2025名校高考全真模拟试题(二)-【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 —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 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 新高考数学答案 —６　 PA 的垂线交PA 于H,则 H 为棱切球在PA 上的 切点, 所以OH＝r＝１, 又因为OA＝ １ ２AB cos３０°＝ ３ ３ ２ ＝２, 所以cos∠AOH＝OHOA＝ １ ２ , 因为∠AOH∈(０,π),所以∠AOH＝６０°, 又由题意可知,PO⊥平面ABC,所以PO⊥OA, 所以∠POH＝３０° 所以PO＝ OHcos３０°＝ １ ３ ２ ＝２ ３３ , 所以VP－ABC＝ １ ３× １ ２×２ ３×２ ３× ３ ２ × ２ ３ ３ ＝ ２．故选 A． ８．B　[试题解析]由题得,g′(x)＝１x ,由f(a)＝g′(a),得 ea＝１a ,即 １ a ＞１ ,所 以 ０＜a＜１．由f(b)g(b)＝ g(a),得eblnb＝lna,因为lna＜０,eb＞０,所以lnb＜ ０,又eb＞１,所以lna＝eblnb＜lnb,所以０＜a＜b＜１． 由g(c)＋f(g(ac))＝０,得lnc＋elna c ＝０,即lnc＋ac ＝０． 易知ac＞０,所以lnc＜０,所以０＜c＜１,故a＜ac． 又ea＝ １a ,所 以a＝－lna,所 以 －lnc＝ac ＞a＝ －lna,所以lnc＜lna,所以c＜a,所 以c＜a＜b．故 选B． ９．BD　[试题解析]由题意可得 １a ＋ １ b ＝１ ,且a＞０,b＞ ０,由１a＋ １ b＝１ ,即a＋b＝ab,故(a－１)(b－１)＝ ab－(a＋b)＋１＝１,故 A 错 误;１＝ １a ＋ １ b ≥ ２ １a 􀅰１ b ＝ ２ ab ,当且仅当a＝b＝２时,等号成 立,即ab≥２２＝４,故 B正确;a＋４b＝(a＋４b)( １a ＋１b ) ＝１＋４＋ ４b a ＋ a b ≥５＋２ ４b a 􀅰a b ＝９ ,当 且仅当４b a ＝ a b 时,等号成立,故 C错误;由 １a ＋ １ b ＝１,故１a＝１－ １ b＞０ ,故０＜１b ＜１ ,１ a２ ＋２ b２ ＝ (１ －１b ) ２ ＋２ b２ ＝３ b２ －２b＋１＝３( １ b － １ ３ ) ２ ＋２３∈ [ ２３,２) ,故 D正确．故选BD． １０．ABD　[试题解析]设函数f(x)的周期为T,观察函数 图象可得,３ ４T＝ １３π １２－ π ３ ＝ ３π ４ ,所以 ２π |ω|＝π , 又ω＞０,所以ω＝２,故 A正确;因为x＝１３π１２ 时, 函数f(x)＝２cos(ωx＋φ)取最大值,ω＝２,所以 ２×１３π１２＋φ＝２mπ ,m∈Z,|φ|＜ π ２ ,所 以φ＝ －π６ ,故f(x)＝２cos(２x－ π６ ) ,由２kπ≤２x－ π ６≤２kπ＋π ,k∈Z,可得kπ＋π１２≤x≤kπ＋ ７π １２ , k∈Z,所以函数f(x)的单调递减区间为 (kπ＋ π １２ ,kπ＋７π１２) ,k∈Z,故 B正确;函数y＝２cos２x 的图象 向 右 平 移 π ６ 个 单 位 得 到 函 数y＝２cos (２x－π３ ) 的图象,故 C错误;因为f(x)＝２cos (２x－π６ ) ,所以f( － ７π ４ ) ＝２cos( － ７π ２－ π ６ ) ＝ ２cos ( ３π２ ＋ π ６ ) ＝ １,f ( ４π ３ ) ＝ ２cos(８π３－ π ６ ) ＝２cos ５π ２ ＝０ ,所 以 (f(x)－ f( －７π４ ) ) (f(x)－f( ４π ３ ) ) ＞０可化为(f(x) －１)f(x)＞０,所以f(x)＞１或f(x)＜０,由 f(x)＞１可得,cos(２x－ π６ ) ＞ １ ２ ,所以２nπ－ π ３ ＜２x－ π ６ ＜２nπ＋ π ３ ,n∈Z,即nπ－ π１２＜x ＜nπ＋π４ ,n∈Z,取n＝０可得－ π１２＜x＜ π ４ , 取n＝１可得１１π１２ ＜x＜ ５π ４ ,由f(x)＜０可得, cos(２x－ π６ ) ＜０,所 以 ２tπ＋ π ２ ＜２x－ π ６ ＜ ２tπ＋３π２ ,t∈Z,即tπ＋ π３ ＜x＜tπ＋ ５π ６ ,t∈Z, 取t＝０可得 π３ ＜x＜ ５π ６ ,所以满足条件 (f(x) －f( －７π４ ) ) (f(x)－f( ４π ３ ) ) ＞０的最小正 整数x为２,故 D正确．故选 ABD． １１．BCD　[试题解析]设{an}的第n项与{bn}的第m 项相 等,即２n＝３m－１,(m,n∈N∗ ) 当n＝m＝１时,a１＝b１＝c１＝２, 当n＝３,m＝３时,a３＝b３＝c２＝８, 当n＝５,m＝１１时,a５＝b１１＝c３＝３２,故 A错误; 令cn＝am＝bk,即cn＝２m＝３k－１, am＋１＝２􀅰２m＝２(３k－１)＝３(２k－１)＋１,不是 {bn}中的项,即 不 是{cn}的 项,am＋２＝４􀅰２m ＝ ４(３k－１)＝３(４k－１)－１,是{bn}中的项,却不是 {cn}的项,所以 cn＋１ cn ＝ am＋２ am＋１ ＝４,则cn＝２􀅰４n－１ ＝２２n－１,即{cn}为等比数列,故B正确; 由Sn＝２× １ ２ ＋５× ( １ ２ ) ２ ＋􀆺＋(３n－１)􀅰 ( １２ ) n , 得１ ２Sn＝２× ( １ ２ ) ２ ＋５× ( １２ ) ３ ＋􀆺＋(３n－ １)􀅰 ( １２ ) n＋１ ,两式相减得,１ ２Sn＝２× １ ２＋３× ( １２ ) ２ ＋􀆺＋３× ( １２ ) n －(３n－１)􀅰 ( １２ ) n＋１ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 新高考数学答案 —７　 ＝１＋３[ ( １２ ) ２ ＋􀆺＋ ( １２ ) n ] －(３n－１)􀅰 ( １２ ) n＋１ ＝１＋３× １ ４ [１－ ( １ ２ ) n－１ ] １－１２ －(３n－１) 􀅰 ( １２ ) n＋１ 所以Sn＝５－ ３n＋５ ２n ,且bn an ＞０,所以{Sn}单调递 增,所以Sn∈[１,５),故 C正确; 设 ２、５、８是 等 差 数 列 {dn}的 第i、j、p 项, {dn } 的 首 项 为 d１, 公 差 为 d, ２＝d１＋(i－１)d ５＝d１＋(j－１)d ８＝d１＋(p－１)d ì î í ïï ï ⇒ ５－ ２＝ (j－i)d ２＝(p－i)d{ ⇒ ５－ ２ ２ ＝j－ip－i＝ １０－２ ２ , 因为j－i p－i 是有理数, １０－２ ２ 是无理数, 所以原假设不成立,即 b１、b２、b３ 不是任一 等差数列的三项,故 D正确．故选BCD． １２．[试题解析]因为A∩B＝{０,１},所以{０,１}⊆B, 设f(x)＝x２－x－a,则f(x)＜０的整数解为０,１, 则f(０)＜０,f(１)＜０,f(－１)≥０且f(２)≥０,解得０＜ a≤２, 故实数a的值为１(答案不唯一)． [参考答案]１(答案不唯一) １３．