仿真模拟试卷(4)-【精编高考12套】2025年高考数学仿真模拟卷

—25— —26— 2025年普通高等学校招生仿真模拟试卷(四) 数 学 时间:120分钟 分数:150分 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.已知集合A= xx2-14≤0 ,B={x|0<x≤1},则A∩B= ( ) A.0,12 􀭠 􀭡 􀪁 􀪁 􀭤 􀭥 􀪁 􀪁 B.0,12 􀭤􀭥 􀪁 􀪁 C.(0,1] D.[0,1] 2.已知命题p:∀x∈R,|x+1|>1;命题q:∃x∈N,x2+1∈N,则 ( ) A.p和q都是真命题 B.􀱑p和q都是真命题 C.p和􀱑q都是真命题 D.􀱑p和􀱑q都是真命题 3.已知i为虚数单位,z为复数z的共轭复数,复数z满足i3z=1+i,则|z|= ( ) A.1 B.2 C.2 D.3 4.已知平面向量a=(1-x,-x-3),b=(1+x,2),a·b=-4,则a+2b与b的夹角为 ( ) A.π3 B. π 4 C. 2π 3 D. 3π 4 5.若tanα+π4 =-13,α是第二象限角,则sinα= ( ) A.2 55 B.- 2 5 5 C. 5 5 D.- 5 5 6.已知双曲线的两个焦点分别为(4,0),(-4,0),点(4,-6)在该双曲线上,则该双曲线的离心率为 ( ) A.3 B.3 C.2 D.2 7.当x∈[0,2π]时,曲线y=cosx与y=2sin2x+π3 的交点个数为 ( ) A.2 B.3 C.4 D.6 8.已知圆锥PO的顶点为P,其三条母线PA,PB,PC 两两垂直,且母线长为 3.则圆锥PO 的侧面 积为 ( ) A.2π B.2 6π C.62π D.6π 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.某物理量的测量结果服从正态分布N(11,σ2),下列选项中正确的是 ( ) A.σ越大,该物理量在一次测量中在(10.8,11.2)的概率越小 B.该物理量在一次测量中小于11的概率小于0.5 C.该物理量在一次测量中小于10.98与大于11.02的概率不相等 D.该物理量在一次测量中落在(10.8,11.2)与落在(10.9,11.3)的概率不相等 10.设函数f(x)=x3-6x2+9x-4,则 ( ) A.f(x)有三个零点 B.x=1是f(x)的极大值点 C.曲线y=f(x)为轴对称图形 D.(2,-2)为曲线y=f(x)的对称中心 11.如图,曲线C:x3+y3-3axy=0(a>0)过原点,其渐近线方程为l:x+y+a=0,则 ( ) A.曲线C关于直线y=x对称 B.点(a,a)位于曲线C围成的封闭区域(阴影部分)外 C.若(x0,y0)在曲线C上,则-a<x0+y0≤3a D.曲线C在第一象限内的点到两坐标轴距离之积的最大值为9a 2 4 三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分。 12.用0与1两个数字随机填入如图所示的3个格子里,每个格子填一个数字.若从左到右数,不管 数到哪个格子,总是1的个数不少于0的个数,则这样填法的概率为 . 13.记△ABC 的内角A,B,C 的对边分别为a,b,c.已知 3bsinC=csin2B,sinA+ 3cosA=2, △ABC外接圆直径为4,则边c的长为 . 14.若x=0是f(x)=(ax2-4x+6)ex-2x-3的极小值点,则实数a的取值范围是 . 四、解答题:本题共5小题,共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演练步骤。 15.(13分)记Sn 是公差不为0的等差数列{an}的前n项和,a1=1,且a2-1,a3-1,a4 成等比数列. (1)求an 和Sn; (2)若bnSn=1,求数列{bn}的前20项和T20. —27— —28— 16.(15分)某厂为了考察设备更新后的产品优质率,质检部门根据有放回简单随机抽样得到的样本 测试数据,制作了如下列联表: 产品 优质品 非优质品 更新前 24 16 更新后 48 12 (1)依据小概率值α=0.050的独立性检验,分析设备更新后能否提高产品优质率? (2)如果以这次测试中设备更新后的优质品频率作为更新后产品的优质率.