黄金卷06（广东专用）-【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（广东专用） 黄金卷06 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 第I卷（选择题） 一、单项选择题：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．在中，为边的中点，，则（    ） A． B． C． D． 3．某台机器每天生产10000个零件，现连续12天检测，得到每天的次品零件个数依次为：8，12，9，18，16，17，15，9，18，20，13，11，则这组样本数据的中位数与第60百分位数之和是（    ） A．29 B．30 C．30.5 D．31 4．已知，是一元二次方程的两个根，则（    ） A． B． C． D． 5．苏格兰数学家纳皮尔（J.Napier，1550-1617）发明的对数及对数表（部分对数表如下表所示），为当时的天文学家处理“大数”的计算大大缩短了时间．因为，所以的位数为4（一个自然数数位的个数，叫做位数），已知是24位数，则正整数的值为（    ） 3 4 5 6 7 8 9 0.4771 0.6021 0.6990 0.7782 0.8451 0.9031 0.9542 A．4 B．5 C．6 D．8 6．已知三棱锥的四个顶点都在球的球面上，，，则球的表面积为（    ） A． B． C． D． 7．的展开式中的系数为（    ） A．9 B．15 C．21 D．24 8．已知双曲线的左右焦点分别为，过点且与渐近线垂直的直线与双曲线左右两支分别交于两点，若，则双曲线的离心率为（    ） 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．在某节体育课上，体育老师对某班学生进行了立定跳远测试，其中有一组学生的成绩数据如下（单位：m）：1.74，1.87，1.81，1.81，1.88，1.99，那么（    ） A．这组学生成绩的平均数是1.85 B．这组学生成绩的中位数是1.84 C．这组学生成绩的众数是1.87 D．这组学生成绩的方差是0.036 2 10．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，，若满足要求的△ABC有且只有1个，则b的取值可以是（ ） A．1 B． C．2 D．3 11．已知正方体外接球的体积为是空间中的一点，则下列命题正确的是（    ） A．若点在正方体表面上运动，且，则点轨迹的长度为 B．若是棱上的点（不包括点），则直线与是异面直线 C．若点在线段上运动，则始终有 D．若点在线段上运动，则三棱锥体积为定值 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．复数满足，则 . 13．点在椭圆上，则点到直线的距离的最大值为 ． 14．定义：对于函数和数列，若，则称数列具有“函数性质”.已知二次函数图象的最低点为，且，若数列具有“函数性质”，且首项为1的数列满足，记的前项和为，则数列的最小值为 . 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．（本题满分13分）已知数列的前n项积． (1)求； (2)设，求证：． 16．（本题满分15分）在平面直角坐标系中，锐角的顶点与原点重合，始边与轴的正半轴重合，终边与单位圆交于，将的终边按逆时针方向旋转，交单位圆于，记． (1)求函数的值域； (2)在中，若，，，求的面积． 17．（本题满分15分）如图，在四棱锥中，平面平面，点在平面内的射影恰为点，直线，交于点. (1)求证：； (2)若，，求平面与平面夹角的余弦值. 18．（本题满分17分）已知双曲线分别是的左、右焦点．若的离心率，且点在上． (1)求的方程； (2)若过点的直线与的左、右两支分别交于两点，与抛物线交于两点，试问是否存在常数，使得为定值？若存在，求出常数的值；若不存在，请说明理由． 19．（本题满分17分）给出以下三个材料： ①若函数可导，我们通常把导函数的导数叫做的二阶导数，记作.类似的，函数的二阶导数的导数叫做函数的三阶导数，记作，函数的三阶导数的导数叫做函数的四阶导数……，一般地，函数的阶导数的导数叫做函数的n阶导数，记作，； ②若，定义； ③若函数在包含的某个开区间上具有任意阶的导数，那么对于任意有，我们将称为函数在点处的泰勒展开式. 例如在点处的泰勒展开式为 根据以上三段材料，完成下面的题目： (1)求出在点处的泰勒展开式； (2)用在点处的泰勒展开式前三项计算的值，精确到小数点后4位； (3)现已知，试求的值. 试卷第2页，共22页 2 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 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（广东专用） 黄金卷06 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 第I卷（选择题） 一、单项选择题：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】D 【分析】先分别求出两个集合，再根据交集的定义即可得解. 【详解】由，得，解得或， ， 所以. 故选：D. 2．在中，为边的中点，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】借助平面向量的线性运算及平面向量基本定理计算即可得解. 