[试题解析]甲 抽 中 前 三 题 按 题 型 概 率 不 同 有 四 种 组合: 抽中A,B,剩余一题为C,D,E 三题中的任意一题,且 全部答对,则概率为: P１＝ C１１×C１１×C１３ C３５ ×３４× １ ４× １ ２＝ ９ ３２０ ; 抽中C,D,E,且全部答对,则概率为: P２＝ C３３ C３５ × ( １２ ) ３ ＝１８０ ; 抽中A,剩余两题为C,D,E 中的任意两题,且全部答 对,则概率为: P３＝ C１１×C２３ C３５ × ( １２ ) ２ ×３４＝ ９ １６０ ; 抽中B,剩余两题为C,D,E 中的任意两题,且全部答 对,则概率为: P４＝ C１１×C２３ C３５ × ( １２ ) ２ ×１４＝ ３ １６０． 所以甲前３个题全答对的概率为 P＝P１＋P２＋P３＋ P４＝ ３７ ３２０． [参考答案]３７ ３２０ １４．[试题解析]直线y＝ ３３x 和y 轴是双曲线C 的两条渐 近线,由阅读材料可知,双曲线C的焦点所在的对称轴 是直线y＝ ３x．由顶点的定义知,对称轴与双曲线的 交点即顶点,联立得 y＝ ３ ３ (x＋ ２ x ) , y＝ ３x, { 解得 x＝１, y＝ ３{ 或 x＝－１, y＝－ ３．{ 所以双曲线C 的位于第一 象限的顶点为(１,３)．若将双曲线C 绕其中心适当旋 转可使其渐近线变为直线y＝± ３３x ,则双曲线C的离 心率e＝ １＋ ( ３３ ) ２ ＝２ ３３ ,设双曲线C 的位于第一 象限的焦点的坐标为(x０,y０),则 x０ １＝ ２ ３ ３ ,所以x０＝ ２ ３ ３ ,所以y０＝ ３x０＝２,所以双曲线C 的位于第一象 限的焦点的坐标为 (２ ３３ ,２) ． [参考答案](２ ３３ ,２) １５．[解](１)因为csinB＋C２ ＝asinC , 由正弦定理得sinCsinB＋C２ ＝sinAsinC , 因为C为三角形的内角,sinC≠０, 所以sinB＋C２ ＝sinA , 又B＋C＝π－A, 所以sinB＋C２ ＝sin π－A ２ ＝sin( π ２－ A ２ ) ＝cos A ２ , 因此cosA２＝sinA＝２sin A ２cos A ２ , 因为０＜A２＜ π ２ ,cosA２≠０ ,所以sinA２＝ １ ２ , 即A ２＝ π ６ ,A＝π３ ,故A 的值为π３． (２)由(１)知A＝π３ ,且a＝３, 在△ABC中,由余弦定理得a２＝b２＋c２－２bccos∠BAC, 即b２＋c２－bc＝９,　① 由于２DB＝DC, 所以AD→＝AB→＋ １３BC →＝AB→＋ １３ (AC →－AB→)＝ ２３AB → ＋１３AC →,平方得|AD→|２＝４９|AB →|２＋４９|AB →||AC→|􀅰 cos∠BAC＋１９|AC →|２,代数得b２＋４c２＋２bc＝３６,　② 由①②得b＝２ ３,c＝ ３, 所以△ABC的面积为 １２bcsinA＝ １ ２ ×２ ３× ３× ３ ２ ＝３ ３２ ,即所求面积为３ ３ ２ ． １６．[解](１)当a＝０时,f(x)＝x ２ ex ,则f(１)＝１e ,f′(x)＝ ２x－x２ ex ,所以f′(１)＝ １e ,所以曲线y＝f(x)在(１, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 新高考数学答案 —８　 f(１))处的切线方程为y－ １e ＝ １ e (x－１),即x－ey ＝０． (２)f′(x)＝ －x ２＋(a＋２)x－２a ex ＝－ (x－２)(x－a) ex , 令f′(x)＝０,解得x＝２或x＝a,当０＜a＜２时,x∈ [０,a]时,f′(x)≤０,则f(x)在[０,a]上单调递减,所以 f(x)min＝f(a)＝ a ea ＝１e ,则a＝１,符合题意; 当a＞２时,x∈[０,２]时,f′(x)≤０,则f(x)在[０,２]上 单调递减, x∈(２,a]时,f′(x)＞０,则f(x)在(２,a]上单调递增, 所以f(x)min＝f(２)＝ ４－a e２ ＝１e ,则a＝４－e＜２,不合 题意; 当a＝２时,x∈[０,２]时,f′(x)≤０,则f(x)在[０,２]上 单调递减, 所以f(x)min＝f(２)＝＝ ２ e２ ≠１e ,不合题意． 