仿真模拟试卷(5)-【精编高考12套】2025年高考数学仿真模拟卷

—33— —34— 2025年普通高等学校招生仿真模拟试卷(五) 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.若复数z满足z+2z=1+2i,则在复平面内z所对应的点位于 ( ) A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限 2.已知R上的函数f(x),则“f(0)=0”是“函数f(x)为奇函数”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 3.记Sn 为等差数列{an}的前n项和,若a3=4,S3=6,则S12= ( ) A.112 B.122 C.132 D.142 4.法国当地时间2024年7月26日晚,第三十三届夏季奥林匹克运动会在巴黎举行开幕式.“奥林匹 克之父”顾拜旦曾经说过,奥运会最重要的不是胜利,而是参与;对人生而言,重要的不是凯旋,而 是拼搏.为弘扬奥运精神,某学校组织高一年级学生进行奥运专题的答题活动.为了调查男生和女 生对奥运会的关注程度,在高一年级随机抽取10名男生和10名女生的竞赛成绩(满分100分), 按从低到高的顺序排列,得到下表中的样本数据: 男生 82 85 86 87 88 90 90 92 94 96 女生 82 84 85 87 87 87 88 88 90 92 则下列说法错误的是 ( ) A.男生样本数据的25%分位数是86 B.男生样本数据的中位数小于男生样本数据的众数 C.女生样本数据中去掉一个最高分和一个最低分后所得数据的平均数不变 D.女生样本数据中去掉一个最高分和一个最低分后所得数据的方差不变 5.已知圆台的上、下底面半径分别为1和3,母线长为4 33 ,则圆台的体积为 ( ) A.26 3π9 B. 26 3π 3 C. 23 6π 9 D. 23 6π 3 6.已知函数f(x)= x+2a-3x ,x≥1 (a-1)ex-1,x<1 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 在R上单调递增,则实数a的取值范围为 ( ) A.(1,2] B.32 ,2 􀭤􀭥 􀪁 􀪁 C.1,32 􀭤􀭥 􀪁 􀪁 D.1,32 􀭠 􀭡 􀪁 􀪁 􀭤 􀭥 􀪁 􀪁 7.已知0<α<β<π,且sin(α+β)+cos(α+β)=0,sinαsinβ=6cosαcosβ,则tan(α-β)= ( ) A.-1 B.-12 C.- 1 6 D.- 1 7 8.已知函数f(x)=2lnx-ax+b-1,若对任意的x∈(0,+∞),f(x)≤0,则b-2a的最大值为 ( ) A.2ln2-1 B.3-2ln2 C.1-2ln2 D.2ln2-3 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f(x)=sinx+cosx,则下列说法正确的是 ( ) A.f(x+π)=f(x) B.f(x)=f π2-x C.∀x∈ 0,π4 ,f'(x)>0 D.∃x∈ 0,π2 ,f(x)=0 10.某学校足球社团进行传球训练,甲、乙、丙三名成员为一组,训练内容是从某人开始随机地将球传 给其他两人中的任意一人,接球者再随机地将球传给其他两人中的任意一人.现假定每次传球都 能被接到,开始传球的人为第一次触球者,记第n次触球者是甲的概率为Pn.已知甲为本次训练 的第一次触球者,即P1=1,则下列说法正确的是 ( ) A.P2=0 B.P3= 1 3 C.Pn+1=- 1 2Pn+ 1 2 D.P9>P10 11.已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,准线交x轴于点D,直线l经过F 且与C 交于A,B 两点,其中点A 在第一象限,线段AF的中点M 在y 轴上的射影为点N.若|MN|=|NF|,则 ( ) A.l的斜率为 3 B.△ABD 是锐角三角形 C.四边形 MNDF的面积是 3p2 D.|BF|·|FA|>|FD|2 三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分。 12.已知向量a=(2,3),b=(x,1),a⊥(a-b),则x的值为 . 13.