2025年新高考艺术生数学突破讲义2025年艺考生仿真演练综合测试(一)

2025年艺考生仿真演练综合测试（一）（考试时间：120分钟试卷满分：150分）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。第一部分（选择题共58分）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．若角的终边过点，则（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】角的终边过点，则，所以.故选：A2．（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】因，故.故选:B．3．已知集合，集合，则（

）A．， B．，C．， D．，【答案】A【解析】依题意，，而，所以，.故选：A4．我国著名数学家华罗庚先生曾说：数缺形时少直观，形缺数时难入微，数形结合百般好，隔裂分家万事休．在数学的学习和研究中，常用函数的图象来研究函数的性质，也常用函数的解析式来分析函数的图象特征．则函数的图象大致为（

）A． B．C． D．【答案】C【解析】由题意可知：的定义域为，关于原点对称，且，可知为奇函数，排除AB，且，排除D.故选：C.5．已知等边的边长为2，点、分别为的中点，若，则=（

）A．1 B． C． D．【答案】A【解析】在中，取为基底，则.因为点、分别为的中点，，，故选：A6．商后母戊鼎（也称司母戊鼎）是迄今世界上出土最大､最重的青铜礼器，享有“镇国之宝”的美誉，某礼品公司计划制作一批该鼎的工艺品，已知工艺品四足均为圆柱形，圆柱的高为，半径为，中间容器部分可近似看作一个无盖的长方体容器，该长方体壁厚，外面部分的长､宽､高的尺寸分别为，，.两耳的总体积与其中一足的体积近似相等.则该工艺品所耗费原材料的体积约为（

）A． B．C． D．【答案】A【解析】四足及两耳的体积为，容器部分的体积为，则总体积为.故选：A.7．由0，2，4组成可重复数字的自然数，按从小到大的顺序排成的数列记为，即，若，则（

）A．34 B．33 C．32 D．30【答案】B【解析】由0,2,4组成可重复数字的自然数，按从小到大的顺序排成数列，则一位自然数有3个，两位自然数有个，三位自然数有个，四位自然数有个，又四位自然数为2024为四位自然数中的第6个，所以.故选：B8．已知双曲线的左、右焦点分别为，过点的直线与双曲线的右支交于两点，若，且双曲线的离心率为，则（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】因为双曲线的离心率为，所以，因为，所以，由双曲线的定义可得，所以，在中，由余弦定理得，在中，，设，则，由得，解得，所以，所以.故选：D.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．已知由样本数据（i=1，2，3，…，10）组成的一个样本，得到回归直线方程为，且．剔除一个偏离直线较大的异常点后，得到新的回归直线经过点．则下列说法正确的是A．相关变量x，y具有正相关关系B．剔除该异常点后，样本相关系数的绝对值变大C．剔除该异常点后的回归直线方程经过点D．剔除该异常点后，随x值增加相关变量y值减小速度变小【答案】BC【解析】依题意，原样本中，，剔除一个偏离直线较大的异常点后，新样本中，，因此剔除该异常点后的回归直线方程经过点，C正确；由新的回归直线经过点，得新的回归直线斜率为，因此相关变量x，y具有负相关关系，A错误；又，则剔除该异常点后，随x值增加相关变量y值减小速度变大，D错误；由剔除的是偏离直线较大的异常点，得剔除该点后，新样本数据的线性相关程度变强，即样本相关系数的绝对值变大，B正确.故选：BC10．已知等差数列的首项，公差，在中每相邻两项之间都插入个数，使它们和原数列的数一起构成一个新的等差数列，下列说法正确的有（

）A． B．当时，C．当时，不是数列中的项 D．若是数列中的项，则的值可能为6【答案】ABD【解析】对A，，故A正确；对B，当时，公差，此时，故B正确；对C，当时，此时，，即是数列中的项，故C错误；对D，当时，，又，故D正确.故选：ABD11．已知正方体的棱长为1，是侧面内的一个动点，三棱锥的所有顶点均在球的球面上，则（

