甘肅省岷縣二中2025屆高考數學押題試卷注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60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．定義：表示不等式的解集中的整數解之和.若，，，則實數的取值范圍是A． B． C． D．2．一個空間幾何體的正視圖是長為4，寬為的長方形，側視圖是邊長為2的等邊三角形，俯視圖如圖所示，則該幾何體的體積為（）A． B． C． D．3．閱讀如圖的程序框圖，若輸出的值為25，那么在程序框圖中的判斷框內可填寫的條件是（）A． B． C． D．4．設變量滿足約束條件，則目標函數的最大值是（）A．7 B．5 C．3 D．25．一場考試需要2小時，在這場考試中鐘表的時針轉過的弧度數為（）A． B． C． D．6．設、是兩條不同的直線，、是兩個不同的平面，則的一個充分條件是（）A．且 B．且 C．且 D．且7．《易經》包含著很多哲理，在信息學、天文學中都有廣泛的應用，《易經》的博大精深，對今天的幾何學和其它學科仍有深刻的影響．下圖就是易經中記載的幾何圖形——八卦田，圖中正八邊形代表八卦，中間的圓代表陰陽太極圖，八塊面積相等的曲邊梯形代表八卦田．已知正八邊形的邊長為，陰陽太極圖的半徑為，則每塊八卦田的面積約為（）A． B．C． D．8．如圖所示，網格紙上小正方形的邊長為1，粗線畫出的是某幾何體的三視圖，則該幾何體的體積是（）A． B． C． D．89．地球上的風能取之不盡，用之不竭.風能是淸潔能源，也是可再生能源.世界各國致力于發展風力發電，近10年來，全球風力發電累計裝機容量連年攀升，中國更是發展迅猛，2014年累計裝機容量就突破了，達到，中國的風力發電技術也日臻成熟，在全球范圍的能源升級換代行動中體現出大國的擔當與決心.以下是近10年全球風力發電累計裝機容量與中國新增裝機容量圖.根據所給信息，正確的統計結論是（）A．截止到2015年中國累計裝機容量達到峰值B．10年來全球新增裝機容量連年攀升C．10年來中國新增裝機容量平均超過D．截止到2015年中國累計裝機容量在全球累計裝機容量中占比超過10．已知的共軛復數是，且（為虛數單位），則復數在復平面內對應的點位于（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限11．若雙曲線的離心率，則該雙曲線的焦點到其漸近線的距離為（）A． B．2 C． D．112．已知函數在區間有三個零點，，，且，若，則的最小正周期為（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．驗證碼就是將一串隨機產生的數字或符號，生成一幅圖片，圖片里加上一些干擾象素（防止），由用戶肉眼識別其中的驗證碼信息，輸入表單提交網站驗證，驗證成功后才能使用某項功能.很多網站利用驗證碼技術來防止惡意登錄，以提升網絡安全.在抗疫期間，某居民小區電子出入證的登錄驗證碼由0，1，2，…，9中的五個數字隨機組成.將中間數字最大，然后向兩邊對稱遞減的驗證碼稱為“鐘型驗證碼”（例如：如14532，12543），已知某人收到了一個“鐘型驗證碼”，則該驗證碼的中間數字是7的概率為__________.14．已知函數，若對于任意正實數，均存在以為三邊邊長的三角形，則實數k的取值范圍是_______.15．已知一個四面體的每個頂點都在表面積為的球的表面上，且，，則__________．16．若，則=____，=___.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）某企業現有A．B兩套設備生產某種產品，現從A，B兩套設備生產的大量產品中各抽取了100件產品作為樣本，檢測某一項質量指標值，若該項質量指標值落在內的產品視為合格品，否則為不合格品.圖1是從A設備抽取的樣本頻率分布直方圖，表1是從B設備抽取的樣本頻數分布表.圖1：A設備生產的樣本頻率分布直方圖表1：B設備生產的樣本頻數分布表質量指標值頻數2184814162（1）請估計A．B設備生產的產品質量指標的平均值；（2）企業將不合格品全部銷毀后，并對合格品進行等級細分，質量指標值落在內的定為一等品，每件利潤240元；質量指標值落在或內的定為二等品，每件利潤180元；其它的合格品定為三等品，每件利潤120元.根據圖1、表1的數據，用該組樣本中一等品、二等品、三等品各自在合格品中的頻率代替從所有產品中抽到一件相應等級產品的概率.企業由于投入資金的限制，需要根據A，B兩套設備生產的同一種產品每件獲得利潤的期望值調整生產規模，請根據以上數據，從經濟效益的角度考慮企業應該對哪一套設備加大生產規模？18．（12分）在四棱錐中，底面是邊長為2的菱形，是的中點．（1）證明：平面；（2）設是線段上的動點，當點到平面距離最大時，求三棱錐的體積．19．（12分）如圖，在四棱錐中，底面為直角梯形，，，，，，點、分別為，的中點，且平面平面.（1）求證：平面.（2）若，求直線與平面所成角的正弦值.20．（12分）已知函數，記不等式的解集為.（1）求；（2）設，證明：.21．（12分）已知函數，．（1）若，，求實數的值．（2）若，，求正實數的取值范圍．22．（10分）表示，中的最大值，如，己知函數，.（1）設，求函數在上的零點個數；（2）試探討是否存在實數，使得對恒成立？若存在，求的取值范圍；若不存在，說明理由.

