2025名校高考全真模拟试题(四)-【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）

卷４ ２０２５名校高考全真模拟试题(四) 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􀅰安徽省江淮十校高三第三次联考)已知A＝{x|y＝lnx＋(x－１)０},B＝{y|y＝ x＋１},则A∩B＝ (　　) A．[０,１)∪(１,＋∞) B．(０,１)∪(１,＋∞) C．(０,＋∞) D．[０,＋∞) ２．(２０２４􀅰湖南省岳阳市高三教学质量监测(三))若虚数单位i是关于x的方程ax３＋bx２＋２x＋１＝０(a,b∈ R)的一个根,则|a＋bi|＝ (　　) A．２ B．２ C．５ D．５ ３．(２０２４􀅰北京市西城区高三下学期５月模拟测试)已知双曲线C:mx２＋ny２＝１的焦点在y轴上,且C 的离 心率为２,则 (　　) A．３m－n＝０ B．m－３n＝０ C．３m＋n＝０ D．m＋３n＝０ ４．(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)空气膜等厚干涉是一个有趣的光学现 象,如左图所示,当一块玻璃在另一块平板玻璃上方时,让光线垂直照射就会出现明暗相间的条纹．同一条 纹上两玻璃之间的空气间隙厚度一致．现有一圆锥形玻璃,底面周长为２４π,母线长为１３．将其顶点朝下放 置于平板玻璃上,并且使得底面与平板玻璃的夹角α近似满足sinα＝４１３ ,用光垂直照射,则得到的条纹形状 为 (　　) A．椭圆 B．双曲线 C．抛物线 D．圆 ５．(２０２４􀅰江西省南昌市高三第二次模拟测试)在三棱锥A－BCD 中,AB⊥平面BCD,AB＝ ３,BC＝BD＝ CD＝２,E,F分别为AC,CD 的中点,则下列结论正确的是 (　　) A．AF,BE 是异面直线,AF⊥BE B．AF,BE 是相交直线,AF⊥BE C．AF,BE 是异面直线,AF与BE 不垂直 D．AF,BE 是相交直线,AF与BE 不垂直 ６．(２０２４􀅰福建省三明市普通高中高三毕业班质量检测)函数f(x)＝sin(ωx＋φ)(ω＞ ０,０＜φ＜π)的部分图象如图所示,其中A,B 两点为图象与x 轴的交点,C为图象的 最高点,且△ABC是等腰直角三角形,若OB→＝－３OA→,则向量AO→在向量AC→上的投 影向量的坐标为 (　　) A．( －１４,－ １ ４) B．( １ ４ ,１ ４) C．( － １ ２ ,－１２) D．( １ ２ ,１ ２) ７．(２０２４􀅰江苏省南京市高三第二次模拟)在斜△ABC中,若sinA＝cosB,则３tanB＋tanC的最小值为 (　　) A．２ B．５ C．６ D．４ ３ ８．(２０２４􀅰浙江省杭州学军中学高三下学期４月适应性测)若函数f(x)＝xlnx－x＋|x－a|有且仅有两个零 点,则a的取值范围是 (　　) A．( －１e,０) ∪(０,e) B．( － ２ e ,０) ∪(０,e) C．( －２e,０) ∪(０,３) D．( － １ e ,０) ∪(０,３) 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􀅰辽宁省高三下学期二轮复习联考(二))半导体的摩尔定律认为,集成电路芯片上的晶体管数量的倍 增期是两年,用f(t)表示从t＝０开始,晶体管数量随时间t变化的函数,若f(０)＝１０００,则下面选项中,符 合摩尔定律公式的是 (　　) A．若t是以月为单位,则f(t)＝１０００＋１０００２４t B．若t是以年为单位,则f(t)＝１０００×(２)t C．若t是以月为单位,则lgf(t)＝３＋lg２２４t D．若t是以年为单位,则lgf(t)＝３＋ lg(３２t＋１) ２ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 卷４ １０．(２０２４􀅰山东省济南市名校考试联盟高三下学期４月高考模拟)如图,在直角三角形 ABC中,AB＝BC＝ ２,AO＝OC,点P 是以AC 为直径的半圆弧上的动点,若BP→＝ xBA→＋yBC→,则 (　　) A．BO→＝１２BA →＋１２BC → B．CB→􀅰BO→＝１ C．BP→􀅰BC→最大值为１＋ ２ D．B,O,P 三点共线时x＋y＝２ １１．