黄金卷01（新高考八省专用）-【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（新高考八省专用） 黄金卷01 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 第I卷（选择题） 一、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】A 【分析】先确定两个集合中元素，再根据交集的定义求解， 【详解】因为，所以. 故选：A． 2．若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】设，利用复数乘法和复数相等的概念求出，再利用复数的模长公式求解即可. 【详解】设， 则， 所以，解得， 所以，. 故选：D. 3．已知命题：命题.若p为假命题，q为真命题，则实数a的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由命题为假命题，则在上无解，即与，函数图象没有交点，画出图象求出参数，命题为真命题，则，求出参数求交集即可. 【详解】命题为假命题， 在上无解， 即与，函数图象没有交点，      由图可知：或， 命题为真命题，则，解得， 综上所述：实数a的取值范围为. 故选：C 4．已知，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由已知条件，用两角和的正弦公式，二倍角公式，同角三角函数关系化简即可求解. 【详解】因为 所以. 故选：B 5．若向量，则向量在向量上的投影向量为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】按照投影向量的计算公式求解即可. 【详解】解：因为向量， 则向量在向量上的投影向量为:. 故选：B 6．已知等差数列和的前项和分别为、，若，则（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】计算出，由等差数列的性质得，，从而得到答案. 【详解】因为等差数列和的前项和分别为、，满足， 所以， 又，故， 故选：B 7．已知关于的方程有两个不相等的实数解，则正实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先设函数，再把两个不相等的实数解转化为函数有两个交点，数形结合列式求解即可. 【详解】由，记． 因为在上单调递减，在上单调递增， 所以的最小值为，结合图象知，若函数与的图象有两个交点， 即原方程有两个不相等的实数解，则需，解得． 故选:A． 8．双曲线的左、右焦点分别为，过作斜率为正且与的某条渐近线垂直的直线与双曲线在第一象限交于，，则的离心率为（     ）. A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据给定条件，过作，结合点到直线的距离公式及双曲线定义求出的关系，即可求出双曲线的离心率. 【详解】令双曲线的半焦距为，则， 令直线与双曲线的渐近线垂直的垂足为， 于是，， 过作于，则，而为线段中点， 于是，， 由，得，，， 由双曲线定义得，即，解得， 所以双曲线的离心率. 故选：B 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．已知函数满足，函数图象上距原点最近的最高点坐标为，则下列说法错误的是（    ） A．的最小正周期为 B． C．为函数图象的一条对称轴 D．为函数图象的一个对称中心 【答案】ACD 【分析】利用正弦函数的图象的特征求得和的值，可得函数的解析式，再利用正弦函数的图象的对称性、正弦函数的周期性和单调性，逐一判断各个选项是否正确，从而得出结论. 【详解】设函数周期为，由，函数图象上距轴最近的最高点坐标为， 可得，又， 由且为离原点最近的最高点位置， 结合正弦函数的图象及性质，有， ， 由的最小正周期为，所以错误； 因为，所以B正确； 时函数不取得最值，所以不是对称轴，所以C错误； 时函数的值不为零，所以不是函数对称中心，所以D错误. 故选：ACD. 10．下列关于平面向量的说法中正确的是（    ） A．已知点是直线l上三个不同的点，O为直线l外一点，且，则 B．已知向量，且与的夹角为锐角，则的取值范围是 C．已知点G为三条边的中线的交点，则 D．已知，则在上的投影的坐标为 【答案】ACD 【分析】根据平面向量共线的性质，结合平面向量夹角坐标公式、三角形重心的性质、投影的定义逐一判断即可. 【详解】A：因为点是直线l上三个不同的点，O为直线l外一点，且， 所以有，正确； B：，当与共线且同向时，， 此时与的夹角为零，而，不正确； C：设边上的中线为， 于是， 因为点G为三条边的中线的交点， 所以点G是三角形的重心，因此有， 于是有，正确；    D：因为， 所以在上的投影的坐标为： ， 所以本选项正确， 故选：ACD 11．已知定义在上恒正且可导的函数与满足，，则：（     ）. A． B． C．恒成立 D．与的大小关系无法确定 【答案】AC 【分析】令，结合题意，利用导数讨论的单调性即可判断AB；法一：由即可判断CD；法二：令，，利用导数讨论的单调性即可判断CD. 【详解】令，则， 且与恒正， ，单调递增， ，即：，故A正确，B错误. 法一：，成立，故C正确，D错误. 法二：令，， ，单调递增， 又，故， .故C正确，D错误. 故选：AC. 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．在多项式的展开式中，的系数为32，则 . 