【高考领航】2025年高考数学模拟试题精编卷（新课标）(6)

高考数学模拟试题精编(六) (考试用时：120分钟　分值：150分) 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，把答题卡上对应题目的答案标号填在表格内．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． 一、选择题：本大题共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|lg (x＋a)＞0}，B＝{x|x2≥4}，若A∪B＝R，则实数a的取值范围是(　　) A．(3，＋∞) B．(－1，＋∞) C．[3，＋∞) D．[－1，＋∞) 2．已知复数z满足(1－i)z＝4i，则z·＝(　　) A．－8 B．0 C．8 D．8i 3．已知正四面体ABCD的棱长为1，且＝2，则·＝(　　) A． B．－ C．－ D． 4．已知两个不相等的实数a，b满足关系式b2cos θ＋b sin θ＋2＝0和a2cos θ＋a sin θ＋2＝0，则经过A(a2，a)，B(b2，b)两点的直线l与圆x2＋y2＝4的位置关系是(　　) A．相交 B．相离 C．相切 D．与θ的取值有关 5．恩格尔系数n＝×100%，国际上常用恩格尔系数n来衡量一个地区家庭的富裕程度，恩格尔系数越低，人民生活越富裕．某地区家庭2023年底恩格尔系数n为50%，刚达到小康，预计从2024年起该地区家庭每年消费支出总额增加30%，食品消费支出总额增加20%，依据以上数据，预计该地区家庭恩格尔系数n满足30%＜n≤40%达到富裕水平，至少经过(　　)年(参考数据：lg 0.6≈－0.22，lg 0.8≈－0.10，lg 12≈1.08，lg 13≈1.11)(　　) A．8年 B．7年 C．4年 D．3年 6．为充分感受冬奥的运动激情，领略奥运的拼搏精神，甲、乙、丙三人进行短道速滑训练赛．已知每一场比赛甲、乙、丙获胜的概率分别为，，，则3场训练赛过后，甲、乙获胜场数相同的概率为(　　) A． B． C． D． 7．已知F1，F2是双曲线－＝1(a＞0，b＞0)的焦点，圆C：x2＋y2－2ax＋a2＝0，直线l1经过F1点，直线l2经过点F2，l1，l2与圆C均相切，若l1⊥l2，则双曲线的离心率为(　　) A．2 B． C． D．＋1 8．已知f(x)是定义域为R的偶函数，f(5.5)＝2，g(x)＝(x－1)f(x).若g(x＋1)是偶函数，则g(－0.5)＝(　　) A．－3 B．－2 C．2 D．3 二、选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20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5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分． 9．已知一组数据x1，x2，…，xn的平均数为x0，若在这组数据中添加一个数据x0，得到一组新数据x0，x1，x2，…，xn，则(　　) A．这两组数据的平均数相同 B．这两组数据的中位数相同 C．这两组数据的标准差相同 D．这两组数据的极差相同 10．若a＞b＞0＞c，则(　　) A．＞ B．＞ C．ac＞bc D．a－c＞2 11．在正六棱锥P­ABCDEF中，已知底面边长为1，侧棱长为2，则(　　) A．AB⊥PD B．共有4条棱所在的直线与AB是异面直线 C．该正六棱锥的内切球的半径为 D．该正六棱锥的外接球的表面积为 12．已知直线y＝a与曲线y＝相交于A，B两点，与曲线y＝相交于B，C两点，A，B，C的横坐标分别为x1，x2，x3，则(　　) A．x2＝aex2 B．x2＝ln x1 C．x3＝ex2 D．x1x3＝x 三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分． 13．已知椭圆＋y2＝1的左、右焦点分别为F1，F2，过F2作直线交椭圆于A，B两点，若F2为线段AB的中点，则△AF1B的面积为________． 14．某县选派4名工作人员到2个村进行调研，每个村至少安排一名工作人员，则不同的选派方式共有________种(用数字作答). 15．写出一个使等式＋＝2成立的α的值________． 