黄金卷03（上海专用）-【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（上海专用） 黄金卷 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 一、填空题（第1-6题每题4分，第7-12题每题5分，满分54分） 1．已知集合，1，，，则　 　． 2．设是椭圆的长轴，点在上，且，若，，则的两个焦点之间的距离为　 　． 3．设随机变量服从二项分布，若，则　 　． 4．已知复数是虚数单位），则的共轭复数是 　 　． 5．已知，，且，则的最小值为 　 　． 6．已知角的终边经过点，那么的值是 　 　． 7．若函数的定义域为，则的取值范围是 　 　． 8．若的二项展开式中，存在相邻两项，满足后一项的系数是前一项系数的2倍，，则这样的正整数有　 　个． 9．已知在矩形中，，，为的中点，，则　 　． 10．设椭圆的标准方程为，若斜率为1的直线与椭圆相切同时亦与圆为椭圆的短半轴）相切，记椭圆的离心率为，则　 　． 11．如图，圆锥的底面直径和高均是，过上一点作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，则该圆柱体积的最大值为 　 　． 12．函数，，的值域为 　 　． 二、选择题（本大题共有4题，满分18分，第13~14题每题4分，第15~16题每题5分）每题有且只有一个正确选项。 13．设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题正确的是　　 A．，，则 B．，，则 C．，，，则 D．，，，，则 14．对于函数，有如下两个结论：甲：，乙：递增，则下列说法正确的是　　 A．甲既不是乙的充分条件，也不是乙的必要条件 B．甲是乙的必要而不充分条件 C．甲是乙的充要条件 D．甲是乙的充分而不必要条件 15．据统计2024年“十一”黄金周哈尔滨太阳岛每天接待的游客人数服从正态分布，，则在此期间的某一天，太阳岛接待的人数不少于1700的概率为　　 附：，，， A．0.4987 B．0.8413 C．0.9772 D．0.9987 16．数列满足，，．设，记表示不超过的最大整数．设，若不等式，对恒成立，则实数的最大值为　　 A．2020 B．2019 C．1010 D．1009 三、解答题（本大题共有5题，满分78分）解答下列各题必须写出必要的步骤。 17．（14分）在中，角，，所对的边分别为，，，． （1）求的最大值； （2）求的取值范围． 18．（14分）如图，在多面体中，四边形是正方形，，，是的中点． （1）求证：平面； （2）若平面，，，点为线段上一点， 且，求直线与平面所成角的正弦值． 19．（14分）某商场为了提振顾客的消费信心，对某中型商品实行分期付款方式销售，根据以往资料统计，顾客购买该商品选择分期付款的期数的分布列为 4 5 6 0.4 其中，． （1）求购买该商品的3位顾客中，恰有1位选择分4期付款的概率； （2）商场销售一件该商品，若顾客选择分4期付款，则商场获得的利润为2000元；若顾客选择分5期付款，则商场获得的利润为2500元；若顾客选择分6期付款，则商场获得的利润为3000元，假设该商场销售两件该商品所获得的利润为（单位：元）， 设时的概率为，求当取最大值时，利润的分布列和数学期望； 设某数列满足，，，若，求的最小值． 20．（18分）已知椭圆经过点，点为椭圆的右焦点． （1）求椭圆的方程； （2）过点作两条斜率都存在且不为0的互相垂直的直线，，直线与椭圆相交、，直线与椭圆相交、两点，求四边形的面积的最小值． 21．（18分）若函数满足，称为的不动点． （1）求函数的不动点； （2）设．求证：恰有一个不动点； （3）证明：函数有唯一不动点的充分非必要条件是函数有唯一不动点． 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！5 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（上海专用） 黄金卷 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 一、填空题（第1-6题每题4分，第7-12题每题5分，满分54分） 1．已知集合，1，，，则　 　． 【答案】． 【分析】可求出集合，然后进行交集的运算即可． 【解答】解：，1，，，， ． 故答案为：． 【点评】本题考查了列举法、描述法的定义，交集的定义及运算，考查了计算能力，属于基础题． 2．设是椭圆的长轴，点在上，且，若，，则的两个焦点之间的距离为　 　． 【分析】由题意画出图形，设椭圆的标准方程为，由条件结合等腰直角三角形的边角关系解出的坐标，再根据点在椭圆上求得值，最后利用椭圆的几何性质计算可得答案． 