综上,a＝１． １７．[解](１)证明:连接OB１,OD１,过点A１ 作A１E⊥AC于 点E,取AO中点F,连接FO１,如图． 由题易得 AC＝２A１C１＝２,BD＝２B１D１＝２ ３．所以 FO＝１２． 在四棱台ABCD－A１B１C１D１ 中易得BD∥B１D１, 又因 为 BB１ ＝DD１ 且 BD ≠B１D１,所 以 四 边 形 BDD１B１ 为等腰梯形． 因为 O,O１ 分 别 是 BD 和 B１D１ 的 中 点,所 以 OO１ ⊥BD, 又因为BB１＝DD１＝ ３９ ２ ,易得等腰梯形BDD１B１ 的 高OO１＝３． 因为在菱形 ABCD 中AC⊥BD,且 AC,OO１ ⊂ 平面 ACC１A１,AC∩OO１＝O, 所以BD⊥平面ACC１A１,又因为A１E⊂平面ACC１A１, 所以A１E⊥BD,又因为A１E⊥AC,且AC,BD⊂平面 ABCD,AC∩BD＝O, 所以A１E⊥平面ABCD,因此∠A１AE 即AA１ 与底面 夹角． 由题易 得 A１O１ ∥AO,且 A１O１ ＝AF,所 以 四 边 形 AA１O１F为平行四边形,所以AA１∥O１F． 则cos∠A１AE＝cos∠O１FO＝ ３７ ３７ ,在△O１FO中由余 弦定理可得cos∠O１FO＝ FO２＋FO２１－OO２１ ２FO􀅰FO１ ＝ ３７３７ ,解 得FO１＝ ３７ ２ ． 所以FO２＋OO２１＝FO２１,由勾股定理得OO１⊥AC． 又因为OO１⊥BD,且AC,BD⊂平面ABCD,AC∩BD ＝O,所以OO１⊥平面ABCD． (２)因为AC⊥BD,所以O为原点,OA→,OB→,OO１→方向分 别为x,y,z轴正方向建立如图所示空间直角坐标系． 易得平面ABCD 的一个法向量n＝(０,０,１), 旋转前坐标分别为:A(１,０,０),A１ ( １２,０,３) ,B (０, ３,０) ,B１ (０,３２,３) ,D(０,－ ３,０),C１ ( － １ ２ ,０,３) ． 点C１ 旋转的过程俯视如图: 因为在旋转过程中O１C１＝ １ ２ 不变,且点C１ 所在终边 对应的角大小为 π,逆时针旋转θ角后点C１ 坐标为 ( １２cos(π＋θ), １ ２sin (π＋θ),３) ,即C１ ( － １２cosθ, －１２sinθ ,３) ,所以DC１→＝ ( －１２cosθ,３－ １ ２sinθ ,３) , 所以底面与DC１ 夹角的正弦值为sinθ１＝ |DC１→􀅰n| |DC１→|􀅰|n| ＝ ３ １ ４cos ２θ＋ ( ３－１２sinθ) ２ ＋９ ＝６ ４３４３ ,解 得 sinθ ＝ ３２ ,又因为θ＜９０°,所以θ＝６０°． (３)由第二问可得,因为点A１ 所在终边对应的角为０,所 以旋转后点A１ ( １２cosθ, １ ２sinθ ,３) ,即A１ ( １４, ３ ４ ,３) ; 同理因为点B１ 所在终边对应的角为 π ２ ,所以旋转后 点B１ ( ３２cos( π ２＋θ) , ３ ２sin( π ２＋θ) ,３) , 即B１ ( －３４, ３ ４ ,３) ． 所以AA１→＝ ( －３４, ３ ４ ,３) ,BB１→＝ ( －３４,－ ３ ３ ４ ,３) , 因此旋 转 后 AA１ 与 BB１ 夹 角 的 余 弦 值 为 cosθ２ ＝ |AA１→􀅰BB１→| |AA１→|􀅰|BB１→| ＝ ９ ３９ ４ × ４５ ４ ＝４ １９５６５ ． １８．