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. 更多免费 体育单招模拟卷 冲刺卷 押题卷 复 2026 习资料 答题技巧 万能作文写作模板 网课 课件 讲义联系微信号 Woshisbma666