2025全国前十重点中学重组模拟卷(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）

新高考数学答案 —８４　 又A１D⊂平面DA１C１,BP⊄平面DA１C１, ∴BP∥平面DA１C１． ∴当点P 在C１C的延长线上,且使CP＝C１C时,BP∥ 平面DA１C１． １９．[证明](１)当n＝０时,x∈(－１,＋∞),则(１＋x)０＝１, 当n＝１时,(１＋x)１＝１＋x, 当n＞１时,我们需证(１＋x)n≥１＋nx, 设f(x)＝(１＋x)n－nx－１,(x＞－１), 注意到f(０)＝０,f′(x)＝n(１＋x)n－１－n＝n[(１＋ x)n－１－１], 令(１＋x)n－１－１＝０得x＝０,即f′(０)＝０, 令g(x)＝f′(x),则g′(x)＝n(n－１)(１＋x)n－２＞０,所 以f′(x)在(－１,＋∞)单调递增,当－１＜x＜０时, f′(x)＜f′(０)＝０,当x＞０时,f′(x)＞f′(０)＝０,故 f(x)在(－１,０)上单调递减,在(０,＋∞)上单调递增, 所以在x＝０处f(x)取得极小值f(０)＝０,即f(x)≥０ 恒成立,(１＋x)n≥nx＋１．不等式(１＋x)n≥１＋nx对n ∈N,x∈(－１,＋∞)成立,得证,不等式(１＋x)n≥１＋ nx取等号的条件是n＝０,１,或x＝０． (２)当n＝１时,原不等式即１＋x１≥１＋x１,显然成立, 当n≥２时,构造数列{an},an＝(１＋x１)(１＋x２)(１＋ x３)􀆺(１＋xn)－(１＋x１＋x２＋x３＋􀆺＋xn),则an＋１－ an＝xn＋１[(１＋x１)(１＋x２)(１＋x３)􀆺(１＋xn)－１],若 xi＞０(i＝１,２,３,􀆺,n＋１),由上式易得an＋１－an＞０, 即an＋１＞an;若－１＜xi≤０(i＝１,２,３,􀆺,n＋１),则０ ＜１＋xi≤１,所以(１＋x１)(１＋x２)(１＋x３)􀆺(１＋xn) －１≤０,故an＋１－an＝xn＋１[(１＋x１)(１＋x２)(１＋x３) 􀆺(１＋xn)－１]≥０,即此时an＋１≥an 也成立,所以当n ≥２时,an＋１≥an,由于a２＝(１＋x１)(１＋x２)－(１＋x１ ＋x２)＝x１x２≥０,所以an≥a２≥０(n≥２),故原不等式 成立． (３)要证(３２－１)(３４－１)(３６－１)􀆺(３２n－１)＞ ７８ 􀅰 ３n(n＋１),只需证 (１－ １３２ ) (１－ １ ３４ ) (１－ １ ３６ ) 􀆺 (１－ １ ３２n ) ＞ ７ ８． 由(２)知 (１－ １３２ ) (１－ １ ３４ ) (１－ １ ３６ ) 􀆺 (１－ １ ３２n ) ≥１ － ( １３２ ＋ １ ３４ ＋１ ３６ ＋􀆺＋ １ ３２n ) , 又１ ３２ ＋１ ３４ ＋１ ３６ ＋􀆺＋ １ ３２n ＜ １ ３２ １－１ ３２ ＝１８ , ∴ (１－１３２ ) (１－ １ ３４ ) (１－ １ ３６ ) 􀆺 (１－ １ ３２n ) ＞１－ １ ８＝ ７ ８ ,得证． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀃊􀁊􀁔２０２５全国前十重点中学重组模拟卷(四) １．B　[试题解析]由B＝{x|１＜x＜４},得∁UB＝{x|x≤１ 或x≥４},而A＝{x|０≤x＜３},所以 A∩(∁UB)＝ [０,１]．故选B． ２．D　[试题解析]a在b上的投影向量为|a|􀅰cos‹a,b›􀅰 b |b|＝４cos１５０° 􀅰１ ２b＝－ ３b． 故选 D． ３．C　[试题解析]由题意得(０．００４＋a＋０．０１８＋２×０．０２２ ＋０．０２８)×１０＝１,解得a＝０．００６,因为前４组数据 的频率之和为０．０４＋０．０６＋０．２２＋０．２８＝０．６,前５ 组数据的频率之和为０．０４＋０．０６＋０．２２＋０．２８＋ ０．２２＝０．８２,则７０％分位数在[８０,９０)内,设７０％分 位数为x,则０．６＋(x－８０)×０．０２２＝０．７,解得x≈ ８４．５５,所以７０％分位数约为８４．５５．故选 C． ４．B　[试题解析]因为lga２,lga２０２３是f(x)＝３x２－１２x＋ ９ 的 两 个 零 点,所 以 lga２ ＋lga２０２３ ＝４,所 以 lg(a２a２０２３)＝４,所以a２a２０２３＝１０４,故a１a２０２４＝１０４． 故选B． ５．