2025名校高考全真模拟试题(十五)-【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１５ ２０２５名校高考全真模拟试题(十五) 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􀅰安徽省蚌埠市高三教学质量检查)记等差数列 an{ }的前n项和为Sn．若a５＝７,a１０＝２,则S１４＝ (　　) A．４９ B．６３ C．７０ D．１２６ ２．(２０２４􀅰河北省石家庄市部分学校高三联考)已知a＝ m,１( ),b＝ ３m－１,２( ),若a∥b,则m＝ (　　) A．１ B．－１ C．２３ D．－ ２ ３ ３．(２０２４􀅰深圳外国语学校校考)某公司现有员工１２０人,在荣获“优秀员工”称号的８５人中,有７５人是高级 工程师．既没有荣获“优秀员工”称号又不是高级工程师的员工共有１４人,公司将随机选择一名员工接受电 视新闻节目的采访,被选中的员工是高级工程师的概率为 (　　) A．３８ B． １７ ２４ C．４５ D． ３３ ４０ ４．(２０２４􀅰山东省济南市高三三模)与抛物线x２＝２y和圆x２＋(y＋１)２＝１都相切的直线的条数为 (　　) A．０ B．１ C．２ D．３ ５．(２０２４􀅰河南省济源高中高三联考)已知a,b,c分别为△ABC三个内角A,B,C的对边,且acosC＋ ３asinC ＝b,则A＝ (　　) A．π６ B． π ４ C．π３ D． π ２ ６．(２０２４􀅰河北高三校联考模拟)若a＝sin１,b＝lgtan１( ),c＝１２ ,则 (　　) A．c＜b＜a B．b＜a＜c C．b＜c＜a D．a＜c＜b ７．(２０２４􀅰天津一中校考)已知复数z１,z２ 满足２z１ ＝ z２ ＝ ２z１－z２ ＝２,则 z１＋ １ ２z２ ＝ (　　) A．１ B．３ C．２ D．２ ３ ８．(２０２４􀅰辽宁省沈阳市二中高三模拟)若不等式lnx≤ax＋b≤e x a,b∈R( )对任意的x∈ １,３２ é ë êê ù û úú恒成立,则a 的最小值为 (　　) A．－３e ３ ２ B．－５２e ３ ２ C．３２ln ３ ２ D．３e－３ln ３ 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􀅰山西省阳泉市高三三模)已知椭圆C:３x２＋４y２＝４８的两个焦点分别为F１,F２,P 是C 上任意一 点,则 (　　) A．C的离心率为 ３２ B．△PF１F２ 的周长为１２ C．PF１ 的最小值为３ D．PF１ 􀅰 PF２ 的最大值为１６ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 卷１５ １０．(２０２４􀅰山东省济宁市三模)已知函数f(x)＝cosωx＋φ( ) ω＞０,０＜φ＜ π ２ æ è ç ö ø ÷的图象在y轴上的截距为１２ , π １２ 是该函数的最小正零点,则 (　　) A．φ＝ π ３ B．f(x)＋f′(x)≤２恒成立 C．f(x)在 ０,π３ æ è ç ö ø ÷上单调递减 D．将y＝f(x)的图象向右平移π３ 个单位,得到的图象关于y轴对称 １１．(２０２４􀅰新疆维吾尔自治区高考适应性检测)下列等式中正确的是 (　　) A．∑ ８ k＝１ Ck８ ＝２８ B．∑ ８ k＝２ C２k ＝C３９ C．∑ ８ k＝２ k－１ k! ＝１－ １ ８! D．