黄金卷01（新课标Ⅱ卷专用）-【赢在高考·黄金8卷】备战2025年高考数学模拟卷

【赢在高考·黄金8卷】备战2025年高考数学模拟卷（新课标Ⅱ卷专用） 黄金卷01·参考答案 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 第I卷（选择题） 一、单项选择题：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，只有一项是符合要求的。 1 2 3 4 5 6 7 8 B B D C C A B D 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 10 11 AC BCD BCD 第II卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．14 13．1 14．8 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。 15．（13分） 【详解】（1）因为，可得，（1分） 故，故， 可得，（3分） 因为，，（4分） 所以，（5分） 可得.（6分） （2）若选①：由平分得：，（7分） 即，即，（9分） 在中，由余弦定理得，（10分） 即，两式联立可得，（12分） 所以的周长为；（13分） 若选②：为线段的中点，故，（7分） ，（8分） 因为，，故， 整理可得，（9分） 在中，由余弦定理得， 所以，（10分） 两式联立可得，所以，（12分） 从而的周长为.（13分） 16．（15分） 【详解】（1）记事件：员工所获得的红包数额不低于90元，事件：取到面值为60元的球， 因为球中有个所标面值为元，1个为元，1个为元，且 ，，，（1分） 所以，（3分） 又，（5分） 所以．（7分） （2）设X为员工取得的红包数额，则可能取值为，    （8分） 所以，， ，，（12分）     所以，  （13分）   ．（15分） 17．（15分） 【详解】（1）因为四边形为菱形，所以， 又平面平面， 所以平面，（1分） 又，平面平面，所以平面，（2分） 因为，平面，所以平面平面，（4分） 因为平面平面，平面平面，（5分） 所以，（6分） 同理可得，所以四边形为平行四边形.（7分） （2）由题意得.以菱形的中心为坐标原点， 的方向分别为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，（8分） 设，则，. 因为四边形为平行四边形，所以， 则，所以，得，（10分） 所以. 设平面的法向量为， 则， 即（11分） 令，得.（12分） 易知平面的一个法向量为，（13分） 则（14分） 所以平面与平面所成二面角的正弦值为.（15分） 18．（17分） 【详解】（1）由双曲线. 的渐近线方程为，（1分） 再由椭圆的右焦点分别为到渐近线的距离为可得： ，（2分） 因为，所以解得，（3分） 再由椭圆的一个顶点为，可得， 所以由，（4分） 即椭圆C的标准方程为；（5分） （2）①直线过椭圆右焦点F₂可得：，即，（6分） 所以由直线与椭圆C的标准方程联立方程组，消去得： ，（7分） 设两交点，则有（8分） 所以，（9分） 又椭圆左焦点到直线的距离为，（10分） 所以，（11分） 解得：或（舍去），即；（12分） ②假设存在点使得以为邻边的平行四边形为菱形， 由于直线过定点， 且，可知直线方程为， 与椭圆联立方程组，消去得：，（13分） 由，且，解得，    设两交点，中点，则有（14分） 所以， 即，整理得，（15分） 又因为，所以，（16分） 则.（17分） 19．（17分） 【详解】（1）若， 当时，则，则，即，无实数解，舍去；（1分） 当时，则，则，即，无实数解，舍去； 所以不是“弱偶函数”，（5分） 若， 当时，则，则，即，解得（正舍），（3分） 当时，则，若，解得（负舍）， 则存在实数，满足，所以是“弱奇函数”.（4分） （2）因为，定义域为. ①当在区间上存在，满足时， 则，即.（5分） 令，则，当且仅当时取等号.（6分） 又因为，则，即，（7分） 则， 所以；（8分） ②当在区间上存在，满足时， 则，即有解. 因为在区间上单调递减，所以；（9分） ③当在区间上存在，满足时， 则，即有解. 因为在区间上单调递增，所以.（10分） 综上所述，实数m的取值范围为.（11分） （3）由题意知，，在上都有解， 即，在上都有解， 即，在上都有解，（12分） 令，令， 由题意知在上的值域包含， 因为，（13分） 且，则，（14分） 可得，可知在上单调递增，（15分） 则，即，解得， 综上所述：．