(２０２４􀅰河南省信阳市高三下学期４月二模)已知抛物线C:y２＝２px(p＞０)的焦点为F,点 M,N 在抛物 线C 上,则 (　　) A．若M,N,F三点共线,且|MF||NF|＝ ３ ４ ,则直线MN 的倾斜角的余弦值为±３７ B．若M,N,F三点共线,且直线MN 的倾斜角为４５°,则△OMN 的面积为 ２２p ２ C．若点A(４,４)在抛物线C 上,且 M,N 异于点A,AM⊥AN,则点 M,N 到直线y＝－４的距离之积为 定值 D．若点A(２,２)在抛物线C 上,且 M,N 异于点A,kAM ＋kAN ＝０,其中kAM ＞１,则|sin∠FMN－ sin∠FNM|≤２ ５５ 三、填空题:本题共３小题,每小题５分,共１５分． １２．(２０２４􀅰河北省邢台市部分高中二模)已知(x－１)３＋(x＋１)４＝a４x４＋a３x３＋a２x２＋a１x＋a０,则a２＝ 　　　　． １３．(２０２４􀅰安徽省江淮十校高三第三次联考)某小学对四年级的某个班进行数学测试,男生的平均分和方差 分别为９１和１１,女生的平均分和方差分别为８６和８,已知该班男生有３０人,女生有２０人,则该班本次数 学测试的总体方差为　　　　． １４．(２０２４􀅰福建省福州市高三下学期４月末质量检测)如图,六面体ABCDA１C１D１ 的一个面ABCD 是边长 为２的正方形,AA１,CC１,DD１ 均垂直于平面 ABCD,且 AA１＝１,CC１＝２,则该六面体的体积等于 　　　　,表面积等于　　　　． 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􀅰江西省南昌市高三第二次模拟测)已知数列{an}的前n项和为Sn,且满足a１＝１,a２＝３, an＋an＋２＝kan＋１． (１)当k＝２时,求S１０; (２)若k＝５２ ,设bn＝an＋１－２an,求{bn}的通项公式． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 卷４ １６．(１５分)(２０２４􀅰重庆市乌江新高考协作体高考模拟监测(一))如图,在圆锥DO 中,D 为圆锥顶点,AB 为圆锥底面的直径,O 为底面圆的圆心,C 为底面圆周上一点,四边 形OAED 为矩形． (１)求证:平面BCD⊥平面ACE; (２)若AE＝ ２,AC＝２,BC＝２ ３,求平面ADE 和平面CDE 夹角的余弦值． １７．(１５分)(２０２４􀅰湖南省衡阳市名校联考联合体高三高考考前仿真联考一)某电竞平台开发了A,B 两款训 练手脑协同能力的游戏,A 款游戏规则是:五关竞击有奖闯关,每位玩家上一关通过才能进入下一关,上一 关没有通过则不能进入下一关,且每关第一次没有通过都有再挑战一次的机会,两次均未通过,则闯关失 败,各关和同一关的两次挑战能否通过相互独立,竞击的五关分别依据其难度赋分．B 款游戏规则是:共设 计了n(n∈N∗且n≥２)关,每位玩家都有n次闯关机会,每关闯关成功的概率为１３ ,不成功的概率为２ ３ ,每 关闯关成功与否相互独立;第１次闯关时,若闯关成功则得１０分,否则得５分．从第２次闯关开始,若闯关 成功则获得上一次闯关得分的两倍,否则得５分．电竞游戏玩家甲先后玩A,B 两款游戏． (１)电竞游戏玩家甲玩A 款游戏,若第一关通过的概率为３４ ,第二关通过的概率为２ ３ ,求甲可以进入第三关 的概率; (２)电竞游戏玩家甲玩B 款游戏,记玩家甲第i次闯关获得的分数为Xi(i＝１,２,􀆺,n),求E(Xi)关于i的 解析式,并求E(X８)的值．(精确到０．１,参考数据:(２３) ７ ≈０．０５９．) 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 卷４ １８．(１７分)(２０２４􀅰北京市西城区高三下学期５月模拟测试)已知函数f(x)＝４asinx＋(a２＋１)x２,其中a≥０． (１)若f(x)在x＝０处取得极小值,求a的值; (２)当a＝１时,求f(x)在区间 [π２,π] 上的最大值; (３)证明:f(x)有且只有一个极值点． １９．(１７分)(２０２４􀅰河北省邢台市部分高中二模)将x２＋y２＝２上各点的纵坐标变为原来的 ２λ２ (０＜λ＜２)倍 (横坐标不变),所得曲线为E．记P(－２,０),Q(１,０),过点P 的直线与E 交于不同的两点A,B,直线QA, QB 与E 分别交于点C,D． (１)求E 的方程; (２)设直线AB,CD 的倾斜角分别为α,β．