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（最后一卷）2025年高考数学考前模拟冲刺卷（四）全国甲卷
注意事项：
1．本试卷满分150分，考试时间120分钟。
2．答题前，考生务必将姓名、考生号等个人信息填写在答题卡指定位置。
3．考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答。超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。
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．（2025 金昌校级模拟）已知正数x，y满足x+y＝4，则的取值范围为（　　）
A． B． C． D．
2．（2025 邯郸模拟）6个不同的芯片欲组装到一个云计算的主机中，先将它们串联在一起统一测试，在串联电路中甲、乙两个芯片不相邻的前提下，丙、丁两个芯片相邻的概率为（　　）
A． B． C． D．
3．（2025 云南模拟）正三棱台ABC﹣A1B1C1的上、下底边长分别为6，18，该正三棱台内部有一个内切球（与上、下底面和三个侧面都相切），则正三棱台的表面积为（　　）
A． B． C． D．
4．（2025 黑龙江校级模拟）函数y＝f（x）与y＝g（x+3）+1都为奇函数，且对 x∈R，都有f（x）﹣g（x+4）＝0，则f（1）+f（2）+ +f（100）＝（　　）
A．2525 B．2526 C．5049 D．5050
5．（2025 嘉兴模拟）在△OAB所在平面内，点C满足，记，，则（　　）
A． B． C． D．
6．（2025 青羊区校级模拟）已知数列{an}为等比数列，公比为2，且a1+a2＝3．若ak+ak+1+ak+2+…+ak+9＝214﹣24，则正整数k的值是（　　）
A．4 B．5 C．6 D．7
7．（2025 河北模拟）已知抛物线C：y2＝﹣2px（p＞0），若斜率为﹣1的直线经过点与C交于A，B两点，且|AB|＝4，则C的准线方程为（　　）
A．x＝1 B． C． D．x＝﹣1
8．（2025 深圳模拟）设全集U＝Z，集合M＝{x|x＝3k+1，k∈Z}，N＝{x|x＝3k+2，k∈Z}， U（M∪N）＝（　　）
A．{x|x＝3k﹣2，k∈Z} B．{x|x＝3k﹣1，k∈Z}
C．{x|x＝3k，k∈Z} 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．
（多选）9．（2025 重庆模拟）若随机变量X B（10，p），且E（X）＝2，随机变量Y N（μ，2），且E（2Y+1）＝7，则（　　）
A． B．μ＝3
C． D．5D（X）+D（Y）＝10
（多选）10．（2025 景德镇模拟）已知O为坐标原点，若直线l上存在点P，使得|OP|＝1，则称该直线为“1距直线”，下列直线是“1距直线”的是（　　）
A．y＝x﹣1 B．y＝1 C． D．2x﹣y+3＝0
（多选）11．（2025 河南模拟）由无理数引发的数学危机一直延续到19世纪．直到1872年，德国数学家戴德金从连续性的定义出发，用有理数的“分割”来定义无理数，并把实数理论建立在严格的科学基础上，才结束了无理数被认为“无理”的时代．所谓戴德金分割，是指将有理数集Q划分为两个非空的子集E与F，且满足E∪F＝Q，E∩F＝ ，E中的每个元素都小于F中的每个元素，称（E，F）为戴德金分割．下列结论正确的是（　　）
A．E＝{x∈Q|x＜1}，F＝{x∈Q|x＞1}是一个戴德金分割
B．存在一个戴德金分割（E，F），使得E有一个最大元素，F没有最小元素
C．存在一个戴德金分割（E，F），使得E有一个最大元素，F有一个最小元素
D．存在一个戴德金分割（E，F），使得E没有最大元素，F也没有最小元素
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（2025 重庆模拟）设，已知tanα＝cosβ，，则sin2β＝　 　 ．
13．（2025 江城区校级三模）已知抛物线C：x2＝4y焦点为F，抛物线上一点P的横坐标为2，则|PF|＝　 　 ．
14．（2025 九江三模）如表，有一款合成2048游戏，游戏规则如下：在一个4*4的方格中，游戏开始时，方格中会随机出现两个数字小方块，只能是2或4．手指向一个方向（上、下、左、右）滑动，所有含有数字的小方块都会向这个方向移动到不能移动为止，滑动过程中相同数字的两个小方块相撞时数字会相加，称为一次合并运算．每次滑动时，空白处会随机刷新出一个含有数字（只能是2或4）的小方块．当界面中最大数字是2048时，最少合并运算的次数为　 　 ．
