黄金卷02（新高考Ⅰ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 黄金卷02 （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．已知复数满足，若复数为纯虚数，则实数的值为（   ） A． B． C．1 D．2 【答案】C 【分析】运用复数除法化简，后根据纯虚数概念计算即可. 【详解】因为，所以，因为复数z为纯虚数，所以，所以， 故选：C. 2．下列结论错误的是（   ） A．是偶函数 B．若命题“”是假命题，则 C．设，则“，且”是“”的必要不充分条件 D． 【答案】C 【分析】根据函数奇偶性的定义即可判断选项；根据特称命题的的真假判断选项；根据必要不充分条件的判断即可判断选项；根据等式的性质判断选项. 【详解】对于，函数的定义域为，且，所以函数为偶函数，故选项正确； 对于，若命题“，”是假命题，则恒成立， 所以，解得，故选项正确； 对于，若，且，则成立，反之不一定成立，例如：满足，但是，故“，且”是“”充分不必要条件，故选错误； 对于，若，则，即。解得时方程有解，所以，，故选项正确. 故选：C 3．已知向量，满足，，，，则在方向上的投影向量为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用投影向量的定义计算即可求得在方向上的投影向量. 【详解】因为，，，， 所以， 所以在方向上的投影向量为． 故选：C. 4．某学校高一年级在校人数为人，其中男生人，女生人，为了解学生身高发展情况，按分层随机抽样的方法抽出的男生身高为一个样本，其样本平均数为cm，抽出的女生身高为一个样本，其样本平均数为cm，则该校高一学生的平均身高为（   ） A．cm B．cm C．cm D．cm 【答案】B 【分析】由题意可知，，且，根据样本平均数，求解即可. 【详解】由题意可知，，且， 所以样本平均数， 故该校高一学生的平均身高的估计值为． 故选：B. 5．在平面直角坐标系中，圆的方程为，若直线上存在点，使以点为圆心，1为半径的圆与圆有公共点，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】两圆有公共点，则两圆相交或相切，利用圆心距与半径的关系列不等式求实数的取值范围. 【详解】解法一： 圆的方程化标准方程为，所以圆是以为圆心，1为半径的圆. 设，由以为圆心，1为半径的圆与圆有公共点， 得关于的不等式有解，即有解， 所以，解得或. 故选：B. 解法二： 圆的方程化标准方程为，所以圆是以为圆心，1为半径的圆. 又直线上存在点，使以该点为圆心，1为半径的圆与圆有公共点， 所以只需圆与直线有公共点即可. 由，解得或. 故选：B. 6．在同一平面直角坐标系内，函数及其导函数的图象如图所示，已知两图象有且仅有一个公共点，其坐标为，则（   ） A．函数的最大值为1 B．函数的最小值为1 C．函数的最大值为1 D．函数的最小值为1 【答案】B 【分析】根据图象分辨和的图象，然后对各选项中函数求导，利用图象判断函数单调性即可得解. 【详解】由图可知，两个函数图象都在轴上方，所以，单调递增， 所以实线为的图象，虚线为的图象，， 对A，，单调递增，无最大值，A错误； 对B，，， 由图可知，当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以当时，函数取得最小值，B正确； 对C，，由图可知， 所以在上单调递增，无最大值，C错误； 对D，， 由图可知，当时，，当时，， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 当时，函数取得最大值，D错误. 故选：B 7．已知正四棱锥，其中，，平面过点A，且平面，则平面截正四棱锥的截面面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据线面垂直作出截面，然后利用余弦定理、三角形的面积公式等知识求得截面面积. 【详解】依题意，在正四棱锥中，， 且， 所以，所以三角形是等边三角形， 设是的中点，则，所以，且， 设平面与分别相交于点，    则由得， ， 所以，故， 所以， 所以， 在三角形中，由余弦定理得： ， 所以， 所以结合正四棱锥对称性得， 所以截面面积为. 故选：A. 8．已知函数的定义域为，且若，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】当时，判断函数单调性，由单调性可知；当时，根据单调性的性质和复合函数单调性可知单调递增，可得，然后将原不等式转化为即可得解. 【详解】当时，， 由复合函数的单调性可知在上单调递减， 所以； 当时，， 因为在上单调递增，为增函数， 所以在上单调递增， 又在上为增函数，所以在单调递增， 所以. 综上，在上恒成立，当且仅当时取等号. 所以不等式， 解得且且，即原不等式的解集为. 故选：D 【点睛】思路点睛：解分段函数相关不等式时，需要根据自变量范围进行分类讨论，利用单调性求解即可. 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，且，则（   ） A． B． C． D． 【答案】BD 【分析】A选项，两式平方后相加得到；D选项，由得到；B选项，利用同角三角函数关系得到；C选项，先求出的值，利用正切二倍角公式得到答案. 【详解】A选项，因为，两式平方后相加可得 ，所以，故A错误； D选项，因为，所以， 又，故， 由于，故， 又，所以，故D正确； B选项，，故B正确； C选项，， 故，故C错误. 故选：BD. 10．若，则下列选项正确的有（    ） A． B． C． D． 【答案】ACD 【分析】利用赋值判断AC，去绝对值后，赋值判断B，两边求导后，再赋值，判断D. 【详解】A.令，得，故A正确； B.，令 令展开式中的，得，故B错误； C.令展开式中的，得， 所以，故C正确； D.展开式的两边求导，得， 令，得，故D正确. 故选：ACD 11．