2025名校高考全真模拟试题(十六)-【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１６ ２０２５名校高考全真模拟试题(十六) 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􀅰四川省成都石室中学高考适应性考试)已知i为虚数单位,复数z＝ ２１＋i ,则z􀅰z＝ (　　) A．１＋i B．１－i C．２ D．２ ２．(２０２４􀅰陕西省西安市雁塔区陕西师大附中三模)已知x∈R,p:“x２－x＞０”,q:“x＞１”,则p是q的 (　　) A．充分但不必要条件 B．必要但不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 ３．(２０２４􀅰江西省重点中学高三联考)已知向量a＝ ３,－１( ),b＝ －２,x( ),若a⊥ a＋b( ),则 b ＝ (　　) A．２ ５ B．４ C．２ １０ D．２０ ４．(２０２４􀅰抚顺一中校考阶段测试)已知函数f(x)＝ x x－２ ,则f(x)的最小值为 (　　) A．０ B．２ C．２ ２ D．３ ５．(２０２４􀅰山西省大同市高三三模)从正方体的８个顶点中任取３个连接构成三角形,则能构成正三角形的概 率为 (　　) A．１７ B． １ １４ C．２７ D． ４ ３５ ６．(２０２４􀅰浙江镇海中学二模)已知抛物线E:y２＝４x的焦点为F,以F为圆心的圆与E 交于A,B 两点,与E 的准线交于C,D 两点,若 CD ＝２ ２１,则 AB ＝ (　　) A．３ B．４ C．６ D．８ ７．(２０２４􀅰吉林省长春吉大附中实验学校高三四模)已知球与圆台的底面、侧面都相切,且圆台母线与底面所 成角为６０°,则球表面积与圆台侧面积之比为 (　　) A．２∶３ B．３∶４ C．７∶８ D．６∶１３ ８．(２０２４􀅰湖北省荆门市三校高三三模联考)已知函数f(x)＝ sinωx ＋cosωxω＞０( )的最小正周期为π,则 (　　) A．f(x)在 －π８ ,π ８ é ë êê ù û úú上单调递增 B．３π８ ,０ æ è ç ö ø ÷是f(x)的一个对称中心 C．f(x)在 －π６ ,π ６ é ë êê ù û úú的值域为 １,２[ ] D．x＝π８ 是f(x)的一条对称轴 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􀅰山西省运城市高三调研测试)已知样本数据:１,２,３,４,５,６,７,８,９,则 (　　) A．极差为８ B．方差为６ C．平均数为５ D．８０百分位数为７ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 卷１６ １０．(２０２４􀅰山东省威海市高三高考模拟)已知函数f(x)＝x３－３x＋１,则 (　　) A．直线y＝－３２x 是曲线y＝f(x)的切线 B．f(x)有两个极值点 C．f(x)有三个零点 D．存在等差数列 an{ },满足∑ ５ k＝１ fak( )＝５ １１．(２０２４􀅰重庆一中校考模拟)在透明的密闭正三棱柱容器ABC－A１B１C１ 内灌进一些水,已知AB＝AA１＝ ４．如图,当竖直放置时,水面与地面距离为３．固定容器底面一边AC于地面上,再将容器按如图方向倾斜, 至侧面ACC１A１ 与地面重合的过程中,设水面所在平面为α,则 (　　) A．水面形状的变化:三角形⇒梯形⇒矩形 B．当C１A１⊂α时,水面的面积为２ ２１ C．当B∈α时,水面与地面的距离为８ ３５ D．当侧面ACC１A１ 与地面重合时,水面的面积为１２ 三、填空题:本题共３小题,每小题５分,共１５分． １２．(２０２４􀅰贵州省贵阳市高三三模)在 ２x３－１x æ è ç ö ø ÷ ４ 的展开式中,常数项为　　　　．(用数字作答) １３．