模拟预测卷02（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02（原卷版） 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．已知集合，，则（    ） A． B． C． D． 2．已知复数z满足，则（    ） A． B． C．2 D．3 3．已知函数的最小正周期为，将函数的图象向右平移个单位得到函数的图象，且，则的取值为 A． B． C． D． 4．已知，，，则，，的大小关系为（    ） A． B． C． D． 5．如图，在矩形ABCD中，，E为边AB上的任意一点（包含端点），O为AC的中点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 6．在正四棱柱中，为线段的中点，一质点从点出发，沿长方体表面运动到达点处，若沿质点的最短运动路线截该正四棱柱，则所得截面的面积为（    ）    A． B． C． D． 7．已知，是焦点为的抛物线上两个不同点，且线段的中点的横坐标是3，直线与轴交于点，则点的横坐标的取值范围是 A． B． C． D． 8．若函数为奇函数，当时，，已知有一个根为，且，，则的值为（      ） A．1 B．2 C．3 D．4 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．某次数学考试后，为分析学生的学习情况，某校从某年级中随机抽取了100名学生的成绩，整理得到如图所示的频率分布直方图．为进一步分析高分学生的成绩分布情况，计算得到这100名学生中，成绩位于内的学生成绩方差为12，成绩位于内的同学成绩方差为10．则（    ） A． B．估计该年级学生成绩的中位数约为77.14 C．估计该年级成绩在80分及以上的学生成绩的平均数为87.50 D．估计该年级成绩在80分及以上的学生成绩的方差为30.25 10．已知等差数列的公差，其前n项和为，则下列说法正确的是（    ） A．是等差数列 B．若，则有最大值 C．，，成等差数列 D．若，，则 11．如图，在正方体中，均为棱的中点，则下列结论错误的是（    ） A．平面平面 B．梯形内存在一点，使得平面 C．过可作一个平面，使得，到这个平面的距离相等 D．梯形的面积是面积的倍 三、填空题：本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分. 12．的展开式中的系数为 ． 13．已知，若实数m，n满足，则的最小值为 14．已知函数 （且）， 若有最小值， 则实数a的取值范围是 . 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）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知． (1)求C； (2)若且，求的外接圆半径． 16．（15分）如图，在四棱锥中，平面，.    (1)求证：平面； (2)若，求平面与平面的夹角的余弦值. 17．（15分）某公司拟通过摸球中奖的方式对员工发放节日红包．在一个不透明的袋子中装有个形状大小相同的标有面值的球，每位员工从球袋中一次性随机摸取m个球，摸完后全部放回袋中，球上所标的面值之和为该员工所获得的红包数额． (1)若，，当袋中的球中有个所标面值为元，1个为元，1个为元时，在员工所获得的红包数额不低于元的条件下，求取到面值为元的球的概率； (2)若，，当袋中的球中有1个所标面值为元，2个为元，1个为元，1个为元时，求员工所获得红包数额的数学期望与方差． 18．（17分）已知双曲线的离心率为，右焦点到双曲线的一条渐近线的距离为1，两动点在双曲线上，线段的中点为． (1)证明：直线的斜率为定值； (2)为坐标原点，若的面积为，求直线的方程． 19．（17分）已知函数. （1）求函数的图象在（为自然对数的底数）处的切线方程； （2）若对任意的，均有，则称为在区间上的下界函数，为在区间上的上界函数. ①若，求证：为在上的上界函数； ②若，为在上的下界函数，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！2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 保密★启用前 模拟预测卷02（解析版） 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．