黄金卷05（新高考Ⅱ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 （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．设全集，，，则（    ） A．{1，2} B． C． D． 2．“”是“复数在复平面内对应的点位于第四象限”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．已知平面向量，且，则（   ） A． B． C．1 D．3 4．已知等差数列满足，则的值为（    ） A．8 B．6 C．4 D．2 5．在的展开式中，项的系数为（    ） A． B． C． D． 6．记函数的最小正周期为.若，且的图象关于点中心对称，则（    ） A．1 B． C． D．3 7．已知双曲线：的右焦点为，关于原点对称的两点A、B分别在双曲线的左、右两支上，，，且点C在双曲线上，则双曲线的离心率为（    ） A． B． C． D． 8．已知函数，若恒成立，则的取值范围是（    ） 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。 9．四名同学各投掷骰子次，分别记录骰子出现的点数．根据四名同学的统计结果，可能出现点数的是（    ） A．平均数为，中位数为 B．众数为，中位数为 C．平均数为，方差为 D．平均数为，方差为 10．设正实数x，y满足，则（ ） A．的最大值是 B．的最小值是9 C．的最小值为 D．的最小值为2 11．已知椭圆，A，B为左右两个顶点，，为左右两个焦点，O为原点，P为椭圆上一点，则（    ）． A． B．的范围是 C．若直线l过点与椭圆交于M，N，则 D．若，则 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．已知,则 . 13．已知圆台的体积为，其上底面圆半径为1，下底面圆半径为4，则该圆台的母线长为 . 14．已知是定义在R上的函数，，且对任意都有：与成立，若，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）记△的内角的对边分别为，已知. (1)求； (2)若，求的范围. 16．（15分）已知动点在抛物线上，，点到的准线的距离为，且的最小值为5. (1)求的方程； (2)若过点的直线与交于两点，且直线的斜率与直线的斜率之积为，求的斜率. 17．（15分）已知在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，是正三角形，E、F、M、O分别是、、、的中点，平面． (1)求证：； (2)求点B到平面的距离； (3)在线段上是否存在点N，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求线段的长度，若不存在，说明理由． 18．（17分）已知函数，若函数在点处的切线方程为. (1)求，的值； (2)求的单调区间； (3)当时，若存在常数，使得方程有两个不同的实数解，，求证：. 19．（17分）设为正整数，集合对于，设集合. (1)若，写出集合； (2)若，且满足令 ，求证： ； (3)若，且 ，求证： . 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！6 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 （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．设全集，，，则（    ） A．{1，2} B． C． D． 【答案】D 【分析】由交集和补集的定义求解即可. 【详解】因为所以， ∴. 故选：D. 2．“”是“复数在复平面内对应的点位于第四象限”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 【答案】B 【分析】求出复数在复平面内对应的点位于第四象限的等价条件，利用集合的包含关系及充分条件、必要条件求解. 【详解】因为复数在复平面内对应的点位于第四象限， 而成立推不出成立，， 所以是复数在复平面内对应的点位于第四象限的必要不充分条件， 故选：B 3．已知平面向量，且，则（   ） A． B． C．1 D．3 【答案】A 【分析】由两向量平行坐标间的关系可求解. 【详解】由题意知，所以，解得，故A正确. 故选：A. 4．已知等差数列满足，则的值为（    ） A．8 B．6 C．4 D．2 【答案】C 【分析】根据等差数列的性质直接得出结果. 【详解】在等差数列中，由得， 所以. 故选：C 5．在的展开式中，项的系数为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据条件，利用组合知识，即可求出结果. 【详解】相当于6个因式相乘，其中一个因式取，有种取法， 余下5个因式中有2个取，有种取法，最后3个因式中全部取，有种取法，故展开式中的系数为. 故选：A. 6．