2025名校高考全真模拟试题(十)-【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１０ ２０２５名校高考全真模拟试题(十) 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􀅰河北省石家庄市部分学校高三联考)设集合A＝{x∣x２－３x＜０},B＝{x∣log２x＞１},则A∩ ∁RB( )＝ (　　) A．０,２( ) B．０,２( ] C．１,２( ] D．２,３( ) ２．(２０２４􀅰深圳外国语学校校考)已知复平面内坐标原点为O,复数z对应点Z,z满足z ４－３i( )＝３＋４i,则 OZ→ ＝ (　　) A．４５ B． ３ ４ C．１ D．２ ３．(２０２４􀅰山东省济南市高三三模)已知正方形ABCD 的边长为２,若BP→ ＝PC→,则AP→􀅰BD→ ＝ (　　) A．２ B．－２ C．４ D．－４ ４．(２０２４􀅰河南省济源高中高三联考)已知椭圆C:x ２ m ＋y ２ ＝１,则“m ＝２”是“椭圆C的离心率为 ２２ ”的 (　　) A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 ５．(２０２４􀅰河北高三校联考模拟)过点P －１,１( ) 的直线l与圆C:x２＋y２＋４x－１＝０交于A,B 两点,则 AB 的最小值为 (　　) A．２ ３ B．１５ C．３ D．２ ６．(２０２４􀅰天津一中校考)已知公差为负数的等差数列 an{ }的前n项和为Sn,若a３,a４,a７是等比数列,则当Sn 取最大值时,n＝ (　　) A．２或３ B．２ C．３ D．４ ７．(２０２４􀅰辽宁省沈阳市二中高三模拟)若α∈ －π２ ,π ２ æ è ç ö ø ÷,tanα＝ cosα３－sinα ,则sin２α－π３ æ è ç ö ø ÷＝ (　　) A．－４ ６＋７１８ B． ４ ６－７ １８ C．－４ ２＋７ ３１８ D． ４ ２－７ ３ １８ ８．(２０２４􀅰山西省阳泉市高三三模)能被３个半径为１的圆形纸片完全覆盖的最大的圆的半径是 (　　) A．２ ６３ B． ６ ２ C．２ ３３ D． ３ ３ ＋ １ ２ 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􀅰山东省济宁市三模)已知A,B 为随机事件,P A( )＝０．５,P B( )＝０．４,则下列结论正确的有(　　) A．若A,B 为互斥事件,则P A＋B( )＝０．９ B．若A,B 为互斥事件,则P A＋B( )＝０．１ C．若A,B 相互独立,则P A＋B( )＝０．７ D．若P B|A( )＝０．３,则P B|A( )＝０．５ １０．(２０２４􀅰新疆维吾尔自治区高考适应性检测)如图,棱长为２的正方体ABCD－A１B１C１D１中,E为棱DD１ 的中点,F为正方形C１CDD１ 内一个动点(包括边界),且B１F∥ 平面A１BE,则下列说法正确的有 (　　) 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 卷１０ A．动点F轨迹的长度为 ２ B．三棱锥B１－D１EF 体积的最小值为１３ C．B１F与A１B 不可能垂直 D．当三棱锥B１－D１DF 的体积最大时,其外接球的表面积为２５２π １１．(２０２４􀅰湖北省华中师大附中高三压轴卷)我们知道,函数y＝f(x)的图象关于坐标原点成中心对称图形 的充要条件是函数y＝f(x)为奇函数．有同学发现可以将其推广为:函数y＝f(x)的图象关于点P(a,b) 成中心对称图形的充要条件是函数y＝f(x＋a)－b为奇函数．已知函数f(x)＝ ４２x＋２ ,则下列结论正确的 有 (　　) A．函数f(x)的值域为(０,２] B．函数f(x)的图象关于点(１,１)成中心对称图形 C．函数f(x)的导函数f′(x)的图象关于直线x＝１对称 D．若函数g(x)满足y＝g(x＋１)－１为奇函数,且其图象与函数f(x)的图象有２０２４个交 点,记为 Ai(xi,yi)(i＝１,２,􀆺,２０２４),则∑ ２０２４ i＝１ (xi＋yi)＝４０４８ 三、填空题:本题共３小题,每小题５分,共１５分． １２．(２０２４􀅰四川省成都市第七中学高三检测)已知函数f(x)＝sinωx＋π３ æ è ç ö ø ÷(ω＞０)满足f(x)≤f ２π３ æ è ç ö ø ÷恒成 立,且在区间 π ３ ,π æ è ç ö ø ÷上无最小值,则ω＝　　　　． １３．