2
4 16
8 16 32 64
1024 512 256 128
四、解答题：本题共5小题，第15小题13分，第16、17小题15分，第18、19小题17分，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．（2025 泰安校级模拟）如图，在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知AD是∠BAC的角平分线，且．
（1）求角A的值；
（2）若a＝1，求AD长的最大值．
16．（2025 山东模拟）为响应国家全民健身号召，某社区举办了一场趣味运动会，其中一项比赛为投篮接力赛．比赛规则如下：每支参赛队伍由3名队员组成，依次进行投篮．第1名队员有3次投篮机会，若3次都未投中，则该队比赛结束，得分为0分；若投中1次，则第2名队员继续投篮．第2名队员有2次投篮机会，若2次都未投中，则该队比赛结束，得分为5分；若投中1次，则第3名队员继续投篮．第3名队员只有1次投篮机会，若未投中，该队得10分，投中该队得15分．已知某队中第1名队员每次投篮投中的概率均为，第2名队员每次投篮投中的概率均为，第3名队员投中的概率为，各次投篮相互独立．记比赛结束时该队总得分为X．
（1）求P（X＝15）；
（2）求X的分布列及数学期望．
17．（2025 湖北模拟）如图所示，四棱锥P﹣ABCD的底面四边形ABCD为直角梯形，DC∥AB，∠DAB＝∠ADC＝∠PBA＝90°，PB⊥AD，PB＝AB＝ADDC＝1，平面PAD与平面PBC的交线l，l∩平面ABCD＝M．
（1）求线段PM的长度；
（2）线段BC上是否存在点E，使得平面PAD⊥平面PDE？若存在，求直线PE与平面PCD所成角的正弦值；若不存在，请说明理由．
18．（2025 青秀区校级二模）已知数列{an}的首项，且满足．
（1）求证：数列为等比数列．
（2）若，求满足条件的最大整数n．
19．（2025 黄浦区校级二模）设F为椭圆的右焦点，点在椭圆E上，
（1）求椭圆E的方程；
（2）设P，Q分别为⊙C：x2+（y﹣4）2＝3和椭圆E上的点，求P，Q两点间的最大距离；
（3）斜率为k的直线l过抛物线的焦点与G交于C，D，与E交于A，B，是否存在常数λ，使得为常数？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．
（最后一卷）2025年高考数学考前模拟冲刺卷（四）全国甲卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 B D D D C B B C
二．多选题（共3小题）
题号 9 10 11
答案 ABD ABC BD
一．选择题（共8小题）
1．（2025 金昌校级模拟）已知正数x，y满足x+y＝4，则的取值范围为（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：因正数x，y满足x+y＝4，
故，解得x∈（0，4），
因，
设，则，
则t2＝x+1，所以x﹣4＝t2﹣5，
于是．
由，
所以y＝（t）2单调递增，
所以y＝（t）2∈（﹣3，）．
即，）．
故选：B．
2．（2025 邯郸模拟）6个不同的芯片欲组装到一个云计算的主机中，先将它们串联在一起统一测试，在串联电路中甲、乙两个芯片不相邻的前提下，丙、丁两个芯片相邻的概率为（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：设甲，乙两个芯片不相邻为A，丙、丁相邻为B，
先把6个不同的芯片全排列，共有种情况，
当甲，乙两个芯片不相邻时，先对除了甲、乙两个芯片的其它芯片全排列，
其它芯片全排列共有种情况，产生5个空，
将甲，乙两个芯片任选两个空插入，共有种情况，
由分步乘法计数原理得此时共有24×20＝480种情况，
在该条件下，我们将丙，丁进行全排列，共有种情况，
将丙丁整体和除了甲乙以外的芯片全排列，共有种情况，产生4个空，
将甲，乙两个芯片任选两个空插入，共有种情况，
由分步乘法计数原理得此时共有2×6×12＝144种情况，
故，，
所以．
故选：D．