记函数的最小正周期为.若，且的图象关于点中心对称，则（    ） A．1 B． C． D．3 【答案】C 【分析】根据周期公式求出，再由对称性确定的值，即可得到函数解析式，最后代入计算可得. 【详解】因为的最小正周期为满足， 所以，解得， 又的图象关于点中心对称， 所以，所以 解得， 当时， 所以，则. 故选：C 7．已知双曲线：的右焦点为，关于原点对称的两点A、B分别在双曲线的左、右两支上，，，且点C在双曲线上，则双曲线的离心率为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由，令且，，则，根据题设有、、，进而有，将它们整理为关于的齐次方程求离心率即可. 【详解】由题设，令且，，则，且①，   由，即②， 由，即， 又C在双曲线上，则③， 由①得：，代入③并整理得：， 由①②及得：， 所以，即， 显然，则.故选：B 【点睛】关键点点睛：设且，，结合已知得到关于的齐次方程为关键. 8．已知函数，若恒成立，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】，则，，即，等价于，等价于，构造函数，再根据函数的单调性进而可得出答案. 【详解】 ， 则，即， 即，即， 则， 等价于， 令， 因为都是增函数， 所以函数是增函数， 则，即为， 所以， 所以， 令，则， 当时，，当时，， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 所以， 所以，所以， 所以的取值范围是. 故选：A. 【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略： （1）通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围； （2）利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题． （3）根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别． 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。 9．四名同学各投掷骰子次，分别记录骰子出现的点数．根据四名同学的统计结果，可能出现点数的是（    ） A．平均数为，中位数为 B．众数为，中位数为 C．平均数为，方差为 D．平均数为，方差为 【答案】BD 【分析】推出A、C数据矛盾，利用特例说明B、D. 【详解】对于A，若平均数为，则点数和为，又中位数为， 则从小到大排列的前3个数不能大于2，即和不超过6，后2个数的和最大为12，显然不满足条件， 故不可能出现平均数为且中位数为的数据，故A错误； 对于B，当掷骰子出现的结果为2，2，3，4，6时，满足中位数为3，众数为2，可以出现点6，所以B正确； 对于C，若平均数为2，且出现点数6，则方差，所以当平均数为2，方差为时，一定不会出现点数6，所以C错误； 对于D，当掷骰子出现的结果为1，2，3，3，6时，满足中位数为3， 平均数为， 方差为， 所以可以出现点，所以D正确， 故选：BD 10．设正实数x，y满足，则（ ） A．的最大值是 B．的最小值是9 C．的最小值为 D．的最小值为2 【答案】BC 【分析】根据基本不等式一一求解最值即可. 【详解】对于A， ，， 当且仅当，即，时等号成立，故A错误； 对于B，， 当且仅当即时等号成立，故B正确； 对于C，由A可得，又，，当且仅当，时等号成立，故C正确； 对于D，， 所以，当且仅当，时等号成立，故D错误； 故选：BC. 11．已知椭圆，A，B为左右两个顶点，，为左右两个焦点，O为原点，P为椭圆上一点，则（    ）． A． B．的范围是 C．若直线l过点与椭圆交于M，N，则 D．若，则 【答案】ACD 【分析】根据斜率公式即可化简求解A； 根据椭圆定义，结合二次函数的性质即可求解B； 根据点到直线的距离公式即可求解C； 根据向量的模长公式，结合余弦定理即可求解D. 【详解】对于A，设，则， 故A正确， 对于B，由于又，即， 所以， 故当时，取最大值9，当或时，取最小值6，故B错误， 对于C，设方程为，所以，其中为到直线的距离，故C正确， 对于D，由余弦定理可得, 因此， 又， ，故， 故选：ACD 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．已知,则 . 【答案】/0.8 【分析】根据辅助角公式和两角差的余弦公式求解即可. 【详解】因为, 所以. 故答案为:. 13．已知圆台的体积为，其上底面圆半径为1，下底面圆半径为4，则该圆台的母线长为 . 【答案】 【分析】由圆台的体积求得圆台的高h，作出圆台的轴截面，由勾股定理可求得结果. 【详解】圆台的上底面半径为1，下底面半径为4，设圆台的高为h， 则该圆台的体积为，则， 作出圆台的轴截面如图所示， 上底面圆心为，下底面圆心为，，， 过作，则，又， 所以圆台的母线长为． 故答案为：. 14．已知是定义在R上的函数，，且对任意都有：与成立，若，则 ． 