∑ ８ k＝０ Ck８( )２ ＝C８１６ 三、填空题:本题共３小题,每小题５分,共１５分． １２．(２０２４􀅰湖北省华中师大附中高三压轴卷)已知随机变量X~N １,２２( ),则D ２X＋１( )的值为　　　　． １３．(２０２４􀅰四川省成都市第七中学高三检测)在三棱柱ABC－A１B１C１ 中,AM→＝２MB→,A１N→＝mA１C１→,且 BN∥平面A１CM,则m 的值为　　　　． １４．(２０２４􀅰贵州省贵阳市高三适应性考试)已知集合A＝{u(x)|u(x)＝ax２－(a＋b)x＋b,a,b∈R},函数 f(x)＝x２－１．若函数g(x)满足:对任意u(x)∈A,存在λ,μ∈R,使得u(x)＝λf(x)＋μg(x),则g(x)的解 析式可以是　　　　．(写出一个满足条件的函数解析式即可) 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􀅰江苏省盐城市高三模拟)已知数列 an{ }的前n 项和为Sn,a１＝ ３ ２ 且Sn＝２an＋１－３,令bn ＝n ２＋n an ． (１)求证:an{ }为等比数列; (２)求使bn 取得最大值时的n的值． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 卷１５ １６．(１５分)(２０２４􀅰浙江省四校高三联考)已知函数f(x)＝e２x＋ex－ax． (１)当a＝３时,求f(x)的单调区间; (２)讨论f(x)极值点的个数． １７．(１５分)(２０２４􀅰湖南省长沙市雅礼中学高三模拟考试)抛掷甲、乙两枚质地均匀的骰子,所得的点数分别 为a,b,记 ba é ë êê ù û úú的取值为随机变量X,其中 b a é ë êê ù û úú表示不超过 b a 的最大整数． (１)求在X＞０的条件下,X＝ba 的概率; (２)求X 的分布列及其数学期望． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 卷１５ １８．(１７分)(２０２４􀅰河北省部分高中高三联考)已知双曲线C:x ２ ４－y ２＝１的左、右顶点分别为A１,A２,过点 P ４,０( )的直线l与双曲线C 的右支交于M,N 两点． (１)若直线l的斜率k存在,求k的取值范围; (２)记直线A１M,A２N 的斜率分别为k１,k２,求 k１ k２ 的值; (３)设G为直线A１M 与直线A２N 的交点,△GMN,△GA１A２ 的面积分别为S１,S２,求 S１ S２ 的最小值． １９．(１７分)(２０２４􀅰辽宁省实验中学高三四模)在空间直角坐标系O－xyz中,任何一个平面的方程都能表示成 Ax＋By＋Cz＋D＝０,其中A,B,C,D∈R,A２＋B２＋C２≠０,且n＝ A,B,C( )为该平面的法向量．已知集合 P＝ x,y,z( ) |x|≤１,y ≤１,z ≤１{ }, Q＝ x,y,z( ) |x|＋ y ＋z ≤２{ }, T＝{(x,y,z)||x|＋|y|≤２,|y|＋|z|≤２,|z|＋|x|≤２}． (１)设集合M＝ x,y,z( ) z＝０{ },记P∩M 中所有点构成的图形的面积为S１,Q∩M 中所有点构成的图形 的面积为S２,求S１ 和S２ 的值; (２)记集合Q 中所有点构成的几何体的体积为V１,P∩Q 中所有点构成的几何体的体积为V２,求V１ 和V２ 的值; (３)记集合T 中所有点构成的几何体为W． ①求W 的体积V３ 的值; ②求W 的相邻(有公共棱)两个面所成二面角的大小,并指出W 的面数和棱数． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 新高考数学答案 —５７　 因为kTS３＞kTS２＞kTS１＞kTS４, 所以线段S１S２ 是线段S３S４ 的一部分． 经检验点S３ ０,－ ３ ２( ) ,S４ ２,０( ) 均在圆 H 内部, 所以线段S３S４ 也必在圆 H 内部, 因此线段S１S２ 也必在圆 H 内部,所以满足条件TP→􀅰 SQ→＝PS→􀅰TQ→的点S 始终在圆H 内部, 故不存在这样的点 S,使得TP→􀅰SQ→＝PS→􀅰TQ→,且 SM ２＋ SF ２＝１３成立． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀃊􀁉􀁗２０２５名校高考全真模拟试题(十五) １．B　[试题解析]因 an{ } 是等差数列,故a１＋a１４＝a５＋ a１０＝９,于是S１４＝ １４(a１＋a１４) ２ ＝６３． 故选B． ２．A　[试题解析]因为a＝ m,１( ) ,b＝ ３m－１,２( ) ,a∥b, 所以２m－ ３m－１( )＝０,解得m＝１．故选 A． ３．C　[试题解析]由题意得,没有荣获“优秀员工”称号的 高级工程师有１２０－８５－１４＝２１人,则公司共有高 级工程师的人数为７５＋２１＝９６,故被选中的员工是 高级工程师的概率为９６ １２０＝ ４ ５． 故选 C． ４．D　[试题解析]设直线与抛物线x２＝２y相切的切点坐标 为 t,t ２ ２( ) ,由y＝ １ ２x ２,求导得y′＝x,因此抛物线 x２＝２y在点 t,t ２ ２( ) 处的切线方程为y－ １ ２t ２＝t(x －t),即tx－y－１２t ２＝０,依题意,此切线与圆x２＋ (y＋１)２＝１相切,于是 |１－１２t ２| t２＋１ ＝１,解得t＝０或t ＝±２ ２,所以所求切线条数为３．故选 D． ５．A　[试题解析]由acosC＋ ３asinC＝b以及正弦定理可 得:sinAcosC＋ ３sinAsinC＝sinB,因sinB＝sin(A ＋C)＝sinAcosC ＋cosAsinC,代 入 整 理 得 ３ sinAsinC－cosAsinC＝０,因０＜C＜π,sinC＞０,则得 tanA＝ ３３ ,又因０＜A＜π,故A＝π６． 故选 A． ６．C　[试题解析]因为sin１＞sinπ６＝ １ ２ ,所以a＞c,因为 tan１＜tan π３ ＝ ３ ,所以lg tan１( ) ＜lg ３＜lg １０ ＝１２ ,即b＜c,综上b＜c＜a,故选 C． ７．B　[试题解析]设z１＝a＋bi,z２＝c＋di,则２ a２＋b２ ＝ c２＋d２＝ (２a－c)２＋(２b－d)２＝２,所以a２＋ b２＝１,c２＋d２＝４,８－４(ac＋bd)＝４,即ac＋bd＝１, 则 z１＋ １ ２z２ ＝ a＋ １ ２c( ) ２ ＋ b＋１２d( ) ２ ＝ a２＋b２＋１４ c ２＋d２( )＋ac＋bd ＝ １＋１４×４＋１ ＝ ３,故选B． ８．A　[试题解析]因为lnx≤ax ＋b≤e x,所以xlnx≤bx＋ a≤xex,所以即求直线y＝bx＋a的纵截距a 的最 小值,设f(x)＝xex,所以f′(x)＝ex(x＋１)＞０,所 以f(x)在 １,３２[ ] 上 单 调 递 增,所 以 f(x)在 １,３２[ ] 的图象上凹,所以直线与f(x)相切,切点横 坐标越大,纵截距越小,令切点横坐标为 ３ ２ ,所以直 线过点(３ ２ ,３ ２e ３ ２ ),且直线y＝bx＋a斜率为 ５２e ３ ２ , 所以y＝bx＋a的直线方程为y＝e ３ ２ (５ ２x－ ９ ４ ),当 x＝１时,y＝e ３ ２ ４ ＞ ２．