2025屆安徽省宿州市埇橋區(qū)高三沖刺模擬數學試卷含解析

2025屆安徽省宿州市埇橋區(qū)高三沖刺模擬數學試卷注意事項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(jiān)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．已知向量與的夾角為，定義為與的“向量積”，且是一個向量，它的長度，若，，則（）A． B．C．6 D．2．已知排球發(fā)球考試規(guī)則：每位考生最多可發(fā)球三次，若發(fā)球成功，則停止發(fā)球，否則一直發(fā)到次結束為止．某考生一次發(fā)球成功的概率為，發(fā)球次數為，若的數學期望，則的取值范圍為()A． B． C． D．3．已知定義在上的偶函數，當時，，設，則（）A． B． C． D．4．已知向量，夾角為，，，則()A．2 B．4 C． D．5．已知實數，則下列說法正確的是（）A． B．C． D．6．執(zhí)行程序框圖，則輸出的數值為（）A． B． C． D．7．某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為（）A． B． C． D．8．公元前世紀，古希臘哲學家芝諾發(fā)表了著名的阿基里斯悖論：他提出讓烏龜在跑步英雄阿基里斯前面米處開始與阿基里斯賽跑，并且假定阿基里斯的速度是烏龜的倍.當比賽開始后，若阿基里斯跑了米，此時烏龜便領先他米，當阿基里斯跑完下一個米時，烏龜先他米，當阿基里斯跑完下-個米時，烏龜先他米....所以，阿基里斯永遠追不上烏龜.按照這樣的規(guī)律，若阿基里斯和烏龜的距離恰好為米時，烏龜爬行的總距離為（）A．米 B．米C．米 D．米9．若的二項展開式中的系數是40，則正整數的值為（）A．4 B．5 C．6 D．710．已知數列的前n項和為，，且對于任意，滿足，則（）A． B． C． D．11．用1，2，3，4，5組成不含重復數字的五位數，要求數字4不出現在首位和末位，數字1，3，5中有且僅有兩個數字相鄰，則滿足條件的不同五位數的個數是（）A．48 B．60 C．72 D．12012．若函數的圖象過點，則它的一條對稱軸方程可能是（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．某幾何體的三視圖如圖所示，且該幾何體的體積是3，則正視圖的的值__________．14．已知復數，其中為虛數單位，若復數為純虛數，則實數的值是__．15．如圖,在梯形中，∥，分別是的中點，若，則的值為___________.16．已知隨機變量服從正態(tài)分布，，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）如圖，在四棱錐中，底面是矩形，是的中點，平面，且，．（）求與平面所成角的正弦．（）求二面角的余弦值．18．（12分）已知動點到定點的距離比到軸的距離多.（1）求動點的軌跡的方程；（2）設，是軌跡在上異于原點的兩個不同點，直線和的傾斜角分別為和，當，變化且時，證明：直線恒過定點，并求出該定點的坐標.19．（12分）已知是等腰直角三角形,．分別為的中點,沿將折起,得到如圖所示的四棱錐．(Ⅰ)求證：平面平面．(Ⅱ)當三棱錐的體積取最大值時,求平面與平面所成角的正弦值．20．（12分）已知數列滿足：對任意，都有.（1）若，求的值；（2）若是等比數列，求的通項公式；（3）設，，求證：若成等差數列，則也成等差數列.21．（12分）某學生為了測試煤氣灶燒水如何節(jié)省煤氣的問題設計了一個實驗，并獲得了煤氣開關旋鈕旋轉的弧度數x與燒開一壺水所用時間y的一組數據，且作了一定的數據處理（如表），得到了散點圖（如圖）.表中，.（1）根據散點圖判斷，與哪一個更適宜作燒水時間y關于開關旋鈕旋轉的弧度數x的回歸方程類型？（不必說明理由）（2）根據判斷結果和表中數據，建立y關于x的回歸方程；（3）若旋轉的弧度數x與單位時間內煤氣輸出量t成正比，那么x為多少時，燒開一壺水最省煤氣？附：對于一組數據，，，…，，其回歸直線的斜率和截距的最小二乘估計分別為，.22．（10分）設（1）證明:當時，；（2）當時，求整數的最大值.（參考數據：，）

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】

先根據向量坐標運算求出和，進而求出，代入題中給的定義即可求解.【詳解】由題意，則，，得，由定義知，故選:D.【點睛】此題考查向量的坐標運算，引入新定義，屬于簡單題目.2、A【解析】

根據題意，分別求出再根據離散型隨機變量期望公式進行求解即可【詳解】由題可知，，，則解得，由可得，答案選A【點睛】本題考查離散型隨機變量期望的求解，易錯點為第三次發(fā)球分為兩種情況：三次都不成功、第三次成功3、B【解析】

