2025新高考單科模擬綜合卷（六）數學考生注意：1.本試卷滿分150分，考試時間120分鐘.2.答卷前，考生務必將自己的姓名?準考證號填寫在本試卷和答題卡相應位置上.3.請按照題號順序在各題的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙?試題卷上答題無效.4.考試結束后，將本試題卷和答題卡一并上交.一?選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.已知一組數據為，則該組數據的第百分位數是（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】C【解析】【分析】把這組數據按從小到大的順序排列，根據百分位數的定義可得答案.【詳解】將數據按照從小到大順序排序為：，因為，所以這組數據的第百分位數是第兩項的平均數，即.故選：C.2.已知雙曲線經過點，則其標準方程為（）A. B.C. D.或【答案】A【解析】【分析】設雙曲線方程為，然后代點計算即可求得，從而求解.【詳解】設雙曲線方程為，則，解得，所以雙曲線的標準方程為.故選：A.3.等差數列與的前項和分別為，且，則（）A.2 B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用等差數列求和公式和等差數列的性質得到，從而得到.【詳解】因數列與均為等差數列，則，所以.故選：C.4.已知正方體的棱長為4，過三點的平面截該正方體的內切球，所得截面的面積為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】作出正方體中過三點的平面，且分別是的中點，可得，則過三點的截面為球內過這三點的截面圓，求出截面圓的半徑可得結果.【詳解】如圖，正方體中，直線與正方體的內切球分別切于，且分別是的中點.正方體內切球為，連接.則互相垂直，且，所以.則過三點的截面為球內過這三點的截面圓，截面圓的半徑為，其面積為.故選：B.5.如圖，在兩行三列的網格中放入標有數字的六張卡片，每格只放一張卡片，則“只有中間一列兩個數字之和為7”的不同的排法有（）A.16種 B.32種 C.64種 D.96種【答案】D【解析】【分析】根據題意按照分步計數原理對表格中的數據分步填寫并保證符合題意即可得出結果.【詳解】根據題意，分三步進行；第一步，要求“只有中間一列兩個數字之和為7”，則中間的數字為三組數1，6或2，5或3，4中的一組，共有種排法；第二步，排第一步中剩余的兩組數，且這兩數字之和不為7，共有種排法；第三步，排剩下的兩個數字，共有種排法.由分步計數原理知，共有不同的排法種數為.故選：D.6.“”是“直線與直線平行”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】A【解析】【分析】根據兩條直線平行的條件，建立關于的關系式，可求出，利用充分條件和必要條件的定義進行判斷．【詳解】若，則，解得或，所以由可以得到，反之則不然，故“”是“”的充分不必要條件.故選：A.7.已知，且滿足，則（）A.2 B. C. D.【答案】D【解析】【分析】變形后利用誘導公式得到，根據得到，求出，求出答案.【詳解】因為，可得，又因為?，則，所以，整理得，所以.故選：D.8.已知橢圓的左?右焦點分別為，過點作垂直于軸的直線交橢圓于兩點，的內切圓圓心分別為，則的周長是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根據橢圓及的位置關系，利用等面積法可分別求得它們的內切圓圓心位置及其半徑，分別計算出的各邊長度可得結果.【詳解】如圖所示，由橢圓，知，所以.所以，所以過作垂直于軸的直線為，代入中，解出.由題知的內切圓的半徑相等，且的內切圓圓心的連線垂直于軸于點.設內切圓的半徑為，在中，由等面積法得，.由橢圓的定義可知，，由，所以，所以，解得，所以.因為為的的角平分線，所以一定在上，即軸上，令圓半徑為.在中，由等面積法得，.所以，解得，所以，所以，所以的周長是.故選：A.【點睛】關鍵點點睛：本題關鍵在于利用等面積法求得各內切圓半徑，即可得出結果.二?多選題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9.