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60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、D【解析】

由題意得，表示不等式的解集中整數解之和為6.當時，數形結合（如圖）得的解集中的整數解有無數多個，解集中的整數解之和一定大于6.當時，，數形結合（如圖），由解得.在內有3個整數解，為1，2，3，滿足，所以符合題意.當時，作出函數和的圖象，如圖所示.若，即的整數解只有1，2，3.只需滿足，即，解得，所以.綜上，當時，實數的取值范圍是.故選D.2、B【解析】

由三視圖確定原幾何體是正三棱柱，由此可求得體積．【詳解】由題意原幾何體是正三棱柱，．故選：B．【點睛】本題考查三視圖，考查棱柱的體積．解題關鍵是由三視圖不愿出原幾何體．3、C【解析】

根據循環結構的程序框圖，帶入依次計算可得輸出為25時的值，進而得判斷框內容.【詳解】根據循環程序框圖可知，則，，，，，此時輸出，因而不符合條件框的內容，但符合條件框內容，結合選項可知C為正確選項，故選：C.【點睛】本題考查了循環結構程序框圖的簡單應用，完善程序框圖，屬于基礎題.4、B【解析】

由約束條件作出可行域，化目標函數為直線方程的斜截式，數形結合得到最優解，聯立方程組求得最優解的坐標，把最優解的坐標代入目標函數得結論.【詳解】畫出約束條件，表示的可行域，如圖，由可得，將變形為，平移直線，由圖可知當直經過點時，直線在軸上的截距最大，最大值為，故選B.【點睛】本題主要考查線性規劃中，利用可行域求目標函數的最值，屬于簡單題.求目標函數最值的一般步驟是“一畫、二移、三求”：（1）作出可行域（一定要注意是實線還是虛線）；（2）找到目標函數對應的最優解對應點（在可行域內平移變形后的目標函數，最先通過或最后通過的頂點就是最優解）；（3）將最優解坐標代入目標函數求出最值.5、B【解析】

因為時針經過2小時相當于轉了一圈的，且按順時針轉所形成的角為負角，綜合以上即可得到本題答案.【詳解】因為時針旋轉一周為12小時，轉過的角度為，按順時針轉所形成的角為負角，所以經過2小時，時針所轉過的弧度數為.故選：B【點睛】本題主要考查正負角的定義以及弧度制，屬于基礎題.6、B【解析】由且可得，故選B.7、B【解析】

由圖利用三角形的面積公式可得正八邊形中每個三角形的面積，再計算出圓面積的，兩面積作差即可求解.【詳解】由圖，正八邊形分割成個等腰三角形，頂角為，設三角形的腰為，由正弦定理可得，解得，所以三角形的面積為：，所以每塊八卦田的面積約為：.故選：B【點睛】本題考查了正弦定理解三角形、三角形的面積公式，需熟記定理與面積公式，屬于基礎題.8、A【解析】

由三視圖還原出原幾何體，得出幾何體的結構特征，然后計算體積．【詳解】由三視圖知原幾何體是一個四棱錐，四棱錐底面是邊長為2的正方形，高為2，直觀圖如圖所示，．故選：A．【點睛】本題考查三視圖，考查棱錐的體積公式，掌握基本幾何體的三視圖是解題關鍵．9、D【解析】

先列表分析近10年全球風力發電新增裝機容量，再結合數據研究單調性、平均值以及占比，即可作出選擇.【詳解】年份2009201020112012201320142015201620172018累計裝機容量158.1197.2237.8282.9318.7370.5434.3489.2542.7594.1新增裝機容量39.140.645.135.851.863.854.953.551.4中國累計裝機裝機容量逐年遞增，A錯誤；全球新增裝機容量在2015年之后呈現下降趨勢，B錯誤；經計算，10年來中國新增裝機容量平均每年為，選項C錯誤；截止到2015年中國累計裝機容量，全球累計裝機容量，占比為，選項D正確.故選：D【點睛】本題考查條形圖，考查基本分析求解能力，屬基礎題.10、D【解析】