C　[试题解析]若甲做对了,则甲说错了,乙说对,丙也 说对了,２人说对了,不满足条件;若乙做对了,则甲 说对了,乙说错误,丙也说对了,２人说对了,不满足 条件;若丙做对了,则甲说对了,乙说错了,丙也说错 了,丁也说错了,其中只有甲１人说对了,满足条件; 若丁做对了,则丁、甲、丙都说对了,不满足条件;故 做对的是丙,说对的是甲．故选 C． ６．D　[试题解析]由题意可得 x ２＋y２ (x－１５ ) ２ ＋ (y－２５ ) ２ ＝ ５ ２ ,化简得x２＋y２－２x－４y＋１＝０,即(x－１)２＋(y －２)２＝４,即动点P(x,y)的轨迹为以(１,２)为圆心, ２为半径的圆,由C:x２＋y２＋６x＋２y＝r２－１０(r＞ ０),可得(x＋３)２＋(y＋１)２＝r２,故 圆 C 以(－３, －１)为圆心,r为 半 径,由 两 圆 有 且 仅 有 三 条 公 切 线,故两圆 外 切,即 有r＋２＝ (１＋３)２＋(２＋１)２ ＝５,即r＝３．故选 D． ７．C　[试题解析]由y＝xx 得lny＝xlnx,令z＝xlnx,则 函数z＝xlnx 可以看作函数z＝lny 与函数y＝xx 的复合函数,因为z＝lny 为增函数,所以z＝xlnx 与y＝xx 单调性、图象变换等基本一致,z′＝lnx＋ １,由z′＝０得x＝１e ,列表如下: 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 新高考数学答案 —８５　 x (０,１e ) １ e ( １ e ,＋∞ ) z′ － ０ ＋ z ↘ －１e ↗ 由表知,z＝xlnx 在 (０,１e ) 上 单 调 递 减,在 ( １ e , ＋∞ ) 上单调递增,在x＝ １e 时,取得极小值(最小 值)－ １e ,所以f(x)＝xx 在 ( １e,＋∞ ) 上单调递 增,故B正确;在x＝１e 时,取得唯一极值(极小值, 也是最小值)( １e ) １ e ＝１ e １ e ＞１e ,故 AD都正确,C错 误．故选 C． ８．D　[试题解析]设过AB 且平行 于平面α的平面为β,由题意 知,四面 体 ABCD 在 平 面β 的上 方 时 和 下 方 时 完 全 对 称,故 函 数 S(x)的 周 期 为 π．取 AB 中 点E,连 接 CE, DE,如图, ∵AB＝２,AC＝BC＝ ２, ∴AB２＝AC２＋BC２,∴AC⊥BC,∵AB＝２,AD＝ BD＝ ２,∴AB２＝AD２＋BD２,∴AD⊥BD,则CE＝ DE＝１,而CD＝ ２,故CE２＋DE２＝CD２,CE⊥DE, 所以E 到CD 的距离为 ２２ ,又DE⊥AB,AB∩CE＝ E,AB,CE⊂ 平 面 ABC,所 以 DE⊥ 平 面 ABC,则 ∠DCE 为 直 线 DC 与 平 面 ABC 所 成 的 角,又 ∠DCE＝ π４ ,所以直线 DC 与平面ABC 所成的角 为 π ４ ,∵DE⊥平面ABC,又 DE⊂平面 ABD,则平 面ABD⊥ 平 面 ABC,设 CD 在 平 面β 的 投 影 为 MN,可得 MN⊥AB．下面讨论一个周期内的情形: 当x∈ [０,π２ ] 时,如图: S(x)＝１２AB 􀅰MN＝１２×２×１× (cosx＋sinx)＝ ２sin(x＋π４ ) ,∵x∈ [０, π ２ ] ,x＋ π ４∈ [ π ４ ,３π ４ ] , 则 ２ ２≤sin(x＋ π ４ ) ≤１,故 S (x)min＝１．当 x∈ [ －π２,０) 时,如图, ∵E 到CD 的距离为 ２２ ,∴MN≥ ２２ ,当CD⊥α时 等号成立,S(x)＝１２AB 􀅰MN≥ １２×２× ２ ２＝ ２ ２ , 即S(x)min＝ ２ ２． 综上所述,S(x)min＝ ２ ２ ,此时CD ⊥α,又直线DC与平面ABC 所成的角为 π４ ,所以平 面α与平面ABC 所成的角为 π４． 故选 D． ９．AC　[试题解析]设复数z１＝a＋bi,z２＝c＋di(a,b,c,d ∈R),则z２＝c－di(c,d∈R),由z２＝c－di,且z１＝ z２,可得a＋bi＝c－di,所 以a＝c,b＝－d,所 以 z１z２＝(a＋bi)(c＋di)＝(a＋bi)(a－bi)＝a２＋b２ ∈R,故 A正确;由z１＋z２＝(a＋c)＋(b＋d)i∈R, 可得b＋d＝０,即b＝－d,但a与c不一定相等,所 以z１ 与z２ 不一定相等,故 B错误;由z１,z２ 均为 纯虚数,可得a＝c＝０,b≠０,d≠０,此时z１z２ ＝bidi＝ b d ∈R ,故 C 正 确;由 z１ z２ 为 实 数,即a＋bi c＋di＝ (a＋bi)(c－di) (c＋di)(c－di)＝ (ac＋bd)＋(bc－ad)i c２＋d２ ∈R,可 得 bc－ad＝０,但 a,c 不 一 定 为 ０,故 D 错 误．