3．（2025 云南模拟）正三棱台ABC﹣A1B1C1的上、下底边长分别为6，18，该正三棱台内部有一个内切球（与上、下底面和三个侧面都相切），则正三棱台的表面积为（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：根据题意可知，上下底正三角形的高分别为，，
由几何体结构特征，可得内切球与上、下底面切点为上下底的重心，
故如图甲所示，作截面，得到图乙，
设内切球半径为r，则，解得r＝3，所以正三棱台的高为6，
所以．
故选：D．
4．（2025 黑龙江校级模拟）函数y＝f（x）与y＝g（x+3）+1都为奇函数，且对 x∈R，都有f（x）﹣g（x+4）＝0，则f（1）+f（2）+ +f（100）＝（　　）
A．2525 B．2526 C．5049 D．5050
【解答】解：因为y＝f（x）与y＝g（x+3）+1都为奇函数，
则f（﹣x）＝﹣f（x），g（﹣x+3）+1＝﹣g（x+3）﹣1，
又因为f（x）﹣g（x+4）＝0，
所以f（x）＝g（x+4），
所以f（﹣x﹣1）＝g（﹣x+3），即f（x﹣1）＝g（x+3），
所以f（﹣x﹣1）+1＝g（﹣x+3）+1＝﹣g（x+3）﹣1
＝﹣[f（x﹣1）+1]，
即f（﹣x﹣1）＝﹣f（x﹣1）﹣2，
所以﹣f（x+1）＝﹣f（x﹣1）﹣2，即f（x+2）＝f（x）+2，
又f（0）＝0，﹣f（1）＝﹣f（﹣1）﹣2，得f（1）＝1，
所以f（2）＝f（0）+2＝2，f（3）＝f（1）+2＝3，…，f（n）＝n，
所以．
故选：D．
5．（2025 嘉兴模拟）在△OAB所在平面内，点C满足，记，，则（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：由，可得，
又，，
则
．
故选：C．
6．（2025 青羊区校级模拟）已知数列{an}为等比数列，公比为2，且a1+a2＝3．若ak+ak+1+ak+2+…+ak+9＝214﹣24，则正整数k的值是（　　）
A．4 B．5 C．6 D．7
【解答】解：由题可得：a1+2a1＝3，解得a1＝1，故，
因为
，解得k＝5．
故选：B．
7．（2025 河北模拟）已知抛物线C：y2＝﹣2px（p＞0），若斜率为﹣1的直线经过点与C交于A，B两点，且|AB|＝4，则C的准线方程为（　　）
A．x＝1 B． C． D．x＝﹣1
【解答】解：易知直线AB的方程为，
联立，消去y并整理得，
此时，
设A（x1，y1），B（x2，y2），
由韦达定理得x1+x2＝﹣3p，
由抛物线的定义知4，
解得p＝1，
则抛物线C的准线方程为．
故选：B．
8．（2025 深圳模拟）设全集U＝Z，集合M＝{x|x＝3k+1，k∈Z}，N＝{x|x＝3k+2，k∈Z}， U（M∪N）＝（　　）
A．{x|x＝3k﹣2，k∈Z} B．{x|x＝3k﹣1，k∈Z}
C．{x|x＝3k，k∈Z} D．
【解答】解：因为全集U＝或x＝3k+1或x＝3k+2，k∈Z}，
所以 U（M∪N）＝{x|x＝3k，k∈Z}．
故选：C．
二．多选题（共3小题）
（多选）9．（2025 重庆模拟）若随机变量X B（10，p），且E（X）＝2，随机变量Y N（μ，2），且E（2Y+1）＝7，则（　　）
A． B．μ＝3
C． D．5D（X）+D（Y）＝10
【解答】解：因为X B（10，p），且E（X）＝2，
所以10p＝2，可得p，所以D（X）＝10，
D（X）＝D（X），A对，C错；
又随机变量Y N（μ，2），且E（2Y+1）＝7，
所以E（2Y+1）＝2E（Y）+1＝7，E（Y）＝3＝μ，且D（Y）＝σ2＝2，
5D（X）+D（Y）10，B，D都对．
故选：ABD．
（多选）10．（2025 景德镇模拟）已知O为坐标原点，若直线l上存在点P，使得|OP|＝1，则称该直线为“1距直线”，下列直线是“1距直线”的是（　　）
A．y＝x﹣1 B．y＝1 C． D．2x﹣y+3＝0
【解答】解：由于直线l上存在点P，使得|OP|＝1，则称该直线为“1距直线”，
对于A：原点O（0，0）到直线x﹣y﹣1＝0的距离，故A正确；
对于B：原点O（0，0）到直线y＝1的距离d＝1，故B正确；
对于C：原点O（0，0）到直线x﹣y0的距离d，故C正确；
对于D：原点O（0，0）到直线2x﹣y+3＝0的距离d，故D错误．
故选：ABC．
