模拟预测卷01（新高考卷）-2025年高考数学一轮复习考点通关卷（新高考通用）

保密★启用前 模拟预测卷01 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交. 一、单项选择题：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，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1．设集合，则（    ） A． B． C． D． 2．若复数满足为虚数单位，则在复平面内对应的点位于（    ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 3．已知函数的图象关于直线轴对称，且在上没有最小值，则的值为（    ） A． B．1 C． D．2 4．已知，，，则，，的大小关系是（   ） A． B． C． D． 5．如图，圆为的外接圆，，为边的中点，则（    ）    A．10 B．13 C．18 D．26 6．如图，一块边长为10cm的正方形铁片上有四块阴影部分，将这些阴影部分裁下去，然后用余下的四个全等的等腰三角形加工成一个正四棱锥形容器，则这个正四棱锥的内切球（球与正四棱锥各面均有且只有一个公共点）的体积为（    ） A． B． C． D． 7．设椭圆的弦与轴，轴分别交于两点，，若直线的斜率，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 8．已知函数的定义域均为，若为偶函数，为奇函数，且，则（    ） A． B． C．为奇函数 D．为奇函数 二、多项选择题：本大题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分. 在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求. 全部选对得 6 分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分. 9．某人在次射击中击中目标的次数为，其中，设击中偶数次为事件，则（    ） A．当时，取得最大值 B．当时，取得最小值 C．当随的增大而减小 D．当随的增大而减小 10．已知数列，下列结论正确的有（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，则数列是等比数列 D．若为等差数列的前项和，则数列为等差数列 11．已知定义在上的函数的图象连续不间断，当，且当时，，则下列说法正确的是（） A． B．在上单调递增，在上单调递减 C．若，则 D．若是在内的两个零点，且，则 三、填空题：本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分. 12．已知，，若，则的值为 . 13．已知函数是定义域为的偶函数，且为奇函数，写出函数的一个解析式为 . 14．在中，角A，B，C的对边分别为的平分线AD交BC于点.若，则周长的最小值为 . 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．（13分）记为正项等比数列的前项和，已知，，. (1)求数列的通项公式； (2)设，为数列的前项和，证明：. 16．（15分）如图，在四棱锥中，平面，，，，为的中点，点在上，且．    (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值． (3)设点在上，且判断直线是否在平面内，说明理由． 17．（15分）某记忆力测试软件的规则如下：在标号为1、2、3、4的四个位置上分别放置四张相似的图片，观看15秒，收起图片并打乱，1分钟后，测试者根据记忆还原四张卡片的位置，把四张卡片分别放到四个位置上之后完成一次测试，四张卡片中与原来位置相同1张加2分，不同1张则扣1分． (1)规定：连续三次测试全部得8分为优秀，三次测试恰有两次得8分为良好，若某测试者在每次测试得8分的概率均为（），求他连续三次测试结果为良好的概率的最大值； (2)假设某测试者把四张卡片随机地放入四个位置上，他测试1次的得分为X，求随机变量X的分布列及数学期望． 18．（17分）已知函数． (1)若曲线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积为2，求的值； (2)若，证明：； (3)若在上有且仅有一个极值点，求正实数的取值范围． 19．（17分）定义：由椭圆的两个焦点和短轴的一个端点组成的三角形称为该椭圆的“特征三角形”．若两个椭圆的“特征三角形”是相似的，则称这两个椭圆是“相似椭圆”，并将“特征三角形”的相似比称为椭圆的相似比．