故 选 AC． １０．ACD　[试题解析]由题意知f(x)＝２cosωxcosπ３ ＋ ３sinωx＝２cos(ωx－π３ ) , １ ２T＝ π ２ ,所以T＝ π＝２πω ,所以ω＝２,故 A正确; 由T＝２π＝２πω ,所以ω＝１,由－ π２ ≤x≤ π １２ ,x －π３∈ [ － ５π ６ ,－ π４ ] ,所 以 当x－ π ３ ＝－ ５π ６ 时,即x＝－π２ 时,f(x)min＝－ ３,当x－ π ３＝ －π４ ,即x＝π１２ 时,f(x)max＝ ２,故B错误; 当ω＝２时,f(x)的图象向右平移 π３ 个单位长 度,得到函数解析式为y＝２cos[２(x－ π３ ) － π ３ ] ＝－２cos２x,故 C正确;若f(x)在区间 [０, π ６ ] 上 有 且 仅 有 两 个 零 点,则 ωx－ π ３ ∈ [ －π３, π ６ω－ π ３ ] ,所 以 ３π ２ ≤ π ６ω－ π ３ ＜ ５π ２ , 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 新高考数学答案 —８６　 即１１≤ω＜１７,故 D正确．故选 ACD． １１．ACD　[试题解析]抛物线C:y２＝２px(p＞０)的准线方 程为x＝－１,所以p２＝１ ,则p＝２,所以抛物线 C:y２＝４x,F(１,０),如图,过 点 A 作 准 线 的 垂 线,垂足为C,交y轴于A１,取AF 的中点为D, 过点D 作y 轴的垂线,垂足为D１, 则AA１∥OF,DD１ 是 梯 形 OFAA１ 的 中 位 线, 由抛物线的定义可得|AA１|＝|AC|－|A１C|＝ |AF|－１,所 以|DD１|＝ |OF|＋|AA１| ２ ＝ １＋|AF|－１ ２ ＝ |AF| ２ ,所以以 AF 为 直 径 的 圆 与y 轴相切,故 A正确;如图,根据抛物线的定 义可得|AF|＝|AC|,所以△QAF 周长为|AF| ＋|AQ|＋|QF|＝|AC|＋|AQ|＋ (３－１)２＋２２＝|AC|＋|AQ|＋２ ２,由图可 知,当A,C 与点Q 三点共线时,|AC|＋|AQ| 有最小值,最小值为Q 到准线x＝－１的距离 为３－(－１)＝４,所以(|AC|＋|AQ|)min＋２ ２ ＝４＋２ ２,所 以△QAF 周 长 的 最 小 值 是 ４＋ ２ ２,故B错误;设直线AB 的方程为x＝my＋ １,联立 x＝my＋１, y２＝４x,{ 整理可得y ２－４my－４＝０, 易知Δ＞０,设A(x１,y１),B(x２,y２),可得y１＋ y２＝４m,y１y２ ＝ －４,∵BF→ ＝２FA→,∴y２ ＝ －２y１,解得y２＝８m,y１＝－４m,∴３２m２＝４,解 得m２＝１８ ,∴k＝± １ m２ ＝±２ ２,故 C正确; 设在x轴上存在一点 N(t,０),则kAN ＋kBN ＝ y１ x１－t ＋ y２x２－t ＝ y１my１＋１－t ＋ y２my２＋１－t ＝ ２my１y２＋(１－t)(y１＋y２) m２y１y２＋(１－t)m(y１＋y２)＋(１－t)２ ＝ ２m(－４)＋４(１－t)m －４m２＋４(１－t)m２＋(１－t)２ ＝ ２m(－４)＋４(１－t)m －４m２＋４(１－t)m２＋(１－t)２ ＝ －４m(t＋１) (１－t)２－４m２t ,故当t＝－１时,kAN ＋kBN ＝０, 即存在点 N(－１,０)使得kAN ＋kBN 为定值０．故 D正确．故选 ACD． １２．[试题解析]设四种颜色分别为 ABCD,对于第一个２ ×２的方格,共有 A４４＝２４种不同的涂法,假设第一个２ ×２的方格,涂如图所示 ABCD 四种颜色,①若第三 列的第一个方格涂A,第三列的第二方格涂C,则第三 列的第 三 方 格 涂 A 或B,当 第 三 列 的 第 三 方 格 涂 A 时,则第三行的第一、二方格,分别涂A,B;当第三列的 第三方 格 涂 B 时,则 第 三 行 的 第 一、二 方 格,分 别 涂 B,A; ②若第三列的第一个方格涂C,第三列的第二方格涂 A,则第三列的第三方格涂C 或B,当第三列的第三方 格涂C时,则第三行的第一、二方格,分别涂A,B;当第 三列的第三方格涂B 时,则第三行的第一、二方格,分 别涂B,A;最后１类涂法不符合题意,所以共有３类涂 法,则共有２４×３＝７２种不同的涂色方法． A B C D [参考答案]７２ １３．