当０＜α＜ π ２ 时, (ⅰ)求tanαtanβ 的值; (ⅱ)若β－α有最大值,求λ的取值范围． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 新高考数学答案 —１４　 P( t１－３m２, ３mt １－３m２ ) ,又因为P( t １－３m２ , ３mt １－３m２ ) 在 曲线C１ 上,则 ( t１－３m２ ) ２ － ( ３mt１－３m２ ) ２ ３ ＝１ ,整理得(１ －３m２)t２＝(１－３m２)２,且m≠ ３３ ,即１－３m２≠０,可得 t２＝１－３m２,注意到直线l与x 轴的交点坐标为(t,０), 则△MON 的面积S△MON ＝ １ ２|t| ３t １－ ３m ＋ ３t １＋ ３m ＝ ３t ２ |１－３m２| ＝ ３t ２ |t２| ＝ ３． １９．[解](１)由 定 义 知,|PQ|t ＝ max{ |１－２|１＋|１－２|, |２－４| １＋|２－４|} ＝max{ １ ２ ,２ ３} ＝ ２ ３． (２)设P(x,y)是以原点O 为圆心,以 １２ 为半径的t－ 圆上任一点,则 max{ |x|１＋|x|, |y| １＋|y|} ＝ １ ２． 若 |y| １＋|y|≤ |x| １＋|x|＝ １ ２ ,则 |x|＝１ , |y|≤１;{ 若 |x| １＋|x|≤ |y| １＋|y|＝ １ ２ ,则有 |y|＝１ , |x|≤１．{ 由此可知,以原点O 为圆心,以 １２ 为半径的“t－圆”的 图形为一个正方形,边长为２,如图所示: 则“t－圆”的面积为２×２＝４． (３)证明:考虑函数f(t)＝ t１＋t (t≥０)． 因为f′(t)＝ １(１＋t)２ ＞０,所以f(t)在[０,＋∞)上单调递增． 又|x１－x３|≤|x１－x２|＋|x２－x３|, 于 是 |x１－x３| １＋|x１－x３| ≤ |x１－x２|＋|x２－x３| １＋|x１－x２|＋|x２－x３| ＝ |x１－x２| １＋|x１－x２|＋|x２－x３| ＋ |x２－x３| １＋|x１－x２|＋|x２－x３| ≤ |x１－x２| １＋|x１－x２| ＋ |x２－x３| １＋|x２－x３| , 同理, |y１－y３| １＋|y１－y３| ≤ |y１－y２| １＋|y１－y２| ＋ |y２－y３| １＋|y２－y３| ．不 妨 设 |y１－y３| １＋|y１－y３| ≤ |x１－x３| １＋|x１－x３| ,则 |P１P３|t ＝ |x１－x３| １＋|x１－x３| ≤ |x１－x２| １＋|x１－x２| ＋ |x２－x３| １＋|x２－x３| ≤ max { |x１－x２|１＋|x１－x２|, |y１－y２| １＋|y１－y２|} ＋max{ |x２－x３| １＋|x２－x３| , |y２－y３| １＋|y２－y３|} ＝|P１P２|t＋|P２P３|t． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ④２０２５名校高考全真模拟试题(四) １．B　[试题解析]由 x＞０ , x－１≠０,{ 得０＜x＜１或x＞１,即A ＝(０,１)∪(１,＋∞),∵ x＋１≥０,∴y＝ x＋１≥ ０,即B＝[０,＋∞),∴A∩B＝(０,１)∪(１,＋∞)．故 选B． ２．C　[试题解析]依题意,ai３＋bi２＋２i＋１＝０,即(２－a)i ＋(１－b)＝０,又a,b∈R,则a＝２,b＝１,所以|a＋bi| ＝|２＋i|＝ ２２＋１２＝ ５．故选 C． ３．C　[试题解析]化简双曲线C:mx２＋ny２＝１可得C:y ２ １ n － x ２ －１m ＝１,因为双曲线C的焦点在y 轴上,所以a２ ＝１n ,b２ ＝ － １m ,所 以 C 的 离 心 率 为e＝ ca ＝ １＋b ２ a２ ＝ １－nm ＝２ ,则－nm ＝３ ,所以３m＋n＝０． 故选 C． ４．A　[试题解析]根据题意,设圆锥的底面半径为r,高为 h,母线 为l,则 ２πr＝２４π,解 得r＝１２,所 以 h＝ l２－r２＝５． 根据空气膜等厚干涉的描述,若圆锥顶点朝下且高 垂直于平板玻璃,则条纹形状为圆,而底面与平板 玻璃的夹角α近似满足sinα＝４１３ ,即倾斜了α角度, 则条纹形状不是圆,而是椭圆．故选 A． ５．A　[试题解析]显然根据异面直线判定方法:经过平面 ACD 外一点B 与 平 面ACD 内 一 点E 的 直 线BE 与 平 面 ACD 内 不 经 过 E 点 的 直 线 AF 是 异 面 直线． 