黄金卷06（新高考八省专用）-【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（新高考八省专用） 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．[1,2] B． C． D． 2．若，则（    ） A． B． C． D． 3．已知命题，，命题，，则（   ） A．和都是真命题 B．和都是真命题 C．和都是真命题 D．和都是真命题 4．紫砂壶是中国特有的手工陶土工艺品，经典的有西施壶、石瓢壶、潘壶等，其中石瓢壶的壶体可以近似看成一个圆台，如图给了一个石瓢壶的相关数据（单位： ），那么该壶的容积约为（     ） A． B． C． D． 5．若，则（    ） A． B． C． D． 6．已知，，且，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 7．若函数在时取得极小值，则的极大值为（    ） A． B．1 C． D． 8．设椭圆的左右焦点为，，右顶点为，已知点在椭圆上，若，，则椭圆的离心率为（    ） 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．某校为了更好地支持学生个性发展，开设了学科拓展类､科技创新类､体艺特长类三种类型的校本课程，每位同学从中选择一门课程学习.现对该校5000名学生的选课情况进行了统计，如图1，并用分层随机抽样的方法从中抽取2%的学生对所选课程进行了满意率调查，如图2.则下列说法正确的是（    ）    A．满意度调查中抽取的样本容量为5000 B．该校学生中选择学科拓展类课程的人数为1250 C．该校学生中对体艺特长类课程满意的人数约为875 D．若抽取的学生中对科技创新类课程满意的人数为30，则 10．定义在R上的偶函数，满足，则（    ） A． B． C． D． 11．已知函数，，对都有，且的零点有且只有3个.下列选项中正确的有（　　） A． B．的取值范围为 C．使的有且只有2个 D．方程的所有根之和为 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．已知平面向量，满足，则 . 13．已知直线与曲线相切，则实数的值为 . 14．已知抛物线上的点到焦点的距离为4，过点作直线交抛物线于两点，延长交准线于点两点在准线上的射影分别为，若，则的面积为 ． 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．（13分）设数列是首项为1的等比数列，已知成等差数列，数列满足. (1)求数列和的通项公式； (2)记和分别为数列和的前项和，证明：. 16．（15分）已知为等边三角形，为等腰直角三角形，，平面平面，平面四边形CBDE中，，平面，点为中点，连接. (1)求证：平面平面； (2)求二面角的正弦值. 17．（15分）重庆市高考数学自年起第至题为多选题，每道题共个选项，正确选项为两个或三个，其评分标准是:每道题满分分，全部选对得分，部分选对得部分分(若某道题正确选项为两个，漏选一个正确选项得分;若某道题正确选项为三个，漏选一个正确选项得分，漏选两个正确选项得分)，错选或不选得分.现甲、乙两名同学参加了有这种多选题的某次模拟考试. (1)假设第题正确选项为三个，若甲同学完全不会，就随机地选了两项或三项作答，所有选法等可能，求甲同学第题得分的概率; (2)已知第题乙同学能正确的判断出其中的一个选项是不符合题意的，他在剩下的三个选项中随机地猜选了两个选项;第题乙同学完全不会，他在四个选项中随机地猜选了一个选项.若第题和题正确选项是两个和三个的概率都为.求乙同学第题和题得分总和的分布列及数学期望. 18．（17分）已知函数． (1)讨论的单调性； (2)当时，若存、在，满足，证明：； (3)对任意的，恒成立，其中是函数的导数，求的取值范围． 19．（17分）在平面内，若直线将多边形分为两部分，多边形在两侧的顶点到直线的距离之和相等，则称为多边形的一条“等线”．双曲线的左、右焦点分别为、，其离心率为，且点为双曲线右支上一动点，直线与曲线相切于点，且与的渐近线交于、两点，且点在点上方．当轴时，直线为的等线．已知双曲线在其上一点处的切线方程为． (1)求双曲线的方程； (2)若是四边形的等线，求四边形的面积； (3)已知为坐标原点，设，点的轨迹为曲线，证明：在点处的切线为的等线． 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（新高考八省专用） 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．[1,2] B． C． D． 【答案】B 【分析】解一元二次不等式得集合，根据集合的描述法转化得集合，根据集合的并集的概念求解即可得结论. 【详解】不等式解得，则， 函数中，所以，故， 所以. 故选：B. 2．若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用复数的除法化简可得出复数，利用共轭复数的定义以及复数的模长公式可求得结果. 【详解】因为，则，所以，， 所以，. 故选：D. 3．已知命题，，命题，，则（   ） A．和都是真命题 B．和都是真命题 C．和都是真命题 D．和都是真命题 【答案】C 【分析】解不等式，结合的值域为，及命题的真假判断即可. 【详解】，即， 因为函数在上单调递增， 所以，即，解得，所以命题是真命题； 的值域为，所以命题是假命题，则是真命题. 故选：. 4．紫砂壶是中国特有的手工陶土工艺品，经典的有西施壶、石瓢壶、潘壶等，其中石瓢壶的壶体可以近似看成一个圆台，如图给了一个石瓢壶的相关数据（单位： ），那么该壶的容积约为（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】法一：利用圆台体积公式进行求解，再结合选项得到答案；法二：补全图像利用三角形相似可求出小圆锥体的高，大圆锥体积减小圆锥体积即可求解. 【详解】解法一：根据题意可知，根据圆台体积公式可得 . 解法二：如图，设小圆锥的高为 ，根据三角形相识可得，解得， 所以该壶的容积为. 故选：B. 5．