（17分） 试卷第2页，共22页 2 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$ 【赢在高考·黄金8卷】备战2025年高考数学模拟卷（新课标Ⅱ卷专用） 黄金卷01 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 第I卷（选择题） 一、单项选择题：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，只有一项是符合要求的。 1．已知集合， ，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据集合，知或或，从而得，再结合集合的交集运算性质运算即可. 【详解】由，得或或，故. 因为，所以. 故选：B. 2．已知首项为的等差数列的前项和为，，则（     ）. A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据等差数列基本量的计算即可求解. 【详解】由题意知，， 所以：. 故选：B 3．若，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据已知条件，结合指数函数、幂函数的单调性，即可求解． 【详解】，在上单调递增， ， 故，所以， ，在上单调递增， ，故，即，所以． 故选：D 4．已知非零向量，，则“”是“向量”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 【答案】C 【分析】根据充分条件、必要条件的定义及数量积的运算律判断即可. 【详解】因为，为非零向量， 若，则，则， 所以，所以，故充分性成立； 若，则，所以， 所以，则，故必要性成立； 所以“”是“向量”的充要条件. 故选：C． 5．已知函数在区间上单调递增，则的最小值为（    ） A．1 B．2 C． D． 【答案】C 【分析】由题意可知在区间上恒成立，进而分离参数得，从而由函数的单调性即可求解. 【详解】由题意可得在区间上恒成立， 所以， 设函数，易得在上单调递减， 故，即的最小值为. 故选：C. 6．一个正四面体边长为3，则一个与该正四面体体积相等、高也相等的正三棱柱的侧面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据题意求出该正四面体的体积和高，继而可求出正三棱柱的底面积，即可得出正三棱柱的底面边长，继而可求正三棱柱的侧面积. 【详解】如图为中点，为点在底面的投影， 由题意得，， ， 所以该正四面体的体积为. 所以正三棱柱的体积为，高为， 所以正三棱柱的底面积为， 设正三棱柱的底面边长为，则， 可得， 所以正三棱柱的底面边长为， 所以该正三棱柱的侧面积为. 故选：A. 7．已知定义域为R的函数满足是奇函数，是偶函数，则下列各数一定是零点的是（    ） A．2019 B．2022 C．2025 D．2028 【答案】B 【分析】由已知条件确定函数周期，再逐项判断即可. 【详解】因为是奇函数，所以且， 令，可得： 因为是偶函数，且， 所以， 所以， 所以定义域为R的函数一个周期为8， 所以无法判断， ， ，无法判断. ，无法判断. 故选：B 8．已知抛物线的焦点为F，过点作C的两条切线，切点为A，B，且Q为C上一动点，若的最小值为5，则△PAB的面积为（    ） A．75 B． C． D． 【答案】D 【分析】根据抛物线定义得到，再利用导数得到切点弦所在直线方程，再求出直线的长和点到直线的距离，最后利用三角形面积公式即可. 【详解】当F，Q，P三点共线时，取得最小值，且， 所以，解得，所以． 由，得． 设，，则曲线在处的切线方程为， 即．因为切线过点，所以． 同理可得，所以直线AB的方程为，即． 联立方程组得，，则． 因为直线AB过焦点F，所以， 点P到直线的距离， 所以． 故选：D. 【点睛】关键点点睛：本题的关键之一是利用抛物线定义和三点共线得到，再然后是利用导数得到切点弦所在直线方程，最后再求出和点到直线的距离. 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．函数的部分图象如图所示，则下列命题正确的是（    ） A． B． C．关于对称 D．将函数的图象向右平移个单位长度得到函数 【答案】AC 【分析】根据可得，代入最高点可得，进而求出函数的表达式，即可判断AB，代入验证即可判断C，根据平移即可求解D. 【详解】由图象可知，，解得，， 又，所以，即， 结合，可知，得的表达式为，故A正确，B错误， 对于C，由于，即的图象关于对称，故C正确； 对于D，函数的图象向右平移个单位长度可以得到函数，故D错误． 故选：AC． 10．已知为数列的前项和，若，则（    ） A． B．数列为等比数列 C． D． 【答案】BCD 【分析】当时，，解得；根据，可得当时，，从而得，即；根据B可求得；从而可求出. 