2025年全国普通高等学校运动训练、民族传统体育专业单招考试数学试题（教师版）_20251214201724_006体育资料_数学2018-2025真题+57套模拟卷

2025 年全国普通高等学校运动训练、武术与民族传统
体育专业单独统一招生考试
数学
一、选择题：本题共 8小题，每小题 8分，共 64分.
1. 已知集合 M {x|7 x3} ， N {x|2 x6} ，则M N （ ）
A. {x|7 x 6} B. {x|7 x3}
C. {x|2 x6} D. {x|2 x3}
【答案】D
【解析】
【分析】根据交集的概念求解即可.
【详解】因为集合M {x|7 x3}，N {x|2 x6}，
所以M N {x|2 x3}.
故选：D.
2. 函数 y sin3xcos3x是（ ）
π π
A. 最小正周期为 的奇函数 B. 最小正周期为 的偶函数
3 3
2π 2π
C. 最小正周期为 的奇函数 D. 最小正周期为 的偶函数
3 3
【答案】A
【解析】
【分析】先由二倍角的正弦公式化简函数，再求解最小正周期，判断奇偶性即可.
【详解】因为函数为 y sin3xcos3x，
1
所以 y  sin6x，
2
2π π
所以函数的最小正周期为T   ，
6 3
1
又因为函数 y  sin6x的定义域为R，定义域关于原点对称，
2
1 1
所以 f x  sin 6x  sin6xf  x ，
2 2
所以函数是奇函数.故选：A.
x2 y2
3. 双曲线  1的焦点到渐近线的距离（ ）
64 36
5
A.10 B.8 C.6 D.
4
【答案】C
【解析】
【分析】先求解双曲线的焦点和渐近线方程，再由点到直线的距离公式求解即可.
x2 y2
【详解】因为双曲线为  1，
64 36
所以a  64 8，b 36 6，
所以c a2 b2 10，
所以焦点为
10,0 
，

10,0

，
3
渐近线方程为 y =± x，即3x4y 0，
4
30
所以焦点到渐近线的距离d  6.
5
故选：C.
4. 抛物线x2 2y的焦点坐标为（ ）
1  1 
A.  ,0 B.  ,0
8  2 
 1  1
C. 0,  D. 0, 
 8  2
【答案】D
【解析】
【分析】先求出抛物线的p的值，再根据抛物线的开口方向求解焦点坐标即可.
【详解】因为抛物线x2 2y，
p 1
所以2p 2  ，
2 2
抛物线开口向上， 1
则抛物线的焦点坐标为0, .
 2
故选：D.
5 等比数列  a  中，a a 324,a a 36，则a a （ ）
. n 1 2 3 4 5 6
A.2 B.4 C.9 D.252
【答案】B
【解析】
【分析】先由a a 324,a a 36求解公比，再由等比数列的通项即可求解a a 的值.
1 2 3 4 5 6
【详解】因为a a 324,a a 36，
1 2 3 4
所以a a  a a  q2 36，
3 4 1 2
1
即324q2 36，解得q2  ，
9
1
所以a a  a a  q2 36 4.
5 6 3 4 9
故选：B
.
 
6. 已知点A

2,2

,B
2,10 
，点C满足AB  2AC，则C的坐标为（ ）
A.  4,2  B.  0,6 
C.
4,14 
D.
6,18 
【答案】B
【解析】
 
【分析】先设出点C的坐标，再求出
AB
与AC的坐标，再由向量相等即可求解.
【详解】设C

x,y

，因为A

2,2

,B
2,10 
，

所以AB 22,102 4,8 ，

2AC  2x4,2y4  ,
 
因为AB  2AC，
2x44 x 0
所以 ，解得 ，
2y48 y 6 
所以点C 0,6 .
故选：B.
7. 从甲、乙、丙、丁4人中任意选2人成志愿小组，则甲被选中的概率为（ ）
2 1 1
A.1 B. C. D.
3 2 3
【答案】C
【解析】
【分析】先求出任选2人的方法数，再求包含甲的方法数，由古典概型概率公式求解即可.
【详解】从甲、乙、丙、丁4人中任意选2人成志愿小组的方法数为C2 6种，
4
甲被选中的方法数为C1 3种，
3
3 1
所以甲被选中的概率为  .
6 2
故选：C.
8. 已知(2x1)7 a x7 a x6...a xa ，则a a a （ ）
0 1 6 7 0 1 7
A. 37 B. 37 1 C.0 D.1
【答案】D
【解析】
【分析】令x 1，代入等式两边求解即可.
【详解】令x 1，代入等式两边，
等式左边：(2x1)7 (211)7 1，
等式右边：a x7 a x6...a xa a a...a a ，
0 1 6 7 0 1 6 7
所以a a a 1.
0 1 7
故选：D.
二、填空题：本大题共 4小题，每小题 8分，共 32分.
9. 函数 y log (x2)定义域为______________.
3
【答案】2,
【解析】
【分析】由对数函数的真数大于零求解即可.【详解】因为函数 y log (x2)，
3
所以x20，解得x2，
所以函数 y log (x2)定义域为2,.
3
故答案为：2,.
10. 函数 y x2 5x6单调递减区间为________.
 5 
【答案】   , 
 2 
【解析】
【分析】先求出二次函数的对称轴，再由二次函数的性质即可求解.
5 5
【详解】因为函数 y x2 5x6的对称轴为x  ，
21 
2
又因为a 10，函数的图像开口向下，
 5 
所以函数的单调递减区间为