(２０２４􀅰贵州省贵阳市高三适应性考试)已知双曲线C:x２－y ２ ３＝１ 的左、右顶点分别为A,B,点P 是双曲 线C 上在第一象限内的点,直线PA,PB 的倾斜角分别为α,β,则tanα􀅰tanβ＝　　　　;当２tanα＋tanβ 取最小值时,△PAB 的面积为　　　　． １４．(２０２４􀅰江苏省盐城市高三模拟)已知函数f(x)＝lnax＋１３b æ è ç ö ø ÷－ x２＋１９ 有零点,当a２＋b２ 取最小值时, b a 的值为　　　　． 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)(２０２４􀅰浙江省四校高三联考)如图,四棱锥P－ABCD 的底面是矩形,AB＝２,BC＝２ ２,△PBC 是等边三角形,平面PBC⊥平面ABCD,O,F分别是BC,PC的中点,AC与BD 交于点E． (１)求证:BD⊥平面PAO; (２)平面OEF与直线PD 交于点Q,求直线OQ 与平面PCD 所成角θ的大小． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 卷１０ １６．(１５分)(２０２４􀅰湖南省长沙市雅礼中学高三模拟考试)已知各项均不为０的数列 an{ }的前n项和为Sn,且 a１＝１,Sn＝ anan＋１＋１ ４ ． (１)求 an{ }的通项公式; (２)若对于任意n∈N∗,２n􀅰λ≥Sn 成立,求实数λ的取值范围． １７．(１５分)(２０２４􀅰河北省部分高中高三联考)某高中学校为了解学生参加体育锻炼的情况,统计了全校所有 学生在一年内每周参加体育锻炼的次数,现随机抽取了６０名同学在某一周参加体育锻炼的数据,结果如 下表: 一周参加体育锻炼次数 ０ １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ 合计 男生人数 １ ２ ４ ５ ６ ５ ４ ３ ３０ 女生人数 ４ ５ ５ ６ ４ ３ ２ １ ３０ 合计 ５ ７ ９ １１ １０ ８ ６ ４ ６０ (１)若将一周参加体育锻炼次数为３次及３次以上的,称为“经常锻炼”,其余的称为“不经常锻炼”．请完成 以下２×２列联表,并依据小概率值α＝０．１的独立性检验,能否认为性别因素与学生体育锻炼的经常性有 关系; 性别 锻炼 不经常 经常 合计 男生 女生 合计 (２)若将一周参加体育锻炼次数为０次的称为“极度缺乏锻炼”,“极度缺乏锻炼”会导致肥胖等诸多健康问 题．以样本频率估计概率,在全校抽取２０名同学,其中“极度缺乏锻炼”的人数为X,求E(X)和D(X); (３)若将一周参加体育锻炼６次或７次的同学称为“运动爱好者”,为进一步了解他们的生活习惯,在样本 的１０名“运动爱好者”中,随机抽取３人进行访谈,设抽取的３人中男生人数为Y,求Y 的分布列和数学 期望． 附:χ２＝ n(ad－bc)２ a＋b( ) c＋d( ) a＋c( ) b＋d( ) ,n＝a＋b＋c＋d α ０．１ ０．０５ ０．０１ xα ２．７０６ ３．８４１ ６．６３５ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 卷１０ １８．(１７分)(２０２４􀅰辽宁省实验中学高三四模)如图,O 为坐标原点,F 为抛物线y２＝２x的焦点,过F 的直线 交抛物线于A,B 两点,直线AO交抛物线的准线于点D,设抛物线在B 点处的切线为l． (１)若直线l与y 轴的交点为E,求证:DE ＝ EF ; (２)过点B 作l的垂线与直线AO 交于点G,求证:|AD|２＝ AO 􀅰 AG ． １９．(１７分)(２０２４􀅰四川省成都石室中学高考适应性考试)微积分的创立是数学发展中的 里程碑,它的发展和广泛应用开创了向近代数学过渡的新时期,为研究变量和函数提 供了重要的方法和手段．