設，整理得到方程組，解方程組即可解決問題．【詳解】設，因為，所以，所以，解得：，所以復數在復平面內對應的點為，此點位于第四象限.故選D【點睛】本題主要考查了復數相等、復數表示的點知識，考查了方程思想，屬于基礎題．11、C【解析】

根據雙曲線的解析式及離心率，可求得的值；得漸近線方程后，由點到直線距離公式即可求解.【詳解】雙曲線的離心率，則，，解得，所以焦點坐標為，所以，則雙曲線漸近線方程為，即，不妨取右焦點，則由點到直線距離公式可得，故選：C.【點睛】本題考查了雙曲線的幾何性質及簡單應用，漸近線方程的求法，點到直線距離公式的簡單應用，屬于基礎題.12、C【解析】

根據題意，知當時，，由對稱軸的性質可知和，即可求出，即可求出的最小正周期.【詳解】解：由于在區間有三個零點，，，當時，，∴由對稱軸可知，滿足，即.同理，滿足，即，∴，，所以最小正周期為：.故選：C.【點睛】本題考查正弦型函數的最小正周期，涉及函數的對稱性的應用，考查計算能力.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】

首先判斷出中間號碼的所有可能取值，由此求得基本事件的總數以及中間數字是的事件數，根據古典概型概率計算公式計算出所求概率.【詳解】根據“鐘型驗證碼”中間數字最大，然后向兩邊對稱遞減，所以中間的數字可能是.當中間是時，其它個數字可以是，選其中兩個排在左邊（排法唯一），另外兩個排在右邊（排法唯一），所以方法數有種.當中間是時，其它個數字可以是，選其中兩個排在左邊（排法唯一），另外兩個排在右邊（排法唯一），所以方法數有種.當中間是時，其它個數字可以是，選其中兩個排在左邊（排法唯一），另外兩個排在右邊（排法唯一），所以方法數有種.當中間是時，其它個數字可以是，選其中兩個排在左邊（排法唯一），另外兩個排在右邊（排法唯一），所以方法數有種.當中間是時，其它個數字可以是，選其中兩個排在左邊（排法唯一），另外兩個排在右邊（排法唯一），所以方法數有種.當中間是時，其它個數字可以是，選其中兩個排在左邊（排法唯一），另外兩個排在右邊（排法唯一），所以方法數有種.所以該驗證碼的中間數字是7的概率為.故答案為：【點睛】本小題主要考查古典概型概率計算，考查分類加法計數原理、分類乘法計數原理的應用，考查運算求解能力，屬于中檔題.14、【解析】

根據三角形三邊關系可知對任意的恒成立,將的解析式用分離常數法變形,由均值不等式可得分母的取值范圍,則整個式子的取值范圍由的符號決定,故分為三類討論,根據函數的單調性求出函數值域,再討論,轉化為的最小值與的最大值的不等式,進而求出的取值范圍.【詳解】因為對任意正實數,都存在以為三邊長的三角形,故對任意的恒成立,,令,則,當,即時,該函數在上單調遞減,則；當,即時,,當,即時,該函數在上單調遞增,則,所以,當時,因為,,所以,解得；當時,,滿足條件；當時,,且,所以,解得,綜上,,故答案為:【點睛】本題考查參數范圍,考查三角形的構成條件,考查利用函數單調性求函數值域,考查分類討論思想與轉化思想.15、【解析】由題意可得，該四面體的四個頂點位于一個長方體的四個頂點上，設長方體的長寬高為，由題意可得：，據此可得：，則球的表面積：，結合解得：.點睛：與球有關的組合體問題，一種是內切，一種是外接．解題時要認真分析圖形，明確切點和接點的位置，確定有關元素間的數量關系，并作出合適的截面圖，如球內切于正方體，切點為正方體各個面的中心，正方體的棱長等于球的直徑；球外接于正方體，正方體的頂點均在球面上，正方體的體對角線長等于球的直徑.16、12821【解析】

令，求得的值.利用展開式的通項公式，求得的值.【詳解】令，得.展開式的通項公式為，當時，為，即.【點睛】本小題主要考查二項式展開式的通項公式，考查賦值法求解二項式系數有關問題，屬于基礎題.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）30.2，29；（2）B設備【解析】