【解答】解：如图，设椭圆的标准方程为， 由题意知，，． ，，点的坐标为， 因点在椭圆上，， ， ，， 则的两个焦点之间的距离为． 故答案为：． 【点评】本题考查椭圆的定义、解三角形，以及椭圆的简单性质的应用． 3．设随机变量服从二项分布，若，则　 　． 【答案】． 【分析】由随机变量服从二项分布可得，然后利用即可得到答案． 【解答】解：因为随机变量服从二项分布， 所以， 所以， 因为，所以． 故答案为：． 【点评】本题主要考查了二项分布的概率公式，属于基础题． 4．已知复数是虚数单位），则的共轭复数是 　 　． 【答案】． 【分析】根据题意，利用复数的运算法则，求得，结合共轭复数的概念，即可求解． 【解答】解：因为，所以，且， 所以，则其共轭复数为． 故答案为：． 【点评】本题考查复数的运算，属于基础题． 5．已知，，且，则的最小值为 　 　． 【答案】45． 【分析】利用乘1法，结合基本不等式即可求解． 【解答】解：，，且， ， ，当且仅当，时等号成立， 故答案为：45． 【点评】本题主要考查了基本不等式在最值求解中的应用，解题的关键是对已知式子进行合理的变形，属于中档题． 6．已知角的终边经过点，那么的值是 　 　． 【答案】． 【分析】根据任意角的三角函数的定义，，化简可得结果． 【解答】解：由任意角的三角函数的定义得． 故答案为：． 【点评】本题考查任意角的三角函数的定义，属于容易题． 7．若函数的定义域为，则的取值范围是 　 　． 【答案】，． 【分析】根据二次根式以及二次函数的性质得到关于的不等式，解出即可． 【解答】解：由题意得：在恒成立， 故△， 解得：， 故的取值范围是，， 故答案为：，． 【点评】本题考查了求函数的定义域问题，考查二次根式以及二次函数的性质，是基础题． 8．若的二项展开式中，存在相邻两项，满足后一项的系数是前一项系数的2倍，，则这样的正整数有　 　个． 【答案】673． 【分析】由题意可得，利用组合数公式计算可得，由，可求得的取值范围，从而得解． 【解答】解：根据题意，设相邻两项为第项和第项，则有， 即， 可得，即， 因为， 所以， 解得， 所以有673个， 所以有673个． 故答案为：673． 【点评】本题主要考查二项式定理，组合数公式，考查运算求解能力，属于基础题． 9．已知在矩形中，，，为的中点，，则　 　． 【分析】画出图形，建立坐标系，求出相关点的坐标，然后求解向量的数量积即可． 【解答】解：如图：建立坐标系，由题意可知，，，，，， 可得，， 所以． 故答案为：． 【点评】本题考查向量的数量积的求法与应用，利用向量的坐标运算，能够简化解题过程，是中档题． 10．设椭圆的标准方程为，若斜率为1的直线与椭圆相切同时亦与圆为椭圆的短半轴）相切，记椭圆的离心率为，则　 　． 【答案】． 【分析】设出切线方程，代入椭圆方程推出、、的关系，利用直线与圆相切结合，求解离心率即可． 【解答】解：设切线方程为，代入椭圆方程可得： 因为相切△， 直线与圆相切可得：，或（舍去） 则有，因为， 所以可得． 故答案为：． 【点评】本题考查直线与椭圆的位置关系的综合应用，直线与圆相切关系的应用，是中档题． 11．如图，圆锥的底面直径和高均是，过上一点作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，则该圆柱体积的最大值为 　 　． 【答案】． 【分析】设圆柱的底面半径为，高为，由相似得，求出圆柱体积，利用导数求得最大值． 【解答】设圆柱的底面半径为，高为，则由相似可得， 即．令，结合，则， 圆柱的体积， ， 时，，时，， 即当，单调递增；当，单调递减， 所以当时，． 故答案为：． 【点评】本题考查几何体的体积的最值的求解，导数的综合应用，属中档题． 12．函数，，的值域为 　 　． 【答案】． 【分析】根据正切函数的单调性即可求出的范围，然后根据不等式的性质即可求出原函数的值域． 【解答】解：， ， ， 原函数的值域为：． 故答案为：． 【点评】本题考查了正切函数的单调性，不等式的性质，考查了计算能力，是基础题． 二、选择题（本大题共有4题，满分18分，第13~14题每题4分，第15~16题每题5分）每题有且只有一个正确选项。 13．设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题正确的是　　 A．，，则 B．，，则 C．，，，则 D．，，，，则 【答案】 【分析】对于，或；对于，由面面垂直的判定定理得；对于，与平行或异面；对于，与相交或平行． 【解答】解：，是两条不同的直线，，是两个不同的平面， 对于，，，则或，故错误； 对于，，，则由面面垂直的判定定理得，故正确； 对于，，，，则与平行或异面，故错误； 对于，，，，，则与相交或平行，故错误． 故选：． 