【详解】A：当时，，解得，故A错误； B：因为，当时，， 将两式相减可得，即， 则，因，则， 数列为首项为，公比为的等比数列，故B正确； C：由B可得，所以，故C正确； D：，故D正确. 故选：BCD. 11．若函数，则（    ） A．可能只有1个极值点 B．当有极值点时， C．存在，使得点为曲线的对称中心 D．当不等式的解集为时，的极小值为 【答案】BCD 【分析】A项，根据判别式分类讨论可得；B项，有极值点转化为，结合A项可得；C项，取，验证可得；D项，由不等式解集结合图象可知，1和2是方程的两根且，解出系数，代入函数求解极值即可判断. 【详解】， 则，令， . A项，当时，，则在上单调递增，不存在极值点； 当时，方程有两个不等的实数根，设为，， 当时，，在单调递增； 当时，，在单调递减； 当时，，在单调递增； 故在处取极大值，在处取极小值，即存在两个极值点； 综上所述，不可能只1个极值点，故A错误； B项，当有极值点时,有解，则， 即.由A项知，当时，在上单调递增，不存在极值点； 故，故B正确； C项，当时，， ，所以， 则曲线关于对称， 即存在，使得点为曲线的对称中心，故C正确； D项，不等式的解集为， 由A项可知仅当时，满足题意. 则且，且在处取极大值. 即，则有， 故， ， 又， 解得， 故， 则， 当时，，则在单调递增； 当时，，则在单调递减； 当时，，则在单调递增； 故在处有极大值，且极大值为； 在处有极小值，且极小值为； 故D正确. 故选：BCD. 【点睛】关键点点睛：本题解决关键在于D项中条件“不等式的解集为”的转化，一是解集区间的端点是方程的根，二是在处取极值，从而. 第II卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．根据学校要求，错峰放学去食堂吃饭，高三年级五楼有4个班排队，1班不能排在最后，4班不能排在第一位，则四个班排队吃饭的不同方案有 种.（用数字作答） 【答案】 【分析】根据题意，由间接法代入计算，即可得到结果. 【详解】总方案有种，1班排在最后有种方案，4班排在第一位有种方案， 1班排在最后且4班排在第一位有种方案， 则满足要求的方案有种. 故答案为： 13．若曲线在点处的切线也是曲线的切线，则 . 【答案】1 【分析】先求出曲线在的切线方程，再设曲线的切点为,，求出，利用公切线斜率相等求出表示出切线方程，结合两切线方程相同即可求解 【详解】由，得，， 故曲线在处的切线方程为； 由，得， 设切线与曲线相切的切点为,， 由两曲线有公切线得，解得， 则切点为，切线方程为， 根据两切线重合，解得． 故答案为：1． 14．已知函数，若，，且，则的最小值是 【答案】8 【分析】由函数奇偶性的定义可知为奇函数，根据单调性可知，然后结合基本不等式即可求解. 【详解】函数的定义域为，且， 所以为奇函数，又，所以函数单调递增， 又，所以， 所以，即， 所以， 当且仅当，即，，等号成立， 所以的最小值为. 故答案为：. 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。 15．（13分）在中，角，，的对边分别是，，，且. (1)求角的大小； (2)若，为边上的一点，，且______，求的周长. （从下面①，②两个条件中任选一个，补充在上面的横线上并作答） ①是的平分线； ②为线段的中点 【答案】(1) (2)选①和②，答案均为 【分析】（1）根据三角函数恒等变换得到，从而求出； （2）选①，由三角形面积公式得到，由余弦定理得到，求出，得到周长； 选②，两边平方得，由余弦定理得，联立求出，得到周长. 【详解】（1）因为，可得， 故，故， 可得， 因为，，所以，可得. （2）若选①：由平分得：， 即，即， 在中，由余弦定理得， 即，两式联立可得， 所以的周长为； 若选②：为线段的中点，故， ， 因为，，故， 整理可得， 在中，由余弦定理得， 所以， 两式联立可得，所以， 从而的周长为. 16．（15分）某公司拟通过摸球中奖的方式对员工发放节日红包．在一个不透明的袋子中装有个形状大小相同的标有面值的球，每位员工从球袋中一次性随机摸取m个球，摸完后全部放回袋中，球上所标的面值之和为该员工所获得的红包数额． (1)若，，当袋中的球中有个所标面值为元，1个为元，1个为元时，在员工所获得的红包数额不低于元的条件下，求取到面值为元的球的概率； (2)若，，当袋中的球中有1个所标面值为元，2个为元，1个为元，1个为元时，求员工所获得红包数额的数学期望与方差． 【答案】(1) (2)期望为；方差为 【分析】（1）记事件：员工所获得的红包数额不低于90元，事件：取到面值为60元的球，根据条件先求，再利用条件概率公式，即可求解； （2）由题知可能取值为，再求出对应的概率，利用期望和方差的计算公式，即可求解. 