质检部门再次从设备 更新后的生产线中抽出5件产品进行核查,核查方案为:若这5件产品中至少有3件是优质品, 则认为设备更新成功,提高了优质率;否则认为设备更新失败. ①求经核查认定设备更新失败的概率p; ②根据p的大小解释核查方案是否合理. 附:􀱽2= n (ad-bc)2 (a+b)(c+d)(a+c)(b+d) P(􀱽2≥xa) 0.050 0.010 0.001 xa 3.841 6.635 10.828 17.(15分)如图1,在菱形ABCD 中,∠ABC=120°,AB=4,AE→=λAD→,AF→=λAB→(0<λ<1),沿EF 将△AEF向上折起得到棱锥P-BCDEF.如图2所示,设二面角P-EF-B 的平面角为θ. 图1 图2 (1)当λ为何值时,三棱锥P-BCD 和四棱锥P-BDEF 的体积之比为95 ; (2)当θ=π2 ,λ=12 时,求平面PEF与平面PFB 所成角φ 的正弦值. 18.(17分)已知函数f(x)=ex+x+a,g(x)=ln(x+1)+ln2. (1)当a=0时,求f(x)在x=0处的切线方程; (2)证明:当a≥0时,f(x)>g(x). 19.(17分)设点P 从格点A(1,1)出发,沿格径以最短的路线运动到点B(m,n)(m、n∈N*),即每次 运动到另一格点时,横坐标或纵坐标增加1.设点P 经过的所有格点中两坐标乘积之和为S. (1)当m=4,n=3时,点A 沿格径以最短的路线运动到点B 的方案有多少种? (2)当m=4,n=2时,求S的最大值; (3)当点P 从格点A(1,1)出发,沿格径以最短的路线运动到点B(m,n)(m、n∈N*)且m≥N,求 S的最大值.(参考公式:∑ n i=1 i2=n (n+1)(2n+1) 6 ) —29— —30— 2025年普通高等学校招生仿真模拟试卷(四) 数学 答题卡 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 条 形 码 粘 贴 处 􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈 􀥈 􀥈 􀥈 􀥈 􀥈 􀥈 􀥈 􀥈 􀥈 􀥈 􀥈 􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈 􀥈 􀥈 􀥈 􀥈 􀥈 􀥈 􀥈 􀥈 􀥈 􀥈 􀥈 􀧈 􀧈 􀧈􀧈 注 意 事 项 1.答题前,考生先将自己的学校、班级、 姓名、准考证号填写清楚。 2.选择题使用2B 铅笔填涂;如需改动, 用橡皮擦干净后,再选择其他答案标 号;非选择题使用黑色碳素笔书写,字 体工整、笔迹清楚,按照题号顺序在各 题目的答题区域内作答,超出答题区 域书写的答案无效;在草稿纸、试卷上 答题无效。 3.保持卡面清洁,不折叠、不破损。 􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈 􀥈 􀥈 􀥈 􀥈 􀥈 􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈􀥈 􀥈 􀥈 􀥈 􀥈 􀥈 􀧈 􀧈 􀧈􀧈 填 涂 范 例 正确填涂: 错误填涂: 缺考 标记 准 考 证 号 [0][0][0][0][0][0][0][0][0] [1][1][1][1][1][1][1][1][1] [2][2][2][2][2][2][2][2][2] [3][3][3][3][3][3][3][3][3] [4][4][4][4][4][4][4][4][4] [5][5][5][5][5][5][5][5][5] [6][6][6][6][6][6][6][6][6] [7][7][7][7][7][7][7][7][7] [8][8][8][8][8][8][8][8][8] [9][9][9][9][9][9][9][9][9] 选择题(请用2B铅笔填涂) 1 [A][B][C][D] 7 [A][B][C][D] 2 [A][B][C][D] 8 [A][B][C][D] 3 [A][B][C][D] 9 [A][B][C][D] 4 [A][B][C][D] 10 [A][B][C][D] 5 [A][B][C][D] 11 [A][B][C][D] 6 [A][B][C][D] 非选择题(请使用0.5毫米的黑色字迹签字笔书写) 12.