2025名校高考全真模拟试题(一)-【师大金卷】2025年高考数学复习冲刺全真模拟试卷精选必刷题（新高考）

新高考数学答案 —１　 第一部分　名校高考全真模拟试题狂练 ①２０２５名校高考全真模拟试题(一) １．B　[试题解析]要使函数y＝ln(x－２)有意义,则x－２ ＞０,解得x＞２,显然函数y＝ln(x－２)在区间上(２, ＋∞)上单调递增,且ln１＝０,所以A＝{x|ln(x－２) ≤０},只需０＜x－２≤１,解得２＜x≤３． 另函数y＝２x－１在区间(２,３]上单调递增,则３＝２２ －１＜y≤２３－１＝７,所以B＝{x|３＜x≤７},所以A ∪B＝{x|２＜x≤３}∪{x|３＜x≤７}＝{x|２＜x≤ ７}．故选B． ２．D　[试题解析]由eiθ＝cosθ＋isinθ可得eiπ＝cosπ＋isinπ ＝－１,所以(eiπ＋i)􀅰z＝(－１＋i)􀅰z＝１＋i,可得z ＝ １＋i－１＋i＝ (１＋i)(－１－i) (－１＋i)(－１－i)＝ －１－i２－２i １－i２ ＝－i, 所以z的共轭复数为i,故 A 错误;z的实部为０,故 B错误;z的虚部为－１,故 C错误;z的模为１,故 D 正确．故选 D． ３．D　[试题解析]由函数y＝loga (x＋１a ) 过(０,－１)点, 分类可解． 当x＝０时,y＝loga １ a＝－１ , 则当０＜a＜１时,函数图象过第二、三、四象限(如图); 则当a＞１时,函数图象过第一、三、四象限(如图); 所以函数y＝loga (x＋１a ) 的图象一定经过第三、 四象限．故选 D． ４．B　[试题解析]依题意,排第１名,有 C１２ 种方法,排丁和 戊,有 A２３ 种方法,排余下２人,有 A２２ 种方法,所以 这５名同学的名次排列(无并列名次)共有 C１２A２３A２２ ＝２４(种)．故选B． ５．A　[试题解析]∵tanαtanβ＝ sinαsinβ cosαcosβ ＝－３,∴sinαsinβ ＝－３cosαcosβ,∵cos(α＋β)＝cosαcosβ－sinαsinβ＝ ４cosαcosβ＝ １ ２ ,∴cosαcosβ＝ １ ８ ,∴cos(α－β)＝ cosαcosβ＋sinαsinβ＝－２cosαcosβ＝－ １ ４． 故选 A． ６．C　[试题解析]测验分数服从正态分布 X~N(７８,１６), 则 μ＝７８,σ＝ １６＝４,故 P (X ＞μ＋σ)＝ １－P(|X－μ|≤σ) ２ ≈０．１６ ,故A 等级的分数线应该 是μ＋σ＝７８＋４＝８２．故选 C． ７．D　[试题解析]如 图,设 双 曲 线 的 右 焦 点 为 F,连 接 MF,NF, 由题意可得a＝２,b＝１,c＝ ５,设|MF１→|＝３|F１N→| ＝３x,|MF→|＝２a＋３x＝４＋３x,|FN→|＝２a＋x＝４＋ x,由 余 弦 定 理 可 得 cos∠NF１F＋cos∠MF１F＝ |F１N|２＋|F１F|２－|NF|２ ２|F１N|􀅰|F１F| ＋ |F１M|２＋|F１F|２－|MF|２ ２|F１M|􀅰|F１F| ＝ ０,即x ２＋４c２－(４＋x)２ ２􀅰x􀅰２c ＋ ９x２＋４c２－(４＋３x)２ ２􀅰３x􀅰２c ＝０ , 解得x＝１３ ,所以cos∠MF１F＝ １２＋４(５)２－(４＋１)２ ２×１×２５ ＝ － ５５ ,故|cosθ|＝ ５５． 故选 D． ８．A　[试题解析]由f(２－x)＝f(x)知函数f(x)的图象 关于直线x＝１对称,∵f(２－x)＝f(x),f(x)是 R 上的奇函数,∴f(－x)＝f(x＋２)＝－f(x),∴f(x ＋４)＝f(x),∴f(x)的周期为４,考虑f(x)的一个 周期,例如[－１,３],由f(x)在[０,１]上是减函数知 f(x)在(１,２]上是增函数,f(x)在(－１,０]上是减函 数,f(x)在[２,３)上是增函数,对于奇函数f(x)有 f(０)＝０,f(２)＝f(２－２)＝f(０)＝０,故当x∈(０, １)时,f(x)＜f(０)＝０,当x∈(１,２)时,f(x)＜f(２) ＝０,当x∈(－１,０)时,f(x)＞f(０)＝０,当x∈(２, ３)时,f(x)＞f(２)＝０,因为方程f(x)＝１在(－１, ０]上有实数根,函数f(x)在(－１,０]上是单调函数, 则这实数根是唯一的,所以方程f(x)＝－１在(０, １]上有唯一的实数根,则由于f(２－x)＝f(x),函 数f(x)的图象关于直线x＝１对称,故方程f(x)＝ －１在(１,２)上有唯一实数根,因为在(－１,０)和(２, ３)上f(x)＞０,则方程f(x)＝－１在(－１,０]和[２, ３)上没有实数根,从而方程f(x)＝－１在一个周期 内有且仅有两个实数根,当x∈[－１,３],方程f(x) ＝－１的两实数根之和为x＋２－x＝２,当x∈[３, １１],方程f(x)＝－１的所有４个实数根之和为４＋ x＋４＋２－x＋x＋８＋２－x＋８＝８＋２＋８＋２＋８＝ ２８．