【点评】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查空间思维能力，是中档题． 14．对于函数，有如下两个结论：甲：，乙：递增，则下列说法正确的是　　 A．甲既不是乙的充分条件，也不是乙的必要条件 B．甲是乙的必要而不充分条件 C．甲是乙的充要条件 D．甲是乙的充分而不必要条件 【答案】 【分析】利用导数与函数单调性的关系、简易逻辑的判定方法即可判断出结论． 【解答】解：由函数在定义域上单调递增，例如取，则在时单调递增，，但是在时单调递减． 反之：在定义域上递增，可得，无法得出． 甲是乙的既不充分也不必要条件， 故选：． 【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题． 15．据统计2024年“十一”黄金周哈尔滨太阳岛每天接待的游客人数服从正态分布，，则在此期间的某一天，太阳岛接待的人数不少于1700的概率为　　 附：，，， A．0.4987 B．0.8413 C．0.9772 D．0.9987 【答案】 【分析】根据题意，由正态分布的性质可得，则有的值，由对立事件的概率性质即可得答案． 【解答】解：根据题意，服从正态分布，，， 则， 则， 则， 故选：． 【点评】本题考查正态分布的性质，涉及正态分布的对称性，属于基础题． 16．数列满足，，．设，记表示不超过的最大整数．设，若不等式，对恒成立，则实数的最大值为　　 A．2020 B．2019 C．1010 D．1009 【答案】 【分析】首先利用关系式的变换得到数列是以2为首项，3为公比的等比数列，进一步利用叠加法的应用求出数列的通项公式，再利用裂项相消法和恒成立问题的求出的最大值． 【解答】解：数列满足，，． 整理得：，由于， 所以数列是以2为首项，3为公比的等比数列； 所以， 故，，， 所以， 整理得：； 所以； 故， 所以， 故， 由于， 所以， 故， 所以； 不等式，对恒成立 所以， 故实数的最大值为1010． 故选：． 【点评】本题考查的知识要点：数列的递推关系式，数列的通项公式的求法，叠加法，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于中档题． 三、解答题（本大题共有5题，满分78分）解答下列各题必须写出必要的步骤。 17．（14分）在中，角，，所对的边分别为，，，． （1）求的最大值； （2）求的取值范围． 【答案】（1）； （2）． 【分析】（1）由余弦定理结合已知条件可得，再利用基本不等式可求出，从而可求出的最大值； （2）由已知条件结合基本不等式可得，再由正弦定理得，所以，由（1）知，则可求出的范围，从而可求得结果． 【解答】解：（1）由余弦定理得， 因为， 所以， 因为，当且仅当时取等号， 所以，当且仅当时取等号， 所以，当且仅当时取等号， 因为， 所以， 所以的最大值为； （2）因为，当且仅当时取等号， 所以，当且仅当时取等号， 所以由正弦定理得，当且仅当时取等号， 所以，当且仅当时取等号， 由（1）知，所以， 所以， 所以，当且仅当时取等号， 即的取值范围为． 【点评】本题考查了正余弦定理和基本不等式在解三角形中的应用，属于中档题． 18．（14分）如图，在多面体中，四边形是正方形，，，是的中点． （1）求证：平面； （2）若平面，，，点为线段上一点，且，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明过程见详解； （2）． 【分析】（1）连接，由题意可证得，再由线面平行的判断定理可证得结论； （2）建立空间直角坐标系，由题意可得各点的坐标，设的坐标，由题意，可得点的坐标，求出平面的法向量的坐标，求出直线的方向向量的坐标，求出两个向量的的余弦值，进而求出直线与平面所成的角的正弦值． 【解答】（1）证明：连接，交于，连接， 在正方形中，可得为，的中点，为的中点， 在中，可得， 又因为平面，平面， 所以平面； （2）解：因为平面， 以为坐标原点，以，，所在的直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系， 因为，则，0，，，0，，，4，，，4，，设，0，， 则，4，，，则，0，， 所以，，，，0，，因为，所以，即，解得， 可得，0，，，，，，0，，，0，，，4，， 设，，， 点为线段上，，即，，，，，，， 所以，即，，， 即，，，所以，，， 设平面的法向量为，，，，0，，，4，， 则，即，令， 可得，，， 所以，，． 所以，， 设直线与平面所成的角为，且，， ，， 所以直线与平面所成角的正弦值为． 【点评】本题考查线面平行的证法及用空间向量的方法求线面所成的角的正弦值，属于中档题． 19．