（多选）11．（2025 河南模拟）由无理数引发的数学危机一直延续到19世纪．直到1872年，德国数学家戴德金从连续性的定义出发，用有理数的“分割”来定义无理数，并把实数理论建立在严格的科学基础上，才结束了无理数被认为“无理”的时代．所谓戴德金分割，是指将有理数集Q划分为两个非空的子集E与F，且满足E∪F＝Q，E∩F＝ ，E中的每个元素都小于F中的每个元素，称（E，F）为戴德金分割．下列结论正确的是（　　）
A．E＝{x∈Q|x＜1}，F＝{x∈Q|x＞1}是一个戴德金分割
B．存在一个戴德金分割（E，F），使得E有一个最大元素，F没有最小元素
C．存在一个戴德金分割（E，F），使得E有一个最大元素，F有一个最小元素
D．存在一个戴德金分割（E，F），使得E没有最大元素，F也没有最小元素
【解答】解：对于选项A，因为E＝{x∈Q|x＜1}，F＝{x∈Q|x＞1}
所以E∪F＝{x∈Q|x≠1}≠Q，故A错误；
对于选项B，设E＝{x∈Q|x≤1}，F＝{x∈Q|x＞1}，满足戴德金分割，
则集合E有一个最大元素1，集合F没有最小元素，故B正确；
对于选项C，若集合E有一个最大元素，集合F有一个最小元素，
则不能同时满足E∪F＝Q，E∩F＝ ，故C错误；
对于选项D，设，满足戴德金分割，
此时集合E中没有最大元素，集合F中也没有最小元素，所以D正确．
故选：BD．
三．填空题（共3小题）
12．（2025 重庆模拟）设，已知tanα＝cosβ，，则sin2β＝　　 ．
【解答】解：设，已知tanα＝cosβ，则cosαcosβ＝sinα，
由，
所以，故，
由sin2β+cos2β＝1，所以cos，
故．
故答案为：．
13．（2025 江城区校级三模）已知抛物线C：x2＝4y焦点为F，抛物线上一点P的横坐标为2，则|PF|＝　2　 ．
【解答】解：由抛物线的定义，
因为抛物线C：x2＝4y焦点为F，
所有|PF|等于点P到抛物线的准线y＝﹣1的距离，
因为点P的横坐标为2，代入x2＝4y，
解得，
故|PF|＝yP﹣（﹣1）＝1+1＝2．
故答案为：2．
14．（2025 九江三模）如表，有一款合成2048游戏，游戏规则如下：在一个4*4的方格中，游戏开始时，方格中会随机出现两个数字小方块，只能是2或4．手指向一个方向（上、下、左、右）滑动，所有含有数字的小方块都会向这个方向移动到不能移动为止，滑动过程中相同数字的两个小方块相撞时数字会相加，称为一次合并运算．每次滑动时，空白处会随机刷新出一个含有数字（只能是2或4）的小方块．当界面中最大数字是2048时，最少合并运算的次数为　511　 ．
2
4 16
8 16 32 64
1024 512 256 128
【解答】解：因为算式1024+1024＝2048只需出现1次，而算式中有2个1024，
故算式512+512＝1024需出现21次，算式256+256＝512需出现22次，…，以此类推，算式4+4＝8需出现28次，
故每次出现的都是数字4，最少合并运算次数为1+21+22+...+28＝29﹣1＝511次．
故答案为：511．
四．解答题（共5小题）
15．（2025 泰安校级模拟）如图，在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知AD是∠BAC的角平分线，且．
（1）求角A的值；
（2）若a＝1，求AD长的最大值．
【解答】解：（1）设∠BAC＝2θ，，
AD是∠BAC的角平分线，且，
∵S△ABC＝S△ABD+S△ACD，
∴，
∴2bccosθ＝（c+b） AD，
∴，
∴，；
（2）由余弦定理知，
∵a＝1，∴b2+c2＝1﹣bc，
又∵b2+c2≥2bc，∴，当且仅当b＝c时，等号成立．
∴，
令，则，
令，则，
∵f（m）在上单调递增，∴，
∴，此时，即，即．
16．（2025 山东模拟）为响应国家全民健身号召，某社区举办了一场趣味运动会，其中一项比赛为投篮接力赛．比赛规则如下：每支参赛队伍由3名队员组成，依次进行投篮．第1名队员有3次投篮机会，若3次都未投中，则该队比赛结束，得分为0分；若投中1次，则第2名队员继续投篮．第2名队员有2次投篮机会，若2次都未投中，则该队比赛结束，得分为5分；若投中1次，则第3名队员继续投篮．第3名队员只有1次投篮机会，若未投中，该队得10分，投中该队得15分．已知某队中第1名队员每次投篮投中的概率均为，第2名队员每次投篮投中的概率均为，第3名队员投中的概率为，各次投篮相互独立．记比赛结束时该队总得分为X．
（1）求P（X＝15）；
（2）求X的分布列及数学期望．
【解答】解：（1）要使最终得分为15分，