对于函数f(x)＝１x (x＞０),f(x)在区间 a,b[ ] 上的图象连续 不断,从几何上看,定积分∫ b a １ xdx 便是由直线x＝a,x＝b,y＝０和曲线y＝１x 所围成的区域(称为曲边 梯形ABQP)的面积,根据微积分基本定理可得∫ b a １ xdx＝lnb－lna ,因为曲边梯形ABQP 的面积小于梯形 ABQP 的面积,即S曲边梯形ABQP ＜S梯形ABQP,代入数据,进一步可以推导出不等式:a－blna－lnb＞ ２ １ a＋ １ b ． (１)请仿照这种根据面积关系证明不等式的方法,证明:a－blna－lnb＜ a＋b ２ ; (２)已知函数f(x)＝ax２＋bx＋xlnx,其中a,b∈R． ① 证明:对任意两个不相等的正数x１,x２,曲线y＝f(x)在 x１,fx１( )( ) 和 x２,fx２( )( ) 处的切线均不 重合; ② 当b＝－１时,若不等式f(x)≥２sinx－１( )恒成立,求实数a的取值范围． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 新高考数学答案 —３７　 ⑩２０２５名校高考全真模拟试题(十) １．B　 [试题解析]x２ －３x＜０,得 ０＜x＜３,即 A＝ x ０＜x＜３{ },log２x ＞ １,得 x ＞ ２,即 B ＝ x x＞２{ },∁R B ＝ x x≤２{ },所 以 A ∩ ∁RB( )＝ x ０＜x≤２{ }＝ ０,２( ]．故选B． ２．C　[试题解析]由z ４－３i( ) ＝３＋４i可得z＝３＋４i４－３i＝ ３＋４i( ) ４＋３i( ) ４－３i( ) ４＋３i( ) ＝ １２＋９i＋１６i＋１２i２ ４２－９i２ ＝２５２５i＝i ,所 以 可 得 Z(０,１),即 OZ→ ＝ ０,１( ) ,则 OZ→ ＝ ０２＋１２＝１．故选 C． ３．B　[试题解析]以点A 为坐标原点建立平面直角坐标 系,如下图所示: 由BP→＝PC→可得P 为BC 的中点,所以P ２,１( ) ,易 知 A ０,０( ) ,D ０,２( ) ,B ２,０( ) ,可 得AP→＝ ２,１( ) , BD→＝ －２,２( ) ,所以AP→􀅰BD→＝２× －２( )＋１×２＝ －２．故选B． ４．A　[试题解析]由 m＝２可得椭圆C:x ２ ２＋y ２＝１,此时 离心率为e＝ca ＝ ２－１ ２ ＝ ２２ ,此时充分性成立; 若椭圆C 的离心率为 ２２ ,当 m＜１时,可得离心率 为e＝ca ＝ １－m １ ＝ ２ ２ ,解得 m＝１２ ,即必要性不 成立;综上可知,“m＝２”是“椭圆C 的离心率为 ２２ ” 的充分不必要条件．故选 A． ５．A　[试题解析]将 圆 C:x２ ＋y２ ＋４x－１＝０ 化 为 x＋２( )２＋y２＝５,圆心C －２,０( ) ,半径r＝ ５,因 为 －１＋２( )２＋１２ ＜５,所 以 点 P －１,１( ) 在 圆 C 内,记圆 心 C 到 直 线l 的 距 离 为d,则 AB ＝２ ５－d２,由 图 可 知,当 d＝ CP ,即 CP⊥l时, AB 取 得 最 小 值, 因 为 CP ＝ －１＋２( )２＋１２＝ ２,所 以 AB 的 最 小 值 为 ２ ５－２＝２ ３．故选 A． ６．B　[试题解析]设等差数列 an{ }的公差为d(d＜０),由 a３,a４,a７ 是等比数列,得(a１＋３d)２＝(a１＋２d)(a１ ＋６d),解得a１＝－ ３ ２d ,则an＝a１＋(n－１)d＝(n－ ５ ２ )d,显然等差数列 an{ } 单调递减,当n≤２时,an ＞０,当n≥３时,an＜０,所以当Sn 取最大值时,n＝ ２．故选B． ７．D　[试题解析]由条件等式可知,sinαcosα＝ cosα ３－sinα ,整理 为３sinα＝sin２α＋cos２α＝１,则 sinα＝ １３ ,又α∈ －π２ ,π ２( ) ,cosα＝ １－sin ２α＝２ ２３ ,所以sin２α＝ ２sinαcosα＝２×１３× ２ ２ ３ ＝ ４ ２ ９ ,cos２α＝１－２sin２α＝ ７ ９ ,所以sin ２α－π３( ) ＝sin２αcos π ３ －cos２αsin π ３ ＝ ４ ２ ９ × １ ２－ ７ ９× ３ ２＝ ４ ２－７ ３ １８ ． 故选D． ８．