已知为坐标原点，是抛物线的焦点，是上两点，且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】ABC 【分析】由题意得三点共线，即直线是过焦点的直线，设其倾斜角为，，由焦点弦公式计算可判断；由焦半径公式，，可得，可判断；由与互补，结合诱导公式可得，继而可判断；由两点间的距离公式和弦长公式可得，可得，即可判断. 【详解】由可知，三点共线， 所以直线是过焦点的直线， 设其倾斜角为，， 所以焦点弦，故A正确， 设直线与的夹角为， 设（轴上方的焦半径），（轴下方的焦半径）， 所以，故B正确， ， 故，故C正确， 所以， 即不存在，使，故D错误. 【点睛】焦点弦常用结论： 若抛物线焦点弦所在直线的倾斜角为， 则，，，， 证明：设，， 又， ， 解得， ， 同理可得， 注：表示轴上方的焦半径，表示轴下方的焦半径. ， . 第II卷（非选择题） 3、 填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．等比数列共有2n项，其和为240，且奇数项的和比偶数项的和大80，则公比 . 【答案】/ 【分析】结合题意列方程组分别求出，，再由等比数列的性质求出结果即可. 【详解】设等比数列的奇数项的和、偶数项的和分别为，. 由题意可得 解得 所以． 故答案为：. 13．函数与和分别交于，两点，设在处的切线的倾斜角为，在处的切线的倾斜角为，若，则 ． 【答案】 【分析】由对称性可得，利用导数求切线和的斜率，得和，由解出，再由求出的值. 【详解】函数与和分别交于，两点， 则，， 函数的图象关于直线对称，函数和的图象也关于直线对称， 所以，两点关于直线对称，有， 函数的导数为，函数的导数为， 则，， 由，有，即， 由，解得， 所以. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛： 本题除了导数和倍角公式的运用，关键点在于运用函数的对称性或对数式的运算，得到. 14．某校高三年级有个班，每个班均有人，第（）个班中有个女生，余下的为男生.在这n个班中任取一个班，再从该班中依次取出三人，若第三次取出的人恰为男生的概率是，则 . 【答案】 【分析】根据题设，第个班中，取三次的方法有种，再求第三次取出的人为男生的方法数，进而求出第个班中第三次取出的人为男生的概率，再由即可求参数. 【详解】每个班被取出的概率为，取第个班中取三次的方法有种； 第三次取出的人为男生的方法，如下四种情况： 男男男：种； 女男男：种； 男女男：种； 女女男：种； 所以，第三次取出为男生的方法数： ， 综上，第个班中第三次取出的人为男生的概率， 所以，任选一个班第三次取出的人恰为男生的概率， 则，即，可得. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：首先求出第个班中，取三次的方法数和第三次取出的人为男生的方法数，进而得到第个班中第三次取出的人为男生的概率为关键. 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）已知函数 (1)求在处的切线； (2)比较与的大小并说明理由. 【答案】(1) (2)，理由见解析 【分析】（1）求得，得到，且，结合导数的几何意义，即可求解； （2）求得，得到在上单调递增，结合，得到即可得到. 【详解】（1）解：因为函数，可得， 可得，且， 所以在处的切线方程为，即.........................6分 （2）解：由，可得，所以在上单调递增， 又由，所以时，，即在上恒成立， 所以，即..........................13分 16．（15分）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． (1)求角C； (2)求的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用倍角公式化简为，再弦化切得，再逆用和角正切公式可得，进而可求解； （2）利用正弦定理边化角得，令，则，转化为求取值范围，从而利用二次函数在区间的最值求法可得. 【详解】（1）因为，所以， ，因为，所以， 所以，上式整理得，即，.........................3分 所以，所以. 因为，所以，因为， 所以，即，解得..........................7分 （2）因为 ，........................9分 所以令，因为，所以 所以，则.则， 所以，.........................12分 令，因为的对称轴为，且开口向上，所以在区间上单调递增， 所以的取值范围为， 所以的取值范围为..........................15分 【点睛】关键点睛： 第二问中求的取值范围，利用与的关系，设，从而，最终问题转化为求的取值范围. 17．（15分）在中，，，D为边上一点，，E为上一点，，将沿翻折，使A到处，.    (1)证明：平面； (2)若射线上存在点M，使，且与平面所成角的正弦值为，求λ. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）题意先证明平面，得到，根据线面垂直判定定理得证； （2）作，垂直为Q，由（1）得，证得平面，以B为原点，，，的方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系，求得和平面的一个法向量，根据与平面所成角正弦值为，解得参数的值； 【详解】（1）证明：由题意知，， 又，所以平面， 又平面，所以， 又，，所以平面.........................7分 （2）作，垂直为Q，由（1）知，平面， 又平面，所以， 又，，平面， 所以平面 故以B为原点，，，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， 则，，， 设，则，，，， 又， 所以，故，.........................13分 设平面的一个法向量为， 则，即， 取，则 设与平面所成角为θ， 则， 解得或， 由题意知，故..........................15分    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；.........................3分 （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；.........................10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：， 由，且，解得，    设两交点，中点，则有 所以， 即，整理得， 又因为，所以，则..........................17分 【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）若数列中且对任意的恒成立，则称数列为“数列”. (1)若数列为“数列”，写出所有可能的； (2)若“数列”中，，求的最大值； (3)设为给定的偶数，对所有可能的“数列”，记，其中表示这个数中最大的数，求的最小值. 