（14分）某商场为了提振顾客的消费信心，对某中型商品实行分期付款方式销售，根据以往资料统计，顾客购买该商品选择分期付款的期数的分布列为 4 5 6 0.4 其中，． （1）求购买该商品的3位顾客中，恰有1位选择分4期付款的概率； （2）商场销售一件该商品，若顾客选择分4期付款，则商场获得的利润为2000元；若顾客选择分5期付款，则商场获得的利润为2500元；若顾客选择分6期付款，则商场获得的利润为3000元，假设该商场销售两件该商品所获得的利润为（单位：元）， 设时的概率为，求当取最大值时，利润的分布列和数学期望； 设某数列满足，，，若，求的最小值． 【分析】（1）方法1：设恰有一位顾客选择分4期付款的概率的概率为．由题可知：，然后求解即可． 方法2：由于3位顾客中恰有1位选择“分4期付款”，则另外两位均不选“分4期付款”，利用相互独立事件乘法乘积求解概率即可． （2）（ⅰ）由题可得的值分别为4000，4500，5000，5500，6000．求出概率，得到分布列，然后求解期望即可． （ⅱ）由题可得，得到，判断数列是等比数列，然后分类求解的最小值． 【解答】解：（1）方法1：设恰有一位顾客选择分4期付款的概率的概率为． 由题可知：， 则． 方法2：由于3位顾客中恰有1位选择“分4期付款”，则另外两位均不选“分4期付款”，所以． （2）（ⅰ）由题可得的值分别为4000，4500，5000，5500，6000． ，， ， ，， 所以， 取最大值的条件为 所以分布列为： 4000 4500 5000 5500 6000 0.16 0.24 0.33 0.18 0.09 ． （ⅱ）解：由题可得，所以， 化简得，即是等比数列，首项为，公比为， 所以，化简得 由题可知： （1）由题可知：，显然对所有都成立； （2），也是对所有都成立； （3） 当为偶数时，上述不等式恒成立； 当为奇数时，，解得即 综上所述，的最小值为5． 【点评】本题考查离散型随机变量的分布列以及期望的求法，数列与函数的应用，考查转化思想以及计算能力，题目比较新颖，是难题． 20．（18分）已知椭圆经过点，点为椭圆的右焦点． （1）求椭圆的方程； （2）过点作两条斜率都存在且不为0的互相垂直的直线，，直线与椭圆相交、，直线与椭圆相交、两点，求四边形的面积的最小值． 【分析】（1）根据已知条件列式求出，可得椭圆的方程； （2）联立直线与椭圆方程，根据弦长公式求出和，求出后，根据基本不等式求出最值可得解． 【解答】解：（1）由题意可得，解得， 所以椭圆方程为． （2）设直线的方程为， 联立，得：，△， 设，，，，则，， 所以 ， 同理可得， 则， 当且仅当，即时取等号． 所以四边形的面积的最小值为． 【点评】本题考查直线与椭圆的位置关系，考查椭圆的方程的求法，考查运算求解能力，属中档题． 21．（18分）若函数满足，称为的不动点． （1）求函数的不动点； （2）设．求证：恰有一个不动点； （3）证明：函数有唯一不动点的充分非必要条件是函数有唯一不动点． 【答案】（1）不动点为0，2，； （2）见解析； （3）见解析； 【分析】（1）令，解出即可； （2）分和讨论，当时，转化为求，通过构造新函数，讨论其单调性即可证明； （3）设，计算得，则其必要性不成立，再通过证明其不动点的存在性，最后利用反证法证明其唯一性． 【解答】解：（1）由题意，得，，得，，，即不动点为0，2，； （2）证明：当时，，，故0为函数的一个不动点， 当时，求的解，即求的解， 令，，求导得， 当时，，，则， 当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 故， 即对任意，，恒成立， 即对任意，，恒成立， 综上所述，函数恰有一个不动点，为； （3）证明：设，则函数有唯一不动点， 由，可得， 则函数的不动点不唯一，必要性不成立， 另一方面，先证不动点是存在的， 不妨设是的唯一不动点，即， 令，则，那么，， 而，故，这说明是的不动点， 由只有一个不动点知，， 从而，这说明是的不动点，存在性得证； 再证唯一性，若还有另一个不动点，即， 则， 这说明还有另一个不动点，与题设矛盾， 综上所述，函数有唯一不动点的充分非必要条件是函数有唯一不动点． 【点评】本题属于新概念题，考查了导数的综合运用、分类讨论思想、转化思想及对充分非必要条件的证明，属于难题． 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！9 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（上海专用） 黄金卷 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 一、填空题（第1-6题每题4分，第7-12题每题5分，满分54分） 1．． 2． 3． 4． 5．45 6． 7．， 8．673 9． 10． 11． 