【详解】因为为边的中点，， 所以. 故选：D. 3．某台机器每天生产10000个零件，现连续12天检测，得到每天的次品零件个数依次为：8，12，9，18，16，17，15，9，18，20，13，11，则这组样本数据的中位数与第60百分位数之和是（    ） A．29 B．30 C．30.5 D．31 【答案】B 【分析】由百分位数、中位数的定义即可求解. 【详解】将这12个数据从小到大排列为， ，所以排列后的第8个数即为第60百分位数：16， 中位数为，故所求为：. 故选：B. 4．已知，是一元二次方程的两个根，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】结合根与系数关系可得，，再利用两角和的正切公式可求出的值. 【详解】因为，是一元二次方程的两个根， 显然，所以，， 所以， 所以． 故选：A． 5．苏格兰数学家纳皮尔（J.Napier，1550-1617）发明的对数及对数表（部分对数表如下表所示），为当时的天文学家处理“大数”的计算大大缩短了时间．因为，所以的位数为4（一个自然数数位的个数，叫做位数），已知是24位数，则正整数的值为（    ） 3 4 5 6 7 8 9 0.4771 0.6021 0.6990 0.7782 0.8451 0.9031 0.9542 A．4 B．5 C．6 D．8 【答案】C 【分析】根据位数定义利用对数运算表可得. 【详解】由题意可知，两边同时取对数可得， 所以，故， 由表中数据可知， 故选：C 6．已知三棱锥的四个顶点都在球的球面上，，，则球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先利用正弦定理求的外接圆半径，再求点到平面的距离，设三棱锥外接球半径为，根据勾股定理列方程求出，进一步计算球的表面积. 【详解】如图： 在中，， 由余弦定理：, 所以，所以外接圆半径为，即. 在直角三角形中，，，所以. 设棱锥外接球半径为，在直角三角形中，， 解得：. 所以球的表面积为：. 故选：A 7．的展开式中的系数为（    ） A．9 B．15 C．21 D．24 【答案】A 【分析】由的展开式中求出包含和的项，然后由多项式乘法可得． 【详解】二项式的展开式的通项公式为. 所以含的项为． 故选：A． 8．已知双曲线的左右焦点分别为，过点且与渐近线垂直的直线与双曲线左右两支分别交于两点，若，则双曲线的离心率为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】求得到渐近线的距离为，从而可求得的值，再在中利用正弦定理求出，然后结合双曲线的定义和余弦定理求解即可. 【详解】由题意知，点到渐近线的距离为， 所以， 因为，，所以， 所以， 因为，所以， 得，则， 在中，由正弦定理得， 即，得， 由双曲线的定义知， 所以， 在中，由余弦定理得， 即， 整理得，即， 所以离心率为. 故选：A 【点睛】关键点点睛：此题考查双曲线离心率的求法，熟练掌握双曲线的定义与几何性质结合正、余弦定理是解题的关键，考查逻辑推理能力和计算能力，属于较难题. 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．在某节体育课上，体育老师对某班学生进行了立定跳远测试，其中有一组学生的成绩数据如下（单位：m）：1.74，1.87，1.81，1.81，1.88，1.99，那么（    ） A．这组学生成绩的平均数是1.85 B．这组学生成绩的中位数是1.84 C．这组学生成绩的众数是1.87 D．这组学生成绩的方差是0.036 2 【答案】AB 【分析】本题主要考查样本特征数中的平均数、中位数、众数、方差等基础知识，根据相应的公式求解即可. 【详解】将这组数据从小到大重新排列：1.74，1.81，1.81，1.87，1.88，1.99， 则这组数据的平均数为，A正确． 这组数据的中位数为，B正确． 这组数据的众数为错误．这组数据的方差为，D错误． 故选:AB． 10．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，，若满足要求的△ABC有且只有1个，则b的取值可以是（ ） A．1 B． C．2 D．3 【答案】ABC 【分析】根据余弦定理，根据三角形的性质进行求解判断即可. 【详解】由，及， 得.若满足要求的△ABC有且只有1个，则或， 即或，解得或. 故选：ABC 11．已知正方体外接球的体积为是空间中的一点，则下列命题正确的是（    ） A．若点在正方体表面上运动，且，则点轨迹的长度为 B．若是棱上的点（不包括点），则直线与是异面直线 C．若点在线段上运动，则始终有 D．若点在线段上运动，则三棱锥体积为定值 【答案】BCD 【分析】根据正方体的几何特征可根据外接球的体积得棱长为2，即可由圆的周长求解A,根据异面直线的定义即可求解B，利用线面垂直即可求解C，利用等体积法即可求解D. 【详解】方体外接球的体积为.设外接球的半径为，则，解得.    设正方体的棱长为，则. 对于，在平面中，点的轨迹为以为圆心，2为半径的圆弧；同理，在平面ABCD和平面中，点的轨迹都是以为圆心，2为半径的圆弧.故点的轨迹的长度为.故错误； 对于B，利用异面直线的判定定理可以判断直线与是异面直线.故正确； 对于，在正方体中，有平面平面平面平面.故C正确；    对于，在正方体中，平面为定值.故D正确. 