(２０２４􀅰东北三省四市高三模拟)在△ABC 中,AB＝５,BC＝７,AC＝８,D 是AB 边上一点,CD⊥AB,则 CD＝　　　　． １４．(２０２４􀅰安徽省蚌埠市高三教学质量检查)已知椭圆E:x ２ a２ ＋y ２ b２ ＝１a＞b＞０( )的左、右焦点分别为F１,F２, 过F２ 的 直 线 交 E 于A,B 两 点,C ０,－１( ) 是 线 段 BF１ 的 中 点,且AB→ 􀅰AC→ ＝AC→２,则 E 的 方 程 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􀅰河北省石家庄市部分学校高三联考)某项测试共有８道题,每道题答对得５分,不答或答 错得０分．某人答对每道题的概率都是１４ ,每道试题答对或答错互不影响,设某人答对题目的个数为X． (１)求此人得分的期望; (２)指出此人答对几道题的可能性最大,并说明理由． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 卷１６ １６．(１５分)(２０２４􀅰深圳外国语学校校考)如图,三棱柱ABC－A１B１C１ 中,侧面BB１C１C 为矩形,底面ABC 为等边三角形． (１)证明:A１B＝A１C; (２)若A１C⊥A１B,A１A＝AB＝２, ①证明:平面A１BC⊥平面ABC; ②求平面ABC与平面A１BC１ 的夹角的余弦值． １７．(１５分)(２０２４􀅰山东省济南市高三三模)已知双曲线Γ:x ２ a２ －y ２ b２ ＝１a＞０,b＞０( ),A ２,３( ),B １２ ,０ æ è ç ö ø ÷,直线AB 与Γ有唯一公共点A． (１)求Γ的方程; (２)若双曲线Γ的离心率e不大于２,过B 的直线l与Γ 交于不同的两点M,N．求直线AM 与直线AN 的 斜率之和． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 卷１６ １８．(１７分)(２０２４􀅰河南省济源高中高三联考)已知函数f(x)＝tanx,g(x)＝sin(２x＋１)－２ln(cosx), (１)求曲线y＝f(x)在点 π４ ,１ æ è ç ö ø ÷处的切线方程; (２)当x∈ ０,π２ æ è ç ö ø ÷时,求g(x)的值域． １９．(１７分)(２０２４􀅰河北高三校联考模拟)若有穷数列A:a１,a２,􀆺,an(n＞４)满足:ai＋an＋１－i＝c(c∈R,i＝ １,２,􀆺,n),则称此数列具有性质Pc． (１)若数列A:－２,a２,a３,２,６具有性质Pc,求a２,a３,c的值; (２)设数列A 具有性质P０,且a１＜a２＜􀆺＜an,n为奇数,当ai,aj＞０(１≤i,j≤n)时,存在正整数k,使得 aj－ai＝ak,求证:数列A 为等差数列; (３)把具有性质Pc,且满足|a２k－１＋a２k|＝m(k∈N∗,k≤ n ２ ,m 为常数)的数列A 构成的集合记作Tc(n, m)．求出所有的n,使得对任意给定的m,c,当数列A∈Tc(n,m)时,数列A 中一定有相同的两项,即存在 ai＝aj(i≠j,１≤i,j≤n)． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 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 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 新高考数学答案 —６１　 定理可得AE ＝AH,DG ＝DH,故 AD ＝ DH ＋ AH ＝DG＋AE,即l＝r１＋r２;由于 ∠ABC＝６０°, 所以GE ＝２R＝lsin６０°,r２－r１ ＝ １２l ,解得r２ ＝ ３r１,R ＝ ３r１, S球 S圆台侧 ＝ ４πR２ πr１l＋r２l( ) ＝ ４× ３r１( ) ２ r１ ＋３r１( )２ ＝ ３４． 