2025届新高考Ⅱ卷对点数学模拟卷(一)

2025年新高考Ⅱ卷对点模拟卷(一) （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题 共58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．复数满足（是虚数单位），则等于（ ） A. B. C. D. 2．已知命题， 命题，则（ ） A. 命题和命题都是真命题 B. 命题的否定和命题都是真命题 C. 命题的否定和命题都是真命题 D. 命题的否定和命题的否定都是真命题 3．向量，满足，，则（ ） A. 3 B. C. 1 D. 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，为圆上的两个动点，点，且，则下列结论错误的是（     ） A． B．外接圆圆心的轨迹方程为 C． D．重心的轨迹方程为 6．直线与曲线的交点个数为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 7．一个正四棱台形油槽的上、下底面边长分别为，容积为（厚度忽略不计），则该油槽的侧棱与底面所成角的正切值为（    ） A． B． C． D． 8．已知函数没有极值点，则的最大值为（ ） 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．已知函数，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 与有相同的最小值 C. 直线为的一条对称轴 D. 将向左平移个单位长度后得到的图像 10．已知抛物线的焦点为，准线交轴于点，直线经过且与交于两点，其中点A在第一象限，线段的中点在轴上的射影为点.若，则（ ） A. 的斜率为 B. 是锐角三角形 C. 四边形的面积是 D. 11．已知函数，则（ ） A. 至少有一个零点 B. 存在，使得有且仅有一个极值点 C. 点是曲线的对称中心 D. 当时，在上单调递减 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．记为等差数列的前项和，若，则______． 13．若，则（ ） A. B. C. D. 14．九宫格数独游戏是训练推理能力的数字谜题游戏，某小九宫格如图所示，小明需要在9个小格子中填上1至9中不重复的整数，小明通过推理已经得到了4个小格子中的准确数字，这5个数字未知，且为奇数，则的可能情况有__________种. 9 7 4 5 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。 15．(13分)在中，角所对的边分别为的外接圆半径为，且． (1)求的值；(2)若的面积为，求的周长 16.(15分)已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若既存在极大值，又存在极小值，求实数的取值范围. 17．(17分)如图甲所示，在平面四边形中，，，，现将平面沿向上翻折，使得，为的中点，如图乙. (1)证明：；(2)若点在线段上，且直线与平面所成角的正弦值为，求平面与平面所成角的余弦值. 18．(17分)某素质训练营设计了一项闯关比赛.规定：三人组队参赛，每次只派一个人，且每人只派一次：如果一个人闯关失败，再派下一个人重新闯关；三人中只要有人闯关成功即视作比赛胜利，无需继续闯关.现有甲、乙、丙三人组队参赛，他们各自闯关成功的概率分别为、、，假定、、互不相等，且每人能否闯关成功的事件相互独立. (1)计划依次派甲乙丙进行闯关，若，，，求该小组比赛胜利的概率； (2)若依次派甲乙丙进行闯关，则写出所需派出的人员数目的分布，并求的期望； (3)已知，若乙只能在第二个派出，要使派出人员数目的期望较小，试确定甲、丙谁先派出. 19.(17分)已知有一系列双曲线：，其中，.记第条双曲线的离心率为，且满足，. （1）求数列的通项公式；（2）求数列的前项和. 第 1 页 共 18 页 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025年新高考Ⅱ卷对点模拟卷(一) （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题 共58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．复数满足（是虚数单位），则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】C【分析】由复数的除法运算计算可得，再由模长公式即可得出结果. 【解析】依题意可得，所以；故选：C 2．已知命题， 命题，则（ ） A. 命题和命题都是真命题 B. 命题的否定和命题都是真命题 C. 命题的否定和命题都是真命题 D. 命题的否定和命题的否定都是真命题 【答案】D【解析】当或时，，故命题是假命题，命题的否定为真命题； 因为，所以命题为假命题，命题的否定为真命题； 综上可得：命题的否定和命题的否定都是真命题；故选：D 3．