(5分) 13.(5分) 14.(5分) 请在各题目的答题区域内作答,超出答题区域的答案无效 请在各题目的答题区域内作答,超出答题区域的答案无效 15.(13分) 请在各题目的答题区域内作答,超出答题区域的答案无效 请在各题目的答题区域内作答,超出答题区域的答案无效 16.(15分) 请在各题目的答题区域内作答,超出答题区域的答案无效 —31— —32— 请在各题目的答题区域内作答,超出答题区域的答案无效 17.(15分) 图1 图2 请在各题目的答题区域内作答,超出答题区域的答案无效 请在各题目的答题区域内作答,超出答题区域的答案无效 18.(17分) 请在各题目的答题区域内作答,超出答题区域的答案无效 请在各题目的答题区域内作答,超出答题区域的答案无效 19.(17分) 请在各题目的答题区域内作答,超出答题区域的答案无效 (3)设f(x0)=0,则f(f(x0))=f(0)=a,所以a=0. 所以f(x)=bx2+cx=x(bx+c), f(f(x))=x(bc+c)(b(bx2+cx)+c). 设g(x)=b2x2+bcx+c(b≠0), 因为非空集合{x∈R|f(x)=0}= {x∈R|f(f(x))=0}, 所以g(x)=0无实根或g(x)=0的解是f(x)=0的解. 1°若g(x)=0无实根,则 Δ=b2c2-4b2c<0,c2-4c<0,解得0<c<4. 2°若g(x)=0的解是f(x)=0的解, 令f(x)=0,得x=0或x=-cb , 当x=0时,g(0)=0,c=0,g(x)=b2x2,f(x)=bx2,符 合题意; 当x=-cb 时,g -cb =0,c=0,符合题意. 综上,0≤c<4, 所以a+c的取值范围是[0,4). 19.解:(1)由-1+(- 2)+(2-1)+(2 2+2)=2 2,- 1×(- 2)×(2-1)×(2 2+2)=2 2, 所以-1+(- 2)+(2-1)+(2 2+2)=-1×(- 2) ×(2-1)×(2 2+2), 故集合{-1,- 2,2-1,2 2+2}是“完全集”. (2)由题设,令a+b=ab=t>0,则a,b是x2-tx+t=0 的两个不同的正实数根, 所以Δ=t2-4t>0⇒t>4或t<0(舍),即t=ab>4, 又a>0,b>0,若a,b都不大于2,则ab≤4,矛盾,所以 a,b至少有一个大于2. (3)不妨令1≤a1<a2<…<an,则a1a2…an=a1+a2+ …+an<nan, 所以a1a2…an-1<n, 当n=2,即a1<2,故a1=1,显然1+a2=1×a2无解,不 满足; 当n=3,即a1a2<3,只能有a1=1,a2=2,a3=3,故存在 一个“完美集”A={1,2,3}; 当n≥4,a1a2…an-1≥1×2×…×(n-1),即n>1×2× …×(n-1), 又n-(n-2)(n-1)=-n2+4n-2=-(n-2)2+2< 0,且(n-2)(n-1)≤1×2×…×(n-1), 此时n<1×2×…×(n-1),显然有矛盾, 所以n≥4时不存在“完美集”. 综上,A={1,2,3}. 2025年普通高等学校招生仿真模拟试卷(四) 1.B 因 为 A = x -12≤x≤ 1 2 ,所 以 A ∩ B = x 0<x≤12 . 故选:B. 2.B 当x=-1时,|x+1|=0<1,故命题p 为假命题,命 题􀱑p为真命题; 当x=0时,x2+1=1∈N,故命题q为真命题,命题􀱑q 为假命题; 故􀱑p和q都是真命题. 故选:B. 3.B 因为z=1+i i3 =1+i-i= (1+i)·i -i2 =i 2+i 1 =-1+i , 所以z=-1-i,则|z|= (-1)2+(-1)2= 2. 故选:B. 4.B a·b=-4⇒(1-x)(1+x)-2(x+3)=-4⇒x= -1⇒a=(2,-2), b=(0,2)⇒a+2b=(2,2), ∴cos<a+2b,b>= (a+2b)·b |a+2b||b|= 0+4 2 2×2 = 22 , ∵<a+2b,b>∈[0,π],∴<a+2b,b>=π4. 