【答案】1 【解析】根据，得到，再结合与成立，可推理出，，两者结合进而推理出，得到是以1为周期的周期函数求解. 【详解】因为，所以． 所以， ， 所以，， 所以， 所以，所以是以1为周期的周期函数． 所以． 故答案为：1 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）记△的内角的对边分别为，已知. (1)求； (2)若，求的范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用正弦定理以及三角恒等变形求； （2）利用正弦定理将的范围转化为三角函数的值域求解. 【详解】（1）由正弦定理得，， 因为，所以，所以，则， 因为，所以， 所以，所以. （2）因为，则， 因为, 所以. 所以. 因为.所以.所以， 所以. 16．（15分）已知动点在抛物线上，，点到的准线的距离为，且的最小值为5. (1)求的方程； (2)若过点的直线与交于两点，且直线的斜率与直线的斜率之积为，求的斜率. 【答案】(1)(2)4或 【分析】（1）利用抛物线的定义转化一个距离，则可用两点间距离线段最短得解； （2）利用方程组思想结合韦达定理，转化到坐标法来研究，即可得解. 【详解】（1）设抛物线的焦点为，由抛物线的定义可得，则， 当三点共线且点在线段上时，取得最小值， 则，整理得，解得或，因为，所以，故的方程为. （2）设过点的直线. 联立，消元得，则，由， 得 代入韦达定理得： 化简得，得或.故的斜率为4或. 17．（15分）已知在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，是正三角形，E、F、M、O分别是、、、的中点，平面． (1)求证：； (2)求点B到平面的距离； (3)在线段上是否存在点N，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求线段的长度，若不存在，说明理由． 【答案】(1)证明见详解(2)(3)存在点满足题意， 【分析】（1）先证明平面，再证明，即可得证； （2）求点到平面的距离即求点到平面的距离，利用三棱锥等体积法求解； （3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解. 【详解】（1）因为平面，平面，所以，又底面是正方形，则，且与是平面内两条相交直线， 所以平面，平面，所以， 又分别是的中点，所以， 所以. （2）因为分别是的中点， 所以， 所以平面即是平面， 由（1）知平面，则平面，平面， ，则， 设点到平面的距离为，由， 得，即， 解得， 所以点到平面的距离为. （3）如图以为原点，为轴，可建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， ，，， 设线段上存在点，使得与平面所成角的正弦值为，且， ，，， 设平面的一个法向量为，则，即，令，得， ，，整理得，解得或（舍），，即存在点使得直线与平面所成角的正弦值为，此时. 18．（17分）已知函数，若函数在点处的切线方程为. (1)求，的值； (2)求的单调区间； (3)当时，若存在常数，使得方程有两个不同的实数解，，求证：. 【答案】(1)、 (2)单调递减区间为，，单调递增区间为 (3)证明见解析 【分析】（1）求出函数的导函数，依题意可得，即可得到方程组，解得即可； （2）由（1）可得，求出函数的定义域与导函数，再解得关于导函数的不等式，即可求出函数的单调区间； （3）由（2）不妨设，则，则只需证明，即证，令，利用导数说明函数的单调性，即可得证. 【详解】（1）因为，所以， 因为函数在点处的切线方程为，所以，即， 解得. （2）由（1）可得定义域为， 则， 因为， 所以当或时，当时， 所以的单调递减区间为，，单调递增区间为. （3）由（1）可得当时的单调递减区间为，单调递增区间为， 则在处取得极小值， 因为当时，存在常数，使得方程有两个不同的实数解，， 即与有两个交点，则， 不妨设，则， 要证， 即证，又，所以， 因为在上单调递增， 所以只需证明， 又，则只需证明， 令， 则 ， 令，，则， 则在上单调递减，且，所以， 所以，即在上单调递减， 所以， 即在上恒成立， 所以在上恒成立， 即在上恒成立， 则. 【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理． 19．（17分）设为正整数，集合对于，设集合. (1)若，写出集合； (2)若，且满足令 ，求证： ； (3)若，且 ，求证： . 【答案】(1)； (2)证明见解析； (3)证明见解析. 【分析】（1）由题意，即可直接写出； （2）由可得，结合可得，即可证明； （3）若且则，进而，由（2）可知，分类讨论、时与的大小关系，即可证明. 【详解】（1）； （2）因为，所以， 当时，， 所以，即，， 又因为，所以， 所以， 所以； （3）对任意，令， 若且，则， 所以， 因为，所以， 所以，所以. 对，因为， 由（2）可知，令，则. 若，因为， 所以，即， 又因为，所以. 若，则， 所以. 综上，即. 