16．三棱锥P­ABC的底面是以AC为底边的等腰直角三角形，且AC＝2，各侧棱长均为3，点E为棱PA的中点，点Q是线段CE上的动点，则E到平面ABC的距离为__________；设Q到平面PBC的距离为d1，Q到直线AB的距离为d2，则d1＋d2的最小值为________． 四、解答题：本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17．(本小题满分10分)△ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c且a－c sin B＝b cos C． (1)求角B的大小； (2)若b＝3，D为AC边上一点，BD＝2，且________，求△ABC的面积．(从①BD为∠ABC的平分线，②D为AC的中点，这两个条件中任选一个补充在上面的横线上并作答) 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． 18．(本小题满分12分)已知数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn＝(an－1)，n∈N*. (1)求数列{an}的通项公式； (2)记bn＝an·sin ，求数列{bn}的前100项的和T100. 19．(本小题满分12分)现有一种需要两人参与的棋类游戏，规定在双方对局时，两人交替行棋．一部分该棋类游戏参与者认为，在对局中“先手”(即先走第一步棋)具有优势，容易赢棋，而“后手”(即对方走完第一步棋之后，本方再走第一步棋)不具有优势，容易输棋． (1)对某位该棋类游戏参与者的100场对局的输赢结果按照是否先手局进行统计，部分数据如下表所示．请将表格补充完整，并判断是否有90%的把握认为赢棋与先手局有关？ 先手局 后手局 合计 赢棋 45 输棋 45 合计 25 100 (2)现有甲、乙两人进行该棋类游戏的比赛，采用三局两胜制(即比赛中任何一方赢得两局就获胜，同时比赛结束，比赛至多进行三局).在甲先手局中，甲赢棋的概率为，乙赢棋的概率为；在乙先手局中，甲赢棋的概率为，乙赢棋的概率为.若比赛中先手局的顺序依次为甲、乙、乙，设比赛共进行X局，求X的分布列和数学期望． 附：χ2＝，n＝a＋b＋c＋d. P(χ2≥k) 0.10 0.05 0.01 k 2.706 3.841 6.635 20.(本小题满分12分)如图，在四棱锥P­ABCD中，PA⊥平面ABCD，AC，BD相交于点N，DN＝2BN＝2，PA＝AC＝AD＝3，∠ADB＝30°. (1)求证：AC⊥平面PAD； (2)若点M为PD的中点，求平面PAB与平面MAC夹角的正弦值． 21．(本小题满分12分)在平面直角坐标系xOy中，双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的离心率为，实轴长为4. (1)求C的方程； (2)如图，点A为双曲线的下顶点，直线l过点P(0，t)(P位于原点与双曲线上顶点之间)且垂直于y轴，过点P的直线交C于G，H两点，直线AG，AH分别与l交于M，N两点，若O，A，N，M四点共圆，求点P的坐标． 22．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝. (1)请研究函数g(x)＝f(x)－sin x在x∈[－2π，0)∪(0，2π]上的零点个数并证明； (2)当x＞0时，证明：[1＋f(x)][1＋2f(x)]x＞e. 学科网（北京）股份有限公司 $$ 高考数学模拟试题精编(六) 1．C　因为A＝{x|lg (x＋a)＞0}＝{x|x＞1－a}，B＝{x|x≤－2或x≥2}，所以要使A∪B＝R，当且仅当1－a≤－2，解得a≥3.故选C. 2．C　因为(1－i)z＝4i，则z＝＝＝＝－2＋2i，所以，＝－2－2i，因此，z·＝(－2＋2i)(－2－2i)＝4＋4＝8.故选C. 3．C　因为＝2，所以＝.根据向量的减法法则，得＝－＝－，所以·＝·＝(·)－·＝－||||cos ＝×1×1×－1×1×＝－＝－.故选C. 4．C　由题意，点A，B的坐标都满足x cos θ＋y sin θ＋2＝0，所以直线l的方程为x cos θ＋y sin θ＋2＝0，由可得y2＋(4sin θ)y＋4sin2θ＝0，因为Δ＝16sin2θ－4×4sin2θ＝0，所以直线l和圆相切．