已知F是椭圆C:x 2 a2 +y 2 b2 =1(a>b>0)的左焦点,直线y=kx(k≠0)交椭圆C 于M,N 两点.若 |FM|=3|FN|,∠MFN=2π3 ,则椭圆C的离心率为 . 14.已知a>0且a≠1,函数f(x)=xa-ax 在(0,+∞)上有且仅有两个零点,则a的取值范围是 . —35— —36— 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)2024年7月12日,国家疾控局会同教育部、国家卫生健康委和体育总局制定并发布了 《中小学生超重肥胖公共卫生综合防控技术导则》,其中一级预防干预技术的生活方式管理中就 提到了“少喝或不喝含糖饮料,足量饮水”,某中学准备发布健康饮食的倡议,提前收集了学生的 体重和饮食习惯等信息,其中学生饮用含糖饮料的统计结果如下:学校有1 4 的学生每天饮用含糖 饮料不低于500毫升,这些学生的肥胖率为13 ;而每天饮用含糖饮料低于500毫升的学生的肥胖 率为2 9. (1)若从该中学的学生中任意抽取一名学生,求该生肥胖的概率; (2)现从该中学的学生中任意抽取三名学生,记X 表示这三名学生中肥胖的人数,求X 的分布列 和数学期望. 16.(15分)如图,在平面四边形ABCD 中,AB∥DC,△ABD 是边长为2的正三角形,DC=3,O 为 AB 的中点,将△AOD 沿OD 折到△POD 的位置,PC= 13. (1)求证:PO⊥BD; (2)若E 为PC 的中点,求直线BE 与平面PDC 所成角的正弦值. 17.(15分)设△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知2a-c=2bcosC. (1)求B; (2)若△ABC的面积为 3,cosAcosC=-726 ,求△ABC的周长. 18.(17分)已知函数f(x)=ex-aln(x+1),g(x)=sinx-x,其中a∈R. (1)证明:当x∈[0,+∞]时,g(x)≤0; (2)若x>0时,f(x)有极小值,求实数a的取值范围; (3)对任意的x∈[0,π],2f(x)≥g'(x)+2恒成立,求实数a的取值范围. 19.(17分)已知双曲线E 的中心为坐标原点,左焦点为(- 3,0),渐近线方程为y=± 22x. (1)求E 的方程; (2)若互相垂直的两条直线l1,l2 均过点P(pn,0)(pn> 2,且n∈N),直线l1 交E 于A,B 两点, 直线l2 交E 于C,D 两点,M,N 分别为弦AB 和CD 的中点,直线 MN 交x 轴于点Q(tn,0)(n∈ N*),设pn=2n. ①求tn; ②记an=|PQ|,bn=2n-1(n∈N*),求∑ 2n k=1 [bk+1-(-1)kbk]ak. —37— —38— 2025年普通高等学校招生仿真模拟试卷(五) 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 —39— —40— 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) 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 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— 3.C 设 等 差 数 列 的 公 差 为 d,则 a3=a1+2d=4 S3=3a1+3d=6 , 解得 a1=0 d=2 , 所以S12=12a1+ 12×(12-1) 2 d=132. 故选:C. 4.D 10×25%=2.5,所以男生样本数据的25%分位数是 86,故A正确; 男生样本数据的中位数为88+90 2 =89 ,男生样本数据的 众数为90,故B正确; 女生样本数据的平均数为1 10 (82+84+85+87×3+88× 2+90+92)=87, 女生样本数据中去掉一个最高分和一个最低分后所得数 据的平均数为1 8 (84+85+87×3+88×2+90)=87,故C 正确; 女生样本数据中去掉一个最高分和一个最低分后所得数 据的平均数不变, 但是极差变小,所以方差变小,故D错误. 