已知集合，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据并集的定义直接进行运算即可求出答案． 【详解】解：∵，， ∴， 故选：D． 2．已知复数z满足，则（    ） A． B． C．2 D．3 【答案】A 【分析】由复数的除法运算和模长运算可得答案. 【详解】依题意，，∴． 故选：A． 3．已知函数的最小正周期为，将函数的图象向右平移个单位得到函数的图象，且，则的取值为 A． B． C． D． 【答案】C 【分析】通过最小正周期得到，再通过平移得到解析式，根据是的对称轴可得，再根据的范围确定结果. 【详解】函数的最小正周期为         将函数的图象向右平移个单位得到函数的图象 又    为函数图象的一条对称轴 ，，即， 又     本题正确选项： 4．已知，，，则，，的大小关系为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用指数函数和对数函数的单调性判断. 【详解】因为，，， 所以， 故选：C. 5．如图，在矩形ABCD中，，E为边AB上的任意一点（包含端点），O为AC的中点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】法一：设，然后用，分别表示出，，从而由平面向量的数量积运算并结合的范围求得结果； 法二：以A为坐标原点建立平面直角坐标系，设，然后求出，，从而由向量的坐标运算并结合m的范围求得结果． 【详解】法一：设， 因为O为AC的中点，所以， 所以．又， 所以， 因为，所以， 所以； 法二：以A为坐标原点，，的方向分别为x，y轴的正方向，建立如图所示的平面直角坐标系， 则，，，设， 所以，，所以． 因为，所以， 即. 故选：A． 6．在正四棱柱中，为线段的中点，一质点从点出发，沿长方体表面运动到达点处，若沿质点的最短运动路线截该正四棱柱，则所得截面的面积为（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据正四棱柱的侧面展开图可得最短距离，进而可得截面与截面面积. 【详解】如图，把正四棱柱的侧面展开图可得最短距离， （1）  ，（2）  ，（3）   （1），（2），（3）， 所以质点从到的最短距离为， 此时质点从点出发，经过上靠近的三等分点，再到达点， 面截正四棱柱所得截面为五边形，如图， 由，， 所以沿质点的最短运动路线截正四棱柱，    则所得截面的面积为： ． 故选：B 7．已知，是焦点为的抛物线上两个不同点，且线段的中点的横坐标是3，直线与轴交于点，则点的横坐标的取值范围是 A． B． C． D． 【答案】A 【详解】(1)若直线的斜率不存在,则点的坐标为. (2)若直线的斜率存在,设, ,,则由 得, , ,即 , 直线 的方程为, 点的横坐标 ,由 ,消去得: ,由得又, .综上,点的横坐标的取值范围为. 8．若函数为奇函数，当时，，已知有一个根为，且，，则的值为（      ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】根据单调性和根的存在性定理确定函数的负根，结合奇偶性可得必有另一根，即可得解. 【详解】由题当时，，根据基本初等函数性质可得函数在时单调递增，， 所以函数在时有唯一根， 函数为奇函数，所以必有另一根， 所以的值为2. 故选：B 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．某次数学考试后，为分析学生的学习情况，某校从某年级中随机抽取了100名学生的成绩，整理得到如图所示的频率分布直方图．为进一步分析高分学生的成绩分布情况，计算得到这100名学生中，成绩位于内的学生成绩方差为12，成绩位于内的同学成绩方差为10．则（    ） A． B．估计该年级学生成绩的中位数约为77.14 C．估计该年级成绩在80分及以上的学生成绩的平均数为87.50 D．估计该年级成绩在80分及以上的学生成绩的方差为30.25 【答案】BCD 【分析】A项，由各组频率之和为求参数；B项可由频率分布直方图面积与比较，估计中位数所在区间，利用面积关系建方程求解可得；C项，两组求加权平均数可得；D项，由分别两组成绩的方差与两组总方差的关系求解即可. 【详解】A项，在频率分布直方图中，所有直方图的面积之和为1， 则，解得，故A错误； 项，前两个矩形的面积之和为 前三个矩形的面积之和为. 