故选C. 5．C　设经过的年份为x年，依题意有0.5×≤0.4，即≤0.8，两边取以10为底的对数得x lg ≤lg 0.8，即x≥≈3.3，故至少经过4年，可使家庭恩格尔系数n满足30%＜n≤40%达到富裕水平．故选C. 6．C　“甲、乙获胜场数相同”包括两种情况：“甲、乙各获胜1场”与“甲、乙各获胜0场”，所以所求概率为C××C××C×＋C＝.故选C. 7．B　如图，设直线l1，l2交于点P，且与圆C的切点为A，B， 根据题意可得圆C：(x－a)2＋y2＝， ∴四边形PACB是边长为的正方形， ∵在△AF1C中，sin ∠PF1C＝＝·， 在△BF2C中，sin ∠PF2C＝＝·，又∠PF2C＋∠PF1C＝， ∴sin2∠PF1C＋sin2∠PF2C＝1， ∴＋＝6， 化简可得：3e4－7e2＋2＝0，又e＞1， ∴解得e＝.故选B. 8．D　由g(x)＝(x－1)f(x)得到g(x＋1)＝xf(x＋1)，g(x＋1)是偶函数，故f(x＋1)为奇函数，∴f(－x＋1)＝－f(x＋1)，∴f(x＋2)＝－f(－x).∵f(x)是R上的偶函数，∴f(x＋2)＝－f(－x)＝－f(x)，∴f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)，∴f(x)是周期为4的周期函数，∴g(－0.5)＝－1.5f(－0.5)＝1.5f(1.5)＝1.5f(5.5)＝1.5×2＝3.故选D. 　9.AD　10.ABD　11.BCD　12.ACD 9．AD　对于A，＝x0， ∴x1＋x2＋…＋xn＝nx0， ＝＝x0， ∴平均数不变，A正确； 对于B，取一组数据1，2，3，11，14，15，中位数为7，平均数为，添加一个数据，中位数为≠7，B错误； 对于C，原来s2＝(xi－x0)2，后来s＝·[ (xi－x0)2＋(x0－x0)2]＝ (xi－x0)2≠s2，C错误； 对于D，当数据不均相等时，x0既不是最大值也不是最小值，极差不变，当数据均相等时，极差为0，加上x0，极差仍为0，极差不变，D正确．故选AD. 10．ABD　对于A，－＝，a＞b＞0＞c， ∴ab＞0，b－a＜0，c＜0，∴＞0， ∴＞，A正确； 对于B，－＝＝， ∵a－c＞0，a＞0，b－a＜0，c＜0，∴＞0， ∴＞，B正确； 对于C，令y＝f(x)＝xc(x＞0)，当c＜0时， f(x)在(0，＋∞)上单调递减，又a＞b，∴ac＜bc，C错误； 对于D，a－c＞b－c＝b＋(－c)≥2，当且仅当b＝－c时等号成立，D正确．故选ABD. 11.BCD　对于A，设底面中心为O， PO⊥平面ABCDEF， ∴PO⊥AB. 若PD⊥AB，又PO∩PD＝P， ∴AB⊥平面POD， 则AB⊥OD， 即AB⊥AD，矛盾，A错误． 对于B，AB与PC，PD，PE，PF异面，B正确． 对于C，(解法一：几何法)设正六棱锥内切球球心为O1，内切球半径为r，∴O1一定在PO上，如图所示，取AB的中点Q，连接PQ，OQ，易求得OQ＝，PQ＝，PO＝，过点O1作O1H⊥PQ于点H，只需O1H＝O1O＝r，由△PO1H∽△PQO，得＝，则＝，故内切球的半径r＝，C正确． (解法二：等体积法)设内切球半径为r，取AB的中点Q，PA＝PB＝2，BQ＝，∴PQ＝ ＝， ∴S△PAB＝×1×＝， ∴S侧＝，S底＝6××1×1×＝. 在Rt△POQ中， PO＝＝ ＝， ∴××＝×·r， ∴r＝，C正确． 对于D，设外接球半径为R，则(－R)2＋1＝R2， ∴R＝，所求外接球的表面积S＝4πR2＝，D正确．故选BCD. 12．ACD　令f(x)＝(x∈R)，则f′(x)＝，令f′(x)＝0，则x＝1.当x∈(－∞，1)时，f′(x)＞0，当x∈(1，＋∞)时，f′(x )＜0.∴f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，f(x)max＝.令g(x)＝(x＞0)，则g′(x)＝.令g′(x)＝0，则x＝e，当x∈(0，e)时，g′(x)＞0，当x∈(e，＋∞)时，g′(x)＜0.∴g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，g(x)max＝，作出函数图象，如图所示，由＝a，得x2＝aex2，A正确． ＝＝a＝＝，f(x)＝在(0，1)上单调递增，0＜x1＜1，1＜x2＜e，0＜ln x2＜1，∴x1＝ln x2，B错误． ＝＝a＝，g(x)＝在(e，＋∞)上单调递减，1＜x2＜e，ex2∈(e，ee)，x3＞e，∴ex2＝x3，C正确． x1x3＝ex2ln x2＝·ax2＝x，D正确． 