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153584-卷1 2024年普通高等学校招生全国统一考试(全国新课标Ⅰ卷)《2025高考试题攻略 第1辑 一年真题风标卷 数学》

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

题号	一	二	三	四	总分
得分

注意事项:

1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息

2．请将答案正确填写在答题卡上

一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。

1．已知集合A={x|-5< <5},B={-3,-1,0,2,3},则 （      ）

A．{-1,0}　　　　B．{2,3}

C．{-3,-1,0}　　　　D．{-1,0,2}

2．若 ,则

A．-1-i     B．-1+i

C．1-i     D．1+i

3．已知向量 ,若 ,则

A．-2         B．-1

C．1         D．2

4．已知     ,则 （      ）

A．-3m　　　　B．

C． 　　　　D．3m

5．已知圆柱和圆锥的底面半径相等,侧面积相等,且它们的高均为 ,则圆锥的体积为

A．2 π      B．3 π

C．6 π      D．9 π

6．已知函数 在R上单调递增,则 的取值范围是

A．(-∞,0]    B．[-1,0]

C．[-1,1]     D．[0,+∞)

7．当 π 时,曲线   与 的交点个数为（      ）

A．3　　　　B．4　　　　C．6　　　　D．8

8．已知函数 的定义域为 > ,且当 <3时 ,则下列结论中一定正确的是

A．f(10)>100B．f(20)>1 000

C．f(10)<1 000D．f(20)<10 000

二、选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分。在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求。全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分。

9．随着“一带一路”国际合作的深入,某茶叶种植区多措并举推动茶叶出口 为了解推动出口后的亩收入(单位:万元)情况,从该种植区抽取样本,得到推动出口后亩收入的样本均值 ,样本方差 已知该种植区以往的亩收入 服从正态分布 ,假设推动出口后的亩收入 服从正态分布N( ,s²),则(若随机变量 服从正态分布 ,则P(Z<μ+σ)≈0.841 3)（      ）

A．P(X>2)> 　　　　B．P(X>2)< 　　　　C．P(Y>2)> 　　　　D．P(Y>2)<

10．设函数 ,则

A．x=3是 的极小值点

B．当0< <1时 <

C．当1< <2时,-4< <0

D．当-1< <0时 >

11．设计一条美丽的丝带,其造型“ ”可以看作图中的曲线 的一部分 已知 过坐标原点 ,且 上的点满足:横坐标大于-2;到点 的距离与到定直线x=a(a<0)的距离之积为 则

A．a=-2

B．点(2 ,0)在 上

C．C在第一象限的点的纵坐标的最大值为1

D．当点 在 上时

三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分。

12．设双曲线 : - =1(a> >0)的左、右焦点分别为 ,过 作平行于 轴的直线交 于 两点 若| |=13,| |=10,则 的离心率为　　　　

13．若曲线 在点(0,1)处的切线也是曲线 的切线,则 　　　　

14．甲、乙两人各有四张卡片,每张卡片上标有一个数字,甲的卡片上分别标有数字1,3,5,7,乙的卡片上分别标有数字 两人进行四轮比赛,在每轮比赛中,两人各自从自己持有的卡片中随机选一张,并比较所选卡片上数字的大小,数字大的人得1分,数字小的人得0分,然后各自弃置此轮所选的卡片(弃置的卡片在此后的轮次中不能使用).则四轮比赛后,甲的总得分不小于2的概率为　　　　. 

四、解答题:本题共5小题,共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

15．(13分)记△ 的内角 的对边分别为 ． 已知sin cos ．

(1)求 ;

(2)若△ 的面积为3+ ,求 ．

16．已知 和 为椭圆 : + =1(a> >0)上两点

(1)求 的离心率;

(2)若过 的直线 交 于另一点 ,且△ 的面积为9,求 的方程

17．(15分)如图,四棱锥 中 底面

(1)若 ,证明: ∥平面 ;

(2)若 ,且二面角 的正弦值为 ,求 ．

18．(17分)已知函数

(1)若 ,且 ,求 的最小值;

(2)证明:曲线 是中心对称图形;