已知復數滿足，其中為虛數單位，則下列結論正確的是（）A.B.C.在復平面內對應的點位于第四象限D.【答案】ACD【解析】【分析】根據復數的模的定義、共軛復數、復數對應的點、和復數的運算判斷選項即可.【詳解】因為，可得，故A正確；由，得，故B錯誤；由，知在復平面內對應點位于第四象限，故C正確；因為，則，故D正確.故選：ACD.10.已知函數在上僅有兩個零點，把函數的圖象向右平移個單位長度，得到函數的圖象，則下列有關函數的描述正確的是（）A.是偶函數B.圖象關于點對稱C.在上是減函數D.在上的值域為【答案】BC【解析】【分析】A選項，利用輔助角公式得到，根據零點個數得到不等式，求出，確定，由平移變換得到，確定A錯誤；B選項，利用判斷，C選項，利用判斷；D選項，整體法求解函數值域.【詳解】A選項，因為，由于函數y=fx在0,則，解得，所以，所以.因為，所以，所以.將函數y=fx的圖象沿軸向右平移個單位長度，得到函數的圖象.函數y=gx的定義域為，函數y=gx為奇函數，AB選項，，所以函數y=gx的圖象關于點對稱，B正確；C選項，當時，，由于在上單調遞減，則函數y=gx在上是減函數，C正確；D選項，當時，，則，所以.所以函數y=gx在區間上的值域為，D錯誤.故選：BC.11.已知函數及其導函數的定義域均為，對任意的，恒有，則下列說法正確的是（）A. B.是偶函數C. D.若，則【答案】CD【解析】【分析】利用賦值法可得或，可得A錯誤；對的取值進行分類討論，由函數奇偶性定義可判斷f′x必為奇函數，B錯誤；令，根據換元法即可得C正確；利用，可分別計算得出的值有周期性，且6個為一周期，可計算得出D正確.【詳解】對于A，令，則由，可得，解得或，A錯誤；對于B，當時，令，則，則，故，函數f′x既是奇函數又是偶函數；當時，令，則，所以，則，即，則f′x為奇函數.綜合以上可知f′x必為奇函數，對于C，令，則，故.由于，令，即，即有，C正確；對于D，若，令，則，則；令，則，即，所以；令，則，即，所以；令，則，即，所以；令，則，即，所以；令，則，即，所以；令，則，即，所以；令，則，即，所以，由此可得的值有周期性，且6個為一周期，且，故，D正確.故選：CD【點睛】方法點睛：求解函數性質綜合問題時，賦值法成為解決問題的關鍵；在進行求和時要注意周期性的應用，可根據周期函數定義求周期，也可以遞推觀察得出周期進行計算.三?填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.集合，若A中元素至多有1個，則a的取值范圍是______________．【答案】或【解析】【分析】二次項系數進行分類討論，結合方程的根的性質計算即可得.【詳解】當時，，解得，故A中元素只有1個，符合要求；當時，對，需，即；故答案為：或.13.如圖，在平面四邊形中，為的中點，且.若.，則的值是__________.【答案】7【解析】【分析】根據四邊形性質以及為中點，將數量積進行轉化計算可得結果.【詳解】由為的中點可知，所以，又，則有.同理可得.故答案為：714.已知的三個內角的對邊依次為，外接圓半徑為2，且滿足，則面積的最大值為__________.【答案】【解析】【分析】利用正弦定理可得各邊長與角的關系，再由恒等變換可得，利用余弦定理計算可得，利用三角形面積公式計算可得結果.【詳解】由正弦定理及外接圓半徑可得，.因為，，所以.所以，即.因為，所以，即，所以，即可得，所以；當且僅當時取等號，所以面積為，則面積的最大值為.故答案為：【點睛】關鍵點點睛：本題關鍵在于利用外接圓半徑以及切弦互化，并由三角恒等變換和余弦定理和基本不等式求出，可得面積最大值.四?解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明?證明過程或演算步驟.15.已知函數.（1）當時，判斷的單調性；（2）若只有在處取得極小值，且無極大值，求實數的取值范圍.【答案】（1）在區間上單調遞減，在區間上單調遞增（2）【解析】【分析】（1）根據題意，求導可得f′x，由函數f′x在上單調遞增，，即可判斷的單調性；（2）由題可知，在R上單調遞增,令，則恒成立，討論即可.【小問1詳解】由題意，，因為函數，在上單調遞增，所以函數f′x在又，所以當時，單調遞減；當x∈0,+∞時，單調遞增所以函數fx的單調遞減區間為，單調遞增區間為；【小問2詳解】由題意，，可得，由題可知，在上單調遞增.