2025年普通高校招生考試沖刺壓軸卷（一）數(shù)學全卷滿分150分，考試時間120分鐘.注意事項：1.答題前，先將自己的姓名、準考證號填寫在試卷和答題卡上，并將條形碼粘貼在答題卡上的指定位置.2.請按題號順序在答題卡上各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，寫在試卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效.3.選擇題用2B鉛筆在答題卡上把所選答案的標號涂黑；非選擇題用黑色簽字筆在答題卡上作答；字體工整，筆跡清楚.4.考試結(jié)束后，請將試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.已知集合，，則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】一元二次不等式和指數(shù)函數(shù)性質(zhì)求出集合，再利用交集和補集的定義求解即可.【詳解】由題意得A=x|xx+1>0則，故選：C.2.樣本數(shù)據(jù)6，8，11，23，27，29，43，52，69，81的第40百分位數(shù)為（）A.23 B.25 C.27 D.29【答案】B【解析】【分析】根據(jù)百分位數(shù)可得答案.【詳解】樣本數(shù)據(jù)從小到大排序，共10個數(shù)，因為所以第40百分位數(shù)為第4個數(shù)據(jù)和第個數(shù)據(jù)的平均數(shù)，即第40百分位數(shù)為.故選：B3.已知，是非零向量，則“”是“”的（）A.充要條件 B.充分不必要條件C.必要不充分條件 D.既不必要也不充分條件【答案】D【解析】【分析】根據(jù)向量的線性運算法則，得到且，是非零向量，求得，得出，即可得到答案.【詳解】由，可得，即，所以且，是非零向量，又由，所以，因為，所以，即與同向.故“”是“”的既不必要也不充分條件.故選：D4.若關(guān)于的不等式恒成立，則的取值范圍為（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】由基本不等式，得到，轉(zhuǎn)化為恒成立，結(jié)合一元二次不等式的解法，即可得到答案.【詳解】由基本不等式，可得，當且僅當時，即時，等號成立，因為不等式恒成立，即恒成立，又由不等式，解得，所以實數(shù)的取值范圍為.故選：A.5.甲、乙兩位同學進行投籃比賽，其中甲每次投進的概率為，乙每次投進的概率為，兩人各投三次，一共投中四次的概率為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】設甲投三次，投中的次數(shù)為，乙投三次，投中的次數(shù)為，易知服從二項分布，再利用二項分布的概率公式、相互獨立事件同時發(fā)生的概率公式及互斥事件的概率公式，即可求解.【詳解】設甲投三次，投中的次數(shù)為，則，設乙投三次，投中的次數(shù)為，則，則，又，，，所以一共投中四次的概率為，故選：C.6.等比數(shù)列中的，是函數(shù)的極值點，，則（）A.1 B. C. D.【答案】A【解析】【分析】先根據(jù)函數(shù)極值的情況確定的值，再根據(jù)等比數(shù)列的性質(zhì)進行計算即可.【詳解】由求導得.由或；由.所以函數(shù)在和上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減.所以函數(shù)的極大值點為，極小值點為.由題意可知，所以.故選：A7.已知過雙曲線（，）的左焦點的直線交雙曲線的右支于點，右焦點為，若，且，則雙曲線的離心率為（）A. B. C.3 D.4【答案】C【解析】【分析】先根據(jù)雙曲線性質(zhì)得出，再由雙曲線定義求出．接著在里用余弦定理，得到關(guān)于的方程．求解該方程得到的值，因為雙曲線離心率且，所以舍去不符合條件的值，最終得出離心率為．【詳解】設焦距為，易知，利用雙曲線定義可知，在中利用余弦定理，，即，解出或者（舍去）.因此雙曲線的離心率為3.故選：C.8.