(3)若 >-2当且仅当1< <2,求 的取值范围

19．(17分)设 为正整数,数列 ,… 是公差不为0的等差数列,若从中删去两项 和a_j(i<j)后剩余的 项可被平均分为 组,且每组的4个数都能构成等差数列,则称数列 ,… 是 可分数列

(1)写出所有的 < ,使得数列 ,… 是 可分数列;

(2)当 时,证明:数列 ,… 是(2,13)-可分数列;

(3)从1,2,… 中一次任取两个数 和j(i<j),记数列 ,… 是 可分数列的概率为 ,证明: >

参考答案

一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。

1. A

由题意可知 ,所以 故选A．

2. C

由 ,可得 ,即1+ ,所以 ,所以 ,所以 ,故选C．

3. D

由题意知 ,又 ,所以 ,即 ,解得 ,故选D．

4. A

由tan ,可得 =2,即sin 由 ,可得cos ,所以 ,故选A．

5. B

设圆柱、圆锥的底面半径为 ,则圆锥的母线长为 = 又圆柱与圆锥的侧面积相等,所以 π π ,解得 ,所以圆锥的体积 π =3 π ,故选B．

6. B

当 <0时,函数 ,若函数 在(-∞,0)上单调递增,则有 ,即 ;当 时,函数 ,函数 在[0,+∞)上单调递增 因为函数 在R上单调递增,所以 ,解得 综上可得 故选B．

7. C

令 = π ,则 + ,

又 π ,所以 , , , , ,

令 π ,则 + ,

又 π ,所以 , , , , , ,

如图,作出函数 与 在 π 上的大致图像,由图可知,两函数图像共有6个交点 故选C．

8. B

由 > ,且当 <3时 知 > > >3+2=5,

> > > >8+5=13,

以此类推,类似斐波那契数列,

>3,

> > >13,…,

即1,2,>3,>5,>8,>13,…,则 > >1 597,所以 > >1 597,故B正确 错误;

由 > 知 取比 大的数即可,所以 无最大值,故 错误 故选B．

二、选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分。在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求。全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分。

9. BC

由题可得X~N(1.8,0.1²),Y~N(2.1,0.1²),所以P(X>2)=P(X>μ+2σ)<P(X>σ+μ)≈1－0.841    7< ,故A错误 正确;P(Y>2)=P(Y>μ_1－σ₁)≈0.841 3> ,故C正确 错误

10. ACD

由题可得 ,令 >0,即 >0,得 <1或 >3;令 <0,得1< <3,所以 在(-∞,1),(3,+∞)上单调递增,在(1,3)上单调递减,所以 是 的极小值点 正确 当0< <1时,0< < <1,所以 > 错误 当1< <2时,1< <3,因为 在(1,3)上单调递减,所以-4< < 正确 ,所以 ,令 >0,得 <1,所以当-1< <0时 > 成立 正确 故选ACD．

11. ABD

设曲线 上任一点 ,由 上的点到点 的距离与到定直线x=a(a<0)的距离之积为4,可得 · =4,又∵ 过坐标原点,∴ · =4,得| |

又∵ <0,∴ ,故A正确

由A选项可得,曲线 的方程为 · =4(x>-2),即 -(x-2)²(x>-2),将点(2 ,0)的坐标代入上式,得 -(2 -2)²,成立,∴点(2 ,0)在 上,故B正确

令 -(x-2)²(x>0),

则 ,

令 ,则 ,

∴ 在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,

又 < >0,

∴存在 ,使得

∴ 在 上单调递增,在 上单调递减,

∴ 在 处取得极大值,也是最大值,

∴ > ,∴ 在第一象限的点的纵坐标的最大值大于1,故C错误

∵点 在 上,∴ = -(x₀-2)²(x₀>-2),由 >-2可知 ,∴ ≤ ,又 >-2,∴ >0,∴0≤| |≤ ,∴ 成立,故D正确 故选ABD．

三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分。

12.