[试题解析]由题意知,半径为１的圆经过点(３,４),所 以圆心的轨迹是以(３,４)为圆心,半径为１的圆,(３,４) 到直线３x－４y－３＝０的距离为|９－１６－３| ３２＋４２ ＝２,所以 圆心到直线３x－４y－３＝０距离的最小值为２－１＝１． [参考答案]１ １４．[试题解析]由题意可知 M≥ １c ＋ b a ,M≥ １ac＋b ,M≥ a b ＋c ,所以有２M≥ab ＋c＋ １ ac＋b ,２M≥ab ＋c＋ １ c ＋ba ,因为a＞０,b＞０,c＞０,所以ab ＋c＋ １ ac＋b≥２ a 􀅰＋２ １a ≥４ ,当且仅当a b ＝b ,c＝１ac ,a＝１a ,即a＝b ＝c＝１时,取等号,另外ab ＋c＋ １ c＋ b a ≥４ ,当且仅当 a b ＝ b a ,c＝１c 即a＝b,c＝１时,取等号,综合上述,所 以有２M≥４即 M≥２,当 且 仅 当a＝b＝c＝１ 时,取 等号． [参考答案]２ １５．[解](１)补全的２×２列联表如下: 青年 中年 合计 使用频率高 １５０ １１０ ２６０ 使用频率低 ２５０ ２９０ ５４０ 合计 ４００ ４００ ８００ 零假设 H０:跑腿服务的使用频率高低与年龄无关．根 据 列 联 表 中 的 数 据, 经 计 算 得 到 χ ２ ＝ ８００×(１５０×２９０－１１０×２５０)２ ２６０×５４０×４００×４００ ≈ ９􀆰１１７ ＞ ６􀆰６３５ ＝ x０􀆰０１,根据小概率值α＝０􀆰０１的独立性检验,我们推断 H０ 不成立,即认为跑腿服务的使用频率高低与年龄 有关． (２)由数表知,利用分层抽样的方法抽取的８人中,年 龄在[３５,４５),[４５,５５]内的人数分别为５,３,依题意,ξ 的所有可能取值分别为为１,３,所以P(ξ＝１)＝P(X＝ １,Y＝２)＋P(X＝２,Y＝１)＝C １ ５C２３ C３８ ＋ C２５C１３ C３８ ＝４５５６ ,P(ξ＝ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 新高考数学答案 —８７　 ３)＝P(X＝３,Y＝０)＋P(X＝０,Y＝３)＝C ３ ５ C３８ ＋ C３３ C３８ ＝ １１ ５６ ,所以ξ的分布列为: ξ １ ３ P ４５５６ １１ ５６ 所以ξ的数学期望为E(ξ)＝１× ４５ ５６＋３× １１ ５６＝ ３９ ２８． １６．[解](１)证明:在三棱柱 ABC－A１B１C１ 中,四边形 A１ACC１ 是平行四边形,而 AC＝AA１,则平行四边形 A１ACC１ 是菱形,连接A１C,如图,则有A１C⊥AC１, 因A１B⊥AC１,A１B∩A１C＝A１,A１B,A１C⊂平面A１BC,于 是得AC１⊥平面A１BC,而BC⊂平面A１BC,则AC１⊥BC, 由∠ACB＝９０°,得AC⊥BC,AC∩AC１＝A,AC,AC１⊂平 面A１ACC１,从而得 BC⊥平面 A１ACC１,又 BC⊂平面 ABC,所以平面A１ACC１⊥平面ABC． (２)在平面A１ACC１ 内过C 作Cz⊥AC,由(１)知平面 A１ACC１⊥ 平 面 ABC,平 面 A１ACC１ ∩ 平 面 ABC＝ AC,Cz⊂平面ACC１A１,则Cz⊥平面ABC,以C 为原 点,以射线CA,CB,Cz分别为x,y轴,z轴正半轴建立 空间直角坐标系,如图: 因∠A１AC＝６０°,AC＝AA１＝４,BC＝２, 则C(０,０,０),A(４,０,０),B(０,２,０),A１(２,０,２ ３), P(２,０,０),则有BA１→＝(２,－２,２ ３),BP→＝(２,－２,０), 设平面BA１P 的一个法向量为n＝(x,y,z), 则有 n 􀅰BA１→＝２x－２y＋２ ３z＝０, n􀅰BP→＝２x－２y＝０,{ 解得 y＝x, z＝０．{ 令x＝１得n＝(１,１,０),而平面A１ACC１ 的一个法向 量m＝(０,１,０),依题意,|cos‹n,m›|＝|n 􀅰m| |n||m|＝ １ ２ ＝ ２２ , 设平面BA１P 和平面A１ACC１ 的夹角的夹角是θ,则 cosθ＝|cos‹n,m›|＝ ２２ , ∵θ∈ [０,π２ ] ,∴θ＝ π ４ ,所 以 平 面 BA１P 和 平 面 A１ACC１ 的夹角是 π ４． １７．