12． 二、选择题（本大题共有4题，满分18分，第13~14题每题4分，第15~16题每题5分）每题有且只有一个正确选项。 13． 14． 15． 16． 三、解答题（本大题共有5题，满分78分）解答下列各题必须写出必要的步骤。 17．（14分）解：（1）由余弦定理得， 因为， 所以， 因为，当且仅当时取等号， 所以，当且仅当时取等号， 所以，当且仅当时取等号， 因为， 所以， 所以的最大值为； ..................................7分 （2）因为，当且仅当时取等号， 所以，当且仅当时取等号， 所以由正弦定理得，当且仅当时取等号， 所以，当且仅当时取等号， 由（1）知，所以， 所以， 所以，当且仅当时取等号， 即的取值范围为． ..................................14分 18．（14分）（1）证明：连接，交于，连接， 在正方形中，可得为，的中点，为的中点， 在中，可得， 又因为平面，平面， 所以平面； ..................................7分 （2）解：因为平面， 以为坐标原点，以，，所在的直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系， 因为，则，0，，，0，，，4，，，4，，设，0，， 则，4，，，则，0，， 所以，，，，0，，因为，所以，即，解得， 可得，0，，，，，，0，，，0，，，4，， 设，，， 点为线段上，，即，，，，，，， 所以，即，，， 即，，，所以，，， 设平面的法向量为，，，，0，，，4，， 则，即，令， 可得，，， 所以，，． 所以，， 设直线与平面所成的角为，且，， ，， 所以直线与平面所成角的正弦值为． ..................................14分 19．（14分）解：（1）方法1：设恰有一位顾客选择分4期付款的概率的概率为． 由题可知：， 则． 方法2：由于3位顾客中恰有1位选择“分4期付款”，则另外两位均不选“分4期付款”，所以． ..................................4分 （2）（ⅰ）由题可得的值分别为4000，4500，5000，5500，6000． ，， ， ，， 所以， 取最大值的条件为 所以分布列为： 4000 4500 5000 5500 6000 0.16 0.24 0.33 0.18 0.09 ．..................................9分 （ⅱ）解：由题可得，所以， 化简得，即是等比数列，首项为，公比为， 所以，化简得 由题可知： （1）由题可知：，显然对所有都成立； （2），也是对所有都成立； （3） 当为偶数时，上述不等式恒成立； 当为奇数时，，解得即 综上所述，的最小值为5． ..................................14分 20．（18分）解：（1）由题意可得，解得， 所以椭圆方程为． ..................................6分 （2）设直线的方程为， 联立，得：，△， 设，，，，则，， ..................................10分 所以 ， 同理可得， ..................................14分 则， 当且仅当，即时取等号． 所以四边形的面积的最小值为． ..................................18分 21．（18分）解：（1）由题意，得，，得，，，即不动点为0，2，； ..................................3分 （2）证明：当时，，，故0为函数的一个不动点， 当时，求的解，即求的解， 令，，求导得， 当时，，，则， 当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 故， 即对任意，，恒成立， 即对任意，，恒成立， 综上所述，函数恰有一个不动点，为； ..................................10分 （3）证明：设，则函数有唯一不动点， 由，可得， 则函数的不动点不唯一，必要性不成立， 另一方面，先证不动点是存在的， 不妨设是的唯一不动点，即， 令，则，那么，， 而，故，这说明是的不动点， 由只有一个不动点知，， 从而，这说明是的不动点，存在性得证； 再证唯一性，若还有另一个不动点，即， 则， 这说明还有另一个不动点，与题设矛盾， 综上所述，函数有唯一不动点的充分非必要条件是函数有唯一不动点． ..................................18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 $$