设该年级学生成绩的中位数为，则， 根据中位数的定义可得，解得， 所以，估计该年级学生成绩的中位数约为，故B正确； C项，估计成绩在80分以上的同学的成绩的平均数为 分，故C正确； D项，估计该年级成绩在80分及以上的学生成绩的方差为 ，故D正确. 故选：BCD. 10．已知等差数列的公差，其前n项和为，则下列说法正确的是（    ） A．是等差数列 B．若，则有最大值 C．，，成等差数列 D．若，，则 【答案】ABD 【分析】根据等差数列前n项和应用对应证明等差判断A,应用数列正负求前n项和的最大值，特殊值法判断C,结合等差数列性质判断D. 【详解】，，故A正确； 若，则，最大；若，，最大； 若，则，则存在，，，故最大，故B正确； 对数列：1，2，3，…，取，，，，故C错误； 不妨设，则， 即，∴， 而，故，D正确． 故选:ABD． 11．如图，在正方体中，均为棱的中点，则下列结论错误的是（    ） A．平面平面 B．梯形内存在一点，使得平面 C．过可作一个平面，使得，到这个平面的距离相等 D．梯形的面积是面积的倍 【答案】ABC 【分析】由面面平行证明判断A，连接 ，，，连接，过点作的垂线，交于，交于，证明线面垂直即可判断B，连接，取 的中点，连接，连接，取 的中点，连接，即可判断C，因为梯形与的高分别为且，所以面积的比值为即可判断D. 【详解】 在正方体中，均为棱的中点， 可证，平面，平面，所以平面， ，平面，平面，所以平面， ，所以平面平面，故A正确； 连接 ，设，，连接， 过点作的垂线，交于，交于，因为在上底面的射影为， 易证，平面，平面， 所以，，所以平面，平面， 则，，又, 所以 平面，所以平面，故B正确； 连接，取 的中点，连接， 所以过直线的平面一定满足到这个平面的距离相等，故C正确； 因为梯形与的高分别为且， 所以梯形的面积与面积的比值为，故D错误. 故选：ABC 三、填空题：本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分. 12．的展开式中的系数为 ． 【答案】-105 【分析】根据，而二项式的展开式的通项，所以分别计算，最后合并即可求出答案． 【详解】解：因为， 而二项式的展开式的通项，． 所以的展开式中的项为， 其系数为-105， 故答案为：-105． 13．已知，若实数m，n满足，则的最小值为 【答案】4 【分析】利用导数求解函数单调性，由得，即可利用不等式求解最值. 【详解】由可得，故在单调递增， 而， 故得， ，当且仅当，即时取等号， 故答案为：4 14．已知函数 （且）， 若有最小值， 则实数a的取值范围是 . 【答案】 【分析】利用单调性确定最小值后可得． 【详解】是减函数，在时最小值是， 若，则是减函数，时，，没有最小值，不合题意， 时，是增函数，因此要使得取得最小值，则，解得， 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）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知． (1)求C； (2)若且，求的外接圆半径． 【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据结合三角恒等变换化简整理即可得结果； （2）根据题意利用余弦定理可得，进而利用正弦定理求外接圆半径. 【详解】（1）因为，即， 且， 即，则， 且，则，可得， 且，所以. （2）因为且，则，可得， 由余弦定理可得，即， 整理可得，解得或（舍去）， 所以的外接圆半径. 16．（15分）如图，在四棱锥中，平面，.    (1)求证：平面； (2)若，求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）根据正弦定理得，或者利用余弦定理求解，即可得，结合，即可由线面垂直的判定求证， （2）建立空间直角坐标系，利用法向量的夹角求解，或者利用线面垂直，找到二面角的几何角，结合三角形的边角关系求解， 【详解】（1）解法一：在中， 因为， 由正弦定理，得，所以， 所以， 因为，所以，所以. 因为平面平面，所以， 又，平面 所以平面； 方法二：证明：设，在中， 因为， 由余弦定理，得， 所以，即，解得. 所以，所以. 因为平面平面， 所以， 又，平面 所以平面； 解法三：设，在中， 因为， 由余弦定理，得 所以，即，解得. 所以，所以. 因为平面平面， 所以平面平面； 又平面平面平面， 所以平面； （2）解法一：由（1）知平面， 又平面，所以， 因为平面，平面，所以， 因为，所以， 所以两两垂直. 