[解](１)证明:由６cosC＋c＝２b,a＝３,得２acosC＋c ＝２b, 由正弦定理得２sinAcosC＋sinC＝２sinB＝２sin(A＋C) ＝２sinAcosC＋２cosAsinC, 化简得２cosAsinC＝sinC． 因为sinC≠０,所以cosA＝１２． 又A∈(０,π),所以A＝π３ , 所以△ABC外接圆的半径为 a２sinA＝ ３ ２× ３２ ＝ ３． (２)要使２S△ABC≤t(a２＋２b２＋１１c２)恒成立, 即t≥ ２S△ABC a２＋２b２＋１１c２ 恒成立, 即求 ２S△ABC a２＋２b２＋１１c２ 的最大值． 由余弦定理得a２＝b２＋c２－２bccosA＝b２＋c２－bc, 所 以 ２S△ABC a２＋２b２＋１１c２ ＝ ２×１２bcsinA (b２＋c２－bc)＋２b２＋１１c２ ＝ ３２ 􀅰 bc ３b２＋１２c２－bc 因 为 bc ≠ ０,所 以 ３２ 􀅰 bc ３b２＋１２c２－bc ＝ ３２ 􀅰 １ ３b c ＋ １２c b －１ ≤ ３２ 􀅰 １ ２ ３bc 􀅰１２c b －１ ＝ ３２２ ,当且仅当b２ ＝４c２,即b＝２ ３,c＝ ３时,等号成立,所以实数t的取 值范围为 [ ３２２,＋∞ ) ． １８．[解](１)设P(x０,y０),A(x１,y１), 设直线PA 的方程为x＝my－１, 联立方程组 x＝my－１, x２ ４＋ y２ ３＝１ ,{ 得(３m２＋４)y２－６my－９＝ ０,所以y０＋y１＝ ６m ３m２＋４ ,y０y１＝ －９ ３m２＋４ , 则 |PA | ＝ m２＋１|y０ － y１ | ＝ m２＋１ 􀅰１２ m ２＋１ ３m２＋４ , 点F２ 到直线PA 的距离为d＝ ２ m２＋１ , 所以S△PAF２＝ １ ２|PA|d＝ １２ m２＋１ ３m２＋４ , 令t＝ m２＋１≥１,则S△PAF２ ＝ １２t ３t２＋１ ＝ １２ ３t＋１t ≤１２４ ＝３,当t＝１即 m＝０时△PAF２ 面积取得最大值,所 以△PAF２ 面积的最大值为３． (２)设B(x２,y２), 设直线PF１ 的方程为x＝ x０＋１ y０ y －１, 联立方程组 x＝ x０＋１ y０ y －１, x２ ４＋ y２ ３＝１ , ì î í ïï ï 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 新高考数学答案 —８８　 得 ６x０＋１５ y２０ y２－ ６(x０＋１) y０ y －９＝０, 即 ２x０＋５ y２０ y２－ ２(x０＋１) y０ y －３＝０, 所以y０y１＝ －３y２０ ２x０＋５ ,即y１＝ －３y０ ２x０＋５ , 同理可得y２＝ －３y０ ５－２x０ , 所 以 S△PF１F２ S△PAB ＝ |PF１|􀅰|PF２| |PA|􀅰|PB| ＝ y２０ (y０－y１)(y０－y２) ＝ y ２ ０ (y０＋ ３y０５＋２x０ ) (y０＋ ３y０ ５－２x０ ) 化简得 S△PF１F２ S△PAB ＝ ２５－４x２０ ６４－４x２０ ＝１－ ３９ ６４－４x２０ , 当x０＝０时, S△PF１F２ S△PAB 取得最大值２５ ６４． １９．[解](１)①导数:(sinh(x))′＝cosh(x),(cosh(x))′＝ sinh(x),证明如下: (sinhx)′＝ (e x－e－x ２ )′＝ ex＋e－x ２ ＝coshx , (coshx)′＝ (e x＋e－x ２ )′＝ ex－e－x ２ ＝sinhx． ì î í ïï ï ②二倍角公式:cosh(２x)＝２(coshx)２－１,证明如下: ２(coshx)２－１＝２× (e x＋e－x ２ ) ２ －１＝e ２x＋２＋e－２x ２ －１ ＝e ２x＋e－２x ２ ＝cosh (２x); ③平方关系:(coshx)２－(sinhx)２＝１,证明如下: (coshx)２－(sinhx)２ ＝ (e x＋e－x ２ ) ２ － (e x－e－x ２ ) ２ ＝ e２x＋２＋e－２x ４ － e２x－２＋e－２x ４ ＝１． (２)令F(x)＝sinhx－kx,x∈(０,＋∞),F′(x)＝coshx －k, (ⅰ)当k≤１时,由coshx＝e x＋e－x ２ ≥ e x􀅰e－x＝１, 又因为x＞０,所以ex≠e－x,等号不成立, 