故选 A． ９．ABD　[试题解析]由图知,从２０２３年１月到２０２３年７ 月,这７个月的制造业采购经理指数(PMI)从小 到大的顺序为４８．８％,４９．０％,４９．２％,４９．３％, ５０．１％,５１．９％,５２．６％,因为７×７５％＝５．２５,所 以第７５百分位数为第６个数,即为５１．９％,故 A 正确;从２０２３年１月到２０２３年７月,这７个月 的制 造 业 采 购 经 理 指 数 (PMI)的 最 大 值 为 ５２．６％,最小值为４８．８％,所以极差为５２．６％－ ４８．８％＝３．８％,故B正确;由图易知制造业采购 经理 指 数(PMI)有 升 有 降,故 C 错 误;由 图 知 ２０２３年１月到２０２３年３月PMI均大于５０％,所 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 新高考数学答案 —２　 以经 济 处 于 扩 张 活 跃 的 状 态,故 D 正 确．故 选 ABD． １０．BCD　[试题解析]因为S６＝S７＞S８,所以S７－S６＝a７ ＝０,S８－S７＝a８＜０,所以d＝a８－a７＜０,故 A 错误;由 A的解析可得B正确;因为S５＜S６,S６ ＝S７＞S８,所以S６ 与S７ 均为Sn 的最大值,故 C 正 确;因 为 ２a７ ＝ a１ ＋ a１３,由 S１３ ＝ １３(a１＋a１３) ２ ＝０ ,S１４＝ １４(a１＋a１４) ２ ＝７ (a７＋a８) ＜０,故 D正确．故选BCD． １１．ACD　[试题解析]连接 AD, 由于D 为PB 的中点, 所 以 PB⊥CD,PB⊥ AD,又CD∩AD＝D, AD,CD⊂ 平 面 ACD, 所以 直 线 PB⊥ 平 面 ACD,又 AE ⊂ 平 面 ACD,所以 PB⊥AE,故 A 正 确;把△ACD 沿 着 CD 翻 折 到 与 △BDC 在 同一个 平 面 内,如 图,连 接AB 交CD 于点E,则 AE＋BE 的 最 小 值 即 为 AB 的长,由于 AD＝CD ＝２ ３,AC＝４, cos∠ADC＝CD ２＋AD２－AC２ ２CD􀅰AD ＝ (２３)２＋(２３)２－４２ ２×２３×２ ３ ＝ １３ ,cos ∠ADB ＝ cos( π２＋∠ADC) ＝ －sin∠ADC＝－２ ２３ ,所以 AB２＝BD２＋AD２ －２BD􀅰ADcos∠ADB＝２２＋(２ ３)２－２×２× ２ ３× ( －２ ２３ ) ＝１６＋ １６ ６ ３ ,故 AB ＝ １６＋１６ ６３ ＝４ １＋ ６ ３ ,△ABE 的 周 长 最 小 值为４＋４ １＋ ６３ ,故B错误;要使小球半径最 大,则小球与四个面 相 切,是 正 四 面 体 的 内 切 球,设球 心 为 O,取 AC 的 中 点 M,连 接 BM, PM,过点P 作PF 垂直于BM 于点F,则F 为 △ABC的中心,点O 在PF 上,过点 O 作ON ⊥PM 于点N,因为AM＝２,AB＝４,所以BM ＝ AB２－AM２＝２ ３,同理PM＝２３,则 MF ＝ １３BM ＝ ２ ３ ３ ,故 PF＝ PM２－MF２ ＝ ４ ６ ３ ,设OF＝ON＝R,故OP＝PF－OF＝４ ６３ －R,因为△PNO∽△PFM,所以ONFM＝ OP PM ,即 R ２ ３ ３ ＝ ４ ６ ３ －R ２ ３ ,解得R＝ ６３ ,故 C正确; ４个小球分两层(１个,３个)放进去,要使小球 半径最大,则４个小球外切,且小球与三个平面 相切,设小球半径为r,四个小球球心连线是棱 长为２r的 正 四 面 体Q －VKG,由 C 选 项 可 知,其高为２ ６ ３r ,PF 是 正四 面 体P－ABC 的 高,PF 过 点Q 且 与 平 面VKG 交于S,与平面 HIJ交于Z,则QS＝２ ６３r ,SF＝r,正四面体内 切球的半 径 是 高 的 １ ４ 得,如 图 正 四 面 体 P－ HJI中,QZ＝r,QP＝３r, 正四面体P－ABC高为 ３r＋２ ６３ r＋r＝ ６ ３×４ , 解得r＝２ ６－２５ ,故 D 正确．