故选ACD. 13．解析：由题意可知F1(－，0)，F2(，0)，因为过点F2(，0)作直线交椭圆于A，B两点，且点F2(，0)为线段AB的中点，所以AB⊥F1F2，所以|AB|＝＝1，所以S△AF1B＝|AB|·|F1F2|＝. 答案： 14．解析：解法一　第一步：将4人分成2组，有2类分法，一类是一组3人另一组1人，另一类是每组均为2人，所以共有CC＋＝4＋3＝7(种)分组方法． 第二步：将分好的2组分配到2个村，共有A＝2(种)分配方法．所以共有7×2＝14(种)不同的选派方式． 解法二　设2个村分别为A村和B村，则选派方式可分为三类：①A村3人，B村1人，有CC＝4(种)选派方式；②A村2人，B村2人，有CC＝6(种)选派方式；③A村1人，B村3人，有CC＝4(种)选派方式．所以共有4＋6＋4＝14(种)不同的选派方式． 答案：14 15．解析：由＋＝2， 得＝2， 所以sin ＝sin ，所以＋＝π＋2kπ，k∈Z，即α＝＋，k∈Z时，等式可成立．故可填. 答案：(答案不唯一，α＝＋，k∈Z中任意一个值均可) 16．解析：依题意，将三棱锥P­ABC放在正四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，P应为正方形A1B1C1D1的中心，如图，因为AC＝2，所以正四棱柱上、下底面边长均为2，因为三棱锥P­ABC的侧棱都为3，即PA＝PB＝PC＝3，所以正四棱柱的高为，因为E为PA的中点，所以点E到平面ABC的距离为.连接PD，因为点Q在线段CE上，所以点Q到平面PBC的距离等于点Q到平面PCD的距离，过点Q作平面PCD的垂线，垂足为G，过点Q作AB的垂线，垂足为F，当F，Q，G三点共线时，FG＝d1＋d2最小，由VA­PCD＝VP­ACD，得S△PCD·FG＝S△ACD·AA1，所以××2××FG＝××2×2×，解得FG＝，即d1＋d2的最小值为. 答案：　 17．解：(1)因为a－c sin B＝b cos C， 所以sin (B＋C)－sin C sin B＝sin B cos C， 即cos B sin C＝sin C sin B，因为sin C≠0， 所以tan B＝， 又B∈(0，π)，所以B＝.　　(5分) (2)选择①BD为∠ABC的平分线， 因为BD为∠ABC的平分线，所以∠ABD＝∠DBC＝， 又S△ABC＝S△ABD＋S△BDC， 所以ac sin ＝×2a sin ＋×2c sin ， 即ac＝2(a＋c)， 又由余弦定理b2＝a2＋c2－2ac cos ∠ABC， 得9＝(a＋c)2－3ac， 所以9＝(ac)2－3ac，即(ac)2－4ac－12＝0， 解得ac＝6或ac＝－2(舍)，　　(8分) 所以S△ABC＝ac sin ∠ABC＝.　　(10分) 选择②D为AC的中点，则AD＝DC＝， ∠BDA＝π－∠BDC，cos ∠BDA＝－cos ∠BDC， 所以＝－， 所以a2＋c2＝， 又根据余弦定理，得a2＋c2－ac＝9， 所以ac＝，　　(8分) 所以S△ABC＝ac sin ∠ABC＝.　　(10分) 18．解：(1)当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(an－1)－(an－1－1)， 整理得＝－2.　　(3分) 又a1＝S1＝(a1－1)，得a1＝－2. 则数列{an}是以－2为首项，－2为公比的等比数列， 则an＝(－2)n，n∈N*.　　(6分) (2)由(1)可知bn＝an·sin ＝k∈N. (9分) 所以b1，b3，b5，b7，…，b97，b99是首项为－2，公比为－4的等比数列，共有50项，所以T100＝a1－a3＋a5－a7＋…＋a97－a99＝＝.　　(12分) 19．解：(1) 先手局 后手局 合计 赢棋 45 10 55 输棋 30 15 45 合计 75 25 100 　　(2分) χ2＝＝≈3.030.　　(4分) 因为3.030＞2.706，所以有90%的把握认为赢棋与先手局有关．　　(6分) (2)X的取值范围为{2，3}， P(X＝2)＝×＋×＝， P(X＝3)＝1－＝，　　(8分) 则X的分布列为 X 2 3 P 　　(10分) 则E(X)＝2×＋3×＝.　　