为．
可得：
故由
得
故选：D.
4.A
解析：由已知，，因为与共线，所以存在实数，使得，故，即，解得.故选：A.
5.C
解析：由题意，得．又因为，故直线AB的方程为，与抛物线联立，得，设，由抛物线定义得，，选C．
6.D
解析： 当 时，不成立，当 时， ，两式相除得 ，解得： ， 即 ， ，
，
，两式相减得到： ，所以 ，故选D.
7.D
解析： 构造函数，其中，则，
所以，函数在定义域上为增函数，
在不等式两边同时乘以得，即，
所以，解得，
因此，不等式的解集为，故选：D.
8.A
解析：A选项：
∴A选项正确
B选项：
∴B选项错误
C选项：
由A选项得，
∴
∴
∴
∴
∴
∴
∴C选项错误
D选项：
由A选项知
由B选项知
∴
∴
∴
∴D选项错误
9. ABD
解析：由题意得，，，
且，，，的定义域均关于坐标原点对称
A选项：
令，
∴函数和的定义域均关于坐标原点对称
∴
∴
∴函数为奇函数，即“必为奇函数”
∴
∴
∴函数为偶函数，即“必为偶函数”
∴A选项正确
B选项：
令，
∴函数和的定义域均关于坐标原点对称
∴
∴
∴函数为偶函数，即“必为偶函数”
∴
∴
∴函数为偶函数，即“必为偶函数”
∴和均为偶函数
∴B选项正确
C选项：
令
∴函数的定义域关于坐标原点对称
∴
∴
∴函数为奇函数，即“为奇函数”
∴不可能为偶函数
∴C选项错误
D选项：
∵任意函数的定义域关于坐标原点对称
令，
∴函数和的定义域均关于坐标原点对称
∴
∴函数为奇函数
∴
∴函数为偶函数
∴
∴
∴
∵为奇函数，为偶函数
∴为奇函数，为偶函数
∴函数可表示为一个奇函数与一个偶函数之和
∴D选项正确
10. AB
解析：对于A，在回归分析中，可以用来刻画回归效果，的值越大，模型的拟合效果越好，正确；对于B；在独立性检验中，随机变量的值越大，说明两个分类变量有关系的可能性越大，正确；对于C，在回归方程中，当解释变量每增加1个单位时，预报变量平均增加个单位，错误；对于D，两个随机变量相关性越强，则相关系数的绝对值越接近于1，错误；故选C.
11. AC
解析：如右图所示：
原点到直线的距离为，则直线与圆相切，
由图可知，当、均为圆的切线时，取得最大值，
连接、，由于的最大值为，且，，
则四边形为正方形，所以，
由两点间的距离公式得，
整理得，解得或，因此，点的坐标为或.
故选：AC.
12.
解析：由题意得
易知不等号两边均为正数
∴两边平方得
整理得
∴
即
∴
∴这与且矛盾
∴集合
∴
13.6
解析：双曲线的左焦点为，即，故.
故答案为：.
14.；
解析：由两两垂直，分别以所在的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，所以，其中平面的一个法向量为，所以与平面所成角的正弦值为，所以；又向量与所成角的余弦值为，又，所以异面直线与所成角的余弦值是．
15.解：（1）由分层抽样知识可知，这11天中前3组的数据分别有1个，4个，6个，
所以至少有2天的数据来自这一组的概率概率为.
（2）（ⅰ）由题得，
所以.
故2000天内日货物配送量在区间内的天数为.
（ⅱ）易知.
对于方案一，设小张每日可获得的奖金为元，则的可能取值为50，80，120，
其对应的概率分别为0.25，0.6，0.15，
故.
对于方案二，设小张每日可获得的奖金为元，则的所有可能取值为50，100，150，200，
故，，
，.
所以的分布列为
50 100 150 200
所以.
因为，所以从数学期望的角度看，小张选择方案二更有利.
16. 解：（1）的定义域为，，
（ⅰ）若，则，所以在单调递减.
（ⅱ）若，则由得.
当时，；当时，，所以在单调递减，在单调递增.
（2）（ⅰ）若，由（1）知，至多有一个零点.
（ⅱ）若，由（1）知，当时，取得最小值，最小值为.
①当时，由于，故只有一个零点；
②当时，由于，即，故没有零点；
③当时，，即.
又，故在有一个零点.
设正整数满足，则.
由于，因此在有一个零点.
综上，的取值范围为.
17. 解：（1）
由可得：.
.
（2）由余弦定理得：，整理可得：，
，，
又，，，
，则，
，即的取值范围为.
18. 解：（1）建系如图，则，，，，，，所以，，，，如下图：
（1）设平面的一个法向量为，
则，即，取，
所以，
所以直线与平面所成角的正弦值为；
（2）设平面的一个法向量为，
则，即，取，
所以，
所以求平面与平面所成二面角的余弦值.
19. 解：（1）如图所示
由题意得为直角三角形，且上的中线长为，
所以．
则，解得.
所以椭圆的标准方程为：.
（2）
由题意，如图设直线的方程为：，
，，则，，
联立方程化简得.
则.
由三点共线易得，
化简得，同理可得.
．
数学答案 第2页（共2页）

展开更多......

收起↑