故选B． ８．C　 [试题解析]因为函数f(x)的最小正周期为π,所以 ω＝２,所以函数f(x)＝ sin２x ＋cos２x＝ sin２x＋cos２x,x∈ kπ,π２ ＋kπ[ ] , －sin２x＋cos２x,x∈ π２ ＋kπ ,π＋kπ( ] , ì î í ïï ï (k ∈ Z), 即f(x)＝ ２sin２x＋ π４( ) ,x∈ kπ, π ２ ＋kπ[ ] , － ２sin２x－ π４( ) ,x∈ π ２ ＋kπ ,π＋kπ( ] , ì î í ïï ï (k∈Z), 作出函数f(x)的图象,如下图所示: 由图可知,f(x)在 － π８ ,π ８[ ] 上有增有减,故 A错 误;由图象可知,f(x)无对称中心,故 B错误;由图 象可知,f(x)为偶函数,当x∈ ０,π６[ ] ,２x＋ π ４ ∈ π ４ ,７π １２[ ] ,所 以 sin ２x＋ π ４( ) ∈ ２ ２ ,１[ ] ,所 以 ２sin ２x＋ π４( ) ∈ １,２[ ] , 所 以 f(x) 在 － π６ ,π ６[ ] 的值域为 １,２[ ] ,故 C正确;由图象可 知,f(x)的对称轴为x＝kπ２ ,k∈Z,故 D错误．故 选 C． ９．AC　 [试题解析]极差等于最大值减去最小值,故９－１ ＝８,故A正确;平均数为１＋２＋３＋ 􀆺＋９ ９ ＝５ , 故 C 正 确; 由 方 差 公 式 计 算 可 得 １－５( )２ ＋ ２－５( )２ ＋􀆺＋ ９－５( )２ ９ ＝ ６０ ９ ＝ ２０ ３ ,故B错误;第８０百分位数为９×０．８＝７．２,为 ８,故 D错误．故选 AC． １０．BCD　 [试题解析]f′(x)＝３x２ －３＝３(x＋１)(x－ １),令f′(x)＝－ ３２ ＝３x ２ －３⇒x＝± ２２ ,而 f ２２ æ è ç ö ø ÷＝－ ５４ ２＋１ ,由点斜式可知此时切线 方程为 － ３２ x－ ２ ２ æ è ç ö ø ÷＝y－ － ５４ ２＋１( ) ; f － ２２ æ è ç ö ø ÷＝ ５４ ２＋１ ,由点斜式可知此时切线 方程为 － ３２ x＋ ２ ２ æ è ç ö ø ÷＝y－ ５４ ２＋１( ) ,所 以直线y＝－ ３２x 不是曲线y＝f(x)的切线, 故 A错误;令f′(x)＝０,解得x＝±１,所以函 数在 －∞,－１( ) ,１,＋∞( ) 上 单 调 递 增,在 －１,１( ) 上单调递减,故x ＝－１时取得极大 值,x ＝ １ 取 得 极 小 值,故 B 正 确;因 为 f －１( )＝３＞０,f(１)＝－１＜０,所以由单调 性可知函数有三个零点,故 C正确;取an ＝n－ ３,则∑ ５ k＝１ f ak( )＝５,故 D正确．故选BCD． １１．ABC　[试题解析]由题知V水 ＝S△ABCh＝ ３ ４×１６×３ ＝１２ ３,正三棱柱的体积V＝ ３４×１６×４＝１６ ３,当容器按题设方向倾斜至B∈α时,水面形 状是三角形,再倾斜时,水面形状是梯形,直到 侧面ACC１A１ 与地面重合时,水面形状是矩形, 故 A 正确;如图１,当容器按题设 方 向 倾 斜 至 C１A１⊂α时,设水面与棱BB１ 的交点为 M,设 MB１＝a,又 三 棱 柱 ABC－A１B１C１ 为 正 三 棱 柱,取 B１C１ 中 点 E,连 接 A１E,易 知 A１E⊥ B１C１,A１E⊥B１B,又 BB１ ∩B１C１ ＝B１,BB１, B１C１⊂面BCC１B１,所以 A１E⊥面BCC１B１,所 以A１ 到平面BCC１B１ 的距离为A１E＝２ ３,所以 VA１－MB１C１＝ １ ３× １ ２×４×a×２ ３＝４ ３ ,解得a ＝３,此时水面图形为△A１MC１,又A１M＝C１M ＝ ３２＋４２＝５,A１C１＝４,取 A１C１ 中点为 H, 则 HM⊥A１C１,且 HM＝ ２５－４＝ ２１,所以 S△A１MC１＝ １ ２×４× ２１＝２ ２１ ,故B正确; 如图２,当容器按题设方向倾斜至B∈α时,设 水面与棱A１B１,C１B１ 的交点为F,G,易知FG ∥A１C１ ∥AC,设 B１F＝B１G＝b,由VB－B１FG ＝ １ ３S△B１FGBB１＝ １ ３× １ ２×４b ２sinπ３＝４ ３ ,得到b ＝２ ３,因为水面始终与地面平行,AC 始终与水 面平行,且AC始终在地面上,所以水面与地面 的距离,即AC到水面的距离,取AC中点Q,连 接 HQ,BQ,设B１H 交FG 于K,连接BK,易知 HQ⊥AC,BQ⊥AC,又 HQ∩BQ＝Q,HQ,BQ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 新高考数学答案 —６２　 ⊂面QBB１H,所以 AC⊥面 QBB１H,又 FG∥ A１C１∥AC,所以FG⊥面 QBB１H,过 Q 作QR ⊥BK 于R,连接QR,因为QR⊂面QBB１H,所 以FG⊥QR,又FG∩BK＝K,FG,BK⊂α,所以 QR⊥α,即QR 为水平面到地面的距离,如图３,过 K 作KP⊥QB于P,易知B１K＝２ ３sin π ３＝３ ,所 以BK＝ ９＋１６＝５,得 到 sin∠QBR＝KPKB＝ ４ ５ ,又 QB＝２ ３,所 以 QR＝QBsin∠QBR＝ ２ ３×４５＝ ８ ３ ５ ,故 C正确; 如图４,当侧面 ACC１A１ 与地面重合时,水面α 为 矩 形 E１H１N１M１,设 BE１ ＝ t,则 由 VB１M１N１－BE１H１＝S△BE１H１BB１＝ １ ２×４t ２sinπ３＝ ４ ３,解得t＝２,所以E１H１＝２,故SE１H１N１M１ ＝ ４×２＝８,故 D错误,故选 ABC． １２．[试题解析]因为 ２x３－１x( ) ４ 展开式的通项为Tr＋１＝ Cr４ ２x３( )４－r － １ x( ) r ＝ －１( )r􀅰２４－r􀅰Cr４x１２－４r,r＝ ０,１,２,３,４,令１２－４r＝０,解得r＝３,所以常数项为T４ ＝－２×C３４＝－８． [参考答案]－８ １３．[试题解析]因为 AB＝５,BC＝７,AC＝８,所以由余弦 定理 可 得:cosA＝AC ２＋AB２－BC２ ２AC􀅰AB ＝ ６４＋２５－４９ ２×５×８ ＝ ４０ ８０＝ １ ２ ,因 为 ０＜A＜π,所 以 A＝ π３ ,所 以 在 Rt △ACD 中,所以CD＝８sinA＝８sinπ３＝４ ３． [参考答案]４ ３ １４．[试题解析]由 于 C ０,－１( ) 是 线 段 BF１ 的 中 点, O ０,０( ) 是线段F２F１ 的中点,所以OC∥F２B,故F２F１ ⊥AB,设椭圆焦距为２c,则F２ c,０( ) ,F１ －c,０( ) ,将 x＝c代入椭圆方程可得c ２ a２ ＋y ２ b２ ＝１,故 y ＝b ２ a ,因此 A c,b ２ a( ) ,B c,－ b２ a( ) ,C ０,－１( ) 是 线 段 BF１ 的 中 点,所以 BF２ ＝２＝ b２ a ,故b２＝２a,AB→＝ ０,－２b ２ a( ) , AC→＝ －c,－１－b ２ a( ) ,由AB →􀅰AC→＝AC→２ 得－２b ２ a ( －１ － b ２ a ) ＝ －１－ b２ a( ) ２ ＋c２,故 －４ －１－２( ) ＝ －１－２( )２＋c２,解得c２＝３,又b２＝２a＝a２－c２,故a２ ＝９,b２＝６,故椭圆方程为x ２ ９＋ y２ ６＝１ , [参考答案]x ２ ９＋ y２ ６＝１ １５．