因为AB⊥平面BCD,CD⊂平面BCD,所以AB⊥CD, 因为 BC＝BD＝CD,F 分 别 为CD 的 中 点,连 接 BF,所以BF⊥CD, 因为AB∩BF＝B,AB,BF⊂平面ABF,所以CD⊥ 平面ABF, 如图:取AF 的中点Q,连接BQ,EQ,因为AF⊂平 面ABF,所以CD⊥AF, 又因为EQ∥CD,所以EQ⊥AF,因为 BC＝BD＝ CD＝２,所以 BF＝ ３２ ×２＝ ３＝AB ,又因为 Q 为 AF 的中点,所以BQ⊥AF,因为BQ∩EQ＝Q,BQ, EQ⊂平面BEQ,所以 AF⊥平面BEQ,又因为BE ⊂平面BEQ,所以AF⊥BE．故选 A． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 新高考数学答案 —１５　 ６．B　[试题解析]１２T＝ １ ２× ２π ω＝ π ω ,则|AB→|＝πω,过点 C作CD⊥AB 于点D,因为△ABC是等腰直角三角 形,所以AD＝BD＝CD,∠CAD＝π４ , 因为OB→＝－３OA→,所以 A ( － π４ω,０) ,B ( ３π ４ω ,０) , D( π４ω,０) ,C( π ４ω ,π ２ω) ,因为f(x)最大值为１,所以 π ２ω＝１ ,解得ω＝π２ ,所以A( －１２,０) ,D( １ ２ ,０) ,C ( １２,１) ,则AO→＝ ( １ ２ ,０) ,AC→＝(１,１),则AO→在AC→ 上的投影向量的坐标为|AO→|cos∠CAD􀅰 AC → |AC→|＝ １ ２× ２ ２× ２ ２ (１,１)＝ ( １４, １ ４ ) ．故选B． ７．B　[试题解析]因为sinA＝cosB＞０,所 以 B 为 锐 角, sin２A＝cos２B,则１－cos２A＝１－sin２B,即cos２A＝ sin２B,所以sin ２A cos２A ＝cos ２B sin２B ,即tan２A＝ １ tan２B ,所 以 tanAtanB＝ ±１,当 tanAtanB＝１ 时,cosAcosB－ sinAsinB＝０即cos(A＋B)＝０,所以A＋B＝ π２ ,不 合题意; 当tanAtanB＝－１时,tan(A＋B)＝tanA＋tanB２ , 所以tanC＝tan(π－A－B)＝ －tan(A＋B)＝ －tanA＋tanB２ , 所以３tanB＋tanC＝３tanB－tanA＋tanB２ ＝ ５ ２tanB －１２tanA＝ ５ ２tanB＋ １ ２tanB≥２ ５ ２tanB 􀅰 １ ２tanB ＝ ５,当且仅当 ５２tanB＝ １ ２tanB ,即tanB＝ ５５ 时,等 号成立．故选B． ８．A　[试题解析]由f(x)＝０可得|x－a|＝x－xlnx,则 函数y＝|x－a|与函数y＝x－xlnx的图象有两个 交点; 设g(x)＝x－xlnx,则g′(x)＝－lnx, 令g′(x)＝－lnx＞０,解得０＜x＜１; 令g′(x)＝－lnx＜０,解得x＞１; 所以g(x)在(０,１)上单调递增,在(１,＋∞)上单调 递减; 令g′(x)＝１,解得x＝１e ,可求得g(x)的图象在x ＝１e 处的切线方程为y＝x＋１e ; 令g′(x)＝－１,解得x＝e,可求得g(x)的图象在x ＝e处的切线方程为y＝－x＋e; 函数y＝|x－a|与函数y＝x－xlnx 的 图 象 如 图 所示: 切线y＝x＋１e 与y＝－x＋e在x轴上的截距分别 为－１e ,e, 当a＝０时,y＝|x－a|与函数y＝x－xlnx 的图象 有一个交点, 故实数a的取值范围为 ( －１e,０) ∪(０,e)． 故选 A． ９．BC　[试题解析]选项 A,f(２４)＝２０００＝２f(０),f(４８) ＝３０００≠２f(２４),不符合;选项 B,f(２)＝２０００＝ ２f(０),f(４)＝４０００＝２f(２),f(２n)＝１０００×２n,n ∈N∗ ,符合;选项 C,lgf(t)＝３＋lg２２４t ,则f(t)＝ １０３＋ lg２ ２４t＝１０００×２ t ２４,f(２４)＝２×１０００＝２f(０), f(４８)＝４０００＝２f(２４),f(２４n)＝１０００×２n,n∈ N∗ ,符合,选项 D,lgf(t)＝３＋ lg( ３２t＋１) ２ ,f(t) ＝１０００× ( ３２t＋１) １ ２ ,f(２)＝２×１０００＝２f(０), f(４)＝１０００×７ １ ２ ≠２f(２),不符合．