故选 ACD． １２．[试题解析]由函数y＝cos(x＋ θ)为奇函数,可得θ＝ π２ ＋kπ ,k∈Z,则θ的最小正值 为 π ２． [参考答案]π ２ １３．[试题解析]根据题意２∠B＝∠A＋∠C,又∠A＋∠B＋ ∠C＝π,所以∠B＝π３ ,而BA→􀅰BC→＝|BA→|􀅰|BC→|􀅰cosB ＝１２ac ,由正弦定理有 a sinA＝ c sinC＝ b sinB＝ ２ ３ ３ ２ ＝４, 所以 a＝４sinA,c＝４sinC,所 以BA→􀅰BC→＝ １２ac＝ ８sinAsinC＝８sinAsin(２π３ －A ) ＝８sinA ( ３ ２cosA＋ １ ２sinA ) ＝４ ３sinAcosA＋４sin ２A＝２ ３sin２A－ ２cos２A＋２＝４sin(２A－ π６ ) ＋２,而 A 的取值范围是 (０,２π３ ) ,所 以 ２A－ π ６ 的 取 值 范 围 是 ( － π６, ７π ６ ) , sin(２A－π６ ) 的取值范围是 ( － １ ２ ,１] ,所以４sin(２A －π６ ) 的取值范围是(－２,４],所以BA→􀅰BC→＝４sin(２A －π６ ) ＋２的取值范围为(０,６]． [参考答案](０,６] １４．[试题解析]２n张卡片选取３张卡片的选法共有:C３２n 种,事件“手中这３张单张卡片中含有２张相同卡片” 的选法共有n(２n－２)种;由古典概型的计算公式可得 其概率为n(２n－２) C３２n ＝ ３２n－１ ,若书包中２n张卡片全部 被拿走的概率为Pn,将这两张相同的卡片拿掉以后, 相当于从n－１对相同的卡片中已拿出一张卡,事件 “书包中２n张卡片全部被拿走”发生需保证事件“书包 中２n－２张卡片全部被拿走”发生,且书包中２n－２张 卡片全部被拿走概率为Pn－１,因而Pn＝ ３ ２n－１Pn－１ ,且 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 新高考数学答案 —３　 P２＝１,则P３＝ ３ ２×３－１P２＝ ３ ５ ,P７＝ ３ １３× ３ １１× ３ ９× ３ ７× ３ ５＝ ２７ ５００５． [参考答案]３ ５　 ２７ ５００５ １５．[解](１)因为csinB＋C２ ＝ ５ ４bsin２C＋ ５ ２csinCcosB ,由 正 弦 定 理 可 得 sinCsin B＋C２ ＝ ５ ４ sinBsin２C ＋ ５ ２sin ２CcosB,则 sinCsinB＋C２ ＝ ５ ２sinBsinCcosC＋ ５ ２sin ２CcosB,注 意 到 C∈ (０,π),则 sinC＞０,可 得 sinB＋C２ ＝ ５ ２sinBcosC＋ ５ ２sinCcosB ,且A＋B＋C＝ π,则 B＋C２ ＝ π ２ － A ２ ,可 得 sin ( π２ － A ２ ) ＝ ５ ２ (sinBcosC＋sinCcosB)＝ ５２sin (B＋C)＝ ５２sin (π－ A),则cosA２＝ ５ ２sinA＝ ５sin A ２cos A ２ , 又因为A∈(０,π),则A２∈ (０, π ２ ) ,可知cos A ２＞０ ,可 得sinA２＝ ５ ５ ,cosA２＝ １－sin ２ A ２ ＝ ２ ５ ５ ,所以sinA ＝２sinA２cos A ２＝ ４ ５． (２)由(１)可得cosA＝２cos２ A２－１＝ ３ ５ , 因为∠ABD＝π２ ,在 Rt△ABD 中,可得AD＝ ABcosA＝ ５ ３c ,DB＝AD􀅰sinA＝ ４３c ,又因为２DC＝５DB,可得 DC＝５２DB＝ １０ ３c , 则b＝AC＝AD＋DC＝５c,在△ABC中,由余弦定理a２ ＝b２＋c２－２bccosA, 即１８０＝２５c２＋c２－６c２＝２０c２, 解得c＝３,可知b＝５c＝１５, 所以△ABC的面积 S△ABC＝ １ ２bcsinA＝ １ ２×１５×３× ４ ５＝１８． １６．