令，則恒成立，所以時，，符合題意.當時，令，解得.當時，，不符合題意.綜上，實數的取值范圍為.16.隨著我國城鎮化建設的不斷推進，各種智能終端的普及和互聯互通，人工智能在教育?醫療?金融?出行?物流等領域發揮了巨大的作用.為普及人工智能相關知識，培養青少年對科學技術的興趣，某中學組織開展“科技興國”人工智能知識競賽.競賽試題有甲?乙?丙三類（每類題有若干道），各類試題的每題分值及選手小李答對概率如下表所示，各小題回答正確得到相應分值，否則得0分，競賽分三輪答題依次進行，競賽結束，各輪得分之和即為選手最終得分.項目題型每小題分值每小題答對概率甲類題乙類題丙類題其競賽規則為：第一輪，先回答一道甲類題，若正確，進入第二輪答題；若錯誤，繼續回答另一道甲類題，該題回答正確，同樣進入第二輪答題；否則，退出比賽.第二輪，在丙類題中選擇一道作答，若正確，進入第三輪答題；否則，退出比賽.第三輪，在乙類試題中選擇一道作答.（1）求小李答題次數恰好為2次的概率；（2）求小李最終得分的數學期望.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）記事件“小李先答對甲類一道試題”，“小李繼續答對另一道甲類試題”，“小李答對乙類試題”，“小李答對丙類試題”，事件“小李答題次數恰好為2次”，可知，進而利用獨立事件和互斥事件的概率公式可求得事件的概率；（2）設小明競賽得分為，由題知的可能值為，計算出在不同取值下的概率，進而求出期望.【小問1詳解】記事件“小李先答對甲類一道試題”，“小李繼續答對另一道甲類試題”，“小李答對乙類試題”，“小李答對丙類試題”，則.記事件“小李答題次數恰好為2次”，則.，即小李答題次數恰好為2次的概率為.【小問2詳解】設小李最終得分為，由題知的可能值為.，，，.所以.17.如圖，在直角梯形中，，四邊形為菱形且，對角線和相交于點，平面平面，點為線段的中點.（1）求證：平面；（2）若，求二面角的正弦值.【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）利用中位線性質以及線面平行判定定理即可證明得出結論；（2）建立空間直角坐標系，利用空間向量求得兩平面法向量即可得出二面角的正弦值.【小問1詳解】因為四邊形為菱形，所以是中點.連接，如下圖所示：又為線段的中點，則，且.又且，所以，所以四邊形是平行四邊形，所以.又平面平面，所以平面.【小問2詳解】以為坐標原點，所在直線分別為軸，過點垂直于平面的直線為軸，建立空間直角坐標系，如下圖所示：則有.則，設平面的一個法向量為，則有，.令，得，故.設平面的一個法向量為，則有，.令，得，故所以.所以二面角的正弦值為.18.已知拋物線為其焦點，點在上，且三角形的面積，（為坐標原點））.（1）求拋物線的標準方程；（2）過點且斜率為1的直線與相交于兩點，若線段的垂直平分線與相交于兩點.求證：四點在同一圓上.【答案】（1）（2）證明見解析【解析】【分析】（1）由點在上，三角形的面積，可求得，即得拋物線的標準方程；（2）聯立直線和拋物線的方程，利用韋達定理，可得的中點坐標，的長度，進而求得直線的方程，再和拋物線的方程聯立，利用韋達定理，可得的中點的坐標，的長度，連接，可求得，進而求得，即可證明四點在同一圓上.【小問1詳解】因為點在上，則，而，所以，所以，解得，所以拋物線的標準方程為.【小問2詳解】設，又直線的方程為，聯立，消去化簡并整理得，則，故的中點為，，因為直線的斜率為1，所以直線的斜率為，則直線的方程為，即，將上式代入，消去化簡并整理得，設，則，故的中點為，，連接，因為，，，所以.故四點在同一圓上.19.若正整數，則稱為的一個“分解積”.（1）當分別等于時，寫出的一個分解積，使其值最大；（2）當正整數的分解積最大時，求中2的個數；（3）當正整數的分解積最大時，求出中的值.【答案】（1），，（2）至多有2個2（3）中只能出現2或3或4，且2不能超過2個，4不能超過1個【解析】【分析】（1）根據“分解積”的定義可直接寫出結果；（2）易知，且，因此分解積最大時，中至多有2個2；（3）根據分解積最大以及各數之間的和之間的關系，可得出結論.【小問1詳解】，分解積的最大值為；，分解積的最大值為；，分解積的最大值為.【小問2詳解】由（1）可知，中可以有0個2，1個2，2個2.當有3個或3個以上的2時，因為，且，所以分解積不是最大