故选:D. 5.A 因为圆台的上、下底面半径分别为1和3,母 线 长 为4 3 3 , 所以圆台的高h= 4 3 3 2 -(3-1)2=2 33 , 所以圆台的体积V=13 (π×12+π×32+π×1×3)×2 33 =26 3π9 故选:A. 6.A 因为f(x)= x+2a-3x ,x≥1 (a-1)ex-1,x<1 在 R上单调递增,所 以a-1>0,则a>1; 当2a-3≤0且a>1,即1<a≤32 时,函数y=x+2a-3x 在[1,+∞)上单调递增, 要使f(x)在 R 上单调递增,则 (a-1)e0≤1+2a-3 1<a≤32 , 解得1<a≤32 ; 当2a-3>0,即a>32 时,对 勾 函 数y=x+2a-3x 在 ( 2a-3,+ ∞)上 单 调 递 增,在(0, 2a-3)上 单 调 递减, 要使f(x)在 R 上单调递增,则 (a-1)e0≤1+2a-3 a>32 2a-3≤1 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 , 解得3 2<a≤2 ; 综上可得实数a的取值范围为(1,2]. 故选:A. 7.D 由题意得sin(α+β)=-cos(α+β),则tan(α+β)= -1, 又因为sinαsinβ=6cosαcosβ,所以tanαtanβ=6,tanα, tanβ同号, 又因为tan(α+β)= tanα+tanβ 1-tanαtanβ =tanα+tanβ1-6 =-1 , 则tanα+tanβ=5,tanα,tanβ同正, 所以0<α<β< π 2 ,则tanα<tanβ, 所以tanα-tanβ=- (tanα+tanβ)2-4tanαtanβ= - 52-4×6=-1, 所 以 tan(α-β)= tanα-tanβ 1+tanαtanβ =tanα-tanβ1+6 = tanα-tanβ 7 =- 1 7 ,故D正确. 故选:D. 8.C 因为f(x)=2lnx-ax+b-1,x∈(0,+∞),所以 f'(x)=2x-a= 2-ax x , 当a≤0时,f'(x)>0恒成立,所以f(x)在(0,+∞)上单 调递增,且当x→+∞时f(x)→+∞,不符合题意; 当a>0时,则当0<x<2a 时f'(x)>0, 当x>2a 时f'(x)<0, 所以f(x)在 0,2a 上单调递增,在 2a,+∞ 上单调 递减, 所以f(x)max=f 2 a =2ln2a-a×2a+b-1≤0, 则b≤3-2ln2+2lna, 所以b-2a≤3-2ln2+2lna-2a, 令g(x)=lnx-x,则g'(x)=1x-1= 1-x x , 所以当0<x<1时g'(x)>0,当x>1时g'(x)<0, 所以g(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减, 所以g(x)≤g(1)=-1, 所以lna-a≤-1, 则b-2a≤3-2ln2+2lna-2a≤1-2ln2, 即b-2a的最大值为1-2ln2. 故选:C. 9.BC 因为f(x)=sinx+cosx= 2sinx+π4 , 则f(x+π)= 2sin x+π+π4 =- 2sin(x+π4)≠ f(x),故A错误; f π2-x =2sin π2-x+π4 =2sin π- x+π4 = 2sinx+π4 =f(x),故B正确; 又f'(x)= 2cos x+π4 ,当 x∈ 0,π4 ,则 x+ π4 ∈ π4 ,π 2 , 所以cosx+π4 ∈ 0,22 , 所以f'(x)>0,即∀x∈ 0,π4 ,f'(x)>0,故C正确; 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —211— 当x∈ 0,π2 ,则x+π4∈ π4,3π4 ,所以sinx+π4 ∈ 2 2 ,1 , 所以f(x)∈(1,2],故不∃x∈ 0,π2 使得f(x)=0,故 D错误. 故选:BC. 10.ACD 甲传球给乙或丙,故P2=0,故A正确; 乙或丙传球给其他两个人,故P3= 1 2 ,故B错误; 由题意得:要想第n次触球者是甲,则第(n-1)次触球 的不能是甲, 且第(n-1)次触球的人,有12 的概率将球传给甲, 故Pn= 1 2 (1-Pn-1)= 1 2- 1 2Pn-1 ,则Pn+1=- 1 2Pn +12 ,故C正确; 因为Pn= 1 2- 1 2Pn-1 ,设Pn+λ=- 1 2 (Pn-1+λ), 解得:λ=-13 ,所以Pn- 1 3=- 1 2 Pn-1- 1 3 因为P1- 1 3= 2 3 ,所以 Pn- 1 3 是以23为首项,公比 是-12 的等比数列, 故 Pn - 1 3 = 1 3 × - 1 2 n-1 ,所 以 Pn = 2 3 × -12 n-1 +13 , 故P9= 2 3× - 1 2 8 +13= 43 128 ,则P10-P9=- 3 2P9 +12=- 1 256<0 , 故P9>P10,故D正确. 