５６ ３ ２ ４ ＝１．０２４＞xlnx ,即直线y ＝bx＋a与f(x)相切时,直线y＝bx＋a与f(x)无 交点,设g(x)＝xlnx,所 以g′(x)＝lnx＋１,所 以 g(x)在x＝３２ 时斜率为ln３２＋１ ,在x＝１时斜率为 １,均小于直线的斜率,所以可令直线y＝bx＋a在x ＝３２ 处与f(x)相交,在x＝１处与y＝xlnx 相交, 所以 直 线 方 程 为 y＝ ３ ２e ３ ２ －０ ３ ２－１ (x－１)＋０＝ ３e ３ ２ (x－１),所以截距为－３e ３ ２ ．故选 A． ９．BD　[试题解析]由椭圆C:３x２＋４y２＝４８,得x ２ １６＋ y２ １２＝ １,则a＝４,b＝２ ３,c＝２,所以e＝ca ＝ １ ２ ,故 A错 误;易知 △PF１F２ 的 周 长 为|F１F２|＋|PF１|＋ |PF２|＝２a＋２c＝８＋４＝１２,故 B正确;当P 在椭 圆长轴的一个端点时,PF１ 取得最小值,最小值 为a－c＝４－２＝２,故 C 错 误;由 基 本 不 等 式 得 PF１ 􀅰 PF２ ≤ PF１ ＋ PF２ ２( ) ２ ＝１６,当 且仅 当 PF１ ＝ PF２ 时 取 等,则 PF１ 􀅰 PF２ 的最大值为１６,故 D正确．故选BD． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 新高考数学答案 —５８　 １０．AC　[试题解析]函数f(x)＝cos(ωx＋φ)(ω＞０,０＜φ ＜π２ ) 的图象在y轴上的截距为 １ ２ ,所以cosφ＝ １ ２ ,因为０＜φ＜ π ２ ,所以φ＝ π ３． 故 A正确;又因 为 π １２ 是 该 函 数 的 最 小 正 零 点,所 以 cos(ωπ１２＋ π ３ ) ＝０,所 以 ωπ １２＋ π ３ ＝ π ２ ,解 得ω＝２,所 以 f(x)＝cos ２x＋π３( ) ,f′(x)＝ －２sin (２x＋ π ３ ) ,所 以 f(x)＋f′(x)＝cos ２x＋ π ３( ) － ２sin ２x＋π３( ) ＝ ５cos ２x＋ π ３＋θ( ) ≤ ５,故 B 错误;当 x∈ ０,π３( ) 时,２x＋ π ３ ∈ π ３ ,π( ) ∈ ０,π( ) ,故 C正确;将y＝f(x)的图象向右平移 π ３ 个 单 位,得 到 y＝cos ２ x－π３( )＋ π ３[ ] ＝ cos ２x－π３( ) ,为非 奇 非 偶 函 数,图 象 不 关 于y 轴对称,故 D错误．故选 AC． １１．BCD　[试题解析]因为 １＋x( )８＝C０８＋C１８x＋C２８x２＋ 􀆺＋C８８x８,令x＝１,得２８ ＝１＋C１８＋C２８＋􀆺＋ C８８ ＝１＋∑ ８ k＝１ Ck８,则∑ ８ k＝１ Ck８ ＝２８－１,故 A错误; 因 为C２n＋C３n ＝C３n＋１,所以∑ ８ k＝２ C２k ＝C２２＋C２３＋C２４ ＋ 􀆺＋C２８ ＝C３３＋C２３＋C２４＋􀆺＋C２８ ＝C３４＋C２４ ＋􀆺＋C２８ ＝ 􀆺 ＝C３８ ＋C２８ ＝C３９,故B正确;因 为 １ k－１( ) ! － １ k! ＝ k!