【答案】 【分析】首先展开得，再分别计算两部分含的系数，即可求解. 【详解】， 中含的系数为，中含的系数为，所以中的系数为， 所以，得 故答案为： 13．设，是半径为3的球体表面上两定点，且，球体表面上动点满足，则点的轨迹长度为 . 【答案】 【分析】建立直角坐标系，根据确定轨迹为圆，转化到空间得到轨迹为两球的交线，计算球心距，对应圆的半径为，再计算周长得到答案. 【详解】以所在的平面建立直角坐标系，为轴，的中垂线为轴： 则，，，设，由，可得：， 整理得到：，故点在平面的轨迹是以为圆心，半径的圆， 转化到空间中：当绕为轴旋转一周时，，不变，依然满足， 故空间中点的轨迹为以为球心，半径为2的球，同时点在球商，故点在两球的交线，为圆， 球心距为， 所以为直角三角形，对应圆的半径为，周长为 故答案为： 14．在四面体中，是边长为的等边三角形，，，，点在棱上，且，过点作四面体的外接球的截面，则所得截面圆的面积最小值与球的表面积之比为 ． 【答案】/1：8 【分析】先根据勾股定理逆定理得到，再根据直角三角形中线性质找出外接球的球心，再结合球的截面距离分析，要所得的截面圆中面积最小，只需截面圆半径最小，只需球心到截面的距离最大即可． 【详解】 由题意知，， 由勾股定理可知，， 所以， 取的中点，所以， 所以四面体的外接球在斜边的中点处， 四面体的外接球的半径， 根据题意可知，过点作球的截面，若要所得的截面圆中面积最小， 只需截面圆半径最小，设球到截面的距离，只需球心到截面的距离最大即可， 而当且仅当与截面垂直时，球心到截面的距离最大，即， 取的中点，易知为等腰三角形， ，所以， 所以截面圆的半径为， 所以截面圆的面积为，球的表面积为， 所得截面圆的面积最小值与球的表面积之比为 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）已知中，内角，，所对的边分别为，，，且. (1)求； (2)若点为的中点，且，求的面积. 【答案】(1)(2) 【分析】（1）设，由余弦定理求出； （2）在中，，，由余弦定理列出方程，求出，得到，利用三角形面积公式求出答案. 【详解】（1）设，…………………………………………………………………2分 则由余弦定理得；………………………………………………5分 （2）在中，，，， 由余弦定理得， 即，解得，…………………………………………………………………9分 又，…………………………………………………………………………………11分 故，.……………………………………………13分 16．（15分）如图，四棱柱的底面为直角梯形，，，，．点为的中点，且． (1)证明：平面平面； (2)若钝二面角的余弦值为，当时，求的长． 【答案】(1)证明见解析(2)2 【分析】（1）先证，得到平面，可得平面平面. （2）根据（1）中的结论，建立空间直角坐标系，利用空间向量解决问题. 【详解】（1）因为为中点，且，所以，即，……………2分 又，，平面，所以平面. 又平面，所以.………………………………………………………………4分 因为，所以. 又，，所以，………………………………………………………………5分 所以，则. 又，平面，所以平面. 又平面，所以：平面平面.………………………………………………………7分 （2）由（1）可知：，，两两垂直，故可以为原点，建立如图空间直角坐标系. 则，，，设（），则. 所以，，.………………………………………9分 设平面的一个法向量为， 由，可取. 设平面的一个法向量为， 由，可取. ，……………………………………………………………………13分 整理得：（舍去） 所以，即.………………………………………………………………………………………………………15分 17．（15分）已知，函数. (1)讨论的单调性； (2)若恒成立，求的取值范围. 【答案】(1)答案见解析(2) 【分析】（1）求导得，再对分类讨论即可； （2）同构得，则有，即，再构造函数，得到其最值即可得到，解出即可. 【详解】（1）的定义域为，. …………………………………………………2分 当时，，则在上单调递增；……………………………………………………4分 当时，令，解得，令，解得，………………………5分 所以在上单调递增，在上单调递减. 综上所述，当时，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减.………………………7分 （2）由，可得，即. …………………………8分 令，因为在上均单调递增，则单调递增. 由，可得，则，即.……………………11分 令，则. 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 所以， …………………………………………………………………………………14分 则，解得，故的取值范围为.……………………………………………………15分 18．（17分）甲、乙两名同学进行定点投篮训练，据以往训练数据，甲每次投篮命中的概率为，乙每次投篮命中的概率为，各次投篮互不影响、现甲、乙两人开展多轮次的定点投篮活动，每轮次各投个球，每投进一个球记分，未投进记分. (1)求甲在一轮投篮结束后的得分不大于的概率； (2)记甲、乙每轮投篮得分之和为. ①求的分布列和数学期望； ②若，则称该轮次为一个“成功轮次”.在连续轮次的投篮活动中，记“成功轮次”为，当为何值时，恒成立？ 【答案】(1)(2)①分布列见解析，；②或或 【分析】（1）将问题转化成甲在一轮投篮中至多命中一次，再利用对立事件和相互独立事件同时发生的概率公式，即可求解； （2）①由题知可能取值为，根据条件，求出相应的概率，即可求出分布列，再利用期望公式，即可求解；②根据条件，得到，再由，即可求解. 