2025屆貴州省湄潭縣湄江中學招生全國統一考試考試說明跟蹤卷（七）數學試題注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監考員收回。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．下列函數中，在區間上單調遞減的是（）A． B． C． D．2．已知集合，，，則集合()A． B． C． D．3．已知某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積是（）A． B．64 C． D．324．對于任意，函數滿足，且當時，函數.若，則大小關系是（）A． B． C． D．5．在很多地鐵的車廂里，頂部的扶手是一根漂亮的彎管，如下圖所示．將彎管形狀近似地看成是圓弧，已知彎管向外的最大突出(圖中)有，跨接了6個坐位的寬度()，每個座位寬度為，估計彎管的長度，下面的結果中最接近真實值的是（）A． B． C． D．6．已知是等差數列的前項和，若，，則（）A．5 B．10 C．15 D．207．已知復數滿足，則=（）A． B．C． D．8．若復數滿足（為虛數單位），則其共軛復數的虛部為（）A． B． C． D．9．的展開式中，含項的系數為（）A． B． C． D．10．已知函數的零點為m，若存在實數n使且，則實數a的取值范圍是（）A． B． C． D．11．如圖，在△ABC中，點M是邊BC的中點，將△ABM沿著AM翻折成△AB'M，且點B'不在平面AMC內，點P是線段B'C上一點.若二面角P-AM-B'與二面角P-AM-C的平面角相等，則直線AP經過△AB'CA．重心 B．垂心 C．內心 D．外心12．已知橢圓：的左，右焦點分別為，，過的直線交橢圓于，兩點，若，且的三邊長，，成等差數列，則的離心率為（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．在平面直角坐標系xOy中，已知A0,a,B3,a+414．若存在實數使得不等式在某區間上恒成立，則稱與為該區間上的一對“分離函數”，下列各組函數中是對應區間上的“分離函數”的有___________.（填上所有正確答案的序號）①，，；②，，；③，，；④，，.15．設復數滿足，其中是虛數單位，若是的共軛復數，則____________．16．對于任意的正數，不等式恒成立，則的最大值為_____.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）如圖，點為圓：上一動點，過點分別作軸，軸的垂線，垂足分別為，，連接延長至點，使得，點的軌跡記為曲線.（1）求曲線的方程；（2）若點，分別位于軸與軸的正半軸上，直線與曲線相交于，兩點，且，試問在曲線上是否存在點，使得四邊形為平行四邊形，若存在，求出直線方程；若不存在，說明理由.18．（12分）如圖，在中，，的角平分線與交于點，.（Ⅰ）求；（Ⅱ）求的面積.19．（12分）已知函數在上的最大值為3.（1）求的值及函數的單調遞增區間;（2）若銳角中角所對的邊分別為，且，求的取值范圍.20．（12分）設函數，直線與函數圖象相鄰兩交點的距離為.（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）在中，角所對的邊分別是，若點是函數圖象的一個對稱中心，且，求面積的最大值.21．（12分）如圖，在直三棱柱中，，點分別為和的中點.（Ⅰ）棱上是否存在點使得平面平面？若存在，寫出的長并證明你的結論；若不存在，請說明理由.（Ⅱ）求二面角的余弦值.22．（10分）已知函數，.（1）若不等式對恒成立，求的最小值；（2）證明：.（3）設方程的實根為.令若存在，，，使得，證明：.

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、C【解析】

由每個函數的單調區間，即可得到本題答案.【詳解】因為函數和在遞增，而在遞減.故選：C【點睛】本題主要考查常見簡單函數的單調區間，屬基礎題.2、D【解析】

根據集合的混合運算，即可容易求得結果.【詳解】，故可得.故選：D.【點睛】本題考查集合的混合運算，屬基礎題.3、A【解析】

根據三視圖，還原空間幾何體，即可得該幾何體的體積.【詳解】由該幾何體的三視圖，還原空間幾何體如下圖所示：可知該幾何體是底面在左側的四棱錐，其底面是邊長為4的正方形，高為4，故.故選：A【點睛】本題考查了三視圖的簡單應用，由三視圖還原空間幾何體，棱錐體積的求法，屬于基礎題.4、A【解析】

由已知可得的單調性，再由可得對稱性，可求出在單調性，即可求出結論.【詳解】對于任意，函數滿足，因為函數關于點對稱，當時，是單調增函數，所以在定義域上是單調增函數.因為，所以，.故選:A.【點睛】本題考查利用函數性質比較函數值的大小，解題的關鍵要掌握函數對稱性的代數形式，屬于中檔題..5、B【解析】