[解](１)因为f(x)＝x３－３lnx的定义域为(０,＋∞), f′(x)＝３x２－３x ,所以f(１)＝１,f′(１)＝０,所以曲线y ＝f(x)在点(１,f(１))处的切线方程为y＝１． (２)依题意,g(x)＝f(x)－f′(x)－ ９x ＝x ３－３lnx－ ３x２－６x (x＞０),则g′(x)＝３x２－６x－３x＋ ６ x２ ＝３x(x －２)＋３ (２－x) x２ ＝３ (x３－１)(x－２) x２ ,令g′(x)＝０,解得 x＝１或x＝２． 当x变化时,g′(x),g(x)的变化情况如表所示: x (０,１) １ (１,２) ２ (２,＋∞) g′(x) ＋ ０ － ０ ＋ g(x) 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 ∴函数g(x)的单调递减区间为(１,２),单调递增区间 为(０,１),(２,＋∞)． 故g(x)的极小值为g(２)＝－７－３ln２,g(x)的极大值 为g(１)＝－８． １７．[解](１)证明:由题意可 知:PE⊥DE,PE⊥BD, DE∩BD＝D,DE,BD⊂ 平面 BCDE,可得 PE⊥ 平 面 BCDE,且 DE ⊥ BE,以 E 为 坐 标 原 点, EB,ED,EP 所在直线分 别为x,y,z轴,建立如图所示空间直角坐标系, 则E(０,０,０),B(３ ２,０,０),C(２,２ ２,０),D(０,２, ０),P(０,０,２),可 得BP→＝ (－３ ２,０,２),BC→＝ (－２ ２,２ ２,０),设BF→＝λBP→＝(－３ ２λ,０,２λ),λ∈ [０,１],则CF→＝BF→－BC→＝(２ ２－３ ２λ,－２ ２,２λ), 若BF＝２PF,则λ＝２３ ,CF→＝ (０,－２ ２,２ ２３ ) ,由题 意可知平面PDE 的法向量n＝(１,０,０),因为n􀅰CF→ ＝０,且CF⊄平面PDE,所以CF∥平面PDE． (２)由(１)可得:CF→＝(２ ２－３ ２λ,－２ ２,２λ),DB→＝ (３ ２,－ ２,０),DP→＝(０,－ ２,２), 设平面PBD 的法向量m＝(x,y,z), 则 m􀅰DB →＝３ ２x－ ２y＝０, m􀅰DP→＝－ ２y＋ ２z＝０,{ 令x＝１,则y＝z＝３,可得m＝(１,３,３), 由 题 意 可 得:|cos‹m,CF→›| ＝ |m􀅰CF →| |m|􀅰|CF→| ＝ ４ ２ １９× (２ ２－３ ２λ) ２ ＋８＋２λ２ ＝４ ３８５７ , 整理得２０λ２－２４λ＋７＝０,解得λ＝ １２ 或λ＝ ７１０ ,所以 |BF→|＝λ|BP→|＝ ５或７ ５５ ,即 线 段 BF 的 长 为 ５ 或７ ５ ５ ． １８．【解】(１)因为r＝ ∑ ２０ i＝１ (xi－x)(yi－y) ∑ ２０ i＝１ (xi－x)２∑ ２０ i＝１ (yi－y)２ ＝ b̂􀅰∑ ２０ i＝１ (xi－x)２ ∑ ２０ i＝１ (xi－x)２∑ ２０ i＝１ (yi－y)２ , ＝b̂􀅰 ∑ ２０ i＝１ (xi－x)２ ∑ ２０ i＝１ (yi－y)２ ＝b̂􀅰 s２x s２y ＝０．６７× ２００９０ ＝ ０．６７×２ ５ ３ ≈０．９９８７ , 可以推断连续的营业天数x与销售总量y 这两个变量 正线性相关,且相关程度很强． (２)∵s２x ＝ １２０∑ ２０ i＝１ (xi－x)２ ＝ １２０∑ ２０ i＝１ (x２i －２xxi＋x２) 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 新高考数学答案 —４　 ＝ １２０ ∑ ２０ i＝１ x２i －２x∑ ２０ i＝１ xi＋∑ ２０ i＝１ x２( ) ＝ １２０∑ ２０ i＝１ x２i －x２ ＝ １２０×２２０００－x ２ ＝１１００－x２ ＝２００, ∴x＝３０(负值已舍去), 而â＝y－̂bx,从而y＝̂bx＋̂a＝０．６７×３０＋５４．９０ ＝７５． １９．