因为 与 轴平行,所以 与 轴垂直,结合双曲线的对称性知| |=| | 又| |=13,所以| |= = =12,则 ,而 | |-| |=13-5=8,所以 ,所以离心率 =

13. 2

令 ,则 ,所以曲线 在点(0,1)处的切线斜率为 ,所以切线方程为 令 ,则 因为直线 也是曲线 的切线,所以令 =2,解得 ,则曲线 与直线 的切点坐标为 ,所以 2,解得

14.

列举法:假设乙固定按照2,4,6,8的顺序,则甲所有的可能如表所示

1	3	5	7√	5	1	3	7√
1	3	7	5√	5	1	7	3
1	5	3	7√	5	3	1	7√
1	5	7	3	5	3	7	1
1	7	3	5√	5	7	1	3
1	7	5	3√	5	7	3	1
3	1	5	7√	7	1	3	5√
3	1	7	5	7	1	5	3√
3	5	1	7	7	3	1	5√
3	5	7	1	7	3	5	1√
3	7	1	5	7	5	1	3
3	7	5	1	7	5	3	1

从中找均小于2,4,6,8与有3个数字分别小于2,4,6,8的情况,此时甲得0分或1分,符合上述情况的有表中打√的12种情况

那么甲的总得分不小于2分也有12种情况,由古典概型概率公式得所求概率为 = (说明:固定乙的顺序,将甲的情况排列出来,去挑选,也可以从中判断甲有2个及以上的数字超过乙的 如果改变乙的顺序,其情况是类似的).

四、解答题:本题共5小题,共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

15. （1）       （2）2

(1)已知 ,则有cos =

又 π ,所以

又sin cos ,所以cos =

又 π ,所以

(2)由(1)可得 ,由正弦定理,不妨令 = =k(k>0),则有

又S_△ABC=3+ ,

所以S_△ABC= · k(sin C)= = =3+ ,解得k=4(负值舍去),故

16. （1）      （） 或 x

(1)将 的坐标代入椭圆 的方程,可得 解得 则 ,即 ,

则 的离心率 = =

(2)由(1)可得椭圆 的方程为 +

当直线 的斜率不存在时,直线 的方程为 ,此时S_△ABP= ×3×3= ≠9,不符合题意,故直线 的斜率存在

解法一:设直线 的方程为 = + ( ≠3), ( , ),

联立 消去 整理得 >0①,则

由点 在 上,得 ,即 ②

由①②知 ,此时

所以 -3= ,代入直线 的方程可得

由 可得| |= ,直线 的方程为 ,设点 到直线 的距离为 ,则S_△ABP= ·| | × ,解得

由点到直线的距离公式可得 = ,

将 代入上式,

解得 或 ,当 时 ;当 时 ,

所以直线 的方程为 或

解法二:设直线 的方程为 - = ( -3),令 ( , ), ( , ),联立 消去 可得

,

> ,

所以

所以| |= · =

又点 到直线 的距离 ,

· · =9,

解得 或 ,所以直线 的方程为 或

17. （1）见解析   （2）

(1)【证明】由 可得,

,∴ ．

又 底面 底面 ,∴ ．

又 平面 ,∴ 平面 ．

【提醒】要着力寻找平面内的两条相交直线

∵ 底面 底面 ,∴ ．

又 ,且 平面 ,

∴ 平面 ,∴ ∥BC(提示:垂直于同一个平面的两直线平行),

又 平面 ⊄平面 ,∴ ∥平面 ．

(2)【解】以 为坐标原点 所在直线分别为 轴,过点 且垂直于平面 的直线为 轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则 ,

设A(x,0,0)(0< <2),则P(x,0,2),C(0, ,0).

则 =(-x, ,0), =(0,0,2), =(0, ,0),

设平面 的法向量为 ,

则 即 令 ,则 ,∴n₁=( ,x,0).

设平面 的法向量为 ,

则 即 令 ,则 ,

∴

设二面角 的平面角为 ,

则|cos |= = = ,则 = ,

解得 (负值舍去).

