2025年陕西省高考数学押题卷（5）(含详解)

2025年陕西省高考数学押题卷（5）
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.如图，是全集，，，是的子集，则阴影部分表示的集合是( )
A. B.
C. D.
2.已知复数，在复平面内所对应的点分别为，，则( )
A. B. C. D.
3.一个圆台的上、下底面的半径分别为和，体积为，则它的表面积为( )
A. B. C. D.
4.已知，则的值是( )
A. B. C. D.
5.若是定义在上的增函数，则“”是“”的( )
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
6.设抛物线的焦点为，过抛物线上点作其准线的垂线，设垂足为，若，则( )
A. B. C. D.
7.将数列和的公共项从小到大排列得到数列，则下列所给的值中，使得的前项和最小的为( )
A. B. C. D.
8.已知函数满足，且对，，则满足的正整数的最大值为( )
A. B. C. D.
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.在正四棱锥中，侧棱与底面边长相等，，分别是和的中点，则( )
A. B. 平面 C. D. 平面
10.已知椭圆的右焦点为，过作两条互相垂直的直线和，和分别与交于、和、，则( )
A. 的离心率为
B. 存在直线，使得
C. 为定值
D. 若上每个点的横坐标不变，纵坐标变为原来的倍，则变为圆
11.塌缩函数在神经网络、信号处理和数据压缩等领域经常用到．常见的塌缩函数有，，设的值域为，的值域为，则下列结论正确的是( )
A.
B.
C. 方程的所有实根之和为
D. 若关于的不等式恒成立，则实数的取值范围为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知成对样本数据，，，中，，不全相等，且所有样本点都在直线上，则这组成对样本数据的样本相关系数 ．
13.已知函数，若在区间上单调递增，则实数的取值范围为 ．
14.人工智能 ，英文缩写为是新一轮科技革命和产业变革的重要驱动力量，是研究、开发用于模拟、延伸和扩展人的智能的理论、方法、技术及应用系统的一门新的科学某商场在有奖销售的抽奖环节时，采用技术生成奖券码：在每次抽奖时，顾客连续点击按键次，每次点击随机生成数字或或，点击结束后，生成的个数字之和即为奖券码并规定：如果奖券码为，则获一等奖如果奖券码为的正整数倍，则获二等奖，其它情况不获奖已知顾客甲参加了一次抽奖，则他获二等奖的概率为 ．
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.本小题分
在矩形中，点在线段上，且，，．
求．
若动点，分别在线段，上，且与面积之比为，试求的最小值．
16.本小题分
已知双曲线，，动直线与轴交于点，且与交于，两点，是，的等比中项，
若，两点位于轴的同侧，求取最小值时的周长
若，且，两点位于轴的异侧，证明：为等腰三角形．
17.本小题分
已知函数，其中．
当时，求曲线的对称中心
若函数在区间上单调递减，求实数的取值范围．
18.本小题分
如图，在四棱锥中，为矩形，且，，．
求证：平面
若在的左侧，设三棱锥体积为，四棱锥体积为，且．
Ⅰ求点到平面的距离
Ⅱ求平面与平面所成夹角的正弦值．
19.本小题分
某研究机构开发了一款智能机器人，该机器人通过交替学习不同技能，，来提升综合能力初始时，机器人选择学习技能，且每次学习后会等可能地选择学习或；每次学习后，有的概率继续学习，的概率学习；每次学习后，有的概率继续学习，的概率学习设，，分别表示第次学习后接着学习技能，，的概率．
若机器人仅进行三次学习，求学习技能次数的分布列及其数学期望；
求及其最大值；
已知，，
若数列的前项和为，证明：．
答案和解析
1.【答案】
【解析】根据题意，阴影部分为集合的外部与集合集合交集内部的公共部分，
即．
故选：．
2.【答案】
【解析】由题可知，，
故．
故选：．
3.【答案】
【解析】设圆台的高为，则，解得，
所以圆台的母线长为，
则圆台的表面积为：
，
故选：．
4.【答案】
【解析】因为
，
所以．
故选：．
5.【答案】
【解析】若，由是定义在上的增函数，则，满足充分性；
当时，若，则，与矛盾；
若，因为是定义在上的增函数，则，也与矛盾；
所以，满足必要性。
所以“”是“”的充要条件．
故选：．
6.【答案】
【解析】抛物线，可得，，
根据抛物线的对称性可设在第一象限，
则设抛物线的准线交轴于点，如图所示：
因为，，
所以，
在中，
，
又，
则，
由抛物线的定义，
可知，且，
所以，
解得．
故选：．
7.【答案】
【解析】设，则公差为，，则公差为，
所以的公差是和的最小公倍数，即是公差为的等差数列．