故选BC． １０．ACD　[试题解析]因为AO＝OC,即O 为AC 的中点, 所以BO→＝１２BA →＋１２BC →,故 A 正确;如图建立 平面直 角 坐 标 系,则 B(０,０),C(２,０),A(０, ２),O ( ２２, ２ ２ ) ,所 以CB→＝(－ ２,０),BO→＝ ( ２２, ２ ２ ) ,则CB→􀅰BO→＝－ ２× ２ ２ ＋０× ２ ２ ＝ －１,故B错误;又AC＝ (２)２＋(２)２＝２,所 以圆O 的方程为 (x－ ２２ ) ２ ＋ (y－ ２２ ) ２ ＝１, 设P( ２２＋cosθ, ２ ２＋sinθ) ,θ∈ [ － π ４ ,３π ４ ] ,则 BP→＝ ( ２２ ＋cosθ, ２ ２ ＋sinθ) ,又BC→＝(２,０), 所以BP→􀅰BC→＝ ２( ２２ ＋cosθ) ＋０× ( ２ ２ ＋ sinθ) ＝１＋ ２cosθ,因为θ∈ [ － π４, ３π ４ ] ,所以 cosθ∈ [ － ２２,１] ,所以 ２cosθ∈[－１,２],所以 BP→􀅰BC→∈[０,１＋ ２],故BP→􀅰BC→最大值为１＋ ２,故 C正确;因为B,O,P 三点共线,所以BP→ ∥BO→,又BO→＝ ( ２２, ２ ２ ) ,BP→＝ ( ２ ２ ＋cosθ ,２ ２ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 新高考数学答案 —１６　 ＋sinθ) ,所以 ２２ × ( ２ ２ ＋sinθ) ＝ ２ ２ × ( ２ ２ ＋ cosθ) ,即sinθ＝cosθ,所 以θ＝ π４,所 以BP→＝ (２,２),又BC→＝(２,０),BA→＝(０,２),且BP→ ＝xBA→＋yBC→,即(２,２)＝x(０,２)＋y(２, ０)＝ (２y, ２x),所 以 ２x＝ ２, ２y＝ ２,{ 所 以 x＝１, y＝１,{ 所以x＋y＝２,故 D正确．故选 ACD． １１．BCD　[试题解析]设直线 MN:x＝ty＋p２ (t≠０),设 M(x１,y１),N(x２,y２),联立 y２＝２px, x＝ty＋p２ ,{ 则y２ －２pty－p２＝０,y１＋y２＝２pt,y１y２＝－p２,由 于|MF| |NF|＝ ３ ４ ,可 得y１ y２ ＝ －３４ ,代 入 上 式 得 １ ４y２＝２pt ,－ ３４y ２ ２＝－p２,解得t２＝ １ ４８ ,且直 线 MN 的斜率为１t ,设直线 MN 的倾斜角为α, 则tan２α＝４８,且sin２α＋cos２α＝１,tanα＝sinαcosα ,则 cos２α＝１４９ ,解得cosα＝±１７ ,故 A错误;若直线 MN 的倾斜角为４５°,设直线 MN:x＝y＋p２ ,设 M(x１,y１),N(x２,y２),联 立 y２＝２px, x＝y＋p２ ,{ 则y２ －２py－p２ ＝０,y１ ＋y２ ＝２p,y１y２ ＝ －p２, S△OMN ＝ １ ２ × p ２ × |y２ －y１ | ＝ p ４ × (２p)２－４(－p２)＝ ２２p ２,故 B 正 确;由 于 点 A(４,４)在抛物线C上,此时抛物线C:y２＝４x, 设 M(x１,y１),N(x２,y２),设直线 AM:x－４＝ t(y－４)(t≠０),联立 y ２＝４x, x－４＝t(y－４),{ 则y２－４ty＋１６(t－１)＝０,解得y１＝４(舍去,此 时 M,A 重合)或y１＝４t－４,则点 M 到直线y＝ －４的距离为|y１＋４|＝|４t|,同 理 可 得,因 为 AM⊥AN,则 N 到直线y＝－４的距离为 ４􀅰 １ －t ＝ ４ t ,故所求距离之积为 ４t􀅰 ４t ＝ １６,故 C正确; 由于点A(２,２)在抛物线C 上,此时抛物线C: y２＝２x, 设直线AM:y－２＝k(x－２),与抛物线方程联 立可得ky２－２y＋４－４k＝０,则yM 􀅰２＝ ４－４k k , 则yM＝ ２－２k k ,用－k替换可得yN ＝－ ２＋２k k , 则kMN ＝ yM－yN xM－xN ＝yM－yN y２M ２ － y２N ２ ＝ ２yM＋yN ＝－１２ , 则 M ( ２(１－k) ２ k２ ,２－２k k ) ,N ( ２(１＋k)２ k２ , －２＋２kk ) ,故直线 MN:y－ ２－２k k ＝－ １ ２ [x－ ２(１－k)２ k２ ] ,即y＝－ １ ２x＋ １ k２ －１,则点F 到直 线MN 的距离d＝ １ ２－ ２－２k２ k２ ５ ＝５k ２－４ ２ ５k２ (k ＞１),而|sin∠FMN－sin∠FNM|＝d １|FM| － １|FN| 即|sin∠FMN－sin∠FNM|＝d １ xM＋ １ ２ － １ xN＋ １ ２ ＝d xM－xN xMxN＋ １ ２ (xM＋xN)＋ １ ４ , |sin ∠FMN － sin ∠FNM | ＝ ５k ２－４ ２ ５k２ 􀅰 ３２k３ ２５k４－２４k２＋１６ ,得|sin∠FMN－sin∠FNM| ＝１６ ５ 􀅰 ５k－４k ２５k２－２４＋１６k２ ＝１６ ５ 􀅰 ５k－４k (５k－４k ) ２ ＋１６ , 令t＝５k－４k ＞１ ,故|sin∠FMN－sin∠FNM| ＝１６ ５ 􀅰 t t２＋１６ ＝１６ ５ 􀅰 １ t＋１６t ,|sin∠FMN－ sin∠FNM|≤１６ ５ 􀅰 １ ２ t􀅰１６t ＝１６ ５ 􀅰 １ ８＝ ２ ５ ５ , 当 且 仅 当t＝４ 时 等 号 成 立,故 D 正 确．故 选BCD． １２．[试题解析](x－１)３ 的通项为 Tr＋１＝Cr３x３－r(－１)r,所 以展开式中x２ 的系数为 C１３ (－１)１＝－３,(x＋１)４ 的 通项为 Tt＋１＝Ct４x４－t,所以展开式中x２ 的系数为C２４＝ ６,所以a２＝－３＋６＝３． [参考答案]３ １３．[试题解析]设全体同学数学成绩的平均分为x,方差 为s２,记x１＝９１,s２１＝１１,x２＝８６,s２２＝８,m＝３０,n＝２０, 依题意有x＝mx１＋nx２m＋n ＝ ３０×９１＋２０×８６ ３０＋２０ ＝８９ ,则s２ ＝ m[s２１＋(x－x１)２]＋n[s２２＋(x－x２)２] m＋n ＝ ３０[１１＋(９１－８９)２]＋２０[８＋(８６－８９)２] ５０ ＝１５．８． [参考答案]１５．８ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 新高考数学答案 —１７　 １４．[试题解析]如图,在 DD１ 上取 DM＝AA１,连接A１M,MC, 因为AA１,CC１,DD１ 均垂直于 平 面 ABCD,所 以 AA１ ∥CC１ ∥DD１,则 AA１ ⊥AD,AA１ ⊥ DC,因为 ABCD 是 正 方 形,所 以AD⊥DC,又 AD∩AA１ ＝ A,AD,AA１ ⊂ 平 面 A１ADD１, 所以 DC⊥ 平 面 A１ADD１,由 DM ＝ AA１ 可 得 四 边 形 AA１MD 为平行四边形,所以 AD∥A１M,AD＝A１M, 因为面ABCD 为正方形,则AD∥BC,AD＝BC,所以 BC∥A１M,BC＝A１M,则四边形 A１MCB 为平行四边 形,所 以 A１B ∥ MC,A１B ＝ MC,又 A１B ⊄ 平 面 DCC１D１,MC ⊂ 平 面 DCC１D１,所 以 A１B ∥ 平 面 DCC１D１,因为平面DCC１D１∩平面A１BC１D１＝C１D１, 则A１B∥C１D１,所以四边形 MD１C１C 为平行四边形, 所以 MD１＝C１C＝２,故ABA１－DCM 为三棱柱,BCC１ －A１MD１ 为三棱柱,则该六面体的体积V＝VABA１－DCM ＋VBCC１－A１MD１＝S△ABA１􀅰BC＋S△BCC１􀅰DC＝ １ ２×２× １×２＋１２×２×２×２＝６． 如图,连接BD,D１B, 又 A１B ＝ AB２＋AA２１ ＝ ２２＋１２ ＝ ５,A１D１ ＝ A１M＋MD２１＝ ２２＋２２＝２ ２,BD＝２ ２,所以BD１ ＝ BD２＋DD２１ ＝ (２ ２)２＋３２ ＝ １７,则 在 四 边 形 A１BC１D１ 中,由 余 弦 定 理 得 cos ∠D１A１B ＝ A１B２＋A１D２１－BD２１ ２A１B􀅰A１D１ ＝ ５＋８－１７ ２× ５×２ ２ ＝ － １０１０ ,所 以 sin∠D１A１B ＝ １－cos２∠D１A１B ＝ ３ １０ １０ , 则 S▱A１BC１D１ ＝A１B􀅰A１D１􀅰sin∠D１A１B＝ ５×２ ２× ３ １０ １０ ＝６ ,该六面体的表面积S＝S△ABA１ ＋S△BCC１ ＋ S四边形A１ADD１＋S四边形DCC１D１ ＋S▱A１BC１D１ ＋S□ABCD ＝ １ ２× ２×１＋１２×２×２＋ １ ２× (１＋３)×２＋ １２× (２＋３)×２ ＋６＋２×２＝２２． [参考答案]６　２２ １５．