（1）平均數的估計值為組中值與頻率乘積的和；（2）要注意指標值落在內的產品才視為合格品，列出A、B設備利潤分布列，算出期望即可作出決策.【詳解】（1）A設備生產的樣本的頻數分布表如下質量指標值頻數41640121810.根據樣本質量指標平均值估計A設備生產一件產品質量指標平均值為30.2.B設備生產的樣本的頻數分布表如下質量指標值頻數2184814162根據樣本質量指標平均值估計B設備生產一件產品質量指標平均值為29.（2）A設備生產一件產品的利潤記為X，B設備生產一件產品的利潤記為Y，X240180120PY240180120P若以生產一件產品的利潤作為決策依據，企業應加大B設備的生產規模.【點睛】本題考查平均數的估計值、離散隨機變量的期望，并利用期望作決策，是一個概率與統計綜合題，本題是一道中檔題.18、（1）見解析（2）【解析】

（1）連接與交于，連接，證明即可得證線面平行；（2）首先證明平面(只要取中點，可證平面，從而得，同理得),因此點到直線的距離即為點到平面的距離，由平面幾何知識易得最大值，然后可計算體積．【詳解】（1）證明：連接與交于，連接，因為是菱形，所以為的中點，又因為為的中點，所以，因為平面平面，所以平面．（2）解：取中點，連接，因為四邊形是菱形，，且，所以，又，所以平面，又平面，所以．同理可證：，又，所以平面，所以平面平面，又平面平面，所以點到直線的距離即為點到平面的距離，過作直線的垂線段，在所有垂線段中長度最大為，因為為的中點，故點到平面的最大距離為1，此時，為的中點，即，所以，所以．【點睛】本題考查證明線面平行，考查求棱錐的體積，掌握面面垂直與線面垂直的判定與性質是解題關鍵．19、（1）見解析（2）【解析】

（1）首先可得，再面面垂直的性質可得平面，即可得到，再由，即可得到線面垂直；（2）過點做平面的垂線，以為原點，分別以，，為，，軸建立空間直角坐標系，利用空間向量法求出線面角；【詳解】解：（1）∵，點為的中點，∴，又∵平面平面，平面平面，平面，∴平面，又平面，∴，又∵，分別為，的中點，∴，∴，又平面，平面，，∴平面.（2）過點做平面的垂線，以為原點，分別以，，為，，軸建立空間直角坐標系，∵，∴，，，，∴，，，設平面的法向量為，由，得，令，得，∴，∴直線與平面所成角的正弦值為.【點睛】本題考查線面垂直的判定，面面垂直的性質定理的應用，利用空間向量法求線面角，屬于中檔題.20、（1）；（2）證明見解析【解析】

（1）利用零點分段法將表示為分段函數的形式，由此解不等式求得不等式的解集.（2）將不等式坐標因式分解，結合（1）的結論證得不等式成立.【詳解】（1）解：，由，解得，故.（2）證明：因為，所以，，所以，所以.【點睛】本小題主要考查絕對值不等式的解法，考查不等式的證明，屬于基礎題.21、（1）1（2）【解析】

（1）求得和，由，，得，令，令導數求得函數的單調性，利用，即可求解．（2）解法一：令，利用導數求得的單調性，轉化為，令（），利用導數得到的單調性，分類討論，即可求解．解法二：可利用導數，先證明不等式，，，，令（），利用導數，分類討論得出函數的單調性與最值，即可求解．【詳解】（1）由題意，得，，由，…①，得，令，則，因為，所以在單調遞增，又，所以當時，，單調遞增；當時，，單調遞減；所以，當且僅當時等號成立．故方程①有且僅有唯一解，實數的值為1．（2）解法一：令（），則，所以當時，，單調遞增;當時，，單調遞減;故．令（），則．（i）若時，，在單調遞增，所以，滿足題意．（ii）若時，，滿足題意．（iii）若時，，在單調遞減，所以．不滿足題意．綜上述：．解法二：先證明不等式，，，…（*）．令，則當時，，單調遞增，當時，，單調遞減，所以，即．變形得，，所以時，，所以當時，.又由上式得，當時，，，.因此不等式（*）均成立．令（），則，（i）若時，當時，，單調遞增;當時，，單調遞減;故．（ii）若時，，在單調遞增，所以．因此，①當時，此時，，，則需由（*）知，，（當且僅當時等號成立），所以．②當時，此時，，則當時，（由（*）知）；當時，（由（*）知）．故對于任意，．綜上述：．【點睛】本題主要考查導數在函數中的綜合應用，著重考查了轉化與化歸思想、分類討論、及邏輯推理能力與計算能力，對于恒成立問題，通常要構造新函數，利用導數研究函數的單調性，求出最值，進而得出相應的含參不等式，從而求出參數的