C　[试题解析]要求出被完全覆盖的最大的圆的半径, 由圆的对称性知只需考虑三个圆的圆心构成等边三 角形的情 况,设 三 个 半 径 为 １ 的 圆 的 圆 心 分 别 为 O１,O２,O３,设被覆盖的圆的圆心为O,如图, 设圆O１ 与O２ 交于A,B,O１O２ 交 AB 于 H,AB 交 圆O３ 于C,显然O 为正△O１O２O３ 的中心,设OO１＝ OO２＝OO３＝x,则O１H＝ ３x ２ ,OH＝x２ ,OA＝OH ＋HA＝x２＋ １－ ３ ２x æ è ç ö ø ÷ ２ ＝１２ (x＋ ４－３x２),又 OC＝OO３＋O３C＝x＋１＞OA,因此圆O 的最大半径 为OA,令f(x)＝１２ (x＋ ４－３x２),求导得f′(x) ＝ ４－３x ２－３x ２ ４－３x２ ,由f′(x)＝０,得x＝ ３３ ,当０＜x＜ ３ ３ 时,f′(x)＞０,当 ３３＜x＜ ２ ３ ３ 时, f′(x)＜０,因 此 f(x)在 (０,３３ )上 单 调 递 增,在 ３ ３ ,２ ３ ３ æ è ç ö ø ÷ 上单调递减,f (x)max＝f ３３ æ è ç ö ø ÷ ＝２ ３３ , 所以被完 全 覆 盖 的 最 大 的 圆 的 半 径 为２ ３ ３ ,此 时 O１O２＝O２O３＝O３O１＝１,即圆O１、圆O２、圆O３ 中的 任一圆均经过另外两圆的圆心．故选C． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 新高考数学答案 —３８　 ９．ACD　[试题解析]对 于 A,若 A,B 为 互 斥 事 件,则 P A＋B( )＝P(A)＋P(B)＝０．９,即可得 A 正 确;对于 B,由 P(A)＝０．５,P(B)＝０．４ 可 得 P A( )＝０．５,P B( ) ＝０．６,又A,B 为互斥事件, 则 P AB( ) ＝０,又 P A＋B( ) ＝P A∪B( ) ＝ P AB( )＝１－０＝１,即 B错误;对于 C,若 A,B 相互独立,则 P AB( ) ＝ P(A)P(B)＝０．２,所以 P A＋B( )＝P(A)＋P(B)－P(AB)＝０．５＋０．４－ ０．２＝０．７,即 C 正 确;对 于 D,若 P B|A( ) ＝ P AB( ) P(A)＝ P AB( ) ０．５ ＝０．３ ,所以P AB( ) ＝０．１５;可 得 P AB( ) ＝P(B)－P AB( ) ＝０．２５,所 以 P B|A( )＝P AB ( ) P A( ) ＝P AB ( ) １－P(A)＝ ０．２５ １－０．５＝０．５ ,即 D正确．故选 ACD． １０．ABD　[试题解析]如图１,令CC１ 中点为 M,C１D１ 中 点 为 N,连 接 MN,又 正 方 体 ABCD － A１B１C１D１ 中,E 为 棱DD１ 的 中 点,可 得 B１M ∥A１E,MN ∥CD１ ∥BA１,∴B１M ∥ 平 面 BA１E,MN∥平面 BA１E,又 B１M∩MN＝M, 且B１M,MN⊂平面B１MN,∴平面B１MN∥平 面BA１E,又 B１F∥ 平 面 A１BE,且 B１ ∈ 平 面 B１MN,∴B１F⊂ 平 面 B１MN,又 F 为 正 方 形 C１CDD１ 内一个 动 点(包 括 边 界),∴F∈ 平 面 B１MN∩平面C１CDD１,而 MN＝平面B１MN∩ 平面C１CDD１,∴F∈MN,即F 的轨迹为线段 MN．由棱长为２的正方体得线段 MN 的长度 为 ２,故 A 正 确;由 正 方 体 侧 棱 B１C１ ⊥ 平 面 C１CDD１,所以三 棱 锥 B１－D１EF 体 积 为V＝ １ ３B１C１ 􀅰S△D１FE ＝ ２ ３S△D１FE ,所以△D１FE 面 积S△D１FE 最 小 时,体 积 最 小,如 图 １,∵F∈ MN,易 得 F 在 N 处 时 S△D１FE 最 小,此 时 S△D１FE ＝ １ ２ND１ 􀅰D１E＝ １ ２ ,所以体积最小值 为１ ３ ,故 B正确;当 F 为线段 MN 中点时,由 B１M＝B１N 可得B１F⊥MN,又CC１ 中点为 M, C１D１ 中点为 N, ∴MN∥D１C,而 A１B∥D１C,∴B１F⊥A１B,故 C不正确;如图２,当F 在M 处时,三棱锥B１－ D１DF 的体积最大时,由已知得此时FD＝FD１ ＝FB１＝ ５,所以F 在底面B１DD１ 的射影为底 面外心,DD１＝２,B１D１＝２ ２,DB１＝２ ３,所以 底面 B１DD１ 为 直 角 三 角 形,所 以 F 在 底 面 B１DD１ 的射影为B１D 中点,设为O１,如图３,设 外接球半径为R,由R２＝OO２１＋O１B２１＝OO２１＋３, R＋OO１＝FO１＝ ２,可得外接球半径R＝ ５ ２ ４ , 外接球 的 表 面 积 为４πR２＝２５２π ,故 D 正 确．故 选 ABD． １１．