[解](１)当k＝２时,有an＋an＋２＝２an＋１,即an＋２－an＋１ ＝an＋１－an,所以{an}为等差数列,因为a１＝１,a２＝３, 所以d＝a２ －a１ ＝２,所 以 S１０ ＝１×１０＋ １０×９ ２ ×２ ＝１００． (２)由已知,an＋２ ＝ ５ ２an＋１ －an ,所以an＋２ －２an＋１ ＝ １ ２an＋１－an＝ １ ２ (an＋１－２an),即bn＋１＝ １ ２bn ,且b１＝a２ －２a１＝１,所以{bn}是以１为首项, １ ２ 为公比的等比数 列,所以bn＝１× ( １２ ) n－１ ＝ ( １２ ) n－１ ． １６．[解](１)证明:∵AB为圆锥底面的直径,C为底面圆周 上一点,∴BC⊥AC．∵四边形OAED 为矩形,OD⊥平 面ABC,∴AE∥OD,AE⊥平面 ABC,又 BC⊂平面 ABC,∴AE⊥BC,又∵AE∩AC＝A,AE⊂平面ACE, AC⊂ 平 面 ACE,∴BC⊥ 平 面 ACE．又 BC⊂ 平 面 BCD,∴平面BCD⊥平面ACE． (２)以C为坐标原点,AC,BC所在直线分别为x,y轴, 过点C且与OD 平行的直线为z 轴,建立如图所示空 间直角坐标系, 则C(０,０,０),A(－２,０,０),D(－１,－ ３,２),E(－２,０,２), AE→＝(０,０,２),ED→＝(１,－ ３,０),CE→＝(－２,０,２)． 设平面ADE的法向量为n１＝(x１,y１,z１), 则 AE→􀅰n１＝０, ED→􀅰n１＝０,{ 即 ２z１＝０, x１－ ３y１＝０,{ 令y１＝１,得x１＝ ３,所以n１＝(３,１,０)． 设平面CDE的法向量为n２＝(x２,y２,z２), 则 CE→􀅰n２＝０, ED→􀅰n２＝０,{ 即 －２x２＋ ２z２＝０, x２－ ３y２＝０,{ 令y２＝１,得x２＝ ３,z２＝ ６,所以n２＝(３,１,６), 所以cos‹n１,n２›＝ n１􀅰n２ |n１||n２| ＝ ３＋１ ２× １０ ＝ １０５ ,所以平 面ADE和平面CDE 夹角的余弦值为 １０５ ． １７．[解](１)记事件Ai 表示第i次通过第一关,事件Bi 表示 第i次通过第二关,设甲可以进入第三关的概率为P,由 题意知 P＝P(A１B１)＋P(A１A２B１)＋P(A１ B１B２)＋ P(A１A２B１B２)＝P(A１)P(B１)＋P(A１)P(A２)P(B１) ＋P(A１)P(B１)P(B２)＋P(A１)P(A２)P(B１)P(B２) ＝３４× ２ ３＋ (１－ ３ ４ ) × ３ ４× ２ ３＋ ３ ４× (１－ ２ ３ ) × ２ ３ ＋ (１－３４ ) × ３ ４× (１－ ２ ３ ) × ２ ３＝ ５ ６． (２)依题意得Xi＋１＝２Xi× １ ３＋ ２ ３×５＝ ２ ３Xi＋ １０ ３ , 所以E(Xi＋１)＝E( ２３Xi＋ １０ ３ ) ＝ ２ ３E (Xi)＋ １０ ３ , E(Xi＋１)－１０＝ ２ ３ [E(Xi)－１０], 又随机变量X１ 的可能取值为１０,５,其分布列为 X１ １０ ５ P １３ ２ ３ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 新高考数学答案 —１８　 所以E(X１)＝ ２０ ３ ,得E(X１)－１０＝－ １０ ３ ,所以{E(Xi) －１０}为等比数列．其中首项为－１０３ ,公比为２ ３． 所以E(Xi)－１０＝－ １０ ３× ( ２ ３ ) i－１ ,i∈N∗ ,即E(Xi) ＝－１０３× ( ２ ３ ) i－１ ＋１０． 所以E(X８)＝－ １０ ３× ( ２ ３ ) ７ ＋１０≈９．８． １８．[解](１)由f′(x)＝４acosx＋２(a２＋１)x, 因为f(x)在x＝０处取得极小值,所以f′(０)＝０,即 f′(０)＝４acos０＋２(a２＋１)×０＝４a＝０,解得a＝０,检 验:当a＝０时,f(x)＝x２,由二次函数的性质可得: f(x)在(－∞,０)上单调递减,在(０,＋∞)上单调递增, 满足题意,所以a＝０． (２)当a＝１时,f(x)＝４sinx＋２x２,f′(x)＝４cosx＋４x ＝４(cosx＋x)． 