此时需要第1名队员投篮投中1次，第2名队员投篮投中1次，且第3名队员投篮1次投中，
易知第1名队员投篮投中1次的概率为P1，
其对立事件是3次都未投中，
所以3次都未投中的概率为；
第2名队员投篮投中1次的概率为P2，
其对立事件是2次都未投中，
所以2次都未投中的概率为；
第3名队员投篮1次投中的概率P2，
因为各次投篮相互独立，
所以P（X＝15）＝P1P2P3；
（2）易知X的所有可能取值为0，5，10，15，
此时P（X＝0）＝（）3，P（X＝5），
，P（X＝15），
则X的分布列为：
X 0 5 10 15
P
故．
17．（2025 湖北模拟）如图所示，四棱锥P﹣ABCD的底面四边形ABCD为直角梯形，DC∥AB，∠DAB＝∠ADC＝∠PBA＝90°，PB⊥AD，PB＝AB＝ADDC＝1，平面PAD与平面PBC的交线l，l∩平面ABCD＝M．
（1）求线段PM的长度；
（2）线段BC上是否存在点E，使得平面PAD⊥平面PDE？若存在，求直线PE与平面PCD所成角的正弦值；若不存在，请说明理由．
【解答】解：（1）由题设直线AD，BC不平行，延长DA，CB必相交，记交点为N，则N∈AD，N∈BC，
从而N∈平面PAD，N∈平面PBC，即点N为平面PAD与平面PBC的一个公共点，
又点P也为平面PAD与平面PBC的一个公共点，根据基本事实3，知直线PN即为直线l，且点N即为点M，
由题设，PB⊥BA，PB⊥AD，BA∩AD＝A，所以PB⊥平面ABCD，
所以PB⊥MB，且易知，
所以；
（2）如图，以D为原点，方向、方向、方向分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
如图，由PB＝AB＝AD＝1，则CD＝2，
则D（0，0，0），A（0，1，0），B（1，1，0），C（2，0，0），P（1，1，1），
假设存在点E，设，则点E的坐标为（λ+1，﹣λ+1，0），
设和分别为平面PAD和平面PDE的法向量，
因为，，
则，即，
令x1＝1，可得，
则，即，
令x2＝1，可得（1，，），
因为平面PAD⊥平面PDE，所以，
即1×1+0（﹣1）0，即，
所以，即，
由（1）可得PB⊥平面ABCD，且PB＝AB＝ADDC＝1，
可得P（1，1，1），所以（，，﹣1），（2，0，0），（1，1，1），
设平面PCD的法向量为（a，b，c），
则，即，
令b＝1，则（0，1，﹣1），
所以 0+（）×1+（﹣1）×（﹣1），||，||，
所以cos，，
所以直线PE与平面PCD所成角的正弦值为|cos，|．
18．（2025 青秀区校级二模）已知数列{an}的首项，且满足．
（1）求证：数列为等比数列．
（2）若，求满足条件的最大整数n．
【解答】（1）证明：由，得，
则，又，，
∴数列是以为首项，以为公比的等比数列；
（2）解：由（1）可得，，
∴，
则
＝2n＝1．
由，得100，
即99，
∵y为单调增函数，∴满足99的最大正整数n为99．
即满足条件的最大整数n＝99．
19．（2025 黄浦区校级二模）设F为椭圆的右焦点，点在椭圆E上，
（1）求椭圆E的方程；
（2）设P，Q分别为⊙C：x2+（y﹣4）2＝3和椭圆E上的点，求P，Q两点间的最大距离；
（3）斜率为k的直线l过抛物线的焦点与G交于C，D，与E交于A，B，是否存在常数λ，使得为常数？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．
【解答】解：（1）将代入椭圆方程，可得：b＝1，椭圆方程为：．
（2）本题中P，Q均为动点，所以考虑先固定一点不动，比如Q点，
寻找此时达到最值时P位置的规律，进而再让Q运动起来，找到最值．
观察图像可得Q点固定时，PQ达到的最大值时P在QC延长线与⊙C的交点处，
即|PQ|≤|QC|+r，由于，所以只需找到|QC|的最大值即可，
设Q（x，y），而C（0，4），则|QC|2＝x2+（y﹣4）2，
由，可得x2＝9（1﹣y2），代入消去x可得：
，
因为y∈[﹣1，1]，所以当时，，从而．
（3）设直线，A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3），D（x4，y4），
与椭圆联立方程：，
所以，
所以，
直线与抛物线联立方程：，
所以，因为CD是焦点弦，
所以，
所以，
若为常数，则，所以，常数为．
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