【详解】（1）记事件：员工所获得的红包数额不低于90元，事件：取到面值为60元的球， 因为球中有个所标面值为元，1个为元，1个为元，且 ，，，所以， 又，所以． （2）设X为员工取得的红包数额，则可能取值为，     所以，， ，，     所以，     ． 17．（15分）如图，在六面体中，，且底面为菱形. (1)证明：四边形为平行四边形. (2)若平面，求平面与平面所成二面角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由题意可证明平面平面，利用面面平行的性质可得，同理可得，进而可证结论； （2）建立空间直角坐标系，设，利用，可求得，求得平面与平面的法向量，利用向量法可求得平面与平面所成二面角的正弦值. 【详解】（1）因为四边形为菱形，所以， 又平面平面， 所以平面， 又，平面平面，所以平面， 因为，平面，所以平面平面， 因为平面平面，平面平面， 所以， 同理可得，所以四边形为平行四边形. （2）由题意得.以菱形的中心为坐标原点， 的方向分别为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 设，则，. 因为四边形为平行四边形，所以， 则，所以，得， 所以. 设平面的法向量为， 则， 即 令，得. 易知平面的一个法向量为， 则 所以平面与平面所成二面角的正弦值为. 18．（17分）已知椭圆 的左、右焦点分别为 为椭圆的一个顶点，且右焦点 F₂到双曲线. 渐近线的距离为 (1)求椭圆C的标准方程； (2)设直线与椭圆C交于 A、B两点. ①若直线过椭圆右焦点F₂，且△AF₁B的面积为 求实数k的值； ②若直线过定点P(0,2)， 且k>0， 在x轴上是否存在点T(t,0)使得以TA、TB为邻边的平行四边形为菱形? 若存在，则求出实数t的取值范围； 若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)①;② 【分析】（1）利用点到直线的距离公式求解椭圆参数即可； （2）①把直线与椭圆联立方程组，利用弦长公式和点到直线的距离公式，即可求出面积等式，最后求解k的值； ②把菱形问题转化为对角线互相垂直问题，最后转化为两对角线的斜率之积为，通过这个等式转化为的函数，即可求解取值范围. 【详解】（1）由双曲线. 的渐近线方程为， 再由椭圆的右焦点分别为到渐近线的距离为可得： ，因为，所以解得， 再由椭圆的一个顶点为，可得， 所以由， 即椭圆C的标准方程为； （2）①直线过椭圆右焦点F₂可得：，即， 所以由直线与椭圆C的标准方程联立方程组，消去得： ， 设两交点，则有 所以， 又椭圆左焦点到直线的距离为， 所以， 解得：或（舍去），即； ②假设存在点使得以为邻边的平行四边形为菱形， 由于直线过定点， 且，可知直线方程为， 与椭圆联立方程组，消去得：， 由，且，解得，    设两交点，中点，则有 所以， 即，整理得， 又因为，所以，则. 【点睛】关键点点睛：本题关键点是把以为邻边的平行四边形为菱形，转化为对角线互相垂直，再利用求解中点坐标来表示斜率，最后利用斜率乘积等于，从而得到关于的函数来求取值范围. 19．（17分）对于函数，若在定义域内存在实数，且，满足，则称为“弱偶函数”.若在定义域内存在实数，满足，则称为“弱奇函数”. (1)判断函数是否为“弱奇函数”或“弱偶函数”并说明理由； (2)已知函数，为其定义域上的“弱奇函数”，求实数的取值范围； (3)已知，对于任意的，函数都是定义域为上的“弱奇函数”，求实数的取值范围. 【答案】(1)不是“弱偶函数”，是“弱奇函数”，理由见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据题意“弱偶函数”、 “弱奇函数”的定义分析判断即可； （2）分、和三种情况，结合“弱奇函数”的定义，将问题转化为方程问题分析求解； （3）分析可知，在上都有解，令，，求导，利用导数判断求单调性，结合零点存在性定理即可得解. 【详解】（1）若， 当时，则，则，即，无实数解，舍去； 当时，则，则，即，无实数解，舍去； 所以不是“弱偶函数”， 若， 当时，则，则，即，解得（正舍）， 当时，则，若，解得（负舍）， 则存在实数，满足，所以是“弱奇函数”. （2）因为，定义域为. ①当在区间上存在，满足时， 则，即. 令，则，当且仅当时取等号. 又因为，则，即， 则， 所以； ②当在区间上存在，满足时， 则，即有解. 因为在区间上单调递减，所以； ③当在区间上存在，满足时， 则，即有解. 因为在区间上单调递增，所以. 综上所述，实数m的取值范围为. （3）由题意知，，在上都有解， 即，在上都有解， 即，在上都有解， 令，令， 由题意知在上的值域包含， 因为，且，则， 可得，可知在上单调递增， 则，即，解得， 综上所述：． 