(12分) 20．解：(1)证明：在△AND中，AD＝3，DN＝2，∠ADN＝30°，由余弦定理，得AN＝＝， ∴AN2＋AD2＝DN2， ∴AN⊥AD，即AC⊥AD.　　(2分) 又PA⊥平面ABCD，∴PA⊥AC. 又PA∩AD＝A，PA，AD⊂平面PAD， ∴AC⊥平面PAD.　　(4分) (2)建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz， 则A(0，0，0)，P(0，0，3)，C(3，0，0)， M， ＝(0，0，3)， ＝， ＝(3，0，0).　　(8分) 过点B作BE∥AD，交AC于点E，则＝＝＝，∴BE＝，NE＝，∴AE＝， ∴B，＝. 设平面PAB与平面MAC的法向量分别为n1＝(x1，y1，z1)，n2＝(x2，y2，z2)，平面PAB与平面MAC的夹角为θ，则 ， ， 可取n1＝(1，，0)，n2＝(0，1，－1)，　　(10分) ∴cos θ＝＝，∴sin θ＝， 即平面PAB与平面MAC夹角的正弦值为.　　(12分) 21．解：(1)因为双曲线的实轴长为4，所以2a＝4，得a＝2， 又双曲线的离心率e＝＝， 所以c＝2，b2＝c2－a2＝4， 所以C的方程为－＝1.　　(4分) (2)由O，A，N，M四点共圆可知，∠ANM＋∠AOM＝π， 又∠MOP＋∠AOM＝π，所以∠ANM＝∠MOP， 所以tan ∠ANM＝tan ∠MOP＝， 即－kAN＝，所以kAN·kOM＝1. 设G(x1，y1)，H(x2，y2)，M(xM，yM)， 由题意可知A(0，－2)， 则直线AG：y＝x－2， 直线AH：y＝x－2， 因为点M在直线l上，所以yM＝t，代入直线AG的方程，可得xM＝， 所以点M的坐标为，　　(8分) 所以kOM＝. 易知kAN＝kAH＝，由kAN·kOM＝1， 得·＝1， 整理可得＝. 当直线GH的斜率不存在时，显然不符合题意， 所以直线GH的斜率存在，设直线GH的方程为 y＝kx＋t(0<t<2)， 代入双曲线C的方程－＝1中， 可得(k2－1)x2＋2ktx＋t2－4＝0，Δ>0，k2－1≠0， 所以x1＋x2＝，x1x2＝， 所以(y1＋2)(y2＋2)＝(kx1＋t＋2)(kx2＋t＋2)＝k2x1x2＋k(t＋2)(x1＋x2)＋(t＋2)2＝k2·＋k(t＋2)·＋(t＋2)2＝， 所以＝＝＝＝(t＋2≠0)， 所以t＝2－t，得t＝1， 所以点P的坐标为(0，1).　　(12分) 22．解：(1)因为g(x)＝f(x)－sin x＝－sin x为奇函数，所以只需要研究函数g(x)在(0，2π]上的零点个数． 当x∈时，g′(x)＝－－cos x＜0， 则g(x)单调递减，因为g＝1－sin ＞0， g＝－1＜0， 所以存在唯一实数x1∈，使g(x1)＝0， 即当x∈时，g(x)有一个零点．　　(2分) 当x∈时，令φ(x)＝g′(x)＝－－cos x，φ′(x)＝＋sin x＞0，则φ(x)单调递增． 又当x→时，φ(x)→－＜0，φ(π)＝1－＞0， 所以存在唯一实数x0∈，使得φ(x0)＝0， 所以当x∈时，g′(x)＜0，则g(x)单调递减； 当x∈(x0，π)时，g′(x)＞0，则g(x)单调递增． 又g(x)在(0，2π]上连续，g＝－1＜0，g(π)＝＞0，则g(x0)＜0，所以存在唯一实数x2∈，使得g(x2)＝0，即当x∈时，g(x)有一个零点． 当x∈(π，2π]时，g(x)＝－sin x＞0，所以g(x)无零点． 故当x∈(0，2π]时，函数g(x)＝f(x)－sin x有两个零点．　　(5分) 综上可知，当x∈[－2π，0)∪(0，2π]时，函数g(x)＝f(x)－sin x有四个零点．　　(6分) (2)证明：当x＞0时，要证[1＋f(x)][1＋2f(x)]x＞e，即＞e， 只需证x ln ＋ln ＞1，　　(7分) 构造函数p(x)＝ln (1＋x)－(x＞0)， 有p′(x)＝－＝＞0， 则p(x)在(0，＋∞)上单调递增，当x→0时，p(x)→0， 所以p(x)＞0，即ln (1＋x)＞，　　(9分) 则ln ＞＞，　　(10分) 于是x ln ＞，ln ＞， 所以x ln ＋ln ＞＋＝1. 即[1＋f(x)][1＋2f(x)]x＞e.　　(12分) 学科网（北京）股份有限公司 $$