所以F′(x)＝coshx－k＞０,即F(x)为增函数, 此时F(x)＞F(０)＝０,对任意x＞０,sinhx＞kx 恒成 立,满足题意; (ⅱ)当k＞１时,令G(x)＝F′(x),x∈(０,＋∞),则 G′(x)＝sinhx＞０,可知G(x)是增函数,由G(０)＝１－k ＜０ 与 G(ln２k)＝ １４k＞０ 可 知,存 在 唯 一 x０ ∈ (０, ln２k),使得G(x０)＝０,所以当x∈(０,x０)时,F′(x)＝G (x)＜G(x０)＝０,则F(x)在(０,x０)上为减函数,所以对 任意x∈(０,x０),F(x)＜F(０)＝０,不合题意．综上知, 实数k的取值范围是(－∞,１]． (３)构造数列{xn}(xn＞０),且an＝cosh(xn),因为an＋１ ＝２a２n－１,所以an＋１＝２(coshxn)２－１＝cosh(２xn),则 an＋１＝cosh(xn＋１)＝cosh(２xn),因为 cosh(x)在(０, ＋∞)上单调递增,所以xn＋１＝２xn,即{xn}是以２为公 比的 等 比 数 列,所 以 x２０２４ ＝x１２２０２３,所 以 ex２０２４ ＝ (ex１)２ ２０２３ ,所以ex１＝(ex２０２４) １ ２２０２３ , 又因为a２０２４＝coshx２０２４＝ １ ２ (ex２０２４＋e－x２０２４)＝１７８ ,解 得ex２０２４＝４或 １４ ,所以a＝a１＝cosh(x１)＝ １ ２ (ex１ ＋ e－x１)＝１２ (４ １ ２２０２３ ＋４ －１ ２ ２０２３ ) ＝１２ (２ １ ２２０２２ ＋２ －１ ２２０２２ ) ,综 上知,存在实数a＝１２ (２ １ ２２０２２ ＋２ －１ ２２０２２ ) ,使得a２０２４＝ １７ ８ 成立． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 第三部分　核心预测２０２５年命题趋势精练 􀃊􀁊􀁕２０２５年普通高等学校招生全国统一考试(预测卷一) １．B　[试题解析]因为A＝６０°,a＝４ ３,b＝４ ２,所以由正弦 定理得 a sinA＝ b sinB ,４ ３ sin６０°＝ ４ ２ sinB ,得sinB＝ ２２ ,因为a ＞b,所以角B为锐角,所以B＝４５°．故选B． ２．A　[试题解析]抽样比为６∶３＝２∶１,所以可以先从A 部门抽取２名员工,再从B 部门抽取１名员工,不 同的抽样结果共有 C２６C１３＝１５×３＝４５种．故选 A． ３．C　[试题解析]∵A,P,E 三点共线,设EP→＝tEA→(０＜t ＜１),则CP→＝CE→＋EP→＝ ３４CB →＋tEA→＝ ３４CB →＋ t(CA→－３４CB→ ) ＝tCA→＋ ( ３ ４－ ３ ４t)CB→,又∵CP→＝ xCA→＋yCB→,所以x＝t,y＝３４－ ３ ４t ,则３x＋４y＝ ３．故选 C． ４．B　[试题解析]设等差数列{an}的公差为d,因为a２＋ a４＋a６＝－３,可得３a４＝－３,即a４＝－１,所以a１＋ ３d＝－１,又因为S８＝－１２,可得８a１＋２８d＝－１２, 即２a１＋７d＝－３,联立解得a１＝２,d＝－１．故选B． ５．B　[试题解析]该灯笼去掉圆柱部分的高为４０－８＝ ３２cm,则R－h＝３２２＝１６cm ,由圆柱的底面圆直径 为２４cm,则有(R－h)２＋１２２＝R２,即１６２＋１２２＝ R２,可得R＝２０,则h＝４,V＝２V圆柱 ＋V球 －２V球缺 ＝ ２×４×１２２×π＋４３×π×２０ ３－２× π３ (６０－４)×４２ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 卷２２ ２０２５全国前十重点中学重组模拟卷(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􀅰上海中学联考)若全集U＝R,集合A＝{x|０≤x＜３},B＝{x|１＜x＜４},则A∩(∁UB)＝ (　　) A．[０,１) B．[０,１] C．(－∞,１) D．(－∞,１] ２．(２０２４􀅰江西临川一中联考)已知向量a,b满足|a|＝４,|b|＝２,‹a,b›＝１５０°,则a在b上的投影向量为 (　　) A．b B．３b C．－b D．－ ３b ３．(２０２４􀅰上海中学联考)为深入贯彻落实习近平总书记对天津工作“三个着力”重要要求,天津持续深化改 革,创建全国文明城区,城市文明程度显著提升,人民群众的梦想不断实现．