BCD　[试题解析]显然f(x)的定义域为 R,２x＞０,则 ０＜ ４ ２x＋２ ＜２,即函数f(x)的值域为(０,２),故 A错误;令h(x)＝f(x＋１)－１＝ ４２x＋１＋２ －１＝ ２ ２x＋１ －１＝１－２ x １＋２x ,h(－x)＝１－２ －x １＋２－x ＝２ x－１ ２x＋１ ＝ －h(x),即函数y＝f(x＋１)－１是奇函数,因此 函数f(x)的 图 象 关 于 点(１,１)成 中 心 对 称 图 形,故B正 确;由 选 项 B 知,f(－x＋１)－１＝ －[f(x＋１)－１],即f(１－x)＋f(１＋x)＝２,两 边求导得－f′(１－x)＋f′(１＋x)＝０,即f′(１－ x)＝f′(１＋x),因此函数f(x)的导函数f′(x) 的图象关于直线x＝１对称,故 C正确;由函数 g(x)满足y＝g(x＋１)－１为奇函数,得函数 g(x)的图象 关 于 点(１,１)中 心 对 称,由 选 项 B 知,函 数 g(x)的 图 象 与 函 数 f(x)的 图 象 有 ２０２４个交点关于点(１,１)对称,因此∑ ２０２４ i＝１ (xi ＋ yi)＝ ∑ ２０２４ i＝１ xi＋∑ ２０２４ i＝１ yi ＝１０１２×２＋１０１２×２＝ ４０４８,故 D正确．故选BCD． １２．[试题解析]由题意可知,f ２π３( ) 是函数的最大值,则ω 􀅰２π ３＋ π ３＝ π ２＋２kπ ,k∈Z,得ω＝１４＋３k ,k∈Z,且在 区间 π ３ ,π( ) 上无最小值,所以２πω ≥π－ π ３ ,所以０＜ω ≤３,所以ω＝１４． [参考答案]１ ４ １３．[试题解析]设P(m,n),(m＞０,n＞０),则m２－n ２ ３＝１ , 可得n２＝３(m２－１),又因为A,B 分别为双曲线C:x２ －y ２ ３＝１ 的左、右顶点,可得 A(－１,０),B(１,０),所以 tanα􀅰tanβ＝kAP 􀅰kBP ＝ n m＋１ 􀅰 n m－１＝ n２ m２－１ ＝３;又 由tanα＞０,tanβ＞０,所以２tanα＋tanβ≥２ ２tanαtanβ ＝２ ６,当且仅当２tanα＝tanβ时,等号成立,所以 ２n m＋１ ＝ nm－１ ,解得m＝３,所以n２＝３(m２－１)＝２４,所以n ＝２ ６,所以△PAB 的面积为 １２×２a×yP＝ １ ２×２× ２ ６＝２ ６． [参考答案]３　２ ６ １４．[试题解析]设 f(x)的 零 点 为t,则ln at＋１３b( ) － 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 新高考数学答案 —３９　 t２＋１９＝０ ,即at＋１３b－e t２＋１９ ＝０ ∗( ) , 设P a,b( ) 为直线l:tx＋ １３y－e t２＋１９ ＝０上任意一 点,坐标原点O 到直线l的距离为h＝ e t２＋１９ t２＋１９ ,因为 P a,b( ) 到原点的距离 a２＋b２≥h,下求h的最小值, 令 t２＋１９＝m m≥ １ ３( ) , 则 g m( ) ＝e m m ,g′ m( ) ＝e m m－１( ) m２ ,∴g m( ) 在 １ ３ ,１( ) 上 为 减 函 数,在 １,＋∞( ) 上 为 增 函 数,即 g(m)min＝g(１)＝e,此时１＝ t２＋ １ ９ ⇒t＝± ２ ２ ３ ,所 以l的斜率为k＝±２ ２,此时a２＋b２ 的最小值为e２, 此时OP⊥l,∴ba ＝－ １ k ＝± ２ ４ (此时a＝±２ ２e３ ,b ＝e３ )． [参考答案]± ２４ １５．[解](１)证明:因为△PBC为正三角形,O是BC 中点, 所以PO⊥BC, 又因为平面PBC⊥平面ABCD,平面PBC∩平面ABＧ CD＝BC,PO⊂平面PBC, 所以PO⊥平面ABCD, 又BD⊂平面ABCD,所以PO⊥BD, ∵BD→􀅰AO→＝ BC→＋BA→( ) 􀅰 １２BC →－BA→( ) ＝１２BC →２－ BA→２＝４－４＝０, ∴BD→⊥AO→,∴AO⊥BD． 又 PO,AO 在 平 面 POA 内 且 相 交,故 BD ⊥ 平 面PAO． (２)∵E,O分别为BD,BC的中点,∴EO∥DC, 又平面PDC过DC 且不过EO,∴EO∥平面PDC． 又平面OEQF交平面PDC 于QF, 故EO∥QF,进而QF∥DC, 因为F是PC 中点,所以Q是PD 的中点． 