為彎管，為6個座位的寬度，利用勾股定理求出弧所在圓的半徑為，從而可得弧所對的圓心角，再利用弧長公式即可求解.【詳解】如圖所示，為彎管，為6個座位的寬度，則設弧所在圓的半徑為，則解得可以近似地認為，即于是，長所以是最接近的，其中選項A的長度比還小，不可能，因此只能選B，260或者由，所以弧長.故選：B【點睛】本題考查了弧長公式，需熟記公式，考查了學生的分析問題的能力，屬于基礎題.6、C【解析】

利用等差通項，設出和，然后，直接求解即可【詳解】令，則，，∴，，∴.【點睛】本題考查等差數列的求和問題，屬于基礎題7、B【解析】

利用復數的代數運算法則化簡即可得到結論.【詳解】由，得，所以，.故選：B.【點睛】本題考查復數代數形式的乘除運算，考查復數的基本概念，屬于基礎題.8、D【解析】

由已知等式求出z，再由共軛復數的概念求得，即可得虛部.【詳解】由zi＝1﹣i，∴z＝，所以共軛復數=-1+，虛部為1故選D．【點睛】本題考查復數代數形式的乘除運算和共軛復數的基本概念，屬于基礎題．9、B【解析】

在二項展開式的通項公式中，令的冪指數等于，求出的值，即可求得含項的系數．【詳解】的展開式通項為，令，得，可得含項的系數為.故選：B.【點睛】本題主要考查二項式定理的應用，二項展開式的通項公式，二項式系數的性質，屬于基礎題．10、D【解析】

易知單調遞增,由可得唯一零點,通過已知可求得,則問題轉化為使方程在區間上有解,化簡可得,借助對號函數即可解得實數a的取值范圍.【詳解】易知函數單調遞增且有惟一的零點為，所以，∴，問題轉化為：使方程在區間上有解，即在區間上有解，而根據“對勾函數”可知函數在區間的值域為，∴.故選D．【點睛】本題考查了函數的零點問題,考查了方程有解問題,分離參數法及構造函數法的應用,考查了利用“對勾函數”求參數取值范圍問題,難度較難.11、A【解析】

根據題意P到兩個平面的距離相等，根據等體積法得到SΔPB'M【詳解】二面角P-AM-B'與二面角P-AM-C的平面角相等，故P到兩個平面的距離相等.故VP-AB'M=VP-ACM，即故B'P=CP，故P為CB'中點.故選：A.【點睛】本題考查了二面角，等體積法，意在考查學生的計算能力和空間想象能力.12、C【解析】

根據等差數列的性質設出，，，利用勾股定理列方程，結合橢圓的定義，求得.再利用勾股定理建立的關系式，化簡后求得離心率.【詳解】由已知，，成等差數列，設，，.由于，據勾股定理有，即，化簡得；由橢圓定義知的周長為，有，所以，所以；在直角中，由勾股定理，，∴離心率.故選：C【點睛】本小題主要考查橢圓離心率的求法，考查橢圓的定義，考查等差數列的性質，屬于中檔題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、（-53，【解析】

求出AB的長度，直線方程，結合△ABC的面積為5，轉化為圓心到直線的距離進行求解即可．【詳解】解：AB的斜率k=a+4-a3-0=4=3設△ABC的高為h，則∵△ABC的面積為5，∴S=12|AB|h=即h＝2，直線AB的方程為y﹣a=43x，即4x﹣3y+3若圓x2+y2＝9上有且僅有四個不同的點C，則圓心O到直線4x﹣3y+3a＝0的距離d=|3a|則應該滿足d＜R﹣h＝3﹣2＝1，即|3a|5得|3a|＜5得-53＜故答案為：（-53，【點睛】本題主要考查直線與圓的位置關系的應用，求出直線方程和AB的長度，轉化為圓心到直線的距離是解決本題的關鍵．14、①②④【解析】

由題意可知，若要存在使得成立，我們可考慮兩函數是否存在公切點，若兩函數在公切點對應的位置一個單增，另一個單減，則很容易判斷，對①，③，④都可以采用此法判斷，對②分析式子特點可知，，進而判斷【詳解】①時，令，則，單調遞增，，即.令，則，單調遞減，，即，因此，滿足題意.②時，易知，滿足題意.③注意到，因此如果存在直線，只有可能是（或）在處的切線，，因此切線為，易知，，因此不存在直線滿足題意.④時，注意到，因此如果存在直線，只有可能是（或）在處的切線，，因此切線為.令，則，易知在上單調遞增，在上單調遞減，所以，即.令，則，易知在上單調遞減，在上單調遞增，所以，即.因此，滿足題意.故答案為：①②④【點睛】本題考查新定義題型、利用導數研究函數圖像，轉化與化歸思想，屬于中檔題15、【解析】