【答案】(1)或或(2)(3) 【分析】（1）利用“数列”的定义，得到关于的不等式组，列出所有满足条件，即可得解； （2）利用“数列”的定义，推得，进而得到，解得；再取，推得符合题意，由此得解； （3）利用“数列”的定义，结合（2）中结论推得；再取特殊例子证得成立，从而得解. 【详解】（1）依题意，因为数列1，，，7为“数列”， 则，注意到， 故所有可能的，为或或..........................3分 （2）一方面，注意到：， 对任意的，令， 则且，故对任意的恒成立（★）， 当时，注意到， 得， 此时， 即，解得，故； 另一方面，取， 则对任意的，，故数列为“数列”， 此时，即符合题意. 综上，的最大值为..........................10分 （3）当时， 一方面：由（★）式，， 则， 此时有 ， 故， 另一方面，当，，，，，，，时， ， 取，则，，， 且， ， 此时， 综上，的最小值为..........................17分 【点睛】方法点睛：解新定义题型的步骤： （1）理解“新定义”——明确“新定义”的条件、原理、方法、步骤和结论. （2）重视“举例”，利用“举例”检验是否理解和正确运用“新定义”；归纳“举例”提供的解题方法.归纳“举例”提供的分类情况. （3）类比新定义中的概念、原理、方法，解决题中需要解决的问题. 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！1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 【赢在高考·黄金8卷】备战2025年高考数学模拟卷 黄金卷02 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 第I卷（选择题） 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。 1．已知复数满足，若复数为纯虚数，则实数的值为（   ） A． B． C．1 D．2 2．下列结论错误的是（   ） A．是偶函数 B．若命题“”是假命题，则 C．设，则“，且”是“”的必要不充分条件 D． 3．已知向量，满足，，，，则在方向上的投影向量为（   ） A． B． C． D． 4．某学校高一年级在校人数为人，其中男生人，女生人，为了解学生身高发展情况，按分层随机抽样的方法抽出的男生身高为一个样本，其样本平均数为cm，抽出的女生身高为一个样本，其样本平均数为cm，则该校高一学生的平均身高为（   ） A．cm B．cm C．cm D．cm 5．在平面直角坐标系中，圆的方程为，若直线上存在点，使以点为圆心，1为半径的圆与圆有公共点，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 6．在同一平面直角坐标系内，函数及其导函数的图象如图所示，已知两图象有且仅有一个公共点，其坐标为，则（   ） A．函数的最大值为1 B．函数的最小值为1 C．函数的最大值为1 D．函数的最小值为1 7．已知正四棱锥，其中，，平面过点A，且平面，则平面截正四棱锥的截面面积为（   ） A． B． C． D． 8．已知函数的定义域为，且若，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。 9．已知，且，则（   ） A． B． C． D． 10．若，则下列选项正确的有（    ） A． B． C． D． 11．已知为坐标原点，是抛物线的焦点，是上两点，且，则（    ） A． B． C． D． 第II卷（非选择题） 3、 填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．等比数列共有2n项，其和为240，且奇数项的和比偶数项的和大80，则公比 . 13．函数与和分别交于，两点，设在处的切线的倾斜角为，在处的切线的倾斜角为，若，则 ． 14．某校高三年级有个班，每个班均有人，第（）个班中有个女生，余下的为男生.在这n个班中任取一个班，再从该班中依次取出三人，若第三次取出的人恰为男生的概率是，则 . 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。 15．（13分）已知函数 (1)求在处的切线； (2)比较与的大小并说明理由. 16．（15分）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． (1)求角C； (2)求的取值范围． 17．（15分）在中，，，D为边上一点，，E为上一点，，将沿翻折，使A到处，.    (1)证明：平面； (2)若射线上存在点M，使，且与平面所成角的正弦值为，求λ. 18．（17分）已知椭圆 的左、右焦点分别为 为椭圆的一个顶点，且右焦点 F₂到双曲线. 渐近线的距离为 (1)求椭圆C的标准方程； (2)设直线与椭圆C交于 A、B两点. ①若直线过椭圆右焦点F₂，且△AF₁B的面积为 求实数k的值； ②若直线过定点P(0,2)， 且k>0， 在x轴上是否存在点T(t,0)使得以TA、TB为邻边的平行四边形为菱形? 若存在，则求出实数t的取值范围； 若不存在，请说明理由. 19．