[解](１)设点P(x,y),由题意可知 (x－m)２＋y２ x－n ２ m ＝ m n ,即(x－m)２＋y２＝ ( mnx－n) ２ ,经化简,得C 的方 程为x ２ n２ ＋ y ２ n２－m２ ＝１,当 m＜n时,曲线C 是焦点在x 轴上的椭圆;当m＞n时,曲线C是焦点在x 轴上的双 曲线． (２)设点 M(x１,y１),N(x２,y２),M′(x３,y３),其中y１＞ ０,y２＞０且x３＝－x２,y３＝－y２, (ⅰ)由(１)可知C 的方程为x ２ １６＋ y２ ８ ＝１ ,A(２ ２,０), B(－２ ２,０),因 为 AM ∥ BN,所 以 y１ x１－２ ２ ＝ y２ x２＋２ ２ ＝ －y２ －x２－２ ２ ＝ y３ x３－２ ２ ,因此,M,A,M′三 点 共 线, 且 | BN | ＝ (x２＋２ ２)２＋y２２ ＝ (－x２－２ ２)２＋(－y２)２＝|AM′|, 设直线 MM′的方程为x＝ty＋２ ２,联立C 的方程,得 (t２＋２)y２＋４ ２ty－８＝０,则y１＋y３＝－ ４ ２t t２＋２ ,y１y３ ＝－ ８ t２＋２ , 由(１)可知|AM|＝２ ２４ x１－ １６ ２ ２ ＝４－ ２２x１ ,|BN| ＝|AM′|＝４－ ２２x３ , 所以 １ |AM|＋ １ |BN|＝ |AM|＋|BN| |AM|􀅰|BN| ＝ (４－ ２２x１ ) ＋ (４－ ２ ２x３ ) (４－ ２２x１ ) (４－ ２ ２x３ ) ＝ (２－ ２２ty１ ) ＋ (２－ ２ ２ty３ ) (２－ ２２ty１ ) (２－ ２ ２ty３ ) ＝ ４－ ２２t (y１＋y３) ４－ ２t(y１＋y３)＋ １ ２t ２y１y３ ＝ ４－ ２２t 􀅰 ( －４ ２tt２＋２) ４－ ２t􀅰 ( －４ ２tt２＋２) ＋ １ ２t ２􀅰 ( － ８t２＋２) ＝１, 所以 １ |AM|＋ １ |BN| 为定值１; 由椭圆定义|BQ|＋|QM|＋|MA|＝８,得|QM|＝８－ |BQ|－|AM|, ∵AM∥BN,∴|AM||BN|＝ |QM| |BQ|＝ ８－|BQ|－|AM| |BQ| , 解 得|BQ|＝ (８－|AM|)􀅰|BN| |AM|＋|BN| ,同 理 可 得|AQ| ＝ (８－|BN|)􀅰|AM| |AM|＋|BN| , 所 以 |AQ| ＋ |BQ| ＝ (８－|BN|)􀅰|AM| |AM|＋|BN| ＋ (８－|AM|)􀅰|BN| |AM|＋|BN| ＝８ (|AM|＋|BN|)－２|AM|􀅰|BN| |AM|＋|BN| ＝８－ ２１ |AM|＋ １ |BN| ＝８－２＝６． 因为|AB|＝４ ２,所以△ABQ的周长为定值６＋４ ２． (ⅱ)当m＞n时,曲线C 的方程为x ２ n２ － y ２ m２－n２ ＝１,轨 迹为双曲线, 根据(ⅰ)的证明,同理可得 M,A,M′三 点 共 线,且 |BN|＝|AM′|, 设直线 MM′的方程为x＝sy＋m,联立C的方程, 得[(m２－n２)s２－n２]y２＋２sm(m２－n２)y＋(m２－n２)２ ＝０, ∴y１＋y３＝－ ２sm(m２－n２) (m２－n２)s２－n２ , y１y３＝ (m２－n２)２ (m２－n２)s２－n２ ,(∗) 因为|AM|＝mn (x１－ n２ m ) ＝ m nx１－n ,|BN|＝|AM′| ＝mnx３－n , 所以 １ |AM|＋ １ |BN|＝ １ |AM|＋ １ |AM′|＝ |AM|＋|AM′| |AM|􀅰|AM′| ＝ ( mnx１－n) ＋ ( m nx３－n) ( mnx１－n) ( m nx３－n) ＝ (smny１＋ m２－n２ n ) ＋ ( sm ny３＋ m２－n２ n ) (smny１＋ m２－n２ n ) ( sm ny３＋ m２－n２ n ) ＝ sm n (y１＋y３)＋ ２(m２－n２) n m２s２ n２ y１y３＋ (m２－n２)ms n２ (y１＋y３)＋ (m２－n２)２ n２ , 将(∗)代入上式,化简得 １|AM|＋ １ |BN|＝ ２n m２－n２ , 由双曲线的定义|BQ|＋|QM|－|MA|＝２n,得|QM| ＝２n＋|AM|－|BQ|, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 新高考数学答案 —５　 根据|AM| |BN|＝ |QM| |BQ| , 解得|BQ|＝ (２n＋|AM|)􀅰|BN| |AM|＋|BN| , 同理根据|AM| |BN|＝ |AQ| |QN| , 解得|AQ|＝ (２n＋|BN|)􀅰|AM| |AM|＋|BN| , 所 以 |AQ| ＋ |BQ| ＝ (２n＋|BN|)􀅰|AM| |AM|＋|BN| ＋ (２n＋|AM|)􀅰|BN| |AM|＋|BN| ＝２n＋ ２|AM|􀅰|BN| |AM|＋|BN| ＝２n＋ ２１ |AM|＋ １ |BN| ＝２n＋m ２－n２ n ＝ m２＋n２ n , 由内切圆性质可知, S＝１２ (|AB|＋|AQ|＋|BQ|)􀅰r, 当S＝λr时,λ＝ １２ (|AB|＋|AQ|＋|BQ|)＝m＋ m２＋n２ ２n ＝ (m＋n)２ ２n (常数)． 