已知椭圆，椭圆与是“相似椭圆”，已知椭圆的短半轴长为． （1）写出椭圆的方程（用表示）； （2）若椭圆的焦点在轴上，且上存在两点，关于直线对称，求实数的取值范围． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 保密★启用前 模拟预测卷01 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交. 一、单项选择题：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，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1．设集合，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】直接由并集的概念即可求解. 【详解】由，得. 故选：A. 2．若复数满足为虚数单位，则在复平面内对应的点位于（    ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 【答案】A 【分析】先求出复数，可得出复数在复平面内对应的点，从而可得答案 【详解】因为，所以，即， 所以， 所以对应的点的坐标为，位于第一象限． 故选：A 3．已知函数的图象关于直线轴对称，且在上没有最小值，则的值为（    ） A． B．1 C． D．2 【答案】C 【分析】先由三角恒等变换化简解析式，再由对称轴方程解得，再由在上没有最小值得范围，建立不等式求解可得. 【详解】 ， 因为的图象关于直线轴对称， 所以， 故，即， 当，，, 即当时，函数取得最小值， 当时，为轴右侧第条对称轴. 因为在上没有最小值，所以，即， 故由，解得， 故，得． 故选：C. 4．已知，，，则，，的大小关系是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用指数函数、对数函数的单调性可得答案. 【详解】，， ，∴. 故选：A. 5．如图，圆为的外接圆，，为边的中点，则（    ）    A．10 B．13 C．18 D．26 【答案】B 【分析】根据三角形外接圆的性质，结合数量积的几何意义求解可得可得与，再根据平面向量的运算可得出结论． 【详解】是边的中点，可得， 是的外接圆的圆心， ， 同理可得， ． 故选：B． 6．如图，一块边长为10cm的正方形铁片上有四块阴影部分，将这些阴影部分裁下去，然后用余下的四个全等的等腰三角形加工成一个正四棱锥形容器，则这个正四棱锥的内切球（球与正四棱锥各面均有且只有一个公共点）的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意可得正四棱锥的斜高为5，底面正方形的边长为6，从而可得正四棱锥的高，设这个正四棱锥的内切球的半径为，高线与斜高的夹角为，则易得，，从而可得，再代入球的体积公式，即可求解． 【详解】作出四棱锥如图： 根据题意可得正四棱锥的斜高为，底面正方形的边长为6， 正四棱锥的高为， 设这个正四棱锥的内切球的球心为，半径为，与侧面相切于， 则高线与斜高的夹角为，则， 则, ，， 这个正四棱锥的内切球的体积为． 故选：B． 7．设椭圆的弦与轴，轴分别交于两点，，若直线的斜率，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设，由得，根据在椭圆上，代入相减得，则直线的斜率为，然后由即可求解. 【详解】如图所示，设， 直线， 因为，所以， 所以， 即，，所以. 因为在椭圆上，所以， 两式相减得，即. 又因为，且，， 所以，即， 所以. 故选：C. 8．已知函数的定义域均为，若为偶函数，为奇函数，且，则（    ） A． B． C．为奇函数 D．为奇函数 【答案】C 【分析】方法一：利用抽象函数的奇偶性和相关条件推导出函数的周期性、对称性等基本性质，逐一对选项进行分析判断；方法二：依题意构造函数法.依题意，可设，则，一一对选项进行计算、验证即得. 【详解】方法一 :（函数性质判断法）由为偶函数，得①． 由为奇函数，得． 又，则②． 则由①，（*）， 由②，， 故得． 把取成，得③， 于是，，即函数的周期为2，故B错误； 又因为上的奇函数，则，的周期为2，则，故A错误； 由③得，，即， 故．因为奇函数，故为奇函数，故C正确； 由（*），，得，即为偶函数， 又，所以为偶函数，故D错误. 方法二：（构造函数法）依题意，可设，则为偶函数， 由为奇函数，且函数的定义域均为， 对于A，，排除A； 对于B，显然的最小正周期是2，排除B； 对于C，是奇函数，故C正确； 对于D，，显然是偶函数，排除D. 故选：C. 二、多项选择题：本大题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分. 