）A．平面平面B．点到平面的距离的最大值为C．当点在线段上时，异面直线与所成的角为D．当三棱锥的体积最大时，球的表面积为【答案】AC【解析】对于A，连接，则，因为平面，平面，所以，又平面，所以平面，又平面，所以，同理可得，又平面，所以平面，因为平面，所以平面平面，故A正确；对于B，如图，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，设，所以，由A选项可知平面的一个法向量为，又，所以点到平面的距离为，所以当时，，故B错误；对于C，连接，因为且，所以四边形是平行四边形，所以，则当点在线段上时，异面直线与所成的角即为异面直线与所成的角，即，因为为等边三角形，所以，即异面直线与所成的角为，故C正确；对于D，当三棱锥的体积最大时，点到平面的距离最大，由B选项可知当点与点重合时，三棱锥为正四面体，且其棱长为，其外接球即为正方体的外接球，所以外接球的半径为，所以球的表面积为，故D错误．故选：AC.第二部分（非选择题共92分）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12．若函数的最小正周期为，其图象关于点中心对称，则．【答案】【解析】由得，，所以，又的图象关于点中心对称，所以,解得，又，所以，.故答案为：13．已知随机变量，且，则的展开式中常数项为.【答案】【解析】由题意得随机变量服从正态分布，且，由，所以，即求的常数项，由二项式定理得常数项为.故答案为：14．定义在上的可导函数满足，若，则的取值范围为．【答案】【解析】令，则，所以函数在上是减函数，由，得，即，所以，解得，所以的取值范围为.故答案为：.四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。15．（13分）已知数列的前n项和为，．(1)求数列的通项公式；(2)在与之间插入n个数，使这个数组成一个公差为的等差数列，求．【解析】（1）因为，当时，，所以，当时，，所以，整理得，所以数列是以3为首项，公比为3的等比数列，所以数列的通项公式为;（2）因为，由题意得：，即，所以.16．（15分）甲、乙两名同学进行篮球投篮比赛，比赛规则如下：两人投篮的次数之和不超过5，投篮命中则自己得1分，该名同学继续投篮，若投篮未命中则对方得1分，换另外一名同学投篮，比赛结束时分数多的一方获胜，两人总投篮次数不足5但已经可以确定胜负时比赛就结束，两人总投篮次数达到5次时比赛也结束，已知甲、乙两名同学投篮命中的概率都是，甲同学先投篮.(1)求甲同学一共投篮三次，且三次投篮连续的情况下获胜的概率；(2)求甲同学比赛获胜的概率．【解析】（1）用A表示甲投篮命中，表示甲投篮未命中，用B表示乙投篮命中，表示乙投篮未命中，记甲同学连续投篮了三次并赢得了比赛的事件为M，则．（2）①剩余两次投篮，甲、乙比分3：0获胜的概率是；②剩余一次投篮，甲、乙比分3：1获胜的概率是：（也可用）；③不剩余投篮，前4次投篮甲、乙比分2：2获胜的概率是：，（也可用），故甲获胜的概率是．17．（15分）如图，在四棱锥中，底面为梯形，，为等边三角形，E在棱上，．(1)证明：．(2)设Q为线段的中点，求平面与平面的夹角的余弦值．【解析】（1）证明：因为所以为三等分点且靠近点，过作交于点，连接，则，又，所以，又，所以，所以四边形为平行四边形，所以，因为为等边三角形，取的中点，连接，则，又由余弦定理，又，，所以，所以，所以，因为，所以.（2）由（1）知，面，面，所以面，因为面，所以面面，且交线为，因为面，所以面，取中点，连接，则，所以两两垂直，以为原点，建立如图所示坐标系，则，，设平面的法向量为，则，令，则，又，设平面的法向量为，所以，令，则，所以，所以平面与平面的夹角的余弦值.18．（17分）①在微积分中，求极限有一种重要的数学工具——洛必达法则，法则中有结论：若函数，的导函数分别为，，且，则.②设，k是大于1的正整数，若函数满足：对任意，均有成立，且，则称函数为区间上的k阶无穷递降函数.结合以上两个信息，回答下列问题：(1)试判断是否为区间上的2阶无穷递降函数；(2)计算：；(3)证明：，.【解析】（1）设，由于，所以不成立，故不是区间上的2阶无穷递降函数.（2）设，则，设，则，所以，得.（3）令，则原不等式等价于，即证，记，则，所以，即有对任意，均有，所以，因为，所以，所以，证毕!19．（17分）已知双曲线的渐近线方程为，的半焦距为，且．(1)求的标准方程．(2)若为上的一点，且为圆外一点，过作圆的两条切线（斜率都存在），与交于另一点与交于另一点，证明：（ⅰ）的斜率之积为定值；（ⅱ）存在定点，使得关于点对称．【解析】（1）因为的渐近线方程为，