因此,存在常数λ使得S＝λr恒成立,且λ＝ (m＋n)２ ２n ． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ②２０２５名校高考全真模拟试题(二) １．A　[试题解析]将这组数据从小到大排列为３２,３４,３７, ３９,４０,４２,４５,５０,共８个,因为８×４０％＝３．２,所以 这组数据第４０百分位数为第４个数据,即为３９．故 选 A． ２．D　[试题解析]根据题意,复数z对应的点的轨迹为以 点(１,－２)为圆心,１为半径的圆,所求式子|z－i|的 几何意义表示点(０,１)到圆上点的距离,如图所示, 最大值为 (１－０)２＋(－２－１)２＋１＝ １０＋１．故 选 D． ３．A　[试题解析]因为a 􀅰b |b|２ 􀅰b＝１２b⇒ a􀅰b |b|２ ＝１２ ,又|a| ＝|b|＝１,所以 a 􀅰b |a|􀅰|b|＝ １ ２ ⇒cos ‹a,b›＝ １２ ⇒ ‹a,b›＝６０°． 所以|a－２b|２＝(a－２b)２＝a２－４a􀅰b＋４b２＝１－４ ×１×１×１２＋４＝３ ,所以|a－２b|＝ ３．故选 A． ４．C　[试题解析]记“视频是 AI合成”为事件A,记“鉴定 结果为 AI”为 事 件 B,则 P(A)＝０．００１,P(A)＝ ０．９９９,P(B|A)＝０．９８,P(B|A)＝０．０４,由贝叶斯 公式得P(A|B)＝ P (A)P(B|A) P(A)P(B|A)＋P(A)P(B|A) ＝ ０．００１×０．９８ ０．００１×０．９８＋０．９９９×０．０４≈０．０２４． 故选 C． ５．D　[试题解析]由已知得２cos(２x＋ π１２)cos(x－ π １２) －cos[ (２x＋ π１２ ) ＋ (x－ π １２ ) ] ＝ １ ４ ,化 简 得 cos(２x＋π１２)cos(x－ π １２) ＋sin(２x＋ π １２)sin(x－ π １２) ＝cos[ (２x＋ π １２) － (x－ π １２) ] ＝cos(x＋ π ６ ) ＝１４ ,令t＝x＋ π６ ,则x＝t－ π６ ,cost＝ １４ ,所 以 sin( π６－２x) ＝sin[ π ６ －２(t－ π ６ ) ] ＝sin( π ２ － ２t) ＝cos２t＝２cos２t－１＝２× ( １４ ) ２ －１＝－ ７８． 故 选 D． ６．B　[试题解析]设直线l与x轴交于点H,连接MF,QF, 因为焦点F(１,０),所以抛物线的方程为y２＝４x,准 线为x＝－１, 则|FH|＝２,|PF|＝|PQ|,因为△PQF 是等边三 角形,PQ 的中点为M, 则 MF⊥PQ,MF⊥x 轴,所以准线l∥MF,四边形 QHFM 为矩形,则|FH|＝|MQ|＝２, 故△PQF 是边长为４的等边三角形, 易知∠PFQ＝∠PFR＝∠QFH＝６０°,|MF|＝２ ３, 则 M(１,２ ３)． 因为 MR∥QF,所以直线 MR 的斜率为－ ３, 直线 MR 的方程为 ３x＋y－３ ３＝０．故选B． ７．A　[试题解析]因为球与该正三棱锥的各棱均相切, 所以该球的球心在过截面圆 圆心且与平 面 ABC 垂 直 的 直线上,又因为底面 边 长 为 ２ ３,所 以 底 面 正 三 角 形 的 内切圆的半径为r′＝tan３０° 􀅰１ ２AB＝ ３ ３× ３＝１ , 又因为球的半径r＝１,即r′＝r,所以棱切球的球心 即为底面正三角形的中心点O,如图,过球心O 作 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 卷１ 第一部分　名校高考全真模拟试题狂练 ２０２５名校高考全真模拟试题(一) 数学 本试卷满分１５０分,考试时间１２０分钟． 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　一、选择题:本题共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．