 , .
 2 
 5 
故答案为：

 , .
 2 
11. 已知数列  a  的前n项和S n2 n，则其通项a ___________.
n n n
【答案】2n
【解析】
【分析】利用a S S (n 2)，即可求出数列的通项公式a .
n n n1 n
【详解】因为S n2 n，
n
所以n2时，S  n1 2 n1，
n1
所以n2时，a S S n2 n n1 2 n1 n2 nn2 2n1n12n，
n n n1  
当n 1时，a  S 12 12，
1 1
所以a 2n.
n
故答案为：2n.
12. 甲，乙等5名运动员排成一排，甲，乙相邻的排法共有______种.【答案】48
【解析】
【分析】根据题意，分2步进行分析：将甲乙看成一个整体，考虑2人的顺序，将这个整体与其他3人全
排列，由分步计数原理计算可得答案.
【详解】根据题意，分2步进行分析：
将甲乙看成一个整体，考虑2人的顺序，有A2 2种情况，
2
将这个整体与其他3人全排列，有A4 24种情况，
4
则甲乙相邻的排法有22448种.
故答案为：48.
三、解答题：本大题共 3小题，每题 18分，共 54分.解答应写出文字说明，证明过程或演算
步骤.
π 1
13. 在三角形ABC中 B ，AB5， cosA .
3 5
（1）求AC；
（2）点D在边BC上，且CD 3，求△ABD的面积.
50 225
【答案】（1）AC 
7
295 3100 6
（2）
28
【解析】
【分析】（1）先由同角三角函数的平方关系求解sin A ，再由正弦定理即可求解AC的长.
（2）先由正弦定理求解边BC，再由三角形面积公式即可求解.
【小问1详解】
1 π
cosA ，B ，
5 3
2
1 2 6
所以sin A 1cos2 A  1    ，
5 5
2 6 1 1 3 2 6 3
所以sinC sin  AB      ，
5 2 5 2 10
AB AC
根据正弦定理  ，AB5，
sinC sinB50 225
解得AC  .
7
【小问2详解】
BC AB
由正弦定理，  ，
sinBAC sinC
BC 5
 8020 2
即 2 6 2 6 3 ，解得BC  ，
7
5 10
8020 2 5920 2
因为CD 3，所以BD 3 ，
7 7
1 1 5920 2 3 295 3100 6
所以S  ABBDsinB  5  
ABD 2 2 7 2 28
5  
14. 已知椭圆C的中心为坐标原点，焦点F 和F ，在x轴上，离心率为 ，点 0,,2 6 在C上.
1 2
7
（1）求C的方程；
（2）设点M在C上，∠F MF ＝90°，求△F MF 的面积.
1 2 1 2
x2 y2
【答案】（1）  1
49 24
（2）24
【解析】
【分析】（1）通过椭圆的性质，利用离心率和点进而求解椭圆的标准方程即可.
（2）利用向量垂直构建方程与椭圆方程联立求解点M坐标，进而求解三角形面积.
【小问1详解】
x2 y2
设椭圆的方程为  1  ab0 ，
a2 b2
c 5
由题意知e  ，
a 7
  24
点 0,2 6 在椭圆上，即 1，即b2 24，
b2
因为a2 b2 c2，
解得a2 49，
x2 y2
所以椭圆的方程为  1.
49 24【小问2详解】
由题意知 MF  MF 2a14，
1 2
MF 2  MF 2  FF 2 100，
1 2 1 2
 MF  MF 2   MF 2  MF 2 
所以由完全平方公式可得， 1 2 1 2
196100
，
MF MF   48
1 2 2 2
1
所以S  MF MF 24
FMP 2 1 2 .
15. 在四面体ABCD中，点E和F分别为AB，BC的中点.
（1）证明：AC//平面 DEF；
（2）求四面体CDEF的体积与四面体ABCD的体积比值.
【答案】（1）证明见详解
（2）1:4
【解析】
【分析】（1）由中位线的性质可得EF // AC，由线面平行的判定定理即可证明.
（2）由四面体体积公式计算即可.
【小问1详解】
因为点E和F分别为AB，BC的中点，
所以EF // AC，
因为EF 平面 DEF ，AC 平面 DEF，
所以AC//平面 DEF.
【小问2详解】
记作四面体E-CDF的高为h ，四面体A-BCD的高为h ，
1 2
h 为点E向面BCD所作的垂线，h 点A向面BCD所作的垂线，
1 2
1 1
所以V V  S h ，V  S h ，
CDEF EFCD 3 CFD 1 ABCD 3 BCD 2因为点E和F分别为AB，BC的中点，
1 1
所以h  h ，S  S ，
1 2 2 CFD 2 BCD
1
所以V  V ，
CDEF 4 ABCD
即四面体CDEF的体积与四面体ABCD的体积比值为1:4.
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