－ k－１( ) ! k! k－１( ) ! ＝ k－１( ) k－１( ) ! k! k－１( ) ! ＝ k－１ k! ,所 以∑ ８ k＝２ k－１ k! ＝ ∑ ８ k＝２ １ k－１( ) !－ １ k![ ]＝ １ １! － １ ２! ＋ １ ２! － １ ３! ＋ 􀆺＋１７!－ １ ８! ＝１－ １ ８! ,故C正确．１＋x( )１６ ＝ １＋x( )８ １＋x( )８,对于 １＋x( )１６,其含有x８ 的项的系数为 C８１６,对于 １＋x( )８ １＋x( )８,要 得到含有x８ 的项的系数,须从第一个式子取出 k ０≤k≤８,k∈N( ) 个x,再从第二个式子取 出８－k个x,它们对应的系数为∑ ８ k＝０ Ck８C８－k８ ＝ ∑ ８ k＝０ Ck８( )２,所以∑ ８ k＝０ Ck８( )２ ＝C８１６,故D正确．故 选BCD． １２．[试题解析]由X~N １,２２( ) 可得D(X)＝２２ ＝４,则 D(２X＋１)＝４D(X)＝１６． [参考答案]１６ １３．[试题解析]如图,不妨设AB→＝a,AC→＝b,AA１→＝c,依 题意,AM→＝ ２３a,MA１ →＝MA→＋AA１→＝－２３AB →＋AA１→ ＝c－ ２３a ,MC→ ＝ AC→ －AM→ ＝b－ ２３a,因A１N → ＝ mA１C１→ ＝mb,则BN→＝BA１→＋A１N→＝c－a＋mb,又因 BN ∥ 平面A１CM,故BN→,MA１→,MC→ 必共面,即存在λ, μ∈R,使BN→＝λMA１→＋μMC→, 即c－a＋mb＝λ(c－ ２３a )＋ μ(b－ ２ ３a ), 从而有 － ２３ (λ＋μ)＝－１, μ＝m, λ＝１, ì î í ïï ï 解得m ＝ １２． [参考答案]１ ２ １４．[试题解析]u(x)＝ax２－ a＋b( )x＋b,f(x)＝x２－ １,u(１)＝a－ a＋b( )＋b＝０,f(１)＝０,u(x)＝λf(x) ＋μg(x),u(１)＝λf(１)＋μg(１)＝μg(１)＝０,所以 g(１)＝０,则g(x)的解析式可以为g(x)＝x－１．经检 验,g(x)＝x－１满足题意．故答案为:g(x)＝x－１(答 案不唯一)． [参考答案]g(x)＝x－１(满足g(１)＝０,且一次项系 数不为零的所有一次或者二次函数解析式均正确) １５．[解](１)证明:由Sn ＝２an＋１ －３, 可得n≥２时,an ＝Sn －Sn－１ ＝２an＋１ －２an, 即n≥２, an＋１ an ＝ ３２ , 又因为a１ ＝ ３２ ,所以a２ ＝ ９４ ,a２ a１ ＝ ３２ , 综上,n≥１, an＋１ an ＝ ３２ , 所以 an{ }为首项和公比均为３２ 的等比数列． (２)由(１)可得an ＝ ３ ２( ) n , 所以bn ＝ ２ ３( ) n n２ ＋n( ) , n≥２时, bn bn－１ ＝２ n ２ ＋n( ) ３ n２ －n( ) ＝２ n＋１ ( ) ３ n－１( ) , 令bn bn－１ ＞１,可得２≤n＜５,(或令 bn bn－１ ＜１,可得n ＞５), 可知b１ ＜b２ ＜b３ ＜b４ ＝b５ ＞b６ ＞b７ ＞ 􀆺, 综上,n＝４或n＝５时,bn 取得最大值３２０８１． １６．