即 的长为

18. (1)-2     （2）见解析 （3）

(1)【解】当 时 ,

则 · · ．

∵ ,∴ 在(0,2)上恒成立

当 时 ,∴ ∈(-∞,-2],

∴ ,即 的最小值为

(2)【证明】∵ ,

∴

令 ,则 ,∴ 是定义域为(-1,1)的奇函数,其图像关于坐标原点 对称

又∵ 的图像可由 的图像向右平移1个单位长度,再向上平移 个单位长度得到,∴曲线 是中心对称图形

19. （1）(1,2),(1,6),(5,6)    （2）见解析   （3）见解析

(1)【解】满足题意的 为

(2)【证明】因为在公差不为0的等差数列 中 成等差数列⇔ 成等差数列,

当 >3时 ,… 可连续4项为一组等差数列,

故需证明序号为1,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,14的项可分成三组项数为4的等差数列,易知分为(1,4,7,10),(3,6,9,12),(5,8,11,14)三组满足题意,所以当 时,数列 ,… 是(2,13)-可分数列

(3)【证明】解法一:由(2)可知,等差数列 ,… 是 可分数列⇔数列1,2,… 是 可分数列

下面证明1,2,… 是 可分数列

当 时 与 是相邻两项,可分为(1,2,3,4),(5,6,7,8),… ,…

当 > 时 ,… ,共 项,中间的 项可连续4项为一组,前后的项可分为(1,2,3,4),… 与 ,…

此时 共有 组

再证:1,2,… 是 可分数列(0≤k<r≤m).

易知1~4k与4r+3~4m+2是可分的,

只需考虑 ,… 的可分性

设 ,只需证:1,3,4,… 可分.(提示:1~4p+2去掉2与4p+1)

当 时,1,3,4,6,无法做到;

当 时, ,可以做到;

当 时, ,可以做到;

当 时,1, ,4,5,6, ,8,9,10, , ,13,14, , ,18,

(1,5,9,13),(3,7,11,15),(4,8,12,16),(6,10,14,18)满足题意

故∀ ,可划分为:

,… ,共 组

事实上,就是 ,… ,且把2换成 ,此时 即 共有 组.(提示:(0,1),(1,2),… 不可行)

综上,可行的 与 至少有 组,

故 = = > 得证!

解法二:对于等差数列 , ,…, 中的 , , < 若 ≡1(mod 4), ≡2(mod 4),则

; ;…; 构成 个等差数列,

; ;…; 构成 个等差数列

; ;…; 构成 个等差数列,

故成立

此时 有 组,

= >

由(2)可知,考虑若 < ≡2(mod 4),j≡1(mod 4)的可行性

令 ,则

当 时,有1,3,4,6,不可行

当 时,有

当 时,有

不难发现几个等差数列的公差均为 ,故我们可尝试构造一个关于 的一般性的式子求解

对于 的情况: ; ;…; 构成 个等差数列

而对于中间部分,不妨

则 ,… ,此时恰好没有2和 ,恰好是 个等差数列,故构造成立

综上,已证 < ≡1(mod 4),j≡2(mod 4)时成立;

< ≡2(mod 4),j≡1(mod 4)且 时成立

首先: ,

当 时,有 个 满足;当 时,有 个 满足;…;当 时,有1个 满足

共有 组

当 时,有 个 满足;当 时,有 个 满足;…;当 时,有到0个 满足

共有 组

故 = > ,证毕

解法三:先证数列 , ,…, 是(2,4 +1)(其中 ≥2)-可分数列

当 时 分成 两组等差数列 ,… 项一组成等差数列,所以 时成立

当 时,由(2)可知数列是(2,13)-可分数列

当 时 ,… 分成 四组等差数列 ,… 项一组成等差数列,所以 成立

以此类推,当 时 ,… 可划分成 ,… ,共 组等差数列

下面用数学归纳法证明 >

①当 时,删去的 为 ,共3个 = = > ,∴ > 成立

②假设 时 > 成立,则当 时,

若 ∉{ }或 ∉{ },则去掉这4项,变为 的情形;

若 共4×4=16种情况,其中 和 成立,至少两种;

当 或 ,其中 和 成立,概率为 =

所以 >

又因为 ,所以 > =

由①②可知 > 对 恒成立,

所以 > 成立 得证!