根據偶函數性質，可判斷關系；由時，，求得導函數，并構造函數，由進而判斷函數在時的單調性，即可比較大小.【詳解】為定義在上的偶函數，所以所以;當時，，則，令則，當時，，則在時單調遞增，因為，所以，即，則在時單調遞增，而，所以，綜上可知，即，故選：B.【點睛】本題考查了偶函數的性質應用，由導函數性質判斷函數單調性的應用，根據單調性比較大小，屬于中檔題.4、A【解析】

根據模長計算公式和數量積運算，即可容易求得結果.【詳解】由于，故選：A.【點睛】本題考查向量的數量積運算，模長的求解，屬綜合基礎題.5、C【解析】

利用不等式性質可判斷，利用對數函數和指數函數的單調性判斷.【詳解】解：對于實數，，不成立對于不成立．對于．利用對數函數單調遞增性質，即可得出．對于指數函數單調遞減性質，因此不成立．故選：．【點睛】利用不等式性質比較大?。⒁獠坏仁叫再|成立的前提條件．解決此類問題除根據不等式的性質求解外，還經常采用特殊值驗證的方法．6、C【解析】

由題知：該程序框圖是利用循環(huán)結構計算并輸出變量的值，計算程序框圖的運行結果即可得到答案.【詳解】，，，，，滿足條件，，，，，滿足條件，，，，，滿足條件，，，，，滿足條件，，，，，不滿足條件，輸出.故選：C【點睛】本題主要考查程序框圖中的循環(huán)結構，屬于簡單題.7、A【解析】

利用已知條件畫出幾何體的直觀圖，然后求解幾何體的體積．【詳解】幾何體的三視圖的直觀圖如圖所示，則該幾何體的體積為：．故選：．【點睛】本題考查三視圖求解幾何體的體積，判斷幾何體的形狀是解題的關鍵．8、D【解析】

根據題意，是一個等比數列模型，設，由，解得，再求和.【詳解】根據題意，這是一個等比數列模型，設，所以，解得，所以.故選：D【點睛】本題主要考查等比數列的實際應用，還考查了建模解模的能力，屬于中檔題.9、B【解析】

先化簡的二項展開式中第項，然后直接求解即可【詳解】的二項展開式中第項.令，則，∴，∴（舍）或.【點睛】本題考查二項展開式問題，屬于基礎題10、D【解析】

利用數列的遞推關系式判斷求解數列的通項公式，然后求解數列的和，判斷選項的正誤即可．【詳解】當時，．所以數列從第2項起為等差數列，，所以，，．，，．故選：．【點睛】本題考查數列的遞推關系式的應用、數列求和以及數列的通項公式的求法，考查轉化思想以及計算能力，是中檔題．11、A【解析】

對數字分類討論，結合數字中有且僅有兩個數字相鄰，利用分類計數原理，即可得到結論【詳解】數字出現在第位時，數字中相鄰的數字出現在第位或者位，共有個數字出現在第位時，同理也有個數字出現在第位時，數字中相鄰的數字出現在第位或者位，共有個故滿足條件的不同的五位數的個數是個故選【點睛】本題主要考查了排列，組合及簡單計數問題，解題的關鍵是對數字分類討論，屬于基礎題。12、B【解析】

把已知點坐標代入求出，然后驗證各選項．【詳解】由題意，，或，，不妨取或，若，則函數為，四個選項都不合題意，若，則函數為，只有時，，即是對稱軸．故選：B．【點睛】本題考查正弦型復合函數的對稱軸，掌握正弦函數的性質是解題關鍵．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、3【解析】由已知中的三視圖可得該幾何體是一個以直角梯形為底面，梯形上下邊長為和，高為，如圖所示，平面，所以底面積為，幾何體的高為，所以其體積為．點睛：在由三視圖還原為空間幾何體的實際形狀時，要從三個視圖綜合考慮，根據三視圖的規(guī)則，空間幾何體的可見輪廓線在三視圖中為實線，不可見輪廓線在三視圖中為虛線．在還原空間幾何體實際形狀時，一般是以正視圖和俯視圖為主，結合側視圖進行綜合考慮．求解以三視圖為載體的空間幾何體的體積的關鍵是由三視圖確定直觀圖的形狀以及直觀圖中線面的位置關系和數量關系，利用相應體積公式求解．14、2【解析】

由題，得，然后根據純虛數的定義，即可得到本題答案.【詳解】由題，得，又復數為純虛數，所以，解得.故答案為：2【點睛】本題主要考查純虛數定義的應用，屬基礎題.15、【解析】

建系，設設，由可得，進一步得到的坐標，再利用數量積的坐標運算即可得到答案.【詳解】以A為坐標原點，AD為x軸建立如圖所示的直角坐標系，設，則，所以，，由，得，即，又，所以，故,,所以.故答案為：2【點睛】本題考查利用坐標法求向量的數量積，考查學生的運算求解能力，是一道中檔題.16、0.22.【解析】