故选:ACD. 11.ABD 由题意可知:抛物线的焦点为F p2 ,0 ,准线为 x=-p2 ,即D -p2 ,0 , 设A(x1,y1),B(x2,y2),y1>0,y2<0, 则 M x12+ p 4 ,y1 2 ,N 0,y12 ,可得, 因为|MN|=|NF|,即|MN|=|NF|=|MF|, 可知△MNF 为等边三角形,即∠NMF=60°, 且 MN∥x轴,可知直线l的倾斜角为60°,斜率为k= tan60°= 3,故A正确; 则直线l:y= 3x-p2 , 联立方程 y= 3x-p2 y2=2px , 解得 x=3p2 y= 3p 或 x=p6 y=- 33p 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 , 即 A 3p2 ,3p ,B p6,- 33p ,则 M p,32p , N 0,32p 可得|DF|=p,|AD|= 7p,|BD|= 73p ,|FA|=2p, |FB|=23p ,|AB|=83p , 在△ABD 中,|BD|<|AD|<|AB|,且|BD|2+|AD|2 -|AB|2<0, 可知∠ADB 为最大角,且为锐角,所以△ABD 是锐角三 角形,故B正确; 四边形 MNDF 的面积为SMNDF=S△BDF+S△MNF= 1 2 ×p× 32p+ 1 2× 3 2p×p= 3 2p 2,故C错误; 因为|FB|·|FA|=43p 2,|FD|=p2,所以|BF|· |FA|>|FD|2,故D正确. 故选:ABD. 12.答案:5 解析:因为a=(2,3),b=(x,1), 所以a-b=(2,3)-(x,1)=(2-x,2), 又a⊥(a-b),所以a·(a-b)=2(2-x)+3×2=0,解 得x=5. 故答案为:5. 13.答案:74 解析:设F2是椭圆C的右焦点,连接 MF2,NF2, 由对称 性 可 知:|OM|=|ON|,|OF|=|OF2|,则 FMF2N 为平行四边形, 则|MF2|=|FN|,∠FMF2= π 3 ,即|FM|=3|MF2|, 因为|FM|+|MF2|=4|MF2|=2a,则|MF2|= 1 2a , |FM|=32a , 在△FMF2 中,由余弦定理可得|FF2|2=|MF2|2+ |FM|2-2|MF2|·|FM|·cos∠FMF2, 即4c2=14a 2+94a 2-2×12a× 3 2a× 1 2 ,解得c 2 a2 =716 , 所以椭圆C的离心率为e=ca = c2 a2 = 74. 故答案为:7 4. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —311— 14.答案:{a|a>|且a≠e} 解析:因为函数f(x)=xa-ax 在(0,+∞)上有且仅有 两个零点,所以ax=xa 有两个交点, 即lna a = lnx x 有两个交点, 令F(x)=lnxx ,则F(x)=F(a)有两个交点, ∵F'(x)=1-lnx x2 ,所以在区间(0,e)上,F'(x)>0,y= F(x)单调递增, 在区间(e,+∞)上,F'(x)<0,y=F(x)单调递减且 F(x)>0, ∴F(x)max=F(e)= 1 e , ∵F(x)=F(a)有两个交点, ∴0<lnaa < 1 e , 所以a>1且a≠e. 故答案为:{a|a>|且a≠e}. 15.解:(1)设“学生每天饮用含糖饮料不低于500毫升”为 事件A,则P(A)=14 ,P(A)=34 , 设“学生的肥胖”为事件B,则P(B|A)=13 ,P(B|A) =29 , 由全概率公式可得P(B)=P(B|A)P(A)+P(B|A) P(A)=13× 1 4+ 2 9× 3 4= 1 4 , 所以从该中学的学生中任意抽取一名学生,该生肥胖的 概率为1 4. (2)由题意可知:X~B 3,14 ,且X 的可能取值为0,1, 2,3,则有: P(X=0)= 1-14 3 =2764 ,P(X=1)=C13× 1 4 × 1-14 2 =2764 , P(X=2)=C23× 1 4 2 × 1-14 =964,P(X=3)= 1 4 3 =164 , 所以X 的分布列为 X 0 1 2 3 P 2764 27 64 9 64 1 64 X 的数学期望E(X)=3×14= 3 4. 