【点睛】方法点睛： 学生在理解相关新概念、新定义、新法则(公式)之后，运用学过的知识，结合已掌握的技能，通过推理、运算等解决问题.在新环境下研究“旧”性质.主要是将新性质应用在“旧”性质上，创造性地证明更新的性质，落脚点仍然是集合相关知识. 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！3 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 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 D B A C A C B 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 BD BC ACD 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. 14.1 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) 【分析】（1）利用正弦定理以及三角恒等变形求； （2）利用正弦定理将的范围转化为三角函数的值域求解. 【详解】（1）由正弦定理得，， 因为，所以，所以，则， 因为，所以， 所以，所以. （2）因为，则， 因为, 所以. 所以. 因为.所以.所以， 所以. 16．（15分） 【答案】(1)(2)4或 【分析】（1）利用抛物线的定义转化一个距离，则可用两点间距离线段最短得解； （2）利用方程组思想结合韦达定理，转化到坐标法来研究，即可得解. 【详解】（1）设抛物线的焦点为，由抛物线的定义可得，则， 当三点共线且点在线段上时，取得最小值， 则，整理得，解得或，因为，所以，故的方程为. （2）设过点的直线. 联立，消元得，则，由， 得 代入韦达定理得： 化简得，得或.故的斜率为4或. 17．（15分） 【答案】(1)证明见详解(2)(3)存在点满足题意， 【分析】（1）先证明平面，再证明，即可得证； （2）求点到平面的距离即求点到平面的距离，利用三棱锥等体积法求解； （3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解. 【详解】（1）因为平面，平面，所以，又底面是正方形，则，且与是平面内两条相交直线， 所以平面，平面，所以， 又分别是的中点，所以， 所以. （2）因为分别是的中点， 所以， 所以平面即是平面， 由（1）知平面，则平面，平面， ，则， 设点到平面的距离为，由， 得，即， 解得， 所以点到平面的距离为. （3）如图以为原点，为轴，可建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， ，，， 设线段上存在点，使得与平面所成角的正弦值为，且， ，，， 设平面的一个法向量为，则，即，令，得， ，，整理得，解得或（舍），，即存在点使得直线与平面所成角的正弦值为，此时. 18．（17分） 【答案】(1)、 (2)单调递减区间为，，单调递增区间为 (3)证明见解析 【分析】（1）求出函数的导函数，依题意可得，即可得到方程组，解得即可； （2）由（1）可得，求出函数的定义域与导函数，再解得关于导函数的不等式，即可求出函数的单调区间； （3）由（2）不妨设，则，则只需证明，即证，令，利用导数说明函数的单调性，即可得证. 【详解】（1）因为，所以， 因为函数在点处的切线方程为，所以，即， 解得. （2）由（1）可得定义域为， 则， 因为， 所以当或时，当时， 所以的单调递减区间为，，单调递增区间为. （3）由（1）可得当时的单调递减区间为，单调递增区间为， 则在处取得极小值， 因为当时，存在常数，使得方程有两个不同的实数解，， 即与有两个交点，则， 不妨设，则， 要证， 即证，又，所以， 因为在上单调递增， 所以只需证明， 又，则只需证明， 令， 则 ， 令，，则， 则在上单调递减，且，所以， 所以，即在上单调递减， 所以， 即在上恒成立， 所以在上恒成立， 即在上恒成立， 则. 【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理． 19．（17分） 【答案】(1)； (2)证明见解析； (3)证明见解析. 【分析】（1）由题意，即可直接写出； （2）由可得，结合可得，即可证明； （3）若且则，进而，由（2）可知，分类讨论、时与的大小关系，即可证明. 【详解】（1）； （2）因为，所以， 当时，， 所以，即，， 又因为，所以， 所以， 所以； （3）对任意，令， 若且，则， 所以， 因为，所以， 所以，所以. 对，因为， 由（2）可知，令，则. 若，因为， 所以，即， 又因为，所以. 若，则， 所以. 综上，即. 【点睛】方法点睛： 学生在理解相关新概念、新定义、新法则(公式)之后，运用学过的知识，结合已掌握的技能，通过推理、运算等解决问题.在新环境下研究“旧”性质.主要是将新性质应用在“旧”性质上，创造性地证明更新的性质，落脚点仍然是集合相关知识. 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 $$