(２０２４􀅰辽宁省部分重点中学协作体４月三模)已知集合A＝{x|ln(x－２)≤０},B＝{y|y＝２x－１,x∈A}, 则A∪B＝ (　　) A．(２,３] B．(２,７] C．(－１,７] D．(－１,＋∞) ２．(２０２４􀅰四川省德阳市三诊”考试)欧拉公式eiθ＝cosθ＋isinθ把自然对数的底数e,虚数单位i,cosθ和sinθ 联系在一起,充分体现了数学的和谐美,被誉为“数学中的天桥”,若复数z满足(eiπ＋i)􀅰z＝１＋i,则下列说 法正确的是 (　　) A．z的共轭复数为－i B．z的实部为１ C．z的虚部为i D．z的模为１ ３．(２０２４􀅰广东省深圳市二模)已知a＞０,且a≠１,则函数y＝loga(x＋１a ) 的图象一定经过 (　　) A．第一、二象限 B．第一、三象限 C．第二、四象限 D．第三、四象限 ４．(２０２４􀅰广东省佛山市高三下学期教学质量检测(二))劳动可以树德、可以增智、可以健体、可以育美．甲、 乙、丙、丁、戊共５名同学进行劳动实践比赛,已知冠军是甲、乙当中的一人,丁和戊都不是最差的,则这５名 同学的名次排列(无并列名次)共有 (　　) A．１２种 B．２４种 C．３６种 D．４８种 ５．(２０２４􀅰江西省上饶市高三第二次模拟)已知角α,β满足tanαtanβ＝－３,cos(α＋β)＝ １ ２ ,则cos(α－β)＝ (　　) A．－１４ B．－１ C．－ ３ ８ D． １ ８ ６．(２０２４􀅰河南省开封市高三第三次质量检测)在某项测验中,假设测验分数服从正态分布N(７８,１６)．如果按 照１６％,３４％,３４％,１６％的比例将测验分数从大到小分为A,B,C,D 四个等级,则等级为A 的测验分数的 最小值可能是(附:若X~N(μ,σ２),则P(|X－μ|≤σ)≈０．６８２７,P(|X－μ|≤２σ)≈０．９５４５) (　　) A．９４ B．８６ C．８２ D．７８ ７．(２０２４􀅰河南省名校联盟高三下学期教学质量检测)过双曲线C:x ２ ４－y ２＝１的左焦点F１ 作倾斜角为θ的 直线l交C 于M,N 两点．若MF１→＝３F１N→,则|cosθ|＝ (　　) A．１０１０ B． ３ １０ １０ C． ２ ５ ５ D． ５ ５ ８．(２０２４􀅰江西省上饶市高三第二次模拟)定义在R上的奇函数f(x)满足f(２－x)＝f(x),且在[０,１]上单调 递减,若方程f(x)＝１在(－１,０]上有实数根,则方程f(x)＝－１在区间[３,１１]上所有实根之和是 (　　) A．２８ B．１６ C．２０ D．１２ 二、选择题:本题共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 对的得６分,部分选对的得部分分,有选错的得０分． ９．(２０２４􀅰河南省名校联盟高三下学期教学质量检测)２０２３年７月３１日国家统计局发布了制造业采购经理 指数(PMI),如下图所示: 下列说法正确的是 (　　) A．从２０２３年１月到２０２３年７月,这７个月的制造业采购经理指数(PMI)的第７５百分位数为５１．９％ B．从２０２３年１月到２０２３年７月,这７个月的制造业采购经理指数(PMI)的极差为３．８％ C．从２０２２年７月到２０２３年７月制造业采购经理指数(PMI)呈下降趋势 D．PMI大于５０％表示经济处于扩张活跃的状态,PMI小于５０％表示经济处于低迷萎缩的状态,则２０２３年 １月到２０２３年３月,经济处于扩张活跃的状态 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 卷１ １０．(２０２４􀅰辽宁省部分学校高三第二次联考(二模))设{an}是等差数列,Sn 是其前n 项的和．且S５＜S６,S６ ＝S７＞S８,则下面结论正确的是 (　　) A．d≤０ B．a７＝０ C．S６ 与S７ 均为Sn 的最大值 D．满足Sn＜０的n的最小值为１４ １１．(２０２４􀅰河北省衡水市部分学校高三下学期二模)如图所示,有一个棱长为４的正四面体P－ABC容器,D 是PB 的中点,E 是CD 上的动点,则下列说法正确的是 (　　) A．直线AE 与PB 所成的角为π２ B．△ABE 的周长最小值为４＋ ３４ C．如果在这个容器中放入１个小球(全部进入),则小球半径的最大值为 ６３ D．