以O为原点,OE,OC,OP 所在直线分别为x,y,z轴建 立空 间 直 角 坐 标 系,则 P ０,０,６( ) ,C ０,２,０( ) , D ２,２,０( ) ,Q (１,２２, ６ ２ ) ,CD→ ＝ ２,０,０( ) ,PC→ ＝ ０,２,－ ６( ) ,OQ→＝ １,２２, ６ ２ æ è ç ö ø ÷, 设平面PCD 的法向量为n＝ x,y,z( ) , 则 CD →􀅰n＝０, PC→􀅰n＝０,{ 即 ２x＝０, ２y－ ６z＝０,{ 取y＝ ３,得n＝ ０,３,１( ) , 则sinθ＝ cos‹n,OQ→› ＝ n􀅰OQ → n 􀅰 OQ→ ＝ ６ ２ ３ ＝ ２２ , 因为θ∈ ０,π２[ ] ,所以θ＝ π ４． １６．[解](１)因为数列 an{ }的前n项和为Sn, 且a１＝１,Sn＝ anan＋１＋１ ４ ,即４Sn＝anan＋１＋１, 当n≥２时,可得４Sn－１＝an－１an＋１, 两式相减得４an＝an an＋１－an－１( ) , 因为an≠０,故an＋１－an－１＝４, 所以a１,a３,􀆺,a２n－１,􀆺及a２,a４,􀆺,a２n,􀆺均为公差 为４的等差数列． 当n＝１时,由a１＝１及S１＝ a１a２＋１ ４ ,解得a２＝３, 所以a２n－１＝１＋４ n－１( )＝２ ２n－１( )－１, a２n＝３＋４ n－１( )＝２×２n－１, 所以数列 an{ }的通项公式为an＝２n－１． (２)由(１)知an＝２n－１, 可得Sn＝ (２n－１)(２n＋１)＋１ ４ ＝n ２, 因为对于任意n∈N∗ ,２n􀅰λ≥Sn 成立,所以λ≥ n２ ２n 恒 成立, 设bn＝ n２ ２n ,则bn＋１－bn＝ (n＋１)２ ２n＋１ －n ２ ２n ＝－n ２＋２n＋１ ２n＋１ , 当１－ ２＜n＜１＋ ２,即n＝１,２时,bn＋１－bn＞０,bn ＜bn＋１, 当n＞１＋ ２,即n≥３,n∈N∗ 时,bn＋１ －bn ＜０,bn ＞bn＋１, 所以b１＜b２＜b３＞b４＞b５＞􀆺,故 bn( ) max＝b３＝ ９ ８ ,所 以λ≥９８ ,即实数λ的取值范围为 ９８ ,＋∞[ )． １７．[解](１)根据统计表格数据可得列联表如下: 性别 锻炼 不经常 经常 合计 男生 ７ ２３ ３０ 女生 １４ １６ ３０ 合计 ２１ ３９ ６０ 零假设为 H０:性别与锻炼情况独立,即性别因素与学 生体育锻炼的经常性无关． 根据列联表的数据计算可得 χ ２＝６０ (７×１６－２３×１４)２ ３０×３０×２１×３９ ＝ ６０×(７×３０)２ ３０×３０×２１×３９＝ １４０ ３９≈ ３．５９０＞２．７０６＝x０．１, 根据小概率值α＝０．１的独立性检验,推断H０ 不成立, 即性别因素与学生体育锻炼的经常性有关系,此推断 犯错误的概率不超过０．１． (２)因学校总学生数远大于所抽取的学生数,故 X 近 似服从二项分布, 易知随机抽取一人为“极度缺乏锻炼”者的概率P＝５６０ ＝１１２． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 新高考数学答案 —４０　 即可得X~B ２０,１１２( ) , 故E(X)＝２０×１１２＝ ５ ３ ,D(X)＝２０×１１２× １１ １２＝ ５５ ３６． (３)易知１０名“运动爱好者”有７名男生,３名女生, 所以Y 的所有可能取值为０,１,２,３; 且Y 服从超几何分布: P Y＝０( )＝ C０７C３３ C３１０ ＝ １１２０ ,P Y＝１( )＝ C１７C２３ C３１０ ＝２１１２０＝ ７ ４０ , P Y＝２( ) ＝ C２７C１３ C３１０ ＝２１×３１２０ ＝ ２１ ４０ ,P Y＝３( ) ＝ C３７C０３ C３１０ ＝３５１２０ ＝７２４． 故所求分布列为 Y ０ １ ２ ３ P １１２０ ７ ４０ ２１ ４０ ７ ２４ 可得E Y( )＝０× １１２０＋１× ７ ４０＋２× ２１ ４０＋３× ７ ２４＝ ３×７ １０ ＝ ２．１． １８．【证明】(１)易知抛物线焦点F １２ ,０( ) , 准线方程为x＝－１２ ; 设直线AB的方程为x＝my＋１２ ,A x１,y１( ) ,B x２,y２( ) , 联立 x＝my＋１２ , y２＝２x,{ 得y ２－２my－１＝０, 可得 Δ＝４m２＋４＞０, y１＋y２＝２m, y１y２＝－１, { 所以y１＝－１y２ ; 不妨设A 在第一象限,B在第四象限, 对于y＝－ ２x,y′＝－ １ ２x ; 可得l的斜率为－ １ ２x２ ＝－ １ y２２ ＝１y２ , 所以l的方程为y－y２＝ １ y２ x－x２( ) , 即为y＝１y２ x＋y２２． 令x＝０得E ０,y２２( ) , 直线OA 的方程为y＝y１x１ x＝２y１ x＝－２y２x, 令x＝－１２ 得D －１２ ,y２( )． 