故选：BCD 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．复数满足，则 . 【答案】 【分析】根据复数的除法运算可得，结合模长公式运算求解. 【详解】因为，则， 所以. 故答案为：. 13．点在椭圆上，则点到直线的距离的最大值为 ． 【答案】 【分析】设点坐标是，，求点到直线的距离，利用三角函数的有界性求出点到直线的距离的最大值． 【详解】因为点在椭圆上， 故可设点坐标是，， 所以点到直线的距离， 所以，当且仅当，即时，取得最大值． 故答案为：． 14．定义：对于函数和数列，若，则称数列具有“函数性质”.已知二次函数图象的最低点为，且，若数列具有“函数性质”，且首项为1的数列满足，记的前项和为，则数列的最小值为 . 【答案】 【分析】利用二次函数的性质求解析式，再利用数列的递推思想构造等比数列，即可求和，从而用数列的单调性来求出最小值. 【详解】由二次函数最低点为可知：， 又，所以， 则.由题意得， 又由，得， 因为，所以， 即，又， 所以，则，即， 故是以1为首项，2为公比的等比数列，所以. 令.，则， 故当时，，当时，， 故. 故答案为：. 【点睛】方法点睛，根据二次递推，则需要通过构造两边对数，来得到等比数列递推关系. 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．（本题满分13分）已知数列的前n项积． (1)求； (2)设，求证：． 【答案】(1) (2)证明见详解 【分析】（1）根据题意，当时，，化简即可，再验证当1时是否满足同一表达式即可. （2）结合（1）将表示出来，然后等式两边同时乘以6，两个式子相减，再放缩即可证明. 【详解】（1）当时,, 当1时，满足上式， 所以. （2）， 即，① 所以，② ②①得， ， ， 所以得证. 16．（本题满分15分）在平面直角坐标系中，锐角的顶点与原点重合，始边与轴的正半轴重合，终边与单位圆交于，将的终边按逆时针方向旋转，交单位圆于，记． (1)求函数的值域； (2)在中，若，，，求的面积． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用三角函数定义和辅助角公式得到，根据，得到的值域； （2）根据得到，由正弦定理得到，由余弦定理得，求出三角形的面积. 【详解】（1），， ， ， 当且仅当即时，， 所以函数的值域是． （2）由（1）得，所以， ，， ，， 由正弦定理得， 又，故， 由余弦定理得，， ． 17．（本题满分15分）如图，在四棱锥中，平面平面，点在平面内的射影恰为点，直线，交于点. (1)求证：； (2)若，，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）过点作，垂足为，根据面面垂直性质定理证明平面，再证明，，结合线面垂直的判定定理和定义证明结论； （2）建立空间直角坐标系，求两平面的法向量，结合向量夹角公式求结论. 【详解】（1）连接，过点作，垂足为， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，平面， 所以， 因为点在平面内的射影恰为点， 所以平面，平面， 所以， 又，平面， 所以平面，平面， 所以， 所以. （2）因为，， 所以，所以， 又由已知可得平面，平面， 所以， 如图，以为原点，为轴正方向，建立空间直角坐标系， 因为，， 所以，，， 所以， 设平面的法向量为， 则，故， 取，则， 所以为平面的一个法向量， 又向量为平面的一个法向量， 设平面与平面夹角为， 则. 18．（本题满分17分）已知双曲线分别是的左、右焦点．若的离心率，且点在上． (1)求的方程； (2)若过点的直线与的左、右两支分别交于两点，与抛物线交于两点，试问是否存在常数，使得为定值？若存在，求出常数的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)存在，为定值． 【分析】（1）根据已知列方程组求解求出双曲线方程； （2）先联立方程组求出两根和两根积，再应用弦长公式，最后计算得出定值. 【详解】（1）设双曲线的半焦距为， 由题意可得，解得，所以的方程为． （2） 假设存在常数满足条件，由（1）知， 设直线， 联立方程得，消去，整理可得， 所以，， ． 因为直线过点且与的左、右两支分别交于，两点，所以两点在轴同侧，所以． 此时，即，所以． 设，将代入抛物线方程，得， 则， 所以 ． 所以． 故当时，为定值，所以，当时，为定值． 19．（本题满分17分）给出以下三个材料： ①若函数可导，我们通常把导函数的导数叫做的二阶导数，记作.类似的，函数的二阶导数的导数叫做函数的三阶导数，记作，函数的三阶导数的导数叫做函数的四阶导数……，一般地，函数的阶导数的导数叫做函数的n阶导数，记作，； ②若，定义； ③若函数在包含的某个开区间上具有任意阶的导数，那么对于任意有，我们将称为函数在点处的泰勒展开式. 例如在点处的泰勒展开式为 根据以上三段材料，完成下面的题目： (1)求出在点处的泰勒展开式； (2)用在点处的泰勒展开式前三项计算的值，精确到小数点后4位； (3)现已知，试求的值. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）利用阶泰勒展开式的定义，可求， （2）由（1）可求； （3）由（1）可得，进而可得，结合已知可得结论. 【详解】（1），，，， 所以，，，， 由 所以 （2）由（1）可得 （3）因为①， 对， 两边求导可得：， 所以， 所以②， 比较①②中的系数，可得： ， 所以. 