故选:B. 5.A tan α+π4 =-13,得tan α+π4 =tanα+11-tanα= -13 ,解得tanα=-2. α是第二象限角,α终边取点(-1,2),则sinα=yr = 2 5 =2 55 . 故选:A. 6.C 由题意,设F1(-4,0)、F2(4,0)、P(4,-6), 则|F1F2|=2c=8,|PF1|= 62+(4+4)2=10,|PF2|= 62+(4-4)2=6, 则2a=|PF1|-|PF2|=10-6=4,则e= 2c 2a= 8 4=2. 故选:C. 7.C x=0时,y=2sinπ3= 3 , 令2x+π3= π 2 ,得x=π12 , 此时y=2sin2×π12+ π 3 =2, 令2x+π3=π ,得x=π3 , 此时y=2sin2×π3+ π 3 =0, 令2x+π3= 3π 2 ,得x=7π6 , 此时y=2sin2×7π6+ π 3 =-2, 令2x+π3=2π ,得x=5π3 , 此时y=2sin2×5π3+ π 3 =0, x=2π时,y=2sin2×2π+π3 =2sinπ3= 3, 函数y=2sin2x+π3 的周期T=2π2=π, 结合周期,利用五点法作出图象, 由图知,共有4个交点. 故选:C. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —801— 8.D 因为三条母线 PA,PB,PC 两两垂直,且母线长为 3, 所以△ABC 为圆锥底面圆的内 接正三角形,且边长 AB=BC= CA= 3+3= 6, 由正弦定理可得底面圆的半径R =12× 6 sin60°= 2 , 圆锥的侧面积为1 2× 2×2π× 3= 6π. 故选:D. 9.AD σ2为数据的方差,所以σ越大,数据在均值附近越 分散, 所以 测 量 结 果 落 在(10.8,11.2)内 的 概 率 越 小,故 A 正确; 由正态分布密度曲线的对称性可知该物理量一次测量小 于11的概率为0.5, 故B错误; 因为11-10.8=11.2-11,由正态分布密度曲线的对称 性可知, 该物理量一次测量中小于10.98与大于11.02的概率概 率相等,故C错误; 由正态分布密度曲线的对称性可知, 该物理量在一次测量中落在(10.8,11.2)与落在(10.9, 11.3)的概率不相等, 故D正确. 故选:AD. 10.BD 令f'(x)=3x2-12x+9=0,解得x=1或x=3, 当x>3时,f'(x)>0,f(x)单调递增, 当x<1时,f'(x)>0,f(x)单调递增, 当1<x<3时,f'(x)<0,f(x)单调递减, 所以f(x)在x=1处有极大值,为f(1)=1-6+9-4 =0, f(x)在x=3处有极小值,为f(3)=33-6×32+27-4 =-4<0, 又f(4)=43-6×42+36-4=0, f(x)的大致图象如下 所以f(x)有两个零点,故A错误; 由A选项可知x=1是f(x)的极大值点,故B正确; 由A选项 可 知,当 x>4时,f(x)>0,当 x<1时, f(x)<0, 所以曲线y=f(x)不是轴对称图形,故C错误; f(2-x)+f(2+x)=(2-x)3-6×(2-x)2+9×(2- x)-4+(2+x)3-6×(2+x)2+9×(2+x)-4=-4, 所以(2,-2)为曲线y=f(x)的对称中心,故D正确. 故选:BD. 11.ACD 若把C的解析式x3+y3-3axy=0中的x,y互 换,则方程不变, 故C的图象关于直线y=x对称,A正确; 点(a,a)在第一象限,且a3+a3-3a3=-a3<0,故点 (a,a)位 于 曲 线 C围 成 的 封 闭 区 域(阴 影 部 分)内,B 错误; 曲线在渐近线x+y+a=0的上方, 故y0>-x0-a,即y0+x0>-a, 又当(x0,y0)在第一象限内时, 由x30+y30-3ax0y0=0,得x30+y30=(x0+y0)(x20- x0y0+y20)=3ax0y0 故x0+y0= 3ax0y0 x20-x0y0+y20 = 3a x20+y20 x0y0 -1 ≤3a,当且仅当 x0=y0= 3a 2 时,等号成立, 故-a<x0+y0≤3a,C正确; 因为曲线C在第一象限内的点满足x3+y3-3axy=0, 故3axy=x3+y3≥2 x3y3, 即xy≤9a 2 4 ,当且仅当x=y=3a2 时,等号成立, 故曲线C在第一象限内的点到两坐标轴距离之积的最 大值为9a 2 4 ,D正确. 