[解](１)某人答对每道题的概率都是１４ , 则答对题目的个数X 服从二项分布, 即X~B ８,１４( ) ,E(X)＝８× １ ４＝２ , 由于每道题答对得５分, 所以此人答题得分为５X,因此,在此项测试中, 此人答题得分的期望为E ５X( )＝５E(X)＝５×２＝１０． (２)设 此 人 答 对 k 道 题 的 可 能 性 为 P X＝k( ) ＝ Ck８ １ ４( ) k × ３４( ) ８－k ,k＝０,１,２,􀆺,８, 记pk＝P X＝k( ) , 则 pk pk－１ ＝ P X＝k ( ) P X＝k－１( ) ＝ Ck８ １ ４( ) k × ３４( ) ８－k Ck－１８ １ ４( ) k－１ × ３４( ) ９－k ＝ ８! k! ８－k( ) !× １ ４ ８! k－１( ) ! ９－k( ) !× ３ ４ ＝９－k３k ＝１＋ ９－４k ３k ,k＝１, ２,􀆺,８, 当k＜９４ 时,pk＞pk－１,pk 随k 的增加而增加,即p２＞ p１＞p０; 当k＞９４ 时,pk＜pk－１,pk 随k 的增加而减小,即p８＜ p７＜􀆺＜p２; 所以当k＝２时,p２ 最大,因此此人答对２道题的可能 性最大． １６．[解](１)证明:取BC,B１C１ 的中点为O,M,连接OM, AO,A１O, 由于侧面 BB１C１C 为矩形,所以 BB１⊥BC,∵OM∥ BB１,∴OM⊥BC, 由于底面ABC为等边三角形,所以AO⊥BC, AO∩OM＝O,AO,MO⊂平面AOM, 所以BC⊥平面 AOM, 由于AA１∥OM,AA１＝OM,故四边形AOMA１ 为平行 四边形, 故A１O⊂平面 AOM,故BC⊥A１O, 又O是BC 中点,所以A１B＝A１C． (２)①由于AB＝BC＝AC＝２,AO⊥BC,O是BC 中点, 所以AO＝ ３,CO＝BO＝１, 又A１B＝A１C 且A１C⊥A１B,所以 A１C＝A１B＝ ２, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 新高考数学答案 —６３　 A１O＝１． 由于BC⊥A１O,BC⊥AO,故∠A１OA 为A１－BC－A 的平面角, 由于A１O２＋AO２＝A１A２,所以∠A１OA＝ π ２ , 故平面A１BC⊥平面ABC; ②由于OA１,OA,OB 两两垂直,故建立如图所示的空 间直角坐标系, A１ ０,０,１( ) ,A ３,０,０( ) ,B ０,１,０( ) ,C ０,－１,０( ) , 则CA→ ＝ ３,１,０( ) ,A１B→ ＝ ０,１,－１( ) ,C１A１→ ＝CA→ ＝ ３,１,０( ) , 设平面A１BC１ 的法向量为m＝ x,y,z( ) , 则 C１A１ →􀅰m＝ ３x＋y＝０, A１B→􀅰m＝y－z＝０,{ 取x＝ ３,则m＝ ３,－３,－３( ) , 由于平面ABC的法向量为OA１→＝ ０,０,１( ) , 故 cos‹m,OA１→› ＝ m􀅰OA１→ m OA１→ ＝ ３ ２１ ＝ ２１７ , 故平面ABC与平面A１BC１ 的夹角的余弦值为 ２１ ７ ． １７．[解](１)依题意可得４ a２ －９ b２ ＝１,又直线AB 的方程为 y－３＝ ３－０ ２－１２ x－２( ) ,即y＝２x－１, 由 y＝２x－１, x２ a２ － y２ b２ ＝１ ,{ 消去y整理得 b２－４a２( )x２＋４a２x－ a２－a２b２＝０, 当b２－４a２＝０时,又４ a２ －９ b２ ＝１,解得a２＝７４ ,b２＝７, 所以双曲线Γ的方程为x ２ ７ ４ －y ２ ７＝１ ; 当b２－４a２≠０,所以－ ４a ２ b２－４a２ ＝４,即３a２＝b２, 又４ a２ － ９ b２ ＝１,所以b２＝３,a２＝１,此时Δ＝０,符合 题意, 所以双曲线Γ的方程为x２－y ２ ３＝１ ; 综上可得双曲线Γ 的方程为x ２ ７ ４ －y ２ ７ ＝１ 或x２－y ２ ３ ＝１． (２)当a２＝７４ ,b２＝７时,e＝ca ＝ a２＋b２ a２ ＝ ５＞２(舍 去); 当b２＝３,a２＝１时,e＝ca ＝ a２＋b２ a２ ＝２≤２,符合题 意,所以双曲线Γ的方程为x２－y ２ ３＝１ , 设 M x１,y１( ) ,N