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2025年普通高等学校招生全国统一考试·冲刺押题卷（一）
数学
注意事项：
1.本卷满分150分，考试时间120分钟.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3.非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
4.考试结束后，请将本试题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.已知复数，则（ ）
A. B. C. D.
2.已知集合，，若，则实数m的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
3.已知向量在上的投影向量为，且，则（ ）
A. B. C.10 D.12
4.已知函数为偶函数，则（ ）
A. B.0 C.1 D.2
5.已知，则（ ）
A. B. C. D.
6.甲、乙、丙等6名同学站成一排，甲、乙不站在两端，丙站在甲、乙之间，则不同的站法有（ ）
A.60种 B.48种 C.36种 D.24种
7.已知双曲线的左、右焦点分别为，，点M在C的右支上，线段与y轴交于点N，，O为坐标原点，过作，垂足为Q，线段交OM于P，且，则C的离心率为（ ）
A. B. C. D.
8.记表示实数a，b中的较大的数，已知x，y，z均为正数，则的最小值为（ ）
A. B.3 C. D.6
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.已知函数的部分图象如图所示，则（ ）
A.
B.
C.曲线的图象与y轴交点的纵坐标为
D.函数的图象关于直线对称
10.已知正数a，b满足，则（ ）
A. B. C. D.
11.已知过点的直线l与动圆相切，切点为M，记点M的轨迹为曲线Γ，则（ ）
A.曲线Γ经过原点 B.曲线Γ是轴对称图形
C.点在曲线Γ上 D.曲线Γ在第二象限的点的纵坐标有最大值
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，，，则______.
13.已知某圆锥的母线与底面所成角为，其内切球的表面积为，则该圆锥的外接球的体积为________.
14.已知函数，若的最大值为0，则的取值范围为________.
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）已知数列满足，.
（1）求的通项公式；
（2）求数列的前n项和.
16.（15分）已知F是抛物线的焦点，直线与抛物线C相交于P点（异于原点），.
（1）求抛物线C的方程；
（2）设，过P的直线l与C相交于另一点M，若，求直线l的方程.
17.（15分）在2024年巴黎奥运会上，我国乒乓球运动员取得“五连冠”的优异成绩，激发了全民“国球热”.某社区举办了乒乓球比赛，甲、乙两人争夺冠亚军，采用五局三胜制（每局比赛没有平局），比赛共有1000元奖金，约定如下规则：若比赛3局决出胜负，冠军获得900元奖金，亚军获得100元奖金；若比赛4局决出胜负，冠军获得700元奖金，亚军获得300元奖金；若比赛5局决出胜负，冠军获得600元奖金，亚军获得400元奖金，已知甲每局获胜的概率为，乙每局获胜的概率为.
（1）求比赛4局决出胜负的概率；
（2）求甲获得的奖金X的分布列与数学期望.
18.（17分）已知函数.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）若，函数有两个极值点，（）.
（i）求实数a的取值范围；
（ii）当，满足时，求实数a的最大值.
19.（17分）如图，四棱锥的底面是边长为的菱形，，平面平面，.
（1）证明：；
（2）设直线CP与平面ABCD所成角为.
（i）求四棱锥的体积；
（ii）若点M为棱CP上的动点（不包括端点），求二面角的正弦值的最小值.
冲刺卷 数学（一）参考答案
1.C 因为，所以.故选C.
2.D 因为，，所以，或，解得，或.故选D.
3.B 因为，所以.又向量在上的投影向量为，所以，
所以.故选B.
4.A 因为为偶函数，所以为偶函数，则恒成立，所以恒成立，所以.故选A.
5.C 由，得，即，所以，所以.故选C.
6.B 当甲、乙之间只有1人时，则丙站在甲、乙之间，有种站法，从剩余的三人中选出2人站在两端，有种站法，剩下的1人与甲、乙、丙的整体进行排列，有种站法，共有种站法；当甲、乙之间有2人时，则有种站法，剩余的2人站在两端，有种站法，共有种站法.
综上可知，不同的站法有种.故选B.
7.A 如图所示，设，，因为O为的中点，，所以P为的重心，所以Q为的中点，又，所以，由双曲线的定义可知，，所以，因为，所以，.
在中，，在中，由余弦定理得，，化简得，所以，解得（舍去），故C的离心率为，故选A.
8.C 设，当时，，当且仅当，，时，取得等号，当时，，当且仅当，，时，取得等号.综上可知，t的最小值为.故选C.
9.BCD 由图可知，的最小正周期为，由得，，A错误；
由图可知，的图象关于点对称，所以，解得，B正确；
由上得，，令得，，所以曲线与y轴交点的纵坐标为，C正确；
因为，所以的图象关于对称，所以函数的图象关于直线对称，D正确.故选BCD.