向量，满足，，则（ ） A. 3 B. C. 1 D. 【答案】D【解析】因为向量，满足，，所以，， 即， ①；，②；所以，得：， 即，所以；故选：D 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 【答案】D【解析】对于A：，所以男生样本数据的分位数是，故A正确； 对于B：男生样本数据的中位数为，男生样本数据的众数为，故B正确； 对于C：女生样本数据的平均数为， 女生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，故C正确； 对于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．已知，为圆上的两个动点，点，且，则下列结论错误的是（     ） A． B．外接圆圆心的轨迹方程为 C． D．重心的轨迹方程为 【答案】D【详解】因为圆，可得圆心，半径为，且点在圆内， 对于A中，由，根据圆的性质，可得， 即，即，所以的最大值为，所以A正确； 对于B中，设的外接圆的圆心为，则，则有， 可得，即，所以B正确； 对于C中，因为，当线段的中垂线经过点时，此时取得最值， 如图所示，可得时，可得， 时，可得，所以C正确； 对于D中，设的重心为点，则， 由B项知的外接圆的圆心点的轨迹方程为， 且点为的中点，即，所以， 即，即，所以D错误；故选：D. 6．直线与曲线的交点个数为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】A【分析】要求交点即求函数的零点，等价于求的零点， 等价于求和两函数交点，作出相关图形，利用数型结合从而可求解. 【解析】由题意可得，所以其与直线的交点， 等价于求的零点，等价于的零点， 等价于求函数与函数的交点， 易得函数为周期为2的函数，且时，， 所以是函数的一个对称中心， 对于，， 所以关于点对称，且为增函数，为增函数， 所以在，上单调递增，所以可以作出和图象如下图， 由图可得其有2个交点，故A正确；故选：A. 7．一个正四棱台形油槽的上、下底面边长分别为，容积为（厚度忽略不计），则该油槽的侧棱与底面所成角的正切值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D【详解】设正四棱台形油槽的高为，依题意，得，解得． 设该正四棱台的侧棱与底面所成角为，所以，故选：D 8．已知函数没有极值点，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B【分析】转化为恒成立，构造函数，讨论其单调性和最值，从而得到，故，换元后构造函数，求其单调性和最值，得出答案. 【解析】函数没有极值点，，或恒成立， 由指数爆炸的增长性，不可能恒小于等于0， 恒成立． 令，则，当时，恒成立，为上的增函数， 因为递增，也递增，所以，此时，不合题意； ②当时，为增函数，由得， 令 在上单调递减，在上单调递增， 当时，依题意有，即， ，，令，， 则，令，令，解得， 所以取最大值故当，，即，时，取得最大值 综上，若函数没有极值点，则的最大值为故选：B. 【点睛】函数没有极值点问题转化为导函数恒大于等于0，构造函数，研究函数的最小值，从而得解. 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．已知函数，则（ ） A. 的最小正周期为 B. 与有相同的最小值 C. 直线为的一条对称轴 D. 将向左平移个单位长度后得到的图像 【答案】ABD【解析】因为， 对于A：的最小正周期，故A正确； 对于B：与的最小值均为，故B正确； 对于C：因为，可知直线不为图象的对称轴，故C错误； 对于D：将向左平移个单位长度，得到，D正确；故选：ABD. 10．已知抛物线的焦点为，准线交轴于点，直线经过且与交于两点，其中点A在第一象限，线段的中点在轴上的射影为点.若，则（ ） A. 的斜率为 B. 是锐角三角形 C. 四边形的面积是 D. 【答案】ABD【分析】根据题意分析可知为等边三角形，即可得直线的倾斜角和斜率，进而判断A；可知直线的方程，联立方程求点的坐标，求相应长度，结合长度判断BD；根据面积关系判断C. 【解析】由题意可知：抛物线的焦点为，准线为，即， 设，则，可得， 因为，即，可知等边三角形，即， 且∥x轴，可知直线的倾斜角为，斜率为，故A正确； 则直线，联立方程，解得或， 即，，则， 可得， 在中，，且， 可知为最大角，且为锐角，所以是锐角三角形，故B正确； 四边形的面积为，故C错误； 因为，所以，故D正确；故选：ABD. 11．已知函数，则（ ） A. 至少有一个零点 B. 存在，使得有且仅有一个极值点 C. 点是曲线的对称中心 D. 当时，在上单调递减 【答案】ACD【分析】借助零点的存在性定理可得A；结合导数、极值点定义与二次函数的性质可得B；借助对称性定义计算可得C；利用导数与单调性的关系计算可得D. 