[解](１)因为e＝ca ＝ ２ ２ ,a２＝b２＋c２,所以a２＝２b２, 所以椭圆E 的方程为x ２ ２b２ ＋y ２ b２ ＝１,因为椭圆 E 过点 (２,２),所以 ４ ２b２ ＋２ b２ ＝１,解得b２＝４,所以椭圆E 的 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 新高考数学答案 —９　 方程为x ２ ８＋ y２ ４＝１． (２)(ⅰ)当直线l１,l２ 中一条直线的斜率不存在,另一 条直线的斜率为０时,直线MN 与x 轴重合,不符合题 意．故直线l１,l２ 的斜率均存在且不为０．设直线l１ 的 方程为y＝k(x－pn)(k≠０),A(x１,y１),B(x２,y２), M(xM ,yM),N(xN ,yN ),联立方程 x２ ２b２＋ y２ b２ ＝１ , y＝k(x－pn) { 消去 y并整理得(１＋２k２)x２－４k２pnx＋２k２p２n－２b２＝０,因 为直线与椭圆相交于两个不同的交点,所以Δ＞０,根 据韦达定理得,x１＋x２＝ ４pnk２ １＋２k２ ,x１x２＝ ２k２p２n－２b２ １＋２k２ , 则 xM＝ ２pnk２ １＋２k２ , yM＝ －pnk １＋２k２ , ì î í ïï ï 同理可得 xN＝ ２pn k２＋２ , yN＝ pnk k２＋２． ì î í ïï ï 因为 M,N,Q 三点共线,所以yN (xN －xM )＝(yN － yM)(xN －tn),易知yN －yM ≠０,则tn＝ xMyN－xNyM yN－yM ＝ ２pnk２ １＋２k２ 􀅰 pnk k２＋２－ ２pn k２＋２ 􀅰 －pnk １＋２k２ pnk k２＋２－ －pnk １＋２k２ ＝ ２pn ３ ,因为 pn ＝ １ ３n ,所以tn＝ ２ ３n＋１ ． (ⅱ)结合(ⅰ)可知an ＝|PQ|＝|pn －tn|＝ １ ３n － ２ ３n＋１ ＝ １ ３n＋１ , 所以１ an ＝３n＋１,所以数列{ １an } 是首项为９,公比为３的 等比数列,所以数列{ １an } 的前n 项和Sn＝ ９(１－３n) １－３ ＝９２ (３n－１)． １９．[解](１)依题意,Xi(i＝１,２,􀆺,２０)均服从完全相同的 超几何分布,且 M,N 均大于１００,故 X１ 的分布列为 P(X１＝k)＝ CkMC１００－kN C１００M＋N (k∈N,０≤k≤１００)． X１ ０ １ 􀆺􀆺 ９９ １００ P C０MC１００N C１００M＋N C１MC９９N C１００M＋N 􀆺􀆺 C ９９ MC１N C１００M＋N C１００M C０N C１００M＋N (２)(ⅰ)Xi(i＝１,２,􀆺,２０)均服从完全相同的超几何 分布,故E(Xi)＝E(X１) E(X)＝E( １２０∑ ２０ i＝１ Xi ) ＝１２０E(∑ ２０ i＝１ Xi)＝ １ ２０∑ ２０ i＝１ E(Xi)＝ １ ２０ ×２０E(X１)＝E(X１), D(X)＝D( １２０∑ ２０ i＝１ Xi ) ＝ １２０２D(∑ ２０ i＝１ Xi)＝ １ ２０２ ∑ ２０ i＝１ D(Xi)＝ １ ２０２ ×２０D(X１)＝ １ ２０D (X１), 故E(X)＝E(X１),D(X)＝ １ ２０D (X１) (ⅱ)由(ⅰ)可知X 的均值, E(X)＝E(X１)＝ １００M M＋N , 利用公式D(X)＝nQP (１－ Q P ) ( P－n P－１) 计算X１ 的方 差,D(X１)＝ １００MN(M＋N－１００) (M＋N)２(M＋N－１) , 所以D(X)＝１２０D (X１)＝ ５MN(M＋N－１００) (M＋N)２(M＋N－１) , 依题意有 １００M M＋N＝３０ , ５MN(M＋N－１００) (M＋N)２(M＋N－１)＝１ , ì î í ïï ï 解得 M＝６２４,N＝１４５６． 