故选:ACD. 12.答案:38 /0.375 解析:列出树状图 1 1 1 0 0 1 0 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁 􀪁􀪁 0 1 1 0 0 1 0 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁 􀪁􀪁 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁 􀪁 􀪁􀪁 􀪁 􀪁 􀪁 􀪁􀪁 基本事件的总数为8个,满足条件的基本事件为(1,1,1), (1,0,1),(1,1,0)共3种, 所以概率为P=38. 故答案为:3 8. 13.答案:2 3 解析:3bsinC=csin2B,由正弦定理得 3sinBsinC= 2sinCsinBcosB, 因为0<C,B<π,所以sinC≠0,sinB≠0, 所以cosB= 32 ,由0<B<π得B=π6 , 因为sinA+ 3cosA= 2 1 2sinA+ 3 2cosA =2sin A+π3 =2, 所以sin A+π3 =1,因为0<A<π,所以A+π3=π2, 可得A=π6 , 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —901— 所以C=π-A-B=2π3 , 因为△ABC外接圆直径为4, 所以由正弦定理得 c sinC= c sin2π3 =4, 则边c的长为c=4sin2π3=2 3. 故答案为:2 3. 14.答案:[1,+∞) 解析:x=0是f(x)=(ax2-4x+6)ex-2x-3的极小 值点, 求导得f'(x)=ex(ax2-4x+6+2ax-4)-2=ex[ax2 +(2a-4)x+2]-2. f'(0)=e0[a×0+(2a-4)×0+2]-2=2-2=0, 因为0是极小值点,所以∃x∈(δ,0),f'(x)<0,f(x)单 调递减,∃x∈(0,ε),f'(x)>0,f(x)单调递增, 设g(x)=ex[ax2+(2a-4)x+2]-2,g'(x)=ex[ax2+ (4a-4)x+2a-2] 当a≥1时,g'(x)≥0,g(x)在 R上单调递增,g(0)=0, 满足x∈(-∞,0),f'(x)=g(x)<0,f(x)在(-∞,0) 上单调递减, x∈(0,+∞),f'(x)=g(x)>0,f(x)在(0,+∞)上单 调递增,符合题意; 当a≤0时,g'(x)<0,g(x)在 R上单调递减,g(0)=0, x∈(-∞,0),f'(x)=g(x)>0,f(x)在(-∞,0)上单 调递增, x∈(0,+∞),f'(x)=g(x)>0,f(x)单调递减,0是极 大值点,不合题意; 当0<a<1时,g'(x)=ex[ax2+(4a-4)x+2a-2] =0, ax2+(4a-4)x+2a-2=0有两个根x1,x2,设x1<x2, x1x2= 2a-2 a <0 ,x1<0<x2, x∈(x1,x2),g'(x)<0,g(x)在(x1,x2)上单调递减, g(0)=0,x∈(x1,0),f'(x)=g(x)>0,f(x)在(x1,0) 上单调递增, x∈(0,x2),f'(x)=g(x)>0,f(x)在(0,x2)上单调递 减,0是极大值点,不合题意; 故a≥1. 故答案为:[1,+∞). 15.解:(1)设已知数列的公差为d,则an=1+(n-1)d, 由(a3-1)2=a4(a2-1),得(2d)2=d(1+3d),即d2-d =0, 所以d=1或d=0,显然d不为0,所以d=1, 所以an=n,Sn= n(a1+an) 2 = n(n+1) 2 . (2)由(1)知Sn= n(n+1) 2 ,又bnSn=1, bn= 2 n(n+1)=2 1 n- 1 n+1 , Tn=2 1 1- 1 2 + 12-13 + 13-14 +…+ 1 n- 1 n+1 =21- 1n+1 , 所以T20=21- 1 21 =4021. 