又F １２ ,０( ) ,所以DE→＝EF→, 即 DE ＝ EF 得证． (２)由(１)中l的斜率为１y２ 可得过点B 的l的垂线斜率 为－y２, 所以过点B 的l的垂线的方程为y－y２＝－y２(x－ x２),即y＝－y２x＋y２ １＋y ２ ２ ２( ) , 如下图所示: 联立 y＝－y２x＋y２ １＋ y２２ ２( ) , y＝－２y２x, { 解得G的纵坐标为yG＝y２ y２２＋２( )． 要证明|AD|２＝ AO 􀅰 AG , 因为A,O,D,G四点共线, 只需证明 y２－y１ ２＝ y１ 􀅰 yG－y１ (∗)． ∵ y２－y１ ２＝ y２＋ １ y２ ２ ＝ １＋y２２( )２ y２２ , y１ 􀅰 yG－y１ ＝ － １ y２ y２ y ２ ２＋２( )－y１ ＝ １＋y２２( )２ y２２ ． 所以(∗)成立,|AD|２＝ AO 􀅰 AG 得证． １９．[解](１)证明:在曲线y＝１x 取一点M a＋b２ ,２ a＋b( )． 过点M a＋b２ ,２ a＋b( ) 作f(x)的切线分别交AP,BQ于 M１,M２, 因为S曲边梯形ABQP ＞S梯形ABM２M１, 可得lnb－lna＞ １２ 􀅰 AM１ ＋ BM２( ) 􀅰 AB ＝ １ ２ 􀅰２􀅰 ２a＋b 􀅰 b－a( ) ,即 a－blna－lnb＜ a＋b ２ ． (２)①由函数f(x)＝ax２＋bx＋xlnx, 可得f′(x)＝２ax＋lnx＋b＋１, 不妨设０＜x１＜x２, 曲线y＝f(x)在 x１,f x１( )( ) 处的切线方程为 l１:y－f x１( )＝f′ x１( ) x－x１( ) , 即y＝f′ x１( )x＋f x１( )－x１f′ x１( ) 同理曲线y＝f(x)在 x２,f(x２)( ) 处的切线方程为l２: y＝f′(x２)x＋f(x２)－x２f′(x２), 假设l１ 与l２ 重合, 则 f′ x１ ( )＝f′(x２), f x１( )－x１f′ x１( )＝f(x２)－x２f′(x２),{ 代入化简可得 lnx２－lnx１＋２a x２－x１( )＝０, a x２＋x１( )＝－１(a＜０),{ 两式消去a,可得lnx２－lnx１－２ x２－x１ x２＋x１ ＝０, 整理得 x２－x１ lnx２－lnx１ ＝ x２＋x１ ２ , 由(１)的结论知 x２－x１ lnx２－lnx１ ＜ x２＋x１ ２ ,与上式矛盾, 即对任意实数a,b及任意不相等的正数x１,x２,l１ 与l２ 均不重合． ②当b＝－１时,不等式f(x)≥２sin x－１( ) 恒成立, 所以h(x)＝ax２ －x＋xlnx－２sin x－１( ) ≥０ 在 ０,＋∞( ) 恒成立,所以h(１)≥０⇒a≥１, 下证:当a≥１时,h(x)≥０恒成立． 因为a≥１,所以h(x)≥x２－x＋xlnx－２sin x－１( )． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 新高考数学答案 —４１　 设 H(x)＝x２－x＋xlnx－２sin x－１( ) ,H′(x)＝２x＋ lnx－２cosx－１( )． (ⅰ)当x∈ １,＋∞[ ) 时, 由２x≥２,lnx≥０,－２cos x－１( ) ≥－２知 H′(x)≥０ 恒成立, 即 H(x)在 １,＋∞[ ) 为增函数,所以 H(x)≥H(１)＝０ 成立; (ⅱ )当 x ∈ ０,１( ) 时,设 G (x)＝２x ＋lnx － ２cosx－１( ) , 可得G′(x)＝２＋１x＋２sin x－１ ( ) , 由２sin x－１( ) ≥－２,１x ＞０ 知G′(x)≥０在(０,１)上 恒成立, 即G(x)＝H′(x)在 ０,１( ) 为增函数． 所以 H′(x)＜H′(１)＝０,即 H(x)在 ０,１( ) 为减函数, 所以 H(x)＞H(１)＝０成立, 综上所述,实数a的取值范围是 １,＋∞[ )． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀃊􀁉􀁓２０２５名校高考全真模拟试题(十一) １．D　[试题解析]由题意,μ＝１７５,σ＝５,且P(μ－σ≤X≤ μ＋σ)≈０．６８２７,所以P X≤１７０( ) ＝P(X≤μ－σ) ≈１－０．６８２７２ ＝０．１５８６５． 故选 D． ２．