在创建文明城区的过程中,中央 文明办对某小区居民进行了创建文明城区相关知识网络问卷调查,从本次问卷中随机抽取了５０名居民的 问卷结果,统计其得分数据,将所得５０份数据的得分结果分为６组:[４０,５０),[５０,６０),[６０,７０),[７０,８０), [８０,９０),[９０,１００],并整理得到如下的频率分布直方图,则该小区居民得分的第７０百分位数为 (　　) A．８９．０９ B．８６．５２ C．８４．５５ D．８１．３２ ４．(２０２４􀅰河北衡水中学五模)已知{an}为正项等比数列,若lga２,lga２０２３是函数f(x)＝３x２－１２x＋９的两个 零点,则a１a２０２４＝ (　　) A．１０ B．１０４ C．１０８ D．１０１２ ５．(２０２４􀅰北京人大附中质检三)某次考试后,甲、乙、丙、丁四位同学讨论其中一道考题,各自陈述如下,甲说: 我做错了;乙说:甲做对了;丙说:我做错了;丁说:我和乙中有人做对．已知四人中只有一位同学的解答是正 确的,且只有一位同学的陈述是正确的,则解正确的同学是(　　) A．甲 B．乙 C．丙 D．丁 ６．(２０２４􀅰河北衡水中学调研)古希腊数学家阿波罗尼斯的著作«圆锥曲线论»中有这样一个结论:平面内与两 点距离的比为常数λ(λ≠１)的点的轨迹是圆,后人称这个圆为阿波罗尼斯圆．已知点O(０,０),A(１５, ２ ５) ,动 点P(x,y)满足|PO||PA|＝ ５ ２ ,若点P 的轨迹与圆C:x２＋y２＋６x＋２y＝r２－１０(r＞０)有且仅有三条公切线, 则r＝ (　　) A．１２ B．１ C．２ D．３ ７．(２０２４􀅰浙江镇海中学二模)已知函数f(x)＝xx,x∈(０,＋∞),则下列命题不正确的是 (　　) A．f(x)有且只有一个极值点 B．f(x)在 (１e,＋∞ ) 上单调递增 C．存在实数a∈(０,＋∞),使得f(a)＝１e D．f(x)有最小值１ e １ e ８．(２０２４􀅰河北衡水中学第十模拟)如图,已知四面体ABCD 的棱AB∥平面α,且AB＝ ２,其余的棱长均为 ２．四面体ABCD 以AB 所在的直线为轴旋转x 弧度,且四面体 ABCD 始终在水平放置的平面α的上方．如果将四面体ABCD 在平面α内正投影面积 看成关于x的函数,记为S(x),则函数S(x)的最小正周期与S(x)取得最小值时平面 ABC与平面α所成角分别为 (　　) A．２π,０ B．π,π２ C．２π ,π ２ D．π ,π ４ 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􀅰东北师大附中一模)已知z１,z２ 是两个复数,下列结论中正确的是(　　) A．若z１＝z２,则z１z２∈R B．若z１＋z２ 为实数,则z１＝z２ C．若z１,z２ 均为纯虚数,则 z１ z２ 为实数 D．若 z１ z２ 为实数,则z１,z２ 均为纯虚数 １０．(２０２４􀅰成都七中质检)已知函数f(x)＝cos(ωx＋π３) ＋cos(ωx－ π ３) ＋２ ３sin ωx ２cos ωx ２ (ω＞０),则 (　　) A．若f(x)相邻两条对称轴的距离为π２ ,则ω＝２ B．当f(x)的最小正周期为２π,－π２≤x≤ π １２ 时,－ ３≤f(x)≤１ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 卷２２ C．当ω＝２时,f(x)的图象向右平移π３ 个单位长度得到函数解析式为y＝－２cos２x D．若f(x)在区间 [０,π６] 上有且仅有两个零点,则１１≤ω＜１７ １１．(２０２４􀅰上海中学联考)已知抛物线C:y２＝２px(p＞０)的准线方程为x＝－１,过抛物线C 的焦点F 的直 线l交抛物线C 于A,B 两点,则下列说法正确的是 (　　) A．以AF为直径的圆与y 轴相切 B．设Q(３,２),则△QAF周长的最小值为４ C．若BF→＝２FA→,则直线l的斜率为２ ２或－２ ２ D．x轴上存在一点N,使kAN＋kBN 为定值 三、填空题:本题共３小题,每小题５分,共１５分． １２．(２０２４􀅰北京四中质检)在３×３的方格中,每个方格被涂上红、橙、黄、绿四种颜色之一,若每个２×２的方 格中的四个小方格的颜色都不相同,则满足要求的不同涂色方法的种数为　　　　． １３．