所以可以估计 M＝６２４,N＝１４５６． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ③２０２５名校高考全真模拟试题(三) １．D　[试题解析]因为集合{x|(x－a２)(x－１)＝０}的元 素之和为１,所以一元二次方程(x－a２)(x－１)＝０ 有等根时,可得x＝a２＝１,即a＝±１,当方程有两不 相等实根时,x＝a２＝０,即a＝０．综上,实数a 所有 取值的集合为{０,１,－１}．故选 D． ２．A　[试题解析]因为f(x)＝２－x２＋x＝ －(x＋２)＋４ ２＋x ＝－１ ＋ ４x＋２ 定义域为{x|x≠－２},则f(－４－x)＋f(x) ＝－１＋ ４－x－２－１＋ ４ x＋２＝－２ (x≠－２),所以函 数f(x)的对称中心为(－２,－１),所以将函数f(x) 向右平移２个单位,向上平移１个单位,得到函数y ＝f(x－２)＋１,该函数的对称中心为(０,０),故函数 y＝f(x－２)＋１为奇函数．故选 A． ３．B　[试题解析]如图,CA 边上的高为BD,BD＝ ３２CA , 且C＝π６ ,所以CB＝ ３CA,则CD＝BC􀅰cosπ６＝ ３ ２CA ,则AD＝１２CA ,AB＝ BD２＋AD２＝AC,所 以∠ABC＝∠C＝π６ ,则sinB＝sinπ６＝ １ ２． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 卷２ ２０２５名校高考全真模拟试题(二) 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􀅰吉林省通化市梅河口市二模)已知一组数据为５０,４０,３９,４５,３２,３４,４２,３７,则这组数据第４０百分位 数为 (　　) A．３９ B．４０ C．４５ D．３２ ２．(２０２４􀅰安徽省江淮十校高三第三次联考)若z∈C,i为虚数单位,|z＋２i－１|＝１,则|z－i|的最大值为 (　　) A．２ B．１０－１ C．４ D．１０＋１ ３．(２０２４􀅰河北省邢台市部分高中二模)已知平面内的向量a在向量b 上的投影向量为１２b ,且|a|＝|b|＝１, 则|a－２b|的值为 (　　) A．３ B．１ C．３４ D． ３ ２ ４．(２０２４􀅰湖南省长沙市雅礼中学高三下学期５月模拟(一))人工智能领域让贝叶斯公式:P(A|B)＝ P(B|A)P(A) P(B) 站在了世界中心位置,AI换脸是一项深度伪造技术,某视频网站利用该技术掺入了一些 “AI”视频,“AI”视频占有率为０．００１．某团队决定用 AI对抗 AI,研究了深度鉴伪技术来甄别视频的真假． 该鉴伪技术的准确率是０．９８,即在该视频是伪造的情况下,它有９８％的可能鉴定为“AI”;它的误报率是 ０．０４,即在该视频是真实的情况下,它有４％的可能鉴定为“AI”．已知某个视频被鉴定为“AI”,则该视频是 “AI”合成的可能性为 (　　) A．０．１％ B．０．４％ C．２．４％ D．４％ ５．(２０２４􀅰江西省南昌市高三第二次模拟)已知２cos(２x＋π１２)cos(x－ π １２) －cos３x＝ １ ４ ,则sin(π６－２x) ＝ (　　) A．１２ B．－ １ ２ C． ７ ８ D．－ ７ ８ ６．(２０２４􀅰广东省广州市华南师范大学附属中学高考适应性练习)已知抛物线C:y２＝２px的焦点为F(１,０), 准线为l,P 为C 上一点,PQ 垂直l于点Q,△PQF为等边三角形,过PQ 的中点M 作直线MR∥QF,交x 轴于R 点,则直线MR 的方程为 (　　) A．３x＋y－２ ３＝０ B．３x＋y－３ ３＝０ C．