令g(x)＝f′(x)＝４(cosx＋x), 则g′(x)＝４(－sinx＋１), 因为π ２≤x≤π ,所以g′(x)＝４(－sinx＋１)≥０, 即g(x)＝４(cosx＋x)在区间[π２ ,π]上单调递增, 所以g(x)min＝４(cosπ２＋ π ２ ) ＝２π＞０,即f′(x)＞０, 所以f(x)在区间 [ π２,π] 上单调递增,即f(x)的最大 值为f(π)＝４sinπ＋２π２＝４×０＋２π２＝２π２． (３)证明:由f′(x)＝４acosx＋２(a２＋１)x, 当a＝０时,f(x)＝x２,由二次函数的单调性可得: f(x)在(－∞,０)上单调递减,在(０,＋∞)上单调递增, 所以f(x)恰有一个极值点; 当a＞０时,设g(x)＝f′(x)＝４acosx＋２(a２＋１)x, 则g′(x)＝－４asinx＋２(a２＋１)＝－４a(sinx－a ２＋１ ２a ) ． 因为a ２＋１ ２a ＝ a ２＋ １ ２a≥２ a ２ 􀅰１ ２a＝１ ,且sinx≤１, 所以g′(x)≥０,即g(x)在(－∞,＋∞)上单调递增． 因为g( －π２ ) ＝－(a ２＋１)π＜０,g(０)＝４a＞０, 所以存在x０∈ ( －π２,０) ,使g(x０)＝f′(x０)＝０,根据 g(x)在(－∞,＋∞)上单调递增,可知当x＜x０ 时, f′(x)＝g(x)＜０,所以f(x)在(－∞,x０)上单调递减, 可知当x＞x０ 时,f′(x)＝g(x)＞０,所以f(x)在(x０, ＋∞)上单调递增,即f(x)恰有一个极值点． 综上所述,当a≥０时,f(x)有且只有一个极值点． １９．[解](１)设所求轨迹E上的任意点为(x,y),与x２＋y２ ＝２ 对 应 的 点 为 (x１,y１ ),根 据 题 意,可 得 x＝x１, y＝ ２λ２ y１ ,{ 即 x１＝x, y１＝ ２ ２λ y,{ 代入方程x２＋y２＝２,可得x２＋ ( ２２λy) ２ ＝２,整理得 x２ ２＋ y２ λ＝１ (０＜λ＜２),所以曲线E的轨迹方程为x ２ ２＋ y２ λ＝１ (０＜λ＜２)． (２)(ⅰ)设直线AC的方程为y＝k(x－１),A(x１,y１), B(x２,y２ ),C (x３,y３ ),D (x４,y４ ),联 立 方 程 组 y＝k(x－１), x２ ２＋ y２ λ＝１ ,{ 整理得(λ＋２k２)x２－４k２x＋２k２－２λ＝ ０,则Δ＝(－４k２)２－４(λ＋２k２)(２k２－２λ)＞０,且x１＋ x３＝ ４k２ λ＋２k２ ,x１x３＝ ２k２－２λ λ＋２k２ ,可得 ３ ２ (x１＋x３)－x１x３ ＝２λ＋４k ２ λ＋２k２ ＝２,所以x３＝ ３x１－４ ２x１－３ ,可得y３＝ y１ x１－１ 􀅰 (３x１－４２x１－３－１) ＝ y１ ２x１－３ ,所以C(３x１－４２x１－３, y１ ２x１－３) ,同 理可得D(３x２－４２x２－３, y２ ２x２－３) ,又因为P,A,B三点共线, 可得 y１ x１＋２ ＝ y２x２＋２ ,即x２y１－x１y２＝２(y２－y１),所以kCD ＝ y２ ２x２－３ － y１２x１－３ ３x２－４ ２x２－３ － ３x１－４ ２x１－３ ＝ ２(x２y１－x１y２)＋３(y２－y１) x２－x１ ＝ ７(y２－y１) x２－x１ ＝７kAB,所以 tanα tanβ ＝ kAB kCD ＝１７． (ⅱ)设直线AB的方程为y＝k(x＋２),其中k＞０,由 (ⅰ)知,直 线 CD 的 斜 率 为 ７k,则 tan(β－α)＝ tanβ－tanα １＋tanβtanα ＝７k－k １＋７k２ ＝ ６１ k＋７k ≤３ ７ ,当且仅当１ k ＝７k 时,即 k２ ＝ １７ 时,等 号 成 立,联 立 方 程 组 y＝k(x＋２), x２ ２＋ y２ λ＝１ ,{ 整理得(λ＋２k２)x２＋８k２x＋８k２－２λ＝ ０,则Δ＝６４k４－４(λ＋２k２)(８k２－２λ)＞０,解得λ＞２k２, 若β－α有最大值,则λ＞２× １ ７＝ ２ ７ ,又因为０＜λ＜２, 所以实数λ的取值范围为 ( ２７,２) ． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ⑤２０２５名校高考全真模拟试题(五) １．D　[试题解析]原方程可化为(x－１)(x２＋１)＝０,所以 x＝１或x＝±i．故选 D． ２．C　[试题解析]由A＝{x|y＝ ２x－x２}可得２x－x２≥ ０,解得０≤x≤２,所以A＝{x|０≤x≤２},B＝{y|y ＞０},∴∁UA＝{x|x＜０或x＞２},(∁UA)∪B＝{x| x≠０}．故选 C． ３．D　[试题解析]由题意可知e２b＝ea＋c,所以２b＝a＋c,故 D正确; 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