方程的所有正根的和為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先由二倍角的余弦公式對方程化簡，再分時和時，結(jié)合正弦函數(shù)的取值和數(shù)的整除與奇數(shù)偶數(shù)的性質(zhì)討論求解.【詳解】對原式化簡有，因此有或，當時，設，，因此，設，，則，由于，且是奇數(shù)，因此只能為1或11（舍去）或23（舍去）或253，則，或者，，解或，當時，設，，因此，設，，則，由于，都是奇數(shù)，4048為偶數(shù)，此方程組無整數(shù)解，綜上所述，僅有根或所以方程的所有正根的和為.故選：D.二、選擇題：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.若復數(shù)滿足（是虛數(shù)單位），則下列說法正確的是（）A.的虛部為 B.的模為C. D.在復平面內(nèi)對應的點位于第四象限【答案】ABD【解析】【分析】根據(jù)條件，利用向量的運算得到，再對各個選項逐一分析判斷，即可求解.【詳解】由，得到，對于選項A，因為，其虛部為，故選項A正確，對于選項B，由，得到，所以選項B正確，對于選項C，因為，所以選項C錯誤，對于選項D，因為在復平面內(nèi)對應的點為，位于第四象取限，所以選項D正確，故選：ABD.10.已知函數(shù)滿足，且對任意的，，都成立，則（）A.是偶函數(shù) B.函數(shù)的圖象關(guān)于點中心對稱C.是函數(shù)的一個周期 D.【答案】ABC【解析】【分析】根據(jù)給定條件，利用賦值法，結(jié)合函數(shù)的奇偶性，周期性及對稱性的意義逐項判斷即可.【詳解】令，則，解出，故A正確；令，則，故函數(shù)的圖象關(guān)于點中心對稱，故B正確；因為所以令可得，即，又因為是偶函數(shù)所以，即，整理可得：，令，可得，即，整理得，所以是函數(shù)的一個周期，故C正確；因為所以令可得，又因為是偶函數(shù)且周期為，所以，因為，當為奇數(shù)，根據(jù)周期性可知，當為偶數(shù)，根據(jù)周期性可知，故，故D錯誤.故選:ABC11.已知數(shù)列，滿足，，且，則（）A. B.C.是遞增數(shù)列 D.的前項和【答案】ABD【解析】【分析】根據(jù)遞推公式判斷A、B，由、值判斷C，首先證明的單調(diào)性，即可得到，再由放縮法證明即可判斷D.【詳解】對于A：因為，因此，即，則，又，則，即，故A正確；對于B：因為，所以，要證，可證，以此類推，即證，顯然成立，因此，即，故B正確；對于C：由于，，所以不是遞增數(shù)列，故C錯誤；對于D：由于，又，因此是遞增數(shù)列，所以，所以，故D正確.故選：ABD.三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.在的展開式中，常數(shù)項為______.【答案】【解析】【分析】寫出展開式的通項，利用通項計算可得.【詳解】二項式展開式的通項為（且），令，則，常數(shù)項為.故答案為：13.如圖，已知圓臺中，為等邊三角形，三角形邊長為2，且，則圓臺的體積為______，圓臺的表面積為______.【答案】①.②.【解析】【分析】利用為等邊三角形求出圓臺的高，利用圓臺的體積公式求解出圓臺的體積和表面積即可.【詳解】因為為等邊三角形，邊長為2，且，所以，圓臺的高，因此圓臺的體積為，表面積.故答案為：14.已知拋物線的焦點為，過焦點的直線的斜率存在，且與拋物線交于兩點，以為圓心，為半徑的圓與拋物線的準線有公共點，則直線的斜率的取值范圍為______.【答案】【解析】【分析】設直線為，其中，聯(lián)立方程組，求得，根據(jù)題意，得到，結(jié)合拋物線的焦點弦的性質(zhì)，得到，進而求得的范圍.【詳解】由拋物線的焦點為，準線方程為，設直線為，其中，聯(lián)立方程組，整理得，則，因為以為圓心，為半徑的圓與拋物線的準線有公共點，可得，又由拋物線焦點弦的性質(zhì)，可得，解出，所以或，即實數(shù)的取值范圍為.故答案為：.四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出必要的文字說明、證明過程及演算步驟.15.已知在中，角，，的對邊分別是，，，若，.