[解](１)当a＝３时,f(x)＝e２x＋ex－３x定义域为R, 又f′(x)＝２e２x ＋ex －３, 所以f′(x)＝ ２ex ＋３( ) ex －１( ) , 由f′(x)＞０,解得x＞０,此时f(x)单调递增; 由f′(x)＜０,解得x＜０,此时f(x)单调递减, 所以f(x)的单调递增区间为 ０,＋∞( ) ,单调递减区 间为 －∞,０( )． (２)函数f(x)的定义域为R, 由题意知,f′(x)＝２e２x ＋ex －a, 当a≤０时,f′(x)＞０,所以f(x)在R上单调递增, 即f(x)极值点的个数为０个; 当a＞０时,易知１＋８a＞０, 故 解 关 于 t 的 方 程 ２t２ ＋t－ a ＝ ０ 得,t１ ＝ －１－ １＋８a ４ ,t２ ＝ －１＋ １＋８a４ , 所以f′(x)＝２ ex －t１( ) ex －t２( ) , 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 新高考数学答案 —５９　 又t２ ＝ －１＋ １＋８a４ ＞ －１＋１ ４ ＝０ , t１ ＝ －１－ １＋８a４ ＜０ , 所以当x＞lnt２ 时,f′(x)＞０, 即f(x)在 lnt２,＋∞( ) 上单调递增, 当x＜lnt２ 时,f′(x)＜０, 即f(x)在 －∞,lnt２( ) 上单调递减, 即f(x)极值点的个数为１个． 综上,当a≤０时,f(x)极值点的个数为０个; 当a＞０时,f(x)极值点的个数为１个． １７．[解](１)记抛掷骰子的样本点为 a,b( ) ,则样本空间为 Ω＝ a,b( ) １≤a≤６,１≤b≤６,a∈Z,b∈Z{ }, 则n Ω( )＝３６, 记事件A＝ “X＞０”,记事件B＝ “X＝ ba[ ]＝ b a ”, 则 A ＝ a,b( ) １≤a≤b≤６,a∈Z,b∈Z{ },且 n(A)＝２１, 又AB＝(１,１),(１,２),(１,３),(１,４),(１,５),(１,６),(２, ２),(２,４),(２,６),(３,３),(３,６),(４,４),(５,５),(６,６), 则n AB( )＝１４, 所以P B A( )＝n AB ( ) n(A) ＝ １４ ２１＝ ２ ３ , 即在X ＞０的条件下,X ＝ ba 的概率为２ ３． (２)X 所有可能取值为０,１,２,３,４,５,６． P X ＝０( )＝３６－２１３６ ＝ ５ １２ , P X ＝１( )＝１２３６＝ １ ３ ,P X ＝２( )＝ ４３６＝ １ ９ , P X ＝３( )＝ ２３６＝ １ １８ ,P X ＝４( )＝ １３６ , P X ＝５( )＝ １３６ ,P X ＝６( )＝ １３６ , 所以X 的分布列为: X ０ １ ２ ３ ４ ５ ６ P ５１２ １ ３ １ ９ １ １８ １ ３６ １ ３６ １ ３６ 所以E(X)＝０× ５１２＋１× １ ３ ＋２× １ ９ ＋３× １ １８＋４ × １３６＋５× １ ３６＋６× １ ３６＝ ４１ ３６． １８．[解](１)设 M x１,y１( ) ,N x２,y２( ) , 直线l的方程为x ＝my＋４, 联立方程组 x＝my＋４, x２ ４ －y ２ ＝１,{ 整理得 m２ －４( )y２ ＋８my＋１２＝０, 因为直线l与双曲线的右支交于M,N 两点,可得 Δ＝ ８m( )２ －４ m２ －４( )×１２＝１６ m２ ＋１２( ) ＞０, m２ －４≠０, y１y２ ＝ １２m２ －４ ＜０, ì î í ïï ï 解得－２＜m ＜２, 又由直线l的斜率为k＝ １m , 可得k的取值范围是 －∞,－ １２( ) ∪ １ ２ ,＋∞( )． (２)由双曲线C:x ２ ４ －y ２ ＝１, 可得A１ －２,０( ) ,A２ ２,０( ) , 由(１)可得y１ ＋y２ ＝－ ８mm２ －４ ,y１y２ ＝ １２m２ －４ , 则２my１y２ ＝－３ y１ ＋y２( )． 