x＋ ３y－２ ３＝０ D．x＋ ３y－３ ３＝０ ７．(２０２４􀅰山东省济南市名校考试联盟高三下学期４月高考模拟)已知正三棱锥P－ABC 的底面边长为２ ３, 若半径为１的球与该正三棱锥的各棱均相切,则三棱锥P－ABC 的体积为 (　　) A．２ B．２ ２ C．３ D．２ ３ ８．(２０２４􀅰河北省部分高中高三下学期二模)已知函数f(x)＝ex,g(x)＝lnx,正实数a,b,c满足f(a)＝ g′(a),f(b)g(b)＝g(a),g(c)＋f(g(ac))＝０,则 (　　) A．b＜a＜c B．c＜a＜b C．a＜c＜b D．c＜b＜a 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􀅰河南省信阳市信阳高级中学二模)已知位于第一象限的点(a,b)在曲线１x＋ １ y＝１ 上,则 (　　) A．(a－１)(b－１)＝－１ B．ab≥４ C．a＋４b≤９ D．１ a２ ＋２ b２ ≥２３ １０．(２０２４􀅰湖南省岳阳市高三教学质量监测(三))已知函数f(x)＝２cos(ωx＋φ)(ω＞０,|φ|＜π２) 的部分图象 如图所示,则 (　　) A．ω＝２ B．f(x)的单调递减区间为 (kπ＋π１２,kπ＋ ７π １２) ,k∈Z C．f(x)的图象可由函数y＝２cos２x的图象向右平移π６ 个单位得到 D．满足条件 (f(x)－f( －７π４ ) ) (f(x)－f( ４π ３ ) ) ＞０的最小正整数x为２ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 卷２ １１．(２０２４􀅰湖南省长郡中学、杭州二中、师大附中三校高三下学期联考)已知an＝２n,bn＝３n－１,数列{an}和 {bn}的公共项由小到大排列组成数列{cn},则 (　　) A．c４＝３２ B．{cn}为等比数列 C．数列{ bn an} 的前n项和Sn∈[１,５) D．b１、b２、b３不是任一等差数列的三项 三、填空题:本题共３小题,每小题５分,共１５分． １２．(２０２４􀅰辽宁省高三下学期二轮复习联考(二))已知集合A＝{－２,－１,０,１,２},集合B＝{x|x２－x－a＜ ０},则满足A∩B＝{０,１}的一个实数a的值为　　　　　． １３．(２０２４􀅰江西省南昌市高三第二次模拟测)一次知识竞赛中,共有A,B,C,D,E 五个题,参赛人每次从中抽 出一个题回答(抽后不放回)．已知参赛人甲A 题答对的概率为３４ ,B 题答对的概率为１４ ,C,D,E 题答对的 概率均为１ ２ ,则甲前３个题全答对的概率为　　　　　． １４．(２０２４􀅰河北省部分高中二模)阅读下列两则材料: 材料１．圆锥曲线的轴与顶点的定义:对平面内一圆锥曲线C,若存在直线l,使得对于曲线C 上任意一点 A,要么点A 在直线l上,要么曲线C上存在与点A 相异的一点B,使得点A 与点B 关于直线l对称,则称 曲线C关于直线l对称,直线l称为曲线C 的轴,曲线C与其轴的交点称为曲线C 的顶点． 材料２．某课外学习兴趣小组通过对反比例函数y＝kx (k≠０)的图象的研究发现:反比例函数y＝kx (k≠０) 的图象是双曲线,其两条渐近线为x轴和y 轴,两条渐近线的夹角为π２． ①若将双曲线绕其中心适当旋转可使其渐近线变为直线y＝±x,由此可求得其离心率为 ２． ②若k＞０,则将y＝kx 与y＝x联立可求得双曲线的顶点坐标为(k,k),(－ k,－ k)． 完成下列填空: 已知函数y＝ ３３ (x＋ ２ x ) 的图象是双曲线C,直线y＝ ３ ３x 和y 轴是双曲线C 的两条渐近线,则双曲线C的 位于第一象限的焦点的坐标为　　　　． 