16.解:(1)零假设为 H0:设备更新与产品的优质率独立,即 设备更新前与更新后的产品优质率没有差异. 由列联表可计算􀱽2=100× (24×12-48×16)2 40×60×72×28 ≈4.762 >3.841, 依据小概率值α=0.05的独立性检验, 我们可以推断 H0不成立,因此可以认为设备更新后能 够提高产品优质率. (2)根据题意,设备更新后的优质率为0.8.可以认为从 生产线中抽出的5件产品是否优质是相互独立的. ①设X 表示这5件产品中优质品的件数,则X~B(5, 0.8),可得 p=P(X≤2)=C05×0.25+C15×0.8×0.24+C25×0.82 ×0.23=0.05792. ②实际上设备更新后提高了优质率. 当这5件产品中的优质品件数不超过2件时,认为更新 失败,此时作出了错误的判断, 由于作出错误判断的概率很小,则核查方案是合理的. 17.解:(1)由图知, VP-BCD VP-BDEF = S△BCD S四边形BDEF = S△ABD S四边形BDEF = 9 5 ,从而,S△ABD S△AEF =94 因AE→=λAD→,AF→=λAB→,故 EF∥BD,则△AEF∽ △ADB,于是,λ=AEAD= 4 9= 2 3 ; (2)因为菱形ABCD 的对角线互相垂直, 设AC与EF 的交点为O,由λ=12 可知O 点为线段EF 的中点, 在翻折的过程中,始终有PO⊥EF,OC⊥EF, 所以二面角P-EF-B 的平面角为∠POC=θ=π2 , 以O 为坐标原点,OF,OC,OP 分别为x 轴,y轴,z轴建 立如图所示的空间直角坐标系. 则P(0,0,3),F(1,0,0),B(2,3,0), 可得PF→=(1,0,- 3),FB→=(1,3,0), 设 平 面 PFB 的 法 向 量 为 n = (x,y,z), 则 n·PF→=x- 3z=0 n·FB→=x+ 3y=0 令x= 3,则y=-1,z=1,可取n=(3,-1,1) 因OC⊥平面PEF,故平面PEF 的法向量可取为m= (0,1,0), 由题意可得|cosφ|=|cosm,n|= 1 5 = 55 ,因0≤φ≤ π 2 , 故sinφ= 1- 55 2 =2 55 . 所以平面PEF 与平面PFB 所成角的正弦值为2 55 . 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —011— 18.解:(1)当a=0时,f(x)=ex+x,f(0)=1,且f'(x)=ex +1,f'(0)=2, 所以切线方程为y-1=2(x-0),即2x-y+1=0. (2)由题意知x>-1, 设h(x)=f(x)-(2x+1)=ex-x-1+a,则h'(x)=ex -1, 令h'(x)>0得x>0,令h'(x)<0得-1<x<0, 故h(x)在(-1,0)单调递减,在(0,+∞)单调递增,h(x) ≥h(0)=a≥0, 所以f(x)≥2x+1,当且仅当x=0=a时,等号成立. 设φ(x)=(2x+1)-g(x)=2x-ln(x+1)+1-ln2,则 φ'(x)=2- 1 x+1= 2x+1 x+1 , 令φ'(x)>0得x>- 1 2 ,令φ'(x)<0得-1<x<- 1 2 , 故φ(x)在 -1,- 1 2 单调递减,在 -12,+∞ 单调 递增,φ(x)≥φ - 1 2 =-1-ln12+1-ln2=0, 所以2x+1≥g(x),当且仅当x=-12 时,等号成立, 综上可得,f(x)≥2x+1≥g(x),等号不能同时成立, 所以,f(x)>g(x). 19.解:(1)因从点A(1,1)到点B(4,3)的路线,至少经过三 个横格与两个纵格, 只需确定了横格或纵格,方案即确定,故方案种数为C25 =10; (2)方案一: A(1,1)→P2(2,1)→P3(3,1)→P4(4,1)→P2(4,2),S= 1×1+2×1+3×1+4×1+4×2=18; 方案二:A(1,1)→P2(2,1)→P3(2,2)→P4(3,2)→P5(4,2), S=1×1+2×1+2×2+3×2+4×2=21; 方案三:A(1,1)→P2(2,1)→P3(3,1)→P4(3,2)P5(4,2), S=1×1+2×1+2×2+3×1+4×2=18; 方案四:A(1,1)→P2(1,2)→P3(2,2)→P4(3,2)→P5(4,2), S=1×1+1×2+2×2+3×2+4×2=21. 