【详解】（1）甲在一轮投篮结束后的得分不大于，即甲在一轮投篮中至多命中一次，………………2分 所以甲在一轮投篮结束后的得分不大于的概率为.……………………………………5分 （2）①由题知可能取值为， ，， ， ，， 所以的分布列为 数学期望.…………………………………………10分 ②由①知，由题知，所以， 由， 得到且，………………12分 整理得到，即， 得到，所以，……………………………………………………15分 由题有，所以，得到，又，所以或或.………17分 19．（17分）定义：已知椭圆，把圆称为该椭圆的协同圆.设椭圆的协同圆为圆(为坐标系原点)，试解决下列问题： （1）写出协同圆圆的方程； （2）设直线是圆的任意一条切线，且交椭圆于两点，求的值； （3）设是椭圆上的两个动点，且，过点作，交直线于点，求证：点总在某个定圆上，并写出该定圆的方程. 【答案】（1）；（2）；（3）证明见解析，定圆的方程为. 【分析】（1）由协同圆的定义，结合椭圆方程的参数写出协同圆圆的方程； （2）讨论直线的斜率存在和不存在两种情况：斜率不存在时，直接求出交点坐标，利用向量数量积的坐标表示求；斜率存在时，设联立椭圆方程，由切线的性质确定判别式符号，应用根与系数关系、向量数量积的坐标表示求； （3）设，则，讨论有一条直线的斜率不存在和两条直线的斜率都存在，分别求，，，由等面积法求，即可证结论，并写出定圆方程. 【详解】（1）由椭圆，知. 根据协同圆的定义，可得该椭圆的协同圆为圆.……………………………………………4分 （2）设，则. 直线为圆的切线，分直线的斜率存在和不存在两种情况讨论： ①当直线的斜率不存在时，直线. 若，由，解得，此时. 若，同理得：.………………………………………………………………………6分 ②当直线的斜率存在时，设. 由，得，有，又直线是圆的切线，故，可得. ∴，则，而. ∴，即.………………………………………10分 综上，恒有. （3）是椭圆上的两个动点且，设，则. 直线：有一条直线的斜率不存在和两条直线的斜率都存在两种情况讨论. 若直线的斜率不存在，即点在轴上，则点在轴上，有. ∴，，且， 由，解得.……………………………………………14分 若直线的斜率都存在，设，则. 由，得，有；同理，得. 于是，.…………………………………………………16分 由，可得. 因此，总有，即点在圆心为坐标原点，半径为的圆上. ∴该定圆的方程为圆.………………………………………………………………………17分 试卷第2页，共22页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！16 学科网（北京）股份有限公司 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（新高考八省专用） 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、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 A D C B B B A B 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 ACD ACD AC 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． 13． 14．/1：8 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）设，…………………………………………………………………2分 则由余弦定理得；………………………………………………5分 （2）在中，，，， 由余弦定理得， 即，解得，…………………………………………………………………9分 又，…………………………………………………………………………………11分 故，.………………………………………………13分 16．（15分） 【详解】（1）因为为中点，且，所以，即，…………………2分 又，，平面，所以平面. 又平面，所以.………………………………………………………………………4分 因为，所以. 又，，所以，………………………………………………………………5分 所以，则. 又，平面，所以平面. 又平面，所以：平面平面.………………………………………………………7分 （2）由（1）可知：，，两两垂直，故可以为原点，建立如图空间直角坐标系. 则，，，设（），则. 所以，，.………………………………………9分 设平面的一个法向量为， 由，可取. 设平面的一个法向量为， 由，可取. ，……………………………………………………………………13分 整理得：（舍去） 所以，即.………………………………………………………………………………………………………15分 17．（15分） 【详解】（1）的定义域为，. …………………………………………………2分 当时，，则在上单调递增；……………………………………………………4分 当时，令，解得，令，解得，………………………5分 所以在上单调递增，在上单调递减. 综上所述，当时，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减.………………………7分 （2）由，可得，即. …………………………8分 令，因为在上均单调递增，则单调递增. 由，可得，则，即.……………………11分 令，则. 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 所以， …………………………………………………………………………………14分 则，解得，故的取值范围为.