要使的前项和最小，当且仅当首项最小，即和第一个公共项最小．
因为，前几项依次为，，，，，，
当时，，前几项依次为，，，，，，此时首项为；
当时，，前几项依次为，，，，此时首项为
当时，，前几项依次为，，，，此时首项为；
当时，，前几项依次为，，，，，此时首项为；
故当时，首项为，最小，此时前项和最小。
故选：．
8.【答案】
【解析】由题，，
，所以周期为
又，，，，，
，，，
，
所以满足的正整数的最大值为，
故选C．
9.【答案】
【解析】设，由正四棱锥的结构特征易知、、两两垂直，
以为原点，分别以、、所在直线为、、轴建立如图所示的空间直角坐标系，
设正四棱锥底面边长为，则，，，，，
为中点，点坐标，同理点坐标为
选项A，，
因为，故与不平行，A错误；
选项B设平面的法向量，
又，，
则，即
令，则
，即与平面的法向量垂直，又平面，故平面，B正确；
选项C，，故，C正确；
选项D，，
所以与不垂直，故不垂直平面，D错误．
故选：．
10.【答案】
【解析】因为，，所以，故A正确；
设，
与椭圆方程联立，
消去得，，
设，，
则，
利用弦长公式求得
，
同理，
由于，
所以当时，取最小值为，即，故B正确
为定值，故C正确；
椭圆上每个点的横坐标不变，纵坐标变为原来的倍，设椭圆上任意一点坐标为，变换后对应得点为，可得，，即，又，所以，该曲线不是圆，故D错误．
故选：．
11.【答案】
【解析】对于，因为，
所以在上为增函数，且的值域为，，
又，，所以，故A正确；
对于，因为，
所以，故B正确；
对于，因为，所以，
由可知的图象关于点对称，
又的图象也关于点对称，所以两函数图象的交点也关于点对称，
则方程的所有实根之和为，故C错误；
对于，易知为增函数，由题可得，即，
因为，当且仅当时等号成立，所以，解得，
综上，实数的取值范围是，，故D正确．
故选：．
12.【答案】
【解析】由题设知，所有样本点都在直线上，
这组样本数据完全负相关，故其相关系数为．
故答案为：．
13.【答案】
【解析】因为，所以，，
由在区间上单调递增，得，即，
又，所以，
所以实数的取值范围为
14.【答案】
【解析】设一次抽奖所生成的奖券码为，生成的个数字中有个，个，
则，
由题可知
若获得二等奖，则为的正整数倍，故可取的值为，，．
当时，的取值为，共有种情况
当时，的可能取值为，，，共有种情况
当时，的取值为，共有种情况．
所以获得二等奖的概率．
15.【解析】【方法一】设，则，，而，
在中，由余弦定理得，
化简得，
解得，
所以；
【方法二】作，垂足为，设，，，
则，，，
，解得舍去，；
设，，由，又由，
，，
，
由余弦定理得：，当且仅当时取等号，
的最小值为．

16.【解析】因为动直线与轴交于点，因为的右焦点为，
所以点为的右焦点．
设，，
因为，两点位于轴的同侧，所以，
因为是，的等比中项，所以，
所，当且仅当时取等号，所以，
当时，所以，所以轴，
由解得，
所以，所以，
即的周长为
设，，
由得，
因为直线与交于，两点，
所以且，，
由，可得，故，
又，两点位于轴的异侧，所以，所以，即，
所以，解得，
所以，所以，
所以，
不妨设点在第二象限，根据双曲线定义，得，即
解得，所以是等腰三角形．
17.【解析】当时，，定义域为，
其定义域关于对称，
则
，
所以曲线的对称中心为；
，
因为，
所以，
则的定义域为，
则
，
因为在区间上单调递减，
所以在区间上恒成立，
则在区间上恒成立，
则
解得，
故实数的取值范围为：．
18.【解析】证明：在中，，，，
由余弦定理得，
解得，
因为，
所以，
在矩形中，，
因为，且，平面，
所以平面；
由知，平面，，
所以平面，
因为平面，所以，
又，，故，
在直角三角形中，求得，
又，
又，
所以，
又，所以；
Ⅰ取中点为，
过点作的平行线，交于点，
因为平面，所以平面，
又，平面，
所以，，
又，中点为，
所以，
所以，，两两垂直，
故以为坐标原点，，，所在直线为，，轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
，，，，，，
所以，，
设平面的法向量，
则，所以，
取，得，，
故平面的一个法向量为，
又，
所以到平面的距离，
Ⅱ，，，，
设平面的法向量，
所以，所以，
取，得，
故平面的一个法向量为，
设平面与平面所夹角为，
所以，
因为，所以，
所以平面与平面所成夹角的正弦值为．
19.【解析】设三次学习中学习技能次数为，则的取值可以为，，
第一次学，第二次学，第三次学，则，
第一次学，第二次学，第三次学，则，
故，
第一次学，第二次学，第三次学，则，
第一次学，第二次学，第三次学，则，
故，
故的分布列为：
故；
已知，
设，又，
所以
因此为等比数列，且公比为，首项为，
故，故，
要使得最大，则为偶数，此时，
此时单调递减，故当时，取到最大值；
证明：，
，
，
，
，
，
所以
，
由于，
所以．
第4页，共16页