所以,S的最大值为21. (3)设P 经过的点依次为P1=A(1,1),P2,…,Pm+n-1 =B(m,n),Pi 的坐标为(xi,yi), 则S= ∑ m+n-1 i=1 xiyi,要使S最大,应使xi、yi 尽可能接近. 于是 猜 想:如 果 (x1,y1),(x2,y2),…,(xm+n-1, ym+n-1)使S最大,则对任何xi<m,yi<n,有|xi-yi| ≤1. 以下证明这个猜想. 假设存在i,使|xi-yi|>1,(xi<m,yi<n),不妨设xi -yi>1, 观察路径,发现一定有一个点 Pt(xt,yt),满足这样的 条件, 即路径中存在这样连续三点Pt-1(xt-1,yt-1)、Pt(xt, yt)、Pt+1(xt+1,yt+1),使得 Pt-1Pt 是横向格,PtPt+1 是纵向格,且xt-yt>1, 于是,用P't(xt-1,yt+1)代替Pt(xt,yt)得到的路径仍 合乎要求, 又因为(xt-1)(yt+1)=xtyt-yt+xt-1>xtyt,所以, 经过变换路径后,坐标之积变大了,故|xi-yi|≤1. 综上所述,对路径中的任何一个点 Pi(xi,yi),若xi≠ yi,则从Pi(xi,yi)出发的边是唯一的,下一个点应是将 Pi(xi,yi)的坐标中较小的一个增加1; 而xi=yi 时,则从Pi(xi,yi)出发的边有两种选择,下一 个点是将Pi(xi,yi)的横坐标或纵坐标加1. 于是,①当m=n时, Smax= ∑ n i=1 i2+ ∑ n-1 i=1 i(i+1)= ∑ n i=1 i2+ ∑ n-1 i=1 i2+ ∑ n-1 i=1 i= n(n+1)(2n+1) 6 + (n-1)n(2n-1) 6 + (n-1)n 2 =n (4n2+3n-1) 6 . ②当m>n时,其路径为:A(1,1)→P2(2,1)或P2(1,2) →P3(2,2)→P4(2,3)或 P4(3,2)→P5(3,3)→…→P2n-1(n,n)→P2n(n+1,n)→ P2n+1(n+2,n)→…→Pm+n-1(m,n). 此时,Smax=∑ n i=1 i2+∑ n-1 i=1 i(i+1)+n∑ m-n i=1 (n+i) =∑ n i=1 i2+∑ n-1 i=1 i2+∑ n-1 i=1 i+(m-n)n2+n∑ m-n i=1 i =n (n+1)(2n+1) 6 + (n-1)n(2n-1) 6 + (n-1)n 2 + (m -n)n2+n· (m-n)(m-n+1) 2 =16 [n(2n2+3n+1+2n2-3n+1)+3n2-3n+6n2(m -n)+3n(m-n)(m-n+1)] =16n (4n2+2+3n-3+6mn-6n2+3m2-6mn+3m+ 3n2-3n) =16n (3m2+n2+3m-1). 显然此式在m=n时也成立,故S的最大值为Smax= 1 6 n(3m2+n2+3m-1). 2025年普通高等学校招生仿真模拟试卷(五) 1.D 设z=a+bi(a,b∈R),则z=a-bi, 所以z+2z=a+bi+2(a-bi)=3a-bi,又z+2z=1+2i, 所以 3a=1 -b=2 ,解得 a= 1 3 b=-2 , 所以z=13-2i ,所以复数z在复平面内所对应的点为 1 3 ,-2 ,位于第四象限. 故选:D. 2.B 取f(x)=x(x-1),x∈R,则f(0)=0,但f(1)=0, f(-1)=2, 即f(-1)≠-f(1),所以函数f(x)不是奇函数,故充分 性不满足; 若函数f(x)为奇函数,则f(0)=-f(-0),即f(0)=0, 故必要性满足; 所以“f(0)=0”是“函数f(x)为奇函数”的必要不充分 条件. 故选:B. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —111—