所以k１ k２ ＝ y１ x１ ＋２ y２ x２ －２ ＝y１ x２ －２( ) y２ x１ ＋２( ) ＝y１ my２ ＋２( ) y２ my１ ＋６( ) ＝ my１y２ ＋２y１ my１y２ ＋６y２ ＝ － ３２ y１ ＋y２ ( )＋２y１ － ３２ y１ ＋y２ ( )＋６y２ ＝ １ ２y１ － ３ ２y２ － ３２y１ ＋ ９ ２y２ ＝－ １３． (３)由(２)可知k２ ＝－３k１, 所以 直 线 A１M 与 直 线 A２N 的 方 程 分 别 为 y ＝ k１ x＋２( ) 和y＝－３k１ x－２( ) , 联立两直线方程可得交点G的横坐标为xG ＝１, 于是S１ S２ ＝ １ ２|GM| 􀅰|GN|sin∠MGN １ ２|GA１| 􀅰|GA２|sin∠A１GA２ ＝|GM||GA１| 􀅰|GN| |GA２| ＝ x１ －１ ３ 􀅰x２ －１ １ ＝ my１ ＋３( ) my２ ＋３( ) ３ ＝ m２y１y２ ＋３m y１ ＋y２( )＋９ ３ ＝ －m２ －１２ m２ －４ ＝－１＋ １６ ４－m２ ≥－１＋ １６４－０＝３ , 故S１ S２ 的最小值为３,当且仅当m ＝０时取等号成立． １９．[解](１)集合 M ＝ x,y,z( ) z＝０{ }表示xOy 平面 上所有的点, P ＝ x,y,z( ) |x|≤１,y ≤１,z ≤１{ } 表 示 ±１,±１,±１( ) 这 八 个 顶 点 形 成 的 正 方 体 内 所 有 的点, 而P∩M可以看成正方体在xOy平面上的截面内所有 的点． 发现它是边长为２的正方形,因此S１ ＝４． 对于Q ＝ x,y,z( ) |x|＋ y ＋ z ≤２{ },当x, y,z＞０时, x＋y＋z＝２表示经过(２,０,０),(０,２,０),(０,０,２)的平 面在第一象限的部分． 由对称性可知Q 表示(±２,０,０),(０,±２,０),(０,０,± ２)这六个顶点形成的正八面体内所有的点． 而Q∩M可以看成正八面体在xOy平面上的截面内所 有的点． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 新高考数学答案 —６０　 它是边长为２ ２的正方形,因此S２ ＝８． (２)记集合Q,P∩Q中所有点构成的几何体的体积分 别为V１,V２; 考虑集合Q的子集 Q′＝ {x,y,z( ) x＋y＋z≤２,x≥０,y≥０,z≥０}; 即为三个坐标平面与x＋y＋z＝２围成的四面体． 四面体四个顶点分别为(０,０,０),(２,０,０),(０,２,０),(０, ０,２), 此四面体的体积为 VQ′＝ １３ ×２× １ ２ ×２×２( )＝ ４ ３． 由对称性知,V１ ＝８VQ′＝３２３ 考虑到P 的子集P′构成的几何体为棱长为１的正方 体,即P′＝ {(x,y,z)|０≤x≤１,０≤y≤１,０≤z≤ １},Q′＝ {(x,y,z)|x＋y＋z≤２,x≥０,y≥０,z≥ ０},显然P′∩Q′为两个几何体公共部分, 记Q１ １,１,０( ) ,Q２ １,０,１( ) ,Q３ ０,１,１( ) ,Q４ １,１,１( )． 容易验证Q１,Q２,Q３ 在平面x＋y＋z＝２上,同时也在 P′的底面上． 则P′∩Q′为截去三棱锥Q４－Q１Q２Q３ 所剩下的部分． P′的体积VP′＝１×１×１＝１,三棱锥Q４－Q１Q２Q３ 的 体积为VQ４－Q１Q２Q３ ＝ １ ３ ×１× １ ２ × １×１ ( )＝ １６． 