在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求. 全部选对得 6 分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分. 9．某人在次射击中击中目标的次数为，其中，设击中偶数次为事件，则（    ） A．当时，取得最大值 B．当时，取得最小值 C．当随的增大而减小 D．当随的增大而减小 【答案】AD 【分析】对于AB，直接由二项分布的方差公式即可求解；对于CD，可以根据二项式定理得出，进一步通过的范围即可判断的单调性. 【详解】对于AB：， 当时，取得最大值，故A正确，B错误； 对于CD：， ， ， ， 当时，为正负交替的摆动数列， 所以不会随着的增大而减小，故C错误； 当时，为正项且单调递减的数列， 所以随着的增大而减小，故D正确. 故选：AD． 10．已知数列，下列结论正确的有（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，则数列是等比数列 D．若为等差数列的前项和，则数列为等差数列 【答案】ABD 【分析】A.利用累加法求和，即可判断；B.利用构造法，构造为等比数列，求通项公式，即可判断;C.利用公式，即可求解通项公式，判断选项；D.根据等差数列前项和公式，结合等差数列的定义，即可判断选项. 【详解】对于选项A，由，得， 则 ，故A项正确； 对于选项B，由得， 所以为等比数列，首项为，公比为2， 所以，所以，故B项正确； 对于选项C，因为， 当时，， 当时，， 将代入，得， 所以，所以数列不是等比数列，故C项错误. 对于选项D，设等差数列的公差为d， 由等差数列前项和公式可得， 所以与n无关， 所以数列为等差数列，故D项正确. 故选：ABD 11．已知定义在上的函数的图象连续不间断，当，且当时，，则下列说法正确的是（） A． B．在上单调递增，在上单调递减 C．若，则 D．若是在内的两个零点，且，则 【答案】ACD 【分析】选项，令，可求；选项，对两边求导，结合得，，可判断单调性；C选项，的大小关系进行分类讨论，利用函数单调性，证明不等式；D选项，证明，利用函数单调性，证明且，可得结论. 【详解】选项，令，则有，所以，故正确. 选项，对两边求导，得， 所以，代入， 得当时，，所以. 又因为，所以，. 因此，当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增. 故错误. C选项，对的大小关系进行分类讨论： ①当时，在上单调递减，所以，显然有； ②当时，在上单调递增，不符合题意； ③当时，当时，. 令， 又因为，所以， 因此. 因为，由的单调性得，. 故C正确. 选项，因为， 所以. 先证，即证，即， 只需证，即证. 事实上，，因此得证. 此时有. 因为，又，所以， 因为，又，所以. 综上，，故D正确. 故选：ACD. 三、填空题：本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分. 12．已知，，若，则的值为 . 【答案】或 【分析】由可得，展开代入数据计算即可. 【详解】由题意可得， 因为，所以， 所以， 解得或. 故答案为：或 13．已知函数是定义域为的偶函数，且为奇函数，写出函数的一个解析式为 . 【答案】（答案不唯一） 【分析】由为奇函数可得的图象关于点中心对称，结合偶函数的性质可构造符合题意. 【详解】由为偶函数，知的图象关于轴对称； 由为奇函数，知的图象关于点中心对称， 据此构造函数，则是偶函数； 为奇函数，符合题意. 故答案为：（答案不唯一）. 14．在中，角A，B，C的对边分别为的平分线AD交BC于点.若，则周长的最小值为 . 【答案】/ 【分析】根据正弦定理边角化可得，即可利用正弦和差角公式求解，利用等面积法可得，进而根据基本不等式即可求解. 【详解】， ， 即， ， ， . ，得， 由，得，当且仅当时，等号成立. 又的周长，当且仅当时，等号成立. 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、证明过程或演算步骤. 15．（13分）记为正项等比数列的前项和，已知，，. (1)求数列的通项公式； (2)设，为数列的前项和，证明：. 【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）设等比数列的公比为，结合等比数列求和公式可得，即可得结果； （2）由（1）得，，利用错位相减法可得，进而分析证明. 【详解】（1）设等比数列的公比为，由可知，， 则，得，解得（负值舍去）， 将代入，解得， 所以数列的通项公式为. （2）由（1）得，， 则，可得， 两式相减可得 ， 可得. 