10.ACD 由得，，所以，设，易知在上单调递增，又，所以，A正确，B错误；
因为幂函数在上单调递减，所以，即，C正确；
又，，所以，由单调性可知，，D正确.
故选ACD.
11.BC 圆化为，圆心，半径为，
设点，，，由题意可知，，则，整理得①，又M在圆C上，则②，由①－②得，，则③，又，则，所以，将③代入②得，，，故曲线Γ不经过原点，A错误；
因为在曲线Γ上任取一点，关于x轴的对称点为，显然也在曲线Γ上，所以曲线Γ关于x轴对称，B正确；
将点代入成立，C正确；
令，则，所以在上单调递减，则在上无最大值，D错误.故选BC.
12. 由余弦定理，知.因为，所以，所以.
13. 如图，由题意可知，圆锥的轴截面PAB是一个顶角为的等腰三角形，设内切球球心为O，半径为，连接AO，则，由，得，即，又，在中，，所以，所以，由圆锥的结构特征可知，其轴截面的外接圆的半径等于该圆锥外接球的半径，则，则，所以该圆堆的外接球的体积.
14. 由，得，当时，，则在R上单调递减，无最大值，不符合题意；当时，令，得；令，得，所以函数在区间上单调递增，在区间上单调递堿，所以，所以，，令，则，当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以，故的取值范围为.
15.解：（1）因为，所以， 2分
故. 3分
又，所以是以3为首项，3为公差的等差数列， 5分
所以，故. 6分
（2）由（1）得. 8分
所以. 10分
. 13分
16.解：（1）易知抛物线的准线方程为. 1分
联立方程，解得或（舍） 2分
因为，所以，即， 4分
故抛物线C的方程为. 5分
（2）由（1）可知，，， 6分
因为，，则， 8分
则直线MF的方程为， 9分
联立，整理得，解得，或， 11分
所以或， 13分
故直线l的方程为，或. 15分
17.解：（1）比赛4局决出胜负有两种情况：前3局甲获胜2局，输1局，第4局甲获胜，或前3局乙获胜2局，输1局，第4局乙获胜， 1分
若甲获胜，则； 3分
若乙获胜，则， 5分
故比赛4局决出胜负的概率为. 6分
（2）由题意可知，X的取值可能为900，700，600，400，300，100， 7分
，，
，，
，， 11分
所以X的分布列为：
X 900 700 600 400 300 100
P
13分
所以. 15分
18.解：（1）当时，， 1分
，则， 2分
所以曲线在点处的切线方程为，即. 3分
（2）（i），则， 4分
因为函数有两个不同的极值点，，所以，是的零点，
由，得. 5分
设，则，
令，得；令，得，
所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，
所以. 7分
当时，，当时，，
结合的图象的变化趋势可知，，所以，
故实数a的取值范围为. 9分
（ii）由条件可知，，，
则，且. 10分
不妨令，将代入中，
得，则. 11分
设，，则， 12分
令，则，
所以在上单调递减，则，即，
所以在上单调递减. 13分
由得，，所以， 14分
因此在区间上单调递减，即，
于是，所以，则， 15分
又，令，
由（i）可知，在区间上单调递增， 16分
所以，则，解得，
故实数a的最大值为. 17分
19.（1）证明：连接BD交AC于点O，连接OP.
因为底面ABCD为菱形，所以O为BD中点，.
因为平面平面ABCD，平面平面，平面ABCD，
所以平面PAC. 2分
因为平面PAC，所以.
又O为BD中点，所以. 3分
（2）（i）解：过P作于点H，
因为平面平面ABCD，平面平面，平面PAC，
所以平面ABCD，
所以为直线CP与平面ABCD所成角，即. 4分
因为平面，平面ABCD，所以.
又，，，平面PDH，
所以平面PDH. 5分
因为平面PDH，所以，
结合可知H为的垂心. 6分
由于底面ABCD是边长为的菱形，，
故为等边三角形，因此H为的重心，
，，，，.
由于，，所以， 7分
所以四棱锥的体积. 8分
（ii）解：以OB为x轴，OC为y轴，过O点作平面ABCD的垂线作为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，.
设，故. 9分
设平面ABM的一个法向量为，
，，
则，
取，则. 11分
设平面BCM的一个法向量为，
，，
则，取，则， 13分
设二面角的平面角为，
则
， 14分
令，则，
所以，
由于， 15分
故，
当且仅当，即时取等号， 16分
故的最大值为，因此的最小值为. 17分

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