D　[试题解析]由题意知△ABC 中,B＝３０°,b＝２,c＝ ２ ２,故 bsinB＝ c sinC ,即sinC＝csinBb ＝ ２ ２×sin３０° ２ ＝ ２２ ,由于c＞b,故C＞B＝３０°,则C＝４５°或１３５°,故 A 的 大 小 为１８０°－３０°－４５°＝１０５°或１８０°－３０°－ １３５°＝１５°,故选 D． ３．C　[试题解析]因为 an{ } 是等比数列,所以a３a５＝a２４, a２a６＝a２４,又a３a５＝８a４,所以a４＝８,又a２,a６ 是方 程x２－３４x＋m＝０两根,所以m＝a２a６＝a２４＝６４．故 选 C． ４．A　 [试题解析]由 题 意 知 角α 的 终 边 上 有 一 点 P －３５ ,４ ５( ) ,则 |OP|＝ － ３ ５( ) ２ ＋ ４５( ) ２ ＝１, 故sinα＝４５ , 则cos π２＋α( )＝－sinα＝－ ４ ５ ,故选 A． ５．C　[试题解析]根据已知条件,双曲线的渐近线方程为 y＝bax ,以F１F２ 为直径的圆的方程为x２＋y２＝c２, 直线与圆方程联立有:y＝ b ax , x２＋y２＝c２,{ 解得x ２＝a２,x ＝±a,所以y＝±b,所以 M a,b( ) ,N －a,－b( ) , 所以NA 垂直于x 轴,设B 为双曲线右顶点,MB 垂 直于 x 轴,所 以 ∠NAO＝ π２ ,又 因 为 ∠MAN＝ ２ ３π ,所以∠MAO＝ π６ ,所以tan π６ ＝ b ２a＝ ３ ３ ,b＝ ２ ３ ３a ,所以c２＝a２＋b２＝a２＋ ２ ３ ３a æ è ç ö ø ÷ ２ ＝７３a ２,所以 c２ a２ ＝７３ ,即e＝ca ＝ ２１ ３ ． 故选C． ６．B　[试题解析]令x＝－１,则０＝a０＋a１＋a２＋􀆺＋a１１, 即a０＋a１＋a２＋􀆺＋a１１＝０．令x＝－３,则 －２( )４ ＋ －２( )５＋􀆺＋ －２( )１１＝a０－a１＋a２－a３＋􀆺－ a１１,即 a０ － a１ ＋ a２ － a３ ＋ 􀆺 － a１１ ＝ (－２)４[１－(－２)８] １－(－２) ＝－１３６０ ,两式相加可得a０＋ a２＋a４＋􀆺＋a１０＝－ １３６０ ２ ＝－６８０ ,故选B． ７．A　[试题解析]令９名女生的身高为ai(i∈N∗ ,i≤９), 依题意,∑ ９ i＝１ ai＝９×１６２,∑ ９ i＝１ (ai－１６２)２ ＝９×２６, 因此增加一名女生后身高的平均值为 １ １０ (∑ ９ i＝１ ai ＋ １７２)＝ １１０ (９×１６２＋１７２)＝１６３,所以这１０名女生 身高的方差为 １ １０ [∑ ９ i＝１ (ai－１６３)２ ＋(１７２－１６３)２] ＝ １１０ {∑ ９ i＝１ [(ai－１６２)－１]２ ＋ ８１} ＝ １ １０ {∑ ９ i＝１ [(ai－１６２)２ －２(ai －１６２)＋１]＋８１}＝ １ １０ (９×２６＋９＋８１)＝３２．４．故选 A． ８．C　[试题解析]∑ ８０ n＝k P１０(n)＝P１０(k)＋P１０(k＋１)＋􀆺 ＋P１０(８０)＝lgk＋１k ＋lg k＋２ k＋１＋ 􀆺＋lg８１８０＝lg ８１ k , 而 log４８１ １＋log２５ ＝ lg８１ lg４ １＋lg５lg２ ＝ ４lg３ ２lg２ １＋lg５lg２ ＝２lg３＝lg９,故k ＝９．故选 C． ９．ACD　[试题解析]对于 A,z∈C,设复数z＝a＋bi,(a,b ∈R),则z＝a－bi,(a,b∈R),|z|＝ a２＋b２,故 z􀅰z＝(a＋bi)(a－bi)＝a２＋b２＝ z ２,A 正确; 对于B,由于i２＝－１,i４＝１,故i２０２４＝(i４)５０６＝１, B错误;对于 C,z∈C,设z＝x＋yi,(x,y∈R), 由于 z ＝１,则 x２＋y２＝１,∴x２＋y２＝１,故 z－２ ＝ (x－２)２＋y２ ＝ (x－２)２＋１－x２ ＝ －４x＋５,由x２＋y２＝１,得－１≤x≤１,则 －４x＋５≥１,故当x＝１时,z－２ 的最小值为 １,C正确;对于 D,－４＋３i是关于x的方程x２＋ px＋q＝０ p,q∈R( ) 的根,故(－４＋３i)２＋p(－４ ＋３i)＋q＝０(p,q∈R),即７－４p＋q＋(３p－２４)i ＝０,故 ７－４p＋q＝０ , ３p－２４＝０,{ ∴ p＝８, q＝２５,{ D 正 确．故 选 ACD． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