如果在这个容器中放入４个完全相同的小球(全部进入),则小球半径的最大值为２ ６－２５ 三、填空题:本题共３小题,每小题５分,共１５分． １２．(２０２４􀅰四川省德阳市高三下学期“三诊”考试)已知函数f(x)＝cos(x＋θ)是奇函数,则θ的最小正值为　 　　　． １３．(２０２４􀅰江西省上饶市高三第二次模拟)在△ABC 中,∠A,∠B,∠C 依次成等差数列,AC＝２ ３,BA→􀅰 BC→的取值范围为　　　　　． １４．(２０２４􀅰辽宁省部分重点中学协作体高三下学期４月三模)一个书包中有标号为“１,１,２,２,３,３,􀆺,n,n”的 ２n张卡片．一个人每次从中拿出一张卡片,并且不放回;如果他拿出一张与已拿出的卡片中有相同标号的 卡片,则他将两张卡片都扔掉;如果他手中有３张单张卡片或者书包中卡片全部被拿走,则操作结束．记书 包中卡片全部被拿走的概率为Pn,则P３＝　　　　　．P７＝　　　　　． 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)(２０２４􀅰山西省晋城市高三第二次模拟)在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,csinB＋C２ ＝ ５４bsin２C＋ ５ ２csinCcosB． (１)求sinA 的值; (２)如图,a＝６ ５,点D 为边AC 上一点,且２DC＝５DB,∠ABD＝π２ ,求△ABC的面积． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 卷１ １６．(１５分)(２０２４􀅰河南省开封市高三第三次质量检测)已知函数f(x)＝x３－３lnx,f′(x)为f(x)的导函数． (１)求曲线y＝f(x)在点(１,f(１))处的切线方程; (２)求函数g(x)＝f(x)－f′(x)－９x 的单调区间和极值． １７．(１５分)(２０２４􀅰山西省晋城市高三第二次模拟)如图１,在△ABC中,AC＝BC＝４,AB＝４ ２,点D 是线段 AC 的中点,点E 是线段AB 上的一点,且DE⊥AB,将△ADE 沿DE 翻折到△PDE 的位置,使得PE⊥ BD,连接PB,PC,如图２所示,点F是线段PB 上的一点． (１)若BF＝２PF,求证:CF∥平面PDE; (２)若直线CF与平面PBD 所成角的正弦值为４ ３８５７ ,求线段BF的长． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 卷１ １８．(１７分)(２０２４􀅰广东省深圳市二模)２０２３年,我国新能源汽车产销量占全球比重超过６０％,中国成为世界 第一大汽车出口国．某汽车城统计新能源汽车从某天开始连续的营业天数x与销售总量y(单位:辆),采 集了一组共２０对数据,并计算得到回归方程ŷ＝０．６７x＋５４．９０,且这组数据中,连续的营业天数x的方差 s２x＝２００,销售总量y的方差s２y＝９０． (１)求样本相关系数r,并刻画y与x的相关程度; (２)在这组数据中,若连续的营业天数x满足∑ n i＝１ x２i ＝２．２×１０４,试推算销售总量y的平均数y． 附:经验回归方程ŷ＝b̂x＋̂a,其中b̂＝ ∑ n i＝１ xi－x( ) yi－y( ) ∑ n i＝１ xi－x( )２ ,̂a＝y－̂bx． 样本相关系数r＝ ∑ n i＝１ xi－x( ) yi－y( ) ∑ n i＝１ xi－x( )２∑ n i＝１ yi－y( )２ ,５≈２．２３６． １９．(１７分)(２０２４􀅰河北省衡水市部分学校二模)已知动点P 与定点A(m,０)的距离和P 到定直线x＝n ２ m 的距 离的比为常数m n． 其中m＞０,n＞０,且m≠n,记点P 的轨迹为曲线C． (１)求C的方程,并说明轨迹的形状; (２)设点B(－m,０),若曲线C上两动点M,N 均在x 轴上方,AM∥BN,且AN 与BM 相交于点Q． (ⅰ)当m＝２ ２,n＝４时,求证: １|AM|＋ １ |BN| 的值及△ABQ 的周长均为定值; (ⅱ)当m＞n时,记△ABQ 的面积为S,其内切圆半径为r,试探究是否存在常数λ,使得S＝λr恒成立? 若存在,求λ(用m,n表示);若不存在,请说明理由． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