16.解:(1)依题意△ABD 是边长为2的正三角形,O 为AB 的中点,所以OB⊥AB, 所以OD⊥PO,OD⊥BO,PD=2,CD=3,PC= 13, 则PD2+CD2=PC2,所以PD⊥CD,又AB∥DC,即OB ∥DC,所以OB⊥PD, 又PD∩PD=D,OD,PD⊂平面POD,所以OB⊥平面 POD,因为OP⊂平面POD,所以OB⊥OP, 又OB∩OD=O,OB,OD⊂平面BODC,所以OP⊥平面 BODC, 又BD⊂平面BODC,所以PO⊥BD; (2)如图建立空间直角坐标系,则B(1,0,0),P(0,0,1), D(0,3,0),C(3,3,0),E 3 2 ,3 2 ,1 2 , 所以BE→= 1 2 ,3 2 ,1 2 ,DC→=(3,0,0),DP→=(0,-3,1), 设 平 面 PDC 的 法 向 量 为 n = (x,y,z),则 n·DC→=3x=0 n·DP→=- 3y+z=0 ,令n=(0,1,3), 设直 线 BE 与 平 面 PDC 所 成 角 为θ,则 sinθ= |BE→·n| |BE→|·|n| = 3 2× 55 = 155 , 所以直线BE 与平面PDC 所成角的正弦值为 155 . 17.解:(1)因为2a-c=2bcosC,由正弦定理可得2sinA- sinC=2sinBcosC, 且sinA=sin(B+C)=sinBcosC+cosBsinC, 即2sinBcosC+2cosBsinC-sinC=2sinBcosC,整理 可得2cosBsinC-sinC=0, 且C∈(0,π),则sinC≠0,可得2cosB-1=0,即cosB =12 , 且B∈(0,π),所以B=π3. (2)因为△ABC 的面积为S△ABC= 1 2acsinB= 1 2ac× 3 2= 3 ,则ac=4, 又因为cosB=-cos(A+C)=-cosAcosC+sinAsinC= 7 26+sinAsinC= 1 2 ,可得sinAsinC=313 , 由正弦定理 a sinA= b sinB= c sinC=2R ,可得a=2RsinA,b =2RsinB,c=2RsinC, 其中R 为△ABC的外接圆半径, 则ac=(2R)2sinAsinC,即4=(2R)2×313 , 可得2R=2 393 ,则b=2RsinB= 13, 由余弦定理可得b2=a2+c2-2accosB=(a+c)2-2ac -2accosB, 即13=(a+c)2-8-2×4×12 ,解得a+c=5, 所以△ABC的周长为a+c+b=5+ 13. 18.解:(1)因为g(x)=sinx-x,则g'(x)=cosx-1≤0对 任意x∈[0,+∞)恒成立, 可知g(x)在[0,+∞)内单调递减,则g(x)≤g(0)=0, 所以当x∈[0,+∞)时,g(x)≤0. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —411— (2)因为f(x)=ex-aln(x+1),x>0,则f'(x)=ex- a x+1= (x+1)ex-a x+1 , 令h(x)=(x+1)ex-a,x>0,则h'(x)=(x+2)ex>0 对任意x>0恒成立, 可知h(x)在(0,+∞)内单调递增,则h(x)>h(0)= 1-a, 当1-a≥0,即a≤1时,则h(x)>0对任意x>0恒成 立,即f'(x)>0, 可知f(x)在(0,+∞)内单调递增,无极值,不合题意; 当1-a<0,即a>1时,则h(x)在(0,+∞)内存在唯一 零点x0>0, 当0<x<x0 时,h(x)<0,即f'(x)<0;当x>x0 时, h(x)>0,即f'(x)>0; 可知f(x)在(0,x0)内单调递减,在(x0,+∞)内单调 递增, 可知f(x)存在极小值f(x0),符合题意. 