……………………………………………………15分 18．（17分） 【详解】（1）甲在一轮投篮结束后的得分不大于，即甲在一轮投篮中至多命中一次，………………2分 所以甲在一轮投篮结束后的得分不大于的概率为.……………………………………5分 （2）①由题知可能取值为， ，， ， ，， 所以的分布列为 数学期望.…………………………………………10分 ②由①知，由题知，所以， 由， 得到且，………………12分 整理得到，即， 得到，所以，……………………………………………………15分 由题有，所以，得到，又，所以或或.………17分 19．（17分） 【详解】（1）由椭圆，知. 根据协同圆的定义，可得该椭圆的协同圆为圆.……………………………………………4分 （2）设，则. 直线为圆的切线，分直线的斜率存在和不存在两种情况讨论： ①当直线的斜率不存在时，直线. 若，由，解得，此时. 若，同理得：.………………………………………………………………………6分 ②当直线的斜率存在时，设. 由，得，有，又直线是圆的切线，故，可得. ∴，则，而. ∴，即.………………………………………10分 综上，恒有. （3）是椭圆上的两个动点且，设，则. 直线：有一条直线的斜率不存在和两条直线的斜率都存在两种情况讨论. 若直线的斜率不存在，即点在轴上，则点在轴上，有. ∴，，且， 由，解得.……………………………………………14分 若直线的斜率都存在，设，则. 由，得，有；同理，得. 于是，.…………………………………………………16分 由，可得. 因此，总有，即点在圆心为坐标原点，半径为的圆上. ∴该定圆的方程为圆.………………………………………………………………………17分 试卷第2页，共22页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 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（新高考八省专用） 黄金卷01 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 第I卷（选择题） 一、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．若，则（    ） A． B． C． D． 3．已知命题：命题.若p为假命题，q为真命题，则实数a的取值范围为（    ） A． B． C． D． 4．已知，则（    ） A． B． C． D． 5．若向量，则向量在向量上的投影向量为（    ） A． B． C． D． 6．已知等差数列和的前项和分别为、，若，则（ ） A． B． C． D． 7．已知关于的方程有两个不相等的实数解，则正实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 8．双曲线的左、右焦点分别为，过作斜率为正且与的某条渐近线垂直的直线与双曲线在第一象限交于，，则的离心率为（     ）. A． 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．已知函数满足，函数图象上距原点最近的最高点坐标为，则下列说法错误的是（    ） A．的最小正周期为 B． C．为函数图象的一条对称轴 D．为函数图象的一个对称中心 10．下列关于平面向量的说法中正确的是（    ） A．已知点是直线l上三个不同的点，O为直线l外一点，且，则 B．已知向量，且与的夹角为锐角，则的取值范围是 C．已知点G为三条边的中线的交点，则 D．已知，则在上的投影的坐标为 11．已知定义在上恒正且可导的函数与满足，，则：（     ）. A． B． C．恒成立 D．与的大小关系无法确定 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．在多项式的展开式中，的系数为32，则 ． 13．设，是半径为3的球体表面上两定点，且，球体表面上动点满足，则点的轨迹长度为 ． 14．在四面体中，是边长为的等边三角形，，，，点在棱上，且，过点作四面体的外接球的截面，则所得截面圆的面积最小值与球的表面积之比为 ． 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）已知中，内角，，所对的边分别为，，，且. (1)求； (2)若点为的中点，且，求的面积. 16．（15分）如图，四棱柱的底面为直角梯形，，，，．点为的中点，且． (1)证明：平面平面； (2)若钝二面角的余弦值为，当时，求的长． 17．（15分）已知，函数. (1)讨论的单调性； (2)若恒成立，求的取值范围. 18．（17分）甲、乙两名同学进行定点投篮训练，据以往训练数据，甲每次投篮命中的概率为，乙每次投篮命中的概率为，各次投篮互不影响、现甲、乙两人开展多轮次的定点投篮活动，每轮次各投个球，每投进一个球记分，未投进记分. (1)求甲在一轮投篮结束后的得分不大于的概率； (2)记甲、乙每轮投篮得分之和为. ①求的分布列和数学期望； ②若，则称该轮次为一个“成功轮次”.在连续轮次的投篮活动中，记“成功轮次”为，当为何值时，恒成立？ 19．（17分）定义：已知椭圆，把圆称为该椭圆的协同圆.设椭圆的协同圆为圆(为坐标系原点)，试解决下列问题： （1）写出协同圆圆的方程； （2）设直线是圆的任意一条切线，且交椭圆于两点，求的值； （3）设是椭圆上的两个动点，且，过点作，交直线于点，求证：点总在某个定圆上，并写出该定圆的方程. 试卷第2页，共22页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$