【点睛】关键点睛：本题考查了导数中的新定义问题，关键是审题时明确阶泰勒展开式的具体定义；第三问关键在于用阶泰勒展开式表示. 试卷第2页，共22页 1 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 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（广东专用） 黄金卷06·参考答案 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 第I卷（选择题） 一、单项选择题：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 D D B A C A A A 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 AB ABC BCD 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． 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)证明见详解 【分析】（1）根据题意，当时，，化简即可，再验证当1时是否满足同一表达式即可. （2）结合（1）将表示出来，然后等式两边同时乘以6，两个式子相减，再放缩即可证明. 【详解】（1）当时,,---------3 当1时，满足上式，---------4 所以.---------5 （2）， 即，①---------6 所以，②---------7 ②①得，---------10 ， ，---------12 所以得证.---------13 16．（15分） 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用三角函数定义和辅助角公式得到，根据，得到的值域； （2）根据得到，由正弦定理得到，由余弦定理得，求出三角形的面积. 【详解】（1），，---------1 ，---------3 ，---------5 当且仅当即时，，---------6 所以函数的值域是．---------7 （2）由（1）得，所以，---------8 ，，---------9 ，，---------10 由正弦定理得，---------11 又，---------12 故，---------13 由余弦定理得，，---------14 ．---------15 17．（15分） 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）过点作，垂足为，根据面面垂直性质定理证明平面，再证明，，结合线面垂直的判定定理和定义证明结论； （2）建立空间直角坐标系，求两平面的法向量，结合向量夹角公式求结论. 【详解】（1）连接，过点作，垂足为，---------1 因为平面平面，平面平面，平面，---------2 所以平面，平面，--------- 所以，---------3 因为点在平面内的射影恰为点， 所以平面，平面， 所以，---------4 又，平面， 所以平面，平面， 所以，---------5 所以.---------6 （2）因为，， 所以，所以， 又由已知可得平面，平面， 所以，---------8 如图，以为原点，为轴正方向，建立空间直角坐标系， 因为，， 所以，，， 所以，---------9 设平面的法向量为， 则，故， 取，则， 所以为平面的一个法向量，---------12 又向量为平面的一个法向量，---------13 设平面与平面夹角为， 则.---------15 18．（17分） 【答案】(1) (2)存在，为定值． 【分析】（1）根据已知列方程组求解求出双曲线方程； （2）先联立方程组求出两根和两根积，再应用弦长公式，最后计算得出定值. 【详解】（1）设双曲线的半焦距为，---------1 由题意可得，解得，---------4 所以的方程为．---------5 （2） 假设存在常数满足条件，由（1）知， 设直线， 联立方程得，消去，整理可得，---------6 所以，，---------7 ．---------9 因为直线过点且与的左、右两支分别交于，两点，所以两点在轴同侧，所以． 此时，即，所以．---------10 设，将代入抛物线方程，得，---------12 则，---------13 所以 ．---------14 所以．---------15 故当时，为定值，---------16 所以，当时，为定值．---------17 19．（17分） 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）利用阶泰勒展开式的定义，可求， （2）由（1）可求； （3）由（1）可得，进而可得，结合已知可得结论. 【详解】（1），，，，---------1 所以，，，，---------2 由---------3 所以---------4 （2）由（1）可得---------6 （3）因为①，---------8 对， 两边求导可得：，---------10 所以， 所以②，---------13 比较①②中的系数，可得： ，---------15 所以.---------17 【点睛】关键点睛：本题考查了导数中的新定义问题，关键是审题时明确阶泰勒展开式的具体定义；第三问关键在于用阶泰勒展开式表示. 试卷第2页，共22页 2 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$