故P′∩Q′的体积VP′∩Q′ ＝VP′－VQ４－Q１Q２Q３ ＝１－ １ ６ ＝ ５６． 当由对称性知,V２ ＝８VP′∩Q′ ＝ ２０ ３． (３)① 如图所示,即为T 所构成的图形． 其中正方体ABCD－IJML即为集合P所构成的区域． E－ABCD 构成了一个正四棱锥, 其中点E到平面ABCD 的距离为１, VE－ABCD ＝ １ ３×１×２×２＝ ４ ３ ,V３ ＝VP＋６VE－ABCD ＝ ８＋６× ４３ ＝１６． ② 由题意面EBC 方程为x＋z－２＝０,由题干定义知 其法向量n１ ＝ １,０,１( ) , 面ECD 方程为y＋z－２＝０,由题干定义知其法向量 n２ ＝ ０,１,１( ) , 故cos‹n１,n２›＝ n１􀅰n２ n１ 􀅰 n２ ＝ １２． 由图知两个相邻的面所成角为钝角．故 H 相邻两个面 所成角为２π ３． 由图可知共有１２个面,２４条棱． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀃊􀁉􀁘２０２５名校高考全真模拟试题(十六) １．D　 [试题解析]z＝ ２１＋i 􀅰１－i １－i＝ ２－２i １－i２ ＝２－２i２ ＝１ －i, 所 以 z ＝ １ － i,z ＝ １ ＋ i,z 􀅰z ＝ １＋i( ) １－i( )＝１－i２ ＝２．故选 D． ２．B　 [试题解析]由x２－x＞０,即x x－１( ) ＞０,解得x ＞１或x＜０,所以p:“x＞１或x＜０”,故由p推 不出q,即充分性不成立,由q推得出p,即必要性成 立,所以p是q的必要但不充分条件．故选B． ３．A　 [试题解析]a＋b＝ １,x－１( ) ,因为a⊥ a＋b( ) , 所以３×１－１× x－１( ) ＝０⇒x＝４,所以b＝ －２,４( ) ,所以 b ＝ ４＋１６＝２ ５,故选 A． ４．C　 [试题解析]由已知得x＞２,所以f(x)＝ x x－２ ＝ x－２ ( ) ２ ＋２ x－２ ＝ x－２＋ ２ x－２ ≥２ ２,当 且仅当 x－２＝ ２ x－２ ,即x＝４时等号成立,则 f(x)的最小值为２ ２．故选 C． ５．A　 [试题解析]从 正 方 体 的 八个顶点中任选三个构成 三角形有C３８ ＝５６种结果; 其中能构成正三角形的有 ８ 种 结 果:△ACD１, △BDC１,△ACB１, △BDA１,△A１C１B, △B１D１A,△B１D１C, △A１C１D,故概率为８５６＝ １ ７ ,故选 A． ６．D　 [试题解析]由抛物线方程知:p２ ＝１ ,∴F １,０( ) , 不妨设点A在第一象限,如图所示,直线CD 与x轴 交于点E, 由 CD ＝２ ２１,则 ED ＝ ２１,EF ＝２,∴ 圆的半径r＝ ２１( ) ２ ＋２２ ＝５,所以 AF ＝５, 由抛物线的定义可得:xA＋p２ ＝５ ,所以xA ＝４,又 因为点A 在抛物线上,所以A ４,４( ) ,∴ AB ＝２ ×４＝８．故选 D． ７．B　 [试题解析]设圆台上下底面圆的半径为r１,r２,母 线为l,球的半径为R,取圆台的轴截面ABCD,则四 边形ABCD 为等腰梯形,圆台的内切球球心为O, 则球心O在截面ABCD 内,设圆O切梯形ABCD 的 边AB,BC,CD,DA 分别于点E,F,G,H,由切线长 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