【点睛】关键点点睛：本题属于新定义问题，对于新定义问题，关键是理解所给定义，将问题转化为方程有解，分段函数注意分类讨论. 试卷第2页，共22页 1 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$ 【赢在高考·黄金8卷】备战2025年高考数学模拟卷（新课标Ⅱ卷专用） 黄金卷01 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 第I卷（选择题） 一、单项选择题：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，只有一项是符合要求的。 1．已知集合， ，则（   ） A． B． C． D． 2．已知首项为的等差数列的前项和为，，则（     ）. A． B． C． D． 3．若，，，则（    ） A． B． C． D． 4．已知非零向量，，则“”是“向量”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．已知函数在区间上单调递增，则的最小值为（    ） A．1 B．2 C． D． 6．一个正四面体边长为3，则一个与该正四面体体积相等、高也相等的正三棱柱的侧面积为（    ） A． B． C． D． 7．已知定义域为R的函数满足是奇函数，是偶函数，则下列各数一定是零点的是（    ） A．2019 B．2022 C．2025 D．2028 8．已知抛物线的焦点为F，过点作C的两条切线，切点为A，B，且Q为C上一动点，若的最小值为5，则△PAB的面积为（    ） A．75 B． C． D． 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．函数的部分图象如图所示，则下列命题正确的是（    ） A． B． C．关于对称 D．将函数的图象向右平移个单位长度得到函数 10．已知为数列的前项和，若，则（    ） A． B．数列为等比数列 C． D． 11．若函数，则（    ） A．可能只有1个极值点 B．当有极值点时， C．存在，使得点为曲线的对称中心 D．当不等式的解集为时，的极小值为 第II卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．根据学校要求，错峰放学去食堂吃饭，高三年级五楼有4个班排队，1班不能排在最后，4班不能排在第一位，则四个班排队吃饭的不同方案有 种.（用数字作答） 13．若曲线在点处的切线也是曲线的切线，则 . 14．已知函数，若，，且，则的最小值是 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。 15．（13分）在中，角，，的对边分别是，，，且. (1)求角的大小； (2)若，为边上的一点，，且______，求的周长. （从下面①，②两个条件中任选一个，补充在上面的横线上并作答） ①是的平分线； ②为线段的中点 16．（15分）某公司拟通过摸球中奖的方式对员工发放节日红包．在一个不透明的袋子中装有个形状大小相同的标有面值的球，每位员工从球袋中一次性随机摸取m个球，摸完后全部放回袋中，球上所标的面值之和为该员工所获得的红包数额． (1)若，，当袋中的球中有个所标面值为元，1个为元，1个为元时，在员工所获得的红包数额不低于元的条件下，求取到面值为元的球的概率； (2)若，，当袋中的球中有1个所标面值为元，2个为元，1个为元，1个为元时，求员工所获得红包数额的数学期望与方差． 17．（15分）如图，在六面体中，，且底面为菱形. (1)证明：四边形为平行四边形. (2)若平面，求平面与平面所成二面角的正弦值. 18．（17分）已知椭圆 的左、右焦点分别为 为椭圆的一个顶点，且右焦点 F₂到双曲线. 渐近线的距离为 (1)求椭圆C的标准方程； (2)设直线与椭圆C交于 A、B两点. ①若直线过椭圆右焦点F₂，且△AF₁B的面积为 求实数k的值； ②若直线过定点P(0,2)， 且k>0， 在x轴上是否存在点T(t,0)使得以TA、TB为邻边的平行四边形为菱形? 若存在，则求出实数t的取值范围； 若不存在，请说明理由. 19．（17分）对于函数，若在定义域内存在实数，且，满足，则称为“弱偶函数”.若在定义域内存在实数，满足，则称为“弱奇函数”. (1)判断函数是否为“弱奇函数”或“弱偶函数”并说明理由； (2)已知函数，为其定义域上的“弱奇函数”，求实数的取值范围； (3)已知，对于任意的，函数都是定义域为上的“弱奇函数”，求实数的取值范围. 试卷第2页，共22页 2 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$