因为，可知数列为递增数列，则； 综上可得. 16．（15分）如图，在四棱锥中，平面，，，，为的中点，点在上，且．    (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的余弦值． (3)设点在上，且判断直线是否在平面内，说明理由． 【答案】(1)证明见解析(2)(3)不在，理由见解析 【分析】（1）应用线面垂直判定定理证明即可； （2）结合线面垂直建系，空间向量法求出二面角余弦值； （3）先判断关系，再求出向量坐标，最后空间向量法证明结论. 【详解】（1）因为平面，又平面，则， 又，且，，平面，故CD平面； 又面， ， ，为中点， ， ，，面， 面； （2）过点作的垂线交于点， 因为平面，且，平面，所以，， 故以点为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示， 则，，，，， 因为为的中点，则，所以， 又，所以，故， 设平面的法向量为，则，即， 令，则，，故， 又因为平面的法向量为， 所以， 所以平面与平面的夹角余弦值为；    （3）直线不在平面内， 因为点在上，且，又，故， 则， 由（2）可知，平面的法向量为， 所以， 所以直线不在平面内． 17．（15分）某记忆力测试软件的规则如下：在标号为1、2、3、4的四个位置上分别放置四张相似的图片，观看15秒，收起图片并打乱，1分钟后，测试者根据记忆还原四张卡片的位置，把四张卡片分别放到四个位置上之后完成一次测试，四张卡片中与原来位置相同1张加2分，不同1张则扣1分． (1)规定：连续三次测试全部得8分为优秀，三次测试恰有两次得8分为良好，若某测试者在每次测试得8分的概率均为（），求他连续三次测试结果为良好的概率的最大值； (2)假设某测试者把四张卡片随机地放入四个位置上，他测试1次的得分为X，求随机变量X的分布列及数学期望． 【答案】(1)(2)分布列见解析， 【分析】（1）将表示出来，利用导数求最值； （2）卡片与原来位置相同的张数可能为4张、2张、1张 0张，对应的的所有可能取值为8，2，，，由此可得分布列及数学期望． 【详解】（1）设连续三次测试结果为良好的概率为， 依题意得，， ，令得， 当时，；当时，； 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以当 时，取最大值为； （2）某测试者把四张卡片随机地放入四个位置上， 卡片与原来位置相同的张数可能为4张、2张、1张 0张， 对应的的所有可能取值为8，2，，． 则，， ，， （或， 所以的分布列为： 8 2 数学期望为． 18．（17分）已知函数． (1)若曲线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积为2，求的值； (2)若，证明：； (3)若在上有且仅有一个极值点，求正实数的取值范围． 【答案】(1)或(2)证明见详解(3) 【分析】（1）求导，根据导数的几何意义求切线方程，进而结合面积列式求解即可； （2）分析可知原不等式等价于，构建，利用导数分析证明； （3）构建，分析可知原题意等价于与在内有且仅有一个交点，利用导数分析求解. 【详解】（1）由题意可知：的定义域为，且， 则，， 即切点坐标为，切线斜率，则切线方程为， 令，可得， 可知切线与两坐标轴围成的三角形的面积为，解得或， 所以的值为或. （2）若，则， 若，等价于， 设，则， 令，解得；令，解得； 可知在内单调递减，在内单调递减， 则，即， 所以. （3）由（1）可知：， 令，整理可得， 设， 原题意等价于与在内有且仅有一个交点， 则， 若，则，可得； 可知在内单调递减， 且，当趋近于，趋近于0，如图所示： 可得，所以正实数的取值范围. 19．（17分）定义：由椭圆的两个焦点和短轴的一个端点组成的三角形称为该椭圆的“特征三角形”．若两个椭圆的“特征三角形”是相似的，则称这两个椭圆是“相似椭圆”，并将“特征三角形”的相似比称为椭圆的相似比．已知椭圆，椭圆与是“相似椭圆”，已知椭圆的短半轴长为． （1）写出椭圆的方程（用表示）； （2）若椭圆的焦点在轴上，且上存在两点，关于直线对称，求实数的取值范围． 【答案】（1）或；（2）． 【分析】（1）根据相似椭圆的定义有，分焦点在x或y轴上写出椭圆方程. （2）设，，，的中点为，联立椭圆，应用韦达定理求，可得的坐标，根据在上求m，由即可求的取值范围． 【详解】（1）由椭圆与是相似椭圆，得， ∴椭圆的方程为或． （2）由题设知：椭圆为， 设，，，的中点为，． ∴联立与椭圆的方程，整理得， ∴，即且， ，， 由在直线，得，于是， ∴的取值范围为． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 $$