(２０２４􀅰河北衡水中学五模)已知半径为１的圆经过点(３,４),则其圆心到直线３x－４y－３＝０距离的最小 值为　　　　． １４．(２０２４􀅰湖北黄冈中学第二次联考)以 maxA 表示数集A 中最大的数．已知a＞０,b＞０,c＞０,则 M＝ max{１c＋ b a ,１ ac＋b ,a b＋c}的最小值为　　　　． 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􀅰河北衡水中学第七模拟)跑腿服务是随即时物流发展出现的非标准化服务,省时省力是消 费者使用跑腿服务的主要目的,随着消费者即时需求和节约时间需求的提升,跑腿经济的发展空间有望逐 步扩大,某跑腿服务公司随机统计了８００名不同年龄消费者每月的跑腿服务使用频率得到如下频数分 布表: [１５,２５) [２５,３５) [３５,４５) [４５,５５] 每月１次 ５０ ４０ ４０ ９０ 每月２~４次 ８０ ８０ １００ ６０ 每月５~１０次 ６０ ７５ ５６ ４７ 每月１０次以上 １０ ５ ４ ３ (１)若把年龄在[１５,３５)内的人称为青年,年龄在[３５,５５]内的人称为中年,每月使用跑腿服务低于５次的 为使用频率低,不低于５次的为使用频率高,补全下面的２×２列联表,并根据α＝０􀆰０１的独立性检验,分 析跑腿服务的使用频率高低是否与年龄有关． 青年 中年 合计 使用频率高 使用频率低 合计 (２)从样本中每月使用跑腿服务２~４次且年龄在[３５,５５]内的消费者中按照年龄段利用分层抽样的方法 抽取８人,再从这８人中随机抽取３人,记这３人中年龄在[３５,４５)与[４５,５５]内的人数分别为X,Y,若ξ＝ |X－Y|,求ξ的分布列与数学期望． 参考公式:χ２＝ n(ad－bc)２ (a＋b)(c＋d)(a＋c)(b＋d) ,其中n＝a＋b＋c＋d 附: α ０．０５０ ０．０１０ ０．００１ xα ３．８４１ ６．６３５ １０．８２８ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 卷２２ １６．(１５分)(２０２４􀅰长郡中学联考)已知三棱柱ABC－A１B１C１ 中,AC＝AA１＝４,BC＝２,∠ACB＝９０°,A１B ⊥AC１． (１)求证:平面A１ACC１⊥平面ABC; (２)若∠A１AC＝６０°,且P 是AC 的中点,求平面BA１P 和平面A１ACC１ 的夹角的大小． １７．(１５分)(２０２４􀅰河北衡水中学七调)在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,满足６cosC＋c＝２b,a ＝３． (１)证明:△ABC外接圆的半径为 ３; (２)若２S△ABC≤t(a２＋２b２＋１１c２)恒成立,求实数t的取值范围． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 卷２２ １８．(１７分)(２０２４􀅰上海中学质量监测)已知椭圆E:x ２ ４＋ y２ ３＝１ ,F１,F２ 分别是椭圆的左、右焦点,P 是椭圆上 的动点,直线PF１ 交椭圆于另一点A,直线PF２ 交椭圆于另一点B． (１)求△PAF２ 面积的最大值; (２)求△PF１F２ 与△PAB 面积之比的最大值． １９．(１７分)(２０２４􀅰北京人大附中第二次模拟)固定项链的两端,在重力的作用下项链所形成的曲线是悬链 线．１６９１年,莱布尼茨等得出悬链线的方程为y＝ c(e x c ＋e－ x c ) ２ ,其中c为参数．当c＝１时,该表达式就是双 曲余弦函数,记为coshx＝e x＋e－x ２ ,悬链线的原理常运用于悬索桥、架空电缆、双曲拱桥、拱坝等工程．已 知三角函数满足性质:①导数: (sinx)′＝cosx, (cosx)′＝－sinx;{ ②二倍角公式:cos２x＝２cos ２x－１;③平方关系:sin２x＋ cos２x＝１．定义双曲正弦函数为sinhx＝e x－e－x ２ ． (１)写出sinhx,coshx具有的类似于题中①、②、③的一个性质,并证明该性质; (２)任意x＞０,恒有sinhx－kx＞０成立,求实数k的取值范围; (３)正项数列{an}(n∈N∗)满足a１＝a＞１,an＋１＝２a２n－１,是否存在实数a,使得a２０２４＝ １７ ８ ? 若存在,求出 a的值;若不存在,请说明理由． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