（1）求；（2）若的周長為，是內(nèi)一點，且，求面積的最大值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根據(jù)題意，由正弦定理和三角函數(shù)的基本關(guān)系式，化簡得，進而得到，即，得到，結(jié)合即可求解；（2）由（1）和的周長為，求得，利用余弦定理，化簡得到，結(jié)合基本不等式，求得，利用三角形的面積公式，即可求解.【小問1詳解】解：因為，由正弦定理得，所以，則，又因為，可得，所以，則，所以，因為且，所以.【小問2詳解】解：由（1）知，可得，因為的周長為，所以，由余弦定理得，可得，又由基本不等式可知，當且僅當時，等號成立，即，解得，所以面積最大值為.16.已知橢圓的離心率為，焦距為.（1）求橢圓的標準方程；（2）直線的斜率為，且與坐標軸的交點均在橢圓內(nèi)部，直線與橢圓交于兩點，求線段的長度的取值范圍.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根據(jù)題意，得到且，求得的值，即可得到橢圓的方程；（2）設直線：，且，聯(lián)立方程，設，，由韋達定理結(jié)合橢圓弦長公式得到，進而求得的取值范圍.【小問1詳解】因為的離心率為，且焦距為，可得且，解得，，則，所以橢圓的標準方程為.【小問2詳解】直線的斜率為，且與坐標軸的交點均在橢圓內(nèi)部，設直線：，且，聯(lián)立方程組，整理得，設，，則，，因此，由，可得，即，所以的取值范圍為.17.如圖，在四棱錐中，平面平面，，四邊形是正方形，.（1）求證：平面平面；（2）求直線與平面所成角的大小.【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）先利用面面垂直的性質(zhì)定理得平面，再利用線面垂直的判定定理證明平面，最后利用面面垂直的判定定理即可；（2）以為原點建系，計算平面的法向量，得到的值，再利用線面角與其之間的關(guān)系即可.【小問1詳解】因為平面平面，，平面平面，平面，所以平面，因為平面，所以，因為四邊形是正方形，所以，又因，平面，，所以平面，因為平面，所以平面平面；【小問2詳解】由（1），因為平面，平面，所以，因為是正方形，所以，又，以點為坐標原點，，，分別為，，軸正方向，建立空間直角坐標系，因此，，，，則，，，設平面的一個法向量，則，不妨令，則，因此，則與平面所成角的正弦值為，又因線面夾角的取值范圍為，則與平面所成角的大小為.18.已知函數(shù).（1）討論函數(shù)的單調(diào)性；（2）若函數(shù)有兩個極值點，，證明：；（3）若，設，當時，恒成立，求的最大值.【答案】（1）答案見解析（2）證明見解析（3）【解析】【分析】（1）求導，求出導函數(shù)的零點，分情況三種情況討論得到函數(shù)的單調(diào)性即可（2）結(jié)合第一小問中的極值點，得到，，接著利用將要證的不等式轉(zhuǎn)化為證明從而構(gòu)造新的函數(shù)求導證明即可.（3）分離參數(shù)，構(gòu)造函數(shù)，對構(gòu)造的函數(shù)進行求二次導進而求得此函數(shù)的最小值從而證明出結(jié)果.【小問1詳解】由題意，故，當時，，此時函數(shù)在上單調(diào)遞增；當時，令，得，此時函數(shù)在和上故單調(diào)遞增，在上故單調(diào)遞減；當時，此時函數(shù)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增；小問2詳解】由（1）可知，當函數(shù)有兩個極值點，時，，且，，因此，因此要證，即證，設，，則，因為，于是在上恒成立，則在上單調(diào)遞減，因此，不等式得證.【小問3詳解】由題意不等式可化簡為，即求，設，，則，，設，，則，，令于是，，由可知在內(nèi)恒成立，于是單調(diào)遞減，因此，于是在內(nèi)單調(diào)遞減，則，即在內(nèi)恒成立，因此在內(nèi)單調(diào)遞減，，于是的最大值為.19.在足球運動中，圍圈傳球是一個經(jīng)典熱身活動.，，，四個球員圍成如圖一個矩形，已知每個人傳球給相鄰球員的概率為，每個人傳球給不相鄰球員的概率為.例如：傳球給，的概率為，傳球給的概率為.熱身由開始傳球，記次傳球后，球在，，，腳下的概率分別為，，，.（1）求出，；（2）證明：，是等比數(shù)列；（3）試求出的通項公式.【答案