【解析】对A：由，当时，， 故在上必有零点，即至少有一个零点，故A正确； 对B：若存在，使得有且仅有一个极值点，则有唯一变号零点， 由二次函数性质可知，二次函数在上不可能有唯一变号零点， 故不存在，使得有且仅有一个极值点，故B错误； 对C： ， 有， 故点是曲线的对称中心，故C正确； 对D：，当，， 由，则，故在上单调递减，故D正确；故选：ACD. 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．记为等差数列的前项和，若，则______． 【答案】21【解析】是等差数列，，即，所以 故公差，. 13．若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C【解析】由，得，即， 由，得，故， 则，故选：C 14．九宫格数独游戏是训练推理能力的数字谜题游戏，某小九宫格如图所示，小明需要在9个小格子中填上1至9中不重复的整数，小明通过推理已经得到了4个小格子中的准确数字，这5个数字未知，且为奇数，则的可能情况有__________种. 9 7 4 5 【答案】8【解析】这个试验的等可能结果用下表表示： a b c d e 2 1 6 3 8 2 1 8 3 6 6 1 2 3 8 6 1 8 3 2 8 1 2 3 6 8 1 6 3 2 2 3 6 1 8 2 3 8 1 6 6 3 2 1 8 6 3 8 1 2 8 3 2 1 6 8 3 6 1 2 共有12种等可能的结果，其中的结果有8种；故答案为：8. 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。 15．(13分)在中，角所对的边分别为的外接圆半径为，且． (1)求的值；(2)若的面积为，求的周长 【解析】(1)由，结合正弦定理得，化简得， 因为，且不同时为钝角，则，所以， 又，所以，因此； (2)由(1)知，则， 由正弦定理得，令，则， 则，解得， 因此的周长为． 16.(15分)已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若既存在极大值，又存在极小值，求实数的取值范围. 【详解】（1）当时，函数，求导得，则，而， 所以曲线在点处的切线方程为，即. （2）函数的定义域为，， 当时，，由，得，由，得， 则函数在上递增，在上递减，函数只有极大值，不合题意； 当时，由，得或， ①若，即，由，得或，由，得， 则在上递增，在上递减，因此极大值为，极小值为，符合题意； ②若，即，由，得或，由，得， 则在上递增，在上递减，因此极大值为，极小值为，符合题意； ③若，即，由在上恒成立，得在上递增，无极值，不合题意， 所以的取值范围为. 17．(17分)如图甲所示，在平面四边形中，，，，现将平面沿向上翻折，使得，为的中点，如图乙. (1)证明：；(2)若点在线段上，且直线与平面所成角的正弦值为，求平面与平面所成角的余弦值. 【详解】（1）证明：如图，连接DM，因为，，M为AC的中点，所以， ，又因为，所以，所以，， 所以平面， 而平面，所以； （2）取MC的中点为O，BC的中点为E，连接DO，OE，则， 因为所以，又因为O为MC的中点，所以， 由(1)知平面，平面，所以， 又所以平面， 以O为坐标原点，OA，OE，OD所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示坐标系， 由题意知，， 设平面DAB的一个法向量为，则，令，得， 设，则， 所以，所以，化简得， 解得 (舍去)，所以点Q是DC上靠近D的三等分点，所以 设平面BQM的一个法向量为，则，令，得， ， 故平面ADB与平面BQM所成角的余弦值为. 18．(17分)某素质训练营设计了一项闯关比赛.规定：三人组队参赛，每次只派一个人，且每人只派一次：如果一个人闯关失败，再派下一个人重新闯关；三人中只要有人闯关成功即视作比赛胜利，无需继续闯关.现有甲、乙、丙三人组队参赛，他们各自闯关成功的概率分别为、、，假定、、互不相等，且每人能否闯关成功的事件相互独立. (1)计划依次派甲乙丙进行闯关，若，，，求该小组比赛胜利的概率； (2)若依次派甲乙丙进行闯关，则写出所需派出的人员数目的分布，并求的期望； (3)已知，若乙只能在第二个派出，要使派出人员数目的期望较小，试确定甲、丙谁先派出. 【详解】（1）设事件表示“该小组比赛胜利”，则； （2）由题意可知，的所有可能取值为1，2，3， 则，，，所以的分布为： 所以； （3）若依次派甲乙丙进行闯关，设派出人员数目的期望为，由（2）可知，， 若依次派丙乙甲进行闯关，设派出人员数目的期望为，则， 则， 因为，所以，，所以，即， 所以要使派出人员数目的期望较小，先派出甲． 19.(17分)已知有一系列双曲线：，其中，.记第条双曲线的离心率为，且满足，. （1）求数列的通项公式；（2）求数列的前项和. 【详解】（1）因为，所以， 两式对应相减，可得，所以， 因为当时，，所以，所以是以2为首项，以2为公差的等差数列， 所以； （2）由题意，得，所以， 所以. ( 第 1 页 共 18 页 ) 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$