x２,y２( ) ,显然直线l的斜率存在,设 直线l为y＝k x－１２( ) , 由 y＝k x－１２( ) , x２－y ２ ３＝１ , ì î í ïï ï 消去y整理得 ３－k２( )x２＋k２x－k ２ ４－３＝０ , 所以x１＋x２＝－ k２ ３－k２ ,x１x２＝－ k２ ４＋３ ３－k２ , 所以kAM ＋kAN ＝ y１－３ x１－２ ＋y２－３x２－２ ＝ k x１－ １ ２( )－３ x１－２ ＋ k x２－ １ ２( )－３ x２－２ ＝２k＋ ３k２－３( )× x１＋x２－４ x１x２－２ x１＋x２( )＋４ ＝２k＋ ３k２－３( )× － k ２ ３－k２－４ － k２ ４＋３ ３－k２ －２ － k ２ ３－k２( )＋４ ＝２k＋ ３k２－３( )× ３k２－１２ －９４ k ２－４( ) ＝４, 所以直线AM 与直线AN 的斜率之和为４． １８．[解](１)由f(x)＝tanx得f′(x)＝ sinxcosx( )′＝ １ cos２x , 所以f′ π４( )＝ １ １ ２ ＝２, 所以所求切线方程为y－１＝２ x－π４( ) , 即２x－y＋１－π２＝０． (２)x∈ ０,π２( ) 时,２x＋１∈ １,π＋１( ) , g′(x)＝２cos ２x＋１( )＋２sinxcosx ＝２cos ２x＋１( )＋２tanx, 当x∈ ０,π４－ １ ２( ) 时,２x＋１∈ １, π ２( ) , 此时cos ２x＋１( ) ＞０,tanx＞０,故g′(x)＞０,g(x)单调 递增, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 新高考数学答案 —６４　 当x∈ π４－ １ ２ ,π ２( ) 时,２x＋１∈ π ２ ,π＋１( ) , 接下来证明:当 x∈ π４－ １ ２ ,π ２( ) 时,tanx≥２x＋１ －π２ , 令h(x)＝tanx－ ２x＋１－π２( ) ,h′(x)＝ １ cos２x －２, 又h′(π４ )＝０, 故当x∈ π４－ １ ２ ,π ４( ) ,cos ２x＞１２ , h′(x)＜０,h(x)单调递减, 当x∈ π４ ,π ２( ) ,cos ２x＜１２ ,h′(x)＞０,h(x)单调递增, 故h(x)有最小值h π４( )＝０, 因此h(x)≥０,即tanx≥２x＋１－π２ , g′(x)＝２cos ２x＋１( )＋２tanx ≥２cos ２x＋１( )＋２ ２x＋１－π２( ) , 令s(x)＝２cos ２x＋１( )＋２ ２x＋１－π２( ) , s′(x)＝－４sin ２x＋１( )＋４≥０, 故s(x)单调递增,即s(x)≥s π４－ １ ２( ) ,所以 g′(x)≥２cos ２ π４－ １ ２( )＋１( ) ＋２(２( π ４ － １ ２ ) ＋１ －π２ ) ＝０,故g(x)在x∈ π ４－ １ ２ ,π ２( ) 单调递增, 综上可得g(x)在x∈ ０,π２( ) 单调递增,g(０)＝sin１, 当x→π２ ,sin ２x＋１( ) →sin π＋１( )＝－sin１, 而ln cosx( ) →－∞,因此g(x)→＋∞, 所以g(x)的值域为 sin１,＋∞( )． １９．[解](１)由已知可得数列A 共有５项,所以n＝５, c＝a１＋a５＝－２＋６＝４, 当i＝２时,有a２＋a４＝a２＋２＝４,所以a２＝２, 当i＝３时,有a３＋a３＝４,所以a３＝２． (２)证明:数列A 具有性质P０,且a１＜a２＜􀆺＜an,n 为奇数,令n＝２k＋１, 可得ak＋１＝０, 设a１ ＜a２ ＜ 􀆺 ＜ak ＜ak＋１ ＝０＜ak＋２ ＜ak＋３ ＜ 􀆺 ＜a２k＋１, 由于当ai,aj＞０(１≤i,j≤n)时,存在正整数k,使得aj －ai＝ak, 所以ak＋３－ak＋２,ak＋４－ak＋２,ak＋５－ak＋２,􀆺,a２k＋１－ ak＋２这k－１项均为数列A 中的项, 且０＜ak＋３ －ak＋２ ＜ak＋４ －ak＋２ ＜ak＋５ －ak＋２ ＜ 􀆺 ＜ a２k＋１－ak＋２＜a２k＋１, 因此一定有ak＋３－ak＋２＝ak＋２,ak＋４－ak＋２＝ak＋３,ak＋５ －ak＋２＝ak＋４,􀆺,a２k＋１－ak＋２＝a２k, 即ak＋３－ak＋２＝ak＋２,ak＋４－ak＋３＝ak＋２,ak＋５－ak＋４＝ ak＋２,􀆺,a２k＋１－a２k＝ak＋２, 这说明:ak＋２,ak＋３,ak＋４,􀆺,a２k＋１为公差为ak＋２的等差 数列,再数列A 具有性质P０, 以及ak＋１＝０可得,数列A 为等差数列． (３)当n＝４k＋２(k∈N∗ )时, 设 A:a１,a２,a３,a４ 􀆺,a２k－１,a２k,a２k＋１,a２k＋２,a２k＋３, a２k＋４,􀆺,a４k＋１,a４k＋２, 由于数列具有性质Pc,且满足|a２k－１＋a２k|＝m, 由|a２k－１＋a２k|＝m 和a２k－１＋a２k＝c,得c＝±m, 当c＝m 时,不妨设a１＋a２＝m,此时:a２＝m－a１,a４k＋１ ＝a１,此时结论成立, 当c＝－m 时,同理可证,所以结论成立． 当n＝４k(k∈N∗ )时,不妨设c＝０,m＝１,反例如下: －２k,２k－１,－２k＋２,２k－３,􀆺,１,－１,２,􀆺,－２k＋ ３,２k－２,－２k＋１,２k, 当n＝４k＋３(k∈N∗ )时,不妨设c＝０,m＝１,反例 如下: (－１)k＋１􀅰(k＋１),(－１)k􀅰k,􀆺,－１,０,１,－２,􀆺, (－１)k－２􀅰(k－１),(－１)k－１􀅰k,(－１)k􀅰(k＋１), 综上所述,n＝４k＋２(k∈N∗ )符合题意． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀃊􀁉􀁙２０２５名校高考全真模拟试题(十七) １．C　[试题解析]平均数与方差是用来反馈数据集中趋势 与波动程度大小的统计量;变量y和x 之间的相关 系数r的绝对值越大,则变量y和x 之间线性相关 关系越强;用决定系数R２ 来刻画回归效果,R２ 越大 说明拟合效果越好．故选 C． ２．C　[试题解析]由a３－a１＝３可得:等比数列 an{ } 的公 比q≠１．∵S４ ＝５S２,化 简 得 a１ １－q４( ) １－q ＝５× a１ １－q２( ) １－q ,整理得１＋q２＝５,∴q＝±２,又∵a３－ a１＝a１q２ －a１ ＝３,∴a１ ＝１,∴a２ ＝a１q＝±２．故 选 C． ３．D　[试题解析]对于 A,表示复数z和z 的点关于实轴 对称,故 A错误;对于B和 C,当z＝０时均不成立, 故BC错误;对于 D,若方程ax２＋bx＋c＝０的Δ≥０ 可得z为实数,即z＝z,符合题意;若Δ＜０,则方程 ax２＋bx＋c＝０的两个复数根为－b２a＋ ４ac－b２ ２a i 和－b２a－ ４ac－b２ ２a i ,此时两根互为共轭复数,因此 D正确．故选 D． ４．C　[试题解析]在双曲线上任取一点M x,y( ) ,则x ２ ３－ y２ ６ ＝１,则点 M x,y( ) 到点 ３,０( ) 和到直线x＝１的距离 之 比 为: (x－３) ２＋y２ |x－１| ＝ (x－３)２＋６(x ２ ３－１ ) (x－１)２ ＝ ３x２－６x＋３ (x－１)２ ＝ ３ (x－１)２ (x－１)２ ＝ ３．故选C． ５．B　[试题解析]将四面体P－ABC 补 形 成 长 方 体,长 方 体 的 长、 宽、高分别为２、１、２, 四面体P－ABC 的外接球即为 长方体 的 外 接 球,而 长 方 体 的 外接球的直径等于长方体的体 对角线 长,设 外 接 球 的 半 径 为 R,故 ２R＝ ２２＋１２＋２２ ＝３, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