综上所述:实数a的取值范围为(1,+∞). (3)令F(x)=2f(x)-g'(x)-2=2ex-2aln(x+1)- cosx-1,x∈[0,π], 则F'(x)=2ex- 2ax+1+sinx , 原题意等价于F(x)≥0对任意x∈[0,π]恒成立, 且F(0)=0,则F'(0)=2-2a≥0,解得a≤1, 若a≤1,因为x∈[0,π],则2ex≥2,- 2ax+1≥-2 ,sinx≥0, 则F'(x)=2e2- 2ax+1+sinx≥0 , 可知F(x)在[0,π]内单调递增,则F(x)≥F(0)=0,即a ≤1符合题意. 综上所述:实数a的取值范围为(-∞,1]. 19.解:(1)依题意设双曲线方程为x 2 a2 -y 2 b2 =1(a,b>0), 则渐近线方程为y=±bax , 则 b a = 2 2 c= 3 a2+b2=c2 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁 􀪁􀪁 ,解得 a= 2 b=1 c= 3 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 ,所以 E 的方程为x 2 2-y 2 =1; (2)①当直线l1,l2 中又一条直线的斜率为0,另一条直 线的斜率不存在时,直线 MN 与x 轴重合,不符合题意; 所以直线l1,l2的斜率均存在且不为0, 设l1的方程为y=k(x-pn)(k≠0),A(x1,y1),B(x2, y2),M(xM,yM),N(xN,yN), 由 y=k(x-pn) x2 2-y 2=1 , 得(1-2k2)x2+4k2pnx-2k2p2n-2=0, 则1-2k2≠0,所以x1+x2= -4k2pn 1-2k2 , x1x2= -2k2p2n-2 1-2k2 , 所以xM = x1+x2 2 = -2k2pn 1-2k2 ,则yM =k(xM -pn)= k -2k2pn 1-2k2 -pn = -kpn1-2k2, 所以M -2k2pn 1-2k2 ,-kpn 1-2k2 ,同理可得M -2pnk2-2,kpnk2-2 , 因为M、N、Q 三点共线,所以yN(xN-xM)=(yN-yM) (xN-tn), 又 yN - yM ≠ 0,所 以 tn = xMyN-xNyM yN-yM = -2k2pn 1-2k2 · kpn k2-2 - -2pn k2-2 · -kpn 1-2k2 kpn k2-2 - -kpn 1-2k2 =2pn, 因为pn=2n,所以tn=2n+1; ②an=|PQ|=|2n-2n+1|=2n, 所 以∑ 2n k=1 [bk+1-(-1)kbk]ak=∑ n k=1 {[b2k-(-1)2k-1 b2k-1]a2k-1+[b2k+1-(-1)2kb2k]a2k} =∑ n k=1 [(4k-1+4k-3)×22k-1+(4k+1-4k+1)×22k] =∑ n k=1 k×22k+2=∑ n k=1 k×4k+1, 设Tn=∑ n k=1 k×4k+1, 则Tn=1×42+2×43+3×44+…+n×4n+1, 所以4Tn=1×43+2×44+3×45+…+n×4n+2, 所以 -3Tn=42+43+44+ … +4n+1-n×4n+2= 16(1-4n) 1-4 -n×4 n+2=-16- (3n-1)×4n+2 3 , 所以Tn= 16+(3n-1)×4n+2 9 , 所以∑ 2n k=1 [bk+1-(-1)kbk]ak= 16+(3n-1)×4n+2 9 . 2025年普通高等学校招生仿真模拟试卷(六) 1.C A={x∈N*|x2-4x≤0}={x∈N*|0≤x≤4}= {1,2,3,4}; B={x∈Z||x-1|≤2}={x∈Z|-2≤x-1≤2}={x∈ Z|-1≤x≤3}={-1,0,1,2,3}; A∩B={1,2,3}. 故选:C. 2.B 由(1+i)z=a-i得,z=a-i1+i= (a-i)(1-i) (1+i)(1-i)= a-1 2 - a+1 2i ,|z|=1 ∴ a-12 2 + -a+12 2 =1,解得a=1或a=-1. 故“|z|=1”是“a=1”的必要不充分条件. 故选:B. 3.B 设等差数列{an}的公差为d≠0, 若a2,a4,a5 成等比数列,则a24=a2·a5,即(2+3d)2= (2+d)(2+4d), 整理可得5d2+2d=0,解得d=-25 或d=0(舍去), 所以公差为-25. 故选:B. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —511—