由于，則．16、【解析】

根據均為正數，等價于恒成立，令，轉化為恒成立，利用基本不等式求解最值.【詳解】由題均為正數，不等式恒成立，等價于恒成立，令則，當且僅當即時取得等號，故的最大值為.故答案為：【點睛】此題考查不等式恒成立求參數的取值范圍，關鍵在于合理進行等價變形，此題可以構造二次函數求解，也可利用基本不等式求解.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）（2）不存在；詳見解析【解析】

（1）設，，，通過，即為的中點，轉化求解，點的軌跡的方程．（2）設直線的方程為，先根據，可得，①，再根據韋達定理，點在橢圓上可得，②，將①代入②可得，該方程無解，問題得以解決【詳解】（1）設，，則，，由題意知，所以為中點，由中點坐標公式得，即，又點在圓：上，故滿足，得.曲線的方程.（2）由題意知直線的斜率存在且不為零，設直線的方程為，因為，故，即①，聯立，消去得：，設，，，，，因為四邊形為平行四邊形，故，點在橢圓上，故，整理得②，將①代入②，得，該方程無解，故這樣的直線不存在.【點睛】本題考查點的軌跡方程的求法、滿足條件的點是否存在的判斷與直線方程的求法，考查數學轉化思想方法，是中檔題．18、（Ⅰ）;（Ⅱ）.【解析】試題分析：（Ⅰ）在中，由余弦定理得，由正弦定理得，可得解；（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，進而得，在中，由正弦定理得，所以的面積即可得解.試題解析：（Ⅰ）在中，由余弦定理得，所以，由正弦定理得，所以.（Ⅱ）由（Ⅰ）可知.在中，.在中，由正弦定理得，所以.所以的面積.19、（1）,函數的單調遞增區間為；（2）.【解析】

（1）運用降冪公式和輔助角公式，把函數的解析式化為正弦型函數解析式形式，根據已知，可以求出的值，再結合正弦型函數的性質求出函數的單調遞增區間;（2）由（1）結合已知，可以求出角的值，通過正弦定理把問題的取值范圍轉化為兩邊對角的正弦值的比值的取值范圍，結合已知是銳角三角形，三角形內角和定理，最后求出的取值范圍.【詳解】解：（1）由已知，所以因此令得因此函數的單調遞增區間為（2）由已知，∴由得，因此所以因為為銳角三角形，所以，解得因此，那么【點睛】本題考查了降冪公式、輔助角公式，考查了正弦定理，考查了正弦型三角函數的單調性，考查了數學運算能力.20、（Ⅰ）3；（Ⅱ）.【解析】

(Ⅰ)函數，利用和差公式和倍角公式，化簡即可求得；(Ⅱ)由(Ⅰ)知函數，根據點是函數圖象的一個對稱中心，代入可得，利用余弦定理、基本不等式的性質即可得出.【詳解】(Ⅰ)的最大值為最小正周期為(Ⅱ)由題意及（Ⅰ）知，,故故的面積的最大值為.【點睛】本題考查三角函數的和差公式、倍角公式、三角函數的圖象與性質、余弦定理、基本不等式的性質，考查理解辨析能力與運算求解能力，屬于中檔基礎題.21、（Ⅰ）存在點滿足題意，且，證明詳見解析；（Ⅱ）.【解析】

（Ⅰ）可考慮采用補形法，取的中點為，連接，可結合等腰三角形性質和線面垂直性質，先證平面，即，若能證明，則可得證，可通過我們反推出點對應位置應在處，進而得證；（Ⅱ）采用建系法，以為坐標原點，以分別為軸建立空間直角坐標系，分別求出兩平面對應法向量，再結合向量夾角公式即可求解；【詳解】（Ⅰ）存在點滿足題意，且.證明如下：取的中點為，連接.則，所以平面.因為是的中點，所以.在直三棱柱中，平面平面，且交線為，所以平面，所以.在平面內，，，所以，從而可得.又因為，所以平面.因為平面，所以平面平面.（Ⅱ）如圖所示，以為坐標原點，以分別為軸建立空間直角坐標系.易知，，，，所以，，.設平面的法向量為，則有取，得.同理可求得平面的法向量為.則.由圖可知二面角為銳角，所以其余弦值為.【點睛】本題考查面面垂直的判定定理、向量法求二面角的余弦值，屬于中檔題22、（1）（2）證明見解析（3）證明見解析【解析】

（1）由題意可得，，令，利用導數得在上單調遞減，進而可得結論；（2）不等式轉化為，令，，利用導數得單調性即可得到答案；（3）由題意可得，進而可將不等式轉化為，再利用單調性可得，記，，再利用導數研究單調性可得在上單調遞增，即，即，