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)(２０２４􀅰湖南省长郡中学下学期调研)已知△ABC 中,角 A,B,C 所对的边分别为a,b,c,且 csinB＋C２ ＝asinC． (１)求A; (２)若a＝３,D 为BC 边上一点,AD＝２,２DB＝DC,求△ABC的面积． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 卷２ １６．(１５分)(２０２４􀅰江苏省南京市高三第二次模拟)已知函数f(x)＝x ２－ax＋a ex ,其中a∈R． (１)当a＝０时,求曲线y＝f(x)在(１,f(１))处的切线方程; (２)当a＞０时,若f(x)在区间[０,a]上的最小值为１e ,求a的值． １７．(１５分)(２０２４􀅰浙江省绍兴市第一中学高三下学期４月创新班联合测评二)如图所示,四棱台ABCD－ A１B１C１D１,底面ABCD 为一个菱形,且∠BAD＝１２０°．底面与顶面的对角线交点分别为O,O１,AB＝ ２A１B１＝２,BB１＝DD１＝ ３９ ２ ,AA１ 与底面夹角余弦值为 ３７ ３７． (１)证明:OO１⊥平面ABCD; (２)现将顶面绕OO１ 旋转θ角,旋转方向为自上而下看的逆时针方向．此时使得底面 与DC１ 夹角的正弦值为 ６ ４３ ４３ ,求此时θ的值(θ＜９０°); (３)求旋转后AA１ 与BB１ 夹角的余弦值． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 卷２ １８．(１７分)(２０２４􀅰河北省重点高中二模)已知椭圆E:x ２ a２ ＋y ２ b２ ＝１(a＞b＞０)的离心率e＝ ２２． (１)若椭圆E 过点(２,２),求椭圆E 的标准方程． (２)若直线l１,l２ 均过点P(pn,０)(０＜pn＜a,n∈N∗)且互相垂直,直线l１ 交椭圆E 于A,B 两点,直线l２ 交椭圆E 于C,D 两点,M,N 分别为弦AB 和CD 的中点,直线MN 与x 轴交于点Q(tn,０),设pn＝ １ ３n ． (ⅰ)求tn; (ⅱ)记an＝|PQ|,求数列{ １an} 的前n项和Sn． １９．(１７分)(２０２４􀅰辽宁省辽宁省高三重点高中协作校联考模拟预测)某自然保护区经过几十年的发展,某种 濒临灭绝动物数量有大幅度的增加．已知这种动物P 拥有两个亚种(分别记为A 种和B 种)．为了调查该 区域中这两个亚种的数目,某动物研究小组计划在该区域中捕捉１００个动物P,统计其中A 种的数目后, 将捕获的动物全部放回,作为一次试验结果．重复进行这个试验共２０次,记第i次试验中A 种的数目为随 机变量Xi(i＝１,２,􀆺,２０)．设该区域中A 种的数目为M,B 种的数目为N(M,N 均大于１００),每一次试 验均相互独立． (１)求X１ 的分布列; (２)记随机变量X＝１２０∑ ２０ i＝１ Xi．已知E(Xi＋Xj)＝E(Xi)＋E(Xj),D(Xi＋Xj)＝D(Xi)＋D(Xj) (ⅰ)证明:E(X)＝E(X１),D(X)＝ １ ２０D (X１); (ⅱ)该小组完成所有试验后,得到Xi 的实际取值分别为xi(i＝１,２,􀆺,２０)．数据xi(i＝１,２,􀆺,２０)的平 均值x＝３０,方差s２＝１．采用x和s２ 分别代替E(X)和D(X),给出M,N 的估计值． (已知随机变量X 服从超几何分布记为:X~H(P,n,Q)(其中P 为总数,Q 为某类元素的个数,n为抽取 的个数),则D(X)＝nQP (１－ Q P ) ( P－n P－１) ) 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