以点为原点，分别以所在直线为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，    则，所以， 设平面的法向量为， 则即取，则， 显然平面的一个法向量， 所以 所以平面与平面的夹角的余弦值为. 解法二：由（1）知平面，过作，则平面， 又平面，所以， 因为平面， 又平面，所以， 所以两两垂直. 以点为原点，分别以所在直线为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，    则，所以， 设平面的法向量为， 则即取，则， 显然平面的一个法向量， 所以 所以平面与平面的夹角的余弦值为. 解法三：延长交于点，连接， 则平面平面， 在中，     ， 由余弦定理，得， 所以，所以， 所以， 因为平面平面， 所以，又， 所以平面， 又平面，所以， 所以为平面与平面的夹角， 因为平面平面， 所以， 因为，得， 所以， 所以平面与平面的夹角的余弦值为. 17．（15分）某公司拟通过摸球中奖的方式对员工发放节日红包．在一个不透明的袋子中装有个形状大小相同的标有面值的球，每位员工从球袋中一次性随机摸取m个球，摸完后全部放回袋中，球上所标的面值之和为该员工所获得的红包数额． (1)若，，当袋中的球中有个所标面值为元，1个为元，1个为元时，在员工所获得的红包数额不低于元的条件下，求取到面值为元的球的概率； (2)若，，当袋中的球中有1个所标面值为元，2个为元，1个为元，1个为元时，求员工所获得红包数额的数学期望与方差． 【答案】(1)(2)期望为；方差为 【分析】（1）记事件：员工所获得的红包数额不低于90元，事件：取到面值为60元的球，根据条件先求，再利用条件概率公式，即可求解； （2）由题知可能取值为，再求出对应的概率，利用期望和方差的计算公式，即可求解. 【详解】（1）记事件：员工所获得的红包数额不低于90元，事件：取到面值为60元的球， 因为球中有个所标面值为元，1个为元，1个为元，且 ，，，所以， 又，所以． （2）设X为员工取得的红包数额，则可能取值为，     所以，， ，，     所以，     ． 18．（17分）已知双曲线的离心率为，右焦点到双曲线的一条渐近线的距离为1，两动点在双曲线上，线段的中点为． (1)证明：直线的斜率为定值； (2)为坐标原点，若的面积为，求直线的方程． 【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）由题意可得的关系，求解即可. （2）设，求得弦长与原点到直线的距离，由面积可求直线的方程. 【详解】（1）由已知可得，解得， 所以双曲线方程为， 设， 所以，两式相减，可得， 又线段的中点为，所以，， 所以，解得， 所以直线的斜率为定值； （2）由（1）设直线的方程为， 由，所以，整理可得， 所以，解得或， 所以，，    所以， 又原点到直线的距离为, 所以的面积为， 化简可得，解得， 所以直线的方程． 19．（17分）已知函数. （1）求函数的图象在（为自然对数的底数）处的切线方程； （2）若对任意的，均有，则称为在区间上的下界函数，为在区间上的上界函数. ①若，求证：为在上的上界函数； ②若，为在上的下界函数，求实数的取值范围. 【答案】（1）；（2）①证明见解析；②. 【分析】（1）求出和的值，利用点斜式可求得所求切线的方程； （2）①利用导数得出，，可得出，结合题中定义可得出结论； ②由题意得出对任意的恒成立，利用参变量分离法得出，设，利用导数求出函数在上的最小值，由此可求得实数的取值范围. 【详解】（1）因为，所以， 所以函数的图象在处的切线斜率. 又因为，所以函数的图象在处的切线方程为； （2）①由题意得函数的定义域为. 令，得. 所以当时，；当时，. 故函数在上单调递增，在上单调递减. 所以. 因为，所以， 故当时，在上恒成立，所以在上单调递增， 从而，所以，即， 所以函数为在上的上界函数； ②因为函数为在上的下界函数， 所以，即. 因为，所以，故. 令，，则. 设，，则， 所以当时，，从而函数在上单调递增， 所以， 故在上恒成立，所以函数在上单调递增， 从而. 因为在上恒成立，所以在上恒成立， 故，即实数的取值范围为. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 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 $$