正態(tài)曲線關于x＝μ對稱，根據對稱性以及概率和為1求解即可?！驹斀狻俊军c睛】本題考查正態(tài)分布曲線的特點及曲線所表示的意義，是一個基礎題．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).(2).【解析】分析：（1）直接建立空間直角坐標系，然后求出面的法向量和已知線的向量，再結合向量的夾角公式求解即可；（2）先分別得出兩個面的法向量，然后根據向量交角公式求解即可.詳解：（）∵是矩形，∴，又∵平面，∴，，即，，兩兩垂直，∴以為原點，，，分別為軸，軸，軸建立如圖空間直角坐標系，由，，得，，，，，，則，，，設平面的一個法向量為，則，即，令，得，，∴，∴，故與平面所成角的正弦值為．（）由（）可得，設平面的一個法向量為，則，即，令，得，，∴，∴，故二面角的余弦值為．點睛：考查空間立體幾何的線面角，二面角問題，一般直接建立坐標系，結合向量夾角公式求解即可，但要注意坐標的正確性，坐標錯則結果必錯，務必細心，屬于中檔題.18、（1）或；（2）證明見解析，定點【解析】

（1）設，由題意可知，對的正負分情況討論，從而求得動點的軌跡的方程；（2）設其方程為，與拋物線方程聯(lián)立，利用韋達定理得到，所以，所以直線的方程可表示為，即，所以直線恒過定點．【詳解】（1）設，動點到定點的距離比到軸的距離多，，時，解得，時，解得.動點的軌跡的方程為或（2）證明：如圖，設，，由題意得（否則）且，所以直線的斜率存在，設其方程為，將與聯(lián)立消去，得，由韋達定理知，，①顯然，，，，將①式代入上式整理化簡可得：，所以，此時，直線的方程可表示為，即，所以直線恒過定點.【點睛】本題主要考查了動點軌跡，考查了直線與拋物線的綜合，是中檔題．19、(Ⅰ)見解析.(Ⅱ).【解析】

(I)證明平面得出平面，根據面面垂直的判定定理得到結論；(II)當平面時，棱錐體積最大，建立空間坐標系，計算兩平面的法向量，計算法向量的夾角得出答案．【詳解】(I)證明：分別為的中點，，又平面平面，又平面平面平面(II)，為定值當平面時，三棱錐的體積取最大值以為原點,以為坐標軸建立空間直角坐標系則，設平面的法向量為，則即，令可得平面是平面的一個法向量平面與平面所成角的正弦值為【點睛】本題考查了面面垂直的判定，二面角的計算，關鍵是能夠根據體積的最值確定垂直關系，從而可以建立起空間直角坐標系，利用空間向量法求得二面角，屬于中檔題．20、（1）3；（2）；（3）見解析.【解析】

（1）依據下標的關系，有，，兩式相加，即可求出；（2）依據等比數列的通項公式知，求出首項和公比即可。利用關系式，列出方程，可以解出首項和公比；（3）利用等差數列的定義，即可證出?！驹斀狻浚?）因為對任意，都有，所以，，兩式相加，，解得；（2）設等比數列的首項為，公比為，因為對任意，都有，所以有，解得，又，即有，化簡得，，即，或，因為，化簡得，所以故。（3）因為對任意，都有，所以有，成等差數列，設公差為，，，，，由等差數列的定義知，也成等差數列?！军c睛】本題主要考查等差、等比數列的定義以及賦值法的應用，意在考查學生的邏輯推理，數學建模，綜合運用數列知識的能力。21、（1）更適宜（2）（3）x為2時，燒開一壺水最省煤氣【解析】

（1）根據散點圖是否按直線型分布作答；（2）根據回歸系數公式得出y關于的線性回歸方程，再得出y關于x的回歸方程；（3）利用基本不等式得出煤氣用量的最小值及其成立的條件.【詳解】（1）更適宜作燒水時間y關于開關旋鈕旋轉的弧度數x的回歸方程類型.（2）由公式可得：，，所以所求回歸方程為.（3）設，則煤氣用量，當且僅當時取“”，即時，煤氣用量最小.故x為2時，燒開一壺水最省煤氣.【點睛】本題考查擬合模型的選擇，回歸方程的求解，涉及均值不等式的使用，屬綜合中檔題.22、（1）證明見解析；（2）.【解析】

（1）將代入函數解析式可得，構造函數，求得并令，由導函數符號判斷函數單調性并求得最大值，由即可證明恒成立，即不等式得證.（2）對函數求導，變形后討論當時的函數單調情況：當時，可知滿足題意；將不等式化簡后構造函數，利用導函數求得極值點與函數的單調性，從而求得最小值為，分別依次代入檢驗的符號，即可確定整數的最大值；當時不滿足題意，因為求整數的最大值，所以時無需再討論.