（17分）若数列中且对任意的恒成立，则称数列为“数列”. (1)若数列为“数列”，写出所有可能的； (2)若“数列”中，，求的最大值； (3)设为给定的偶数，对所有可能的“数列”，记，其中表示这个数中最大的数，求的最小值. 试卷第2页，共22页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！7 学科网（北京）股份有限公司 $$ 【赢在高考·黄金8卷】备战2025年高考数学模拟卷 黄金卷02·参考答案 （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 C C C B B B A 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 BD ACD ABC 第II卷（非选择题） 3、 填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12. 13. 14.9 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） 【答案】(1) (2)，理由见解析 【分析】（1）求得，得到，且，结合导数的几何意义，即可求解； （2）求得，得到在上单调递增，结合，得到即可得到. 【详解】（1）解：因为函数，可得， 可得，且， 所以在处的切线方程为，即.........................6分 （2）解：由，可得，所以在上单调递增， 又由，所以时，，即在上恒成立， 所以，即..........................13分 16．（15分） 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用倍角公式化简为，再弦化切得，再逆用和角正切公式可得，进而可求解； （2）利用正弦定理边化角得，令，则，转化为求取值范围，从而利用二次函数在区间的最值求法可得. 【详解】（1）因为，所以， ，因为，所以， 所以，上式整理得，即，.........................3分 所以，所以. 因为，所以，因为， 所以，即，解得..........................7分 （2）因为 ，........................9分 所以令，因为，所以 所以，则.则， 所以，.........................12分 令，因为的对称轴为，且开口向上，所以在区间上单调递增， 所以的取值范围为， 所以的取值范围为..........................15分 【点睛】关键点睛： 第二问中求的取值范围，利用与的关系，设，从而，最终问题转化为求的取值范围. 17．（15分） 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）题意先证明平面，得到，根据线面垂直判定定理得证； （2）作，垂直为Q，由（1）得，证得平面，以B为原点，，，的方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系，求得和平面的一个法向量，根据与平面所成角正弦值为，解得参数的值； 【详解】（1）证明：由题意知，， 又，所以平面， 又平面，所以， 又，，所以平面.........................7分 （2）作，垂直为Q，由（1）知，平面， 又平面，所以， 又，，平面， 所以平面 故以B为原点，，，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， 则，，， 设，则，，，， 又， 所以，故，.........................13分 设平面的一个法向量为， 则，即， 取，则 设与平面所成角为θ， 则， 解得或， 由题意知，故..........................15分    18．（17分） 【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；.........................3分 （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；.........................10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：， 由，且，解得，    设两交点，中点，则有 所以， 即，整理得， 又因为，所以，则..........................17分 【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） 【答案】(1)或或(2)(3) 【分析】（1）利用“数列”的定义，得到关于的不等式组，列出所有满足条件，即可得解； （2）利用“数列”的定义，推得，进而得到，解得；再取，推得符合题意，由此得解； （3）利用“数列”的定义，结合（2）中结论推得；再取特殊例子证得成立，从而得解. 【详解】（1）依题意，因为数列1，，，7为“数列”， 则，注意到， 故所有可能的，为或或..........................3分 （2）一方面，注意到：， 对任意的，令， 则且，故对任意的恒成立（★）， 当时，注意到， 得， 此时， 即，解得，故； 另一方面，取， 则对任意的，，故数列为“数列”， 此时，即符合题意. 综上，的最大值为..........................10分 （3）当时， 一方面：由（★）式，， 则， 此时有 ， 故， 另一方面，当，，，，，，，时， ， 取，则，，， 且， ， 此时， 综上，的最小值为..........................17分 【点睛】方法点睛：解新定义题型的步骤： （1）理解“新定义”——明确“新定义”的条件、原理、方法、步骤和结论. （2）重视“举例”，利用“举例”检验是否理解和正确运用“新定义”；归纳“举例”提供的解题方法.归纳“举例”提供的分类情况. （3）类比新定义中的概念、原理、方法，解决题中需要解决的问题. 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！1 学科网（北京）股份有限公司 $$