若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由题给条件求得的值，进而求得的值. 【详解】由，可得， 则，则，则， 故 故选：C 6．已知，，且，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】结合已知条件对进行变形，得到，再利用基本不等式求最小值. 【详解】因为，，所以， 因为，，所以，所以， 当且仅当时取等号. 所以的最小值为. 故选：B. 7．若函数在时取得极小值，则的极大值为（    ） A． B．1 C． D． 【答案】D 【分析】根据函数求导，结合极小值的定义建立方程求得参数，还原函数解析式明确定义域，求导列表，可得答案. 【详解】由函数，求导可得， 由题意可得，则，解得， 所以，则， ，令，解得或， 可得下表： 极大值 极小值 则函数的极大值为. 故选：D. 8．设椭圆的左右焦点为，，右顶点为，已知点在椭圆上，若，，则椭圆的离心率为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用已知条件求出点坐标，代入中形成齐次方程，解出离心率即可. 【详解】    如图：由题意不妨设在第一象限，知， 因为，所以， 所以， 则，且，即， 又由，所以，又，即， 结合解得， 代入中，整理得， 即，解得（舍）或. 故选：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．某校为了更好地支持学生个性发展，开设了学科拓展类､科技创新类､体艺特长类三种类型的校本课程，每位同学从中选择一门课程学习.现对该校5000名学生的选课情况进行了统计，如图1，并用分层随机抽样的方法从中抽取2%的学生对所选课程进行了满意率调查，如图2.则下列说法正确的是（    ）    A．满意度调查中抽取的样本容量为5000 B．该校学生中选择学科拓展类课程的人数为1250 C．该校学生中对体艺特长类课程满意的人数约为875 D．若抽取的学生中对科技创新类课程满意的人数为30，则 【答案】BC 【分析】根据满意率调查图表即可判断A选项，根据扇形统计图计算即可判断B选项，根据题意计算即可判断C选项，列出方程即可判断D选项. 【详解】满意率调查中抽取的样本容量为错误； 由扇形统计图知， 则人，B正确； 该校学生中对体艺特长类课程满意的人数约为人，C正确； 抽取的学生中对科技创新类课程满意的人数为30， 则，则，D错误. 故选：BC. 10．定义在R上的偶函数，满足，则（    ） A． B． C． D． 【答案】AC 【分析】利用特殊值及偶函数性质判断A；根据已知条件得、判断B、C；根据函数的性质，举反例判断D. 【详解】由，令，则， 又为偶函数，则，A对； 由上，得①， 在①式，将代换，得②，B错； 在②式，将代换，得，C对； 由且，即周期为2且关于对称， 显然是满足题设的一个函数，此时，D错. 故选：AC 11．已知函数，，对都有，且的零点有且只有3个.下列选项中正确的有（　　） A． B．的取值范围为 C．使的有且只有2个 D．方程的所有根之和为 【答案】AC 【分析】，始终把看做一个整体，借助正弦函数的图象、最值、方程的根来对选项逐一分析即可. 【详解】，令，则， 令，即， ，， 则在上有3个零点， 则，即， 解得，故错误； ，， 则，所以，故正确； 若，即， 或，故正确； ，且的零点有且只有3个， 所以方程有四个根，从小到大分别为. ，即， 则， 则， 故，即方程的所有根之和为，故错误. 故选：. 【点睛】方法点睛：解决的取值范围与最值问题主要方法是换元法和卡住的大致范围，如本题选项，具体方法为： （1）根据的范围，求出的范围； （2）把看成一个整体，即利用换元法，把变成来降低解决问题的难度，再借助正弦函数的图象，要使有3个零点，则的最大值就必须在之间，列出不等式即可求出的取值范围. 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．已知平面向量，满足，则 . 【答案】2 【分析】根据向量的模长结合数量积的运算即可得数量积. 【详解】因为， 所以，则，解得. 故答案为：2. 13．已知直线与曲线相切，则实数的值为 . 【答案】 【分析】设切点坐标，求导数表示斜率，结合切线过原点可计算切点横坐标，进而算出的值. 【详解】设切点为， 由得，，故切线斜率， 由直线可知切线过，故， ∴，解得， ∴. 故答案为：. 14．已知抛物线上的点到焦点的距离为4，过点作直线交抛物线于两点，延长交准线于点两点在准线上的射影分别为，若，则的面积为 ． 【答案】 【分析】借助焦半径公式可得，借助抛物线定义与相似三角形的性质计算可得，结合三角形面积公式即可得解. 【详解】由抛物线过点，且， 得，准线方程为， 如图．因为，所以，所以， 连接，又，所以为等边三角形， 因为，所以，得， 得，所以， 由，解得， 所以． 故答案为：.    【点睛】关键点点睛：本题关键点在于借助相似三角形的性质，得到系列等式，以解出、. 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）设数列是首项为1的等比数列，已知成等差数列，数列满足. (1)求数列和的通项公式； (2)记和分别为数列和的前项和，证明：. 【答案】(1)，. (2)证明见解析 【分析】（1）设的公比为，利用等比数列的基本量运算代入计算求出即得； （2）利用等比数列求和公式计算，利用错位相减法计算，运用作差法比较两者即得证. 【详解】（1）因为是首项为1的等比数列且，，成等差数列，设的公比为， 由，可得，解得：或（舍去）. 故，. （2）由（1）可得. 数列的前项和，① 则.② 由①②得 ， 即. 由， 可得，得证. 16．（15分）已知为等边三角形，为等腰直角三角形，，平面平面，平面四边形CBDE中，，平面，点为中点，连接. (1)求证：平面平面； (2)求二面角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取的中点，连接，可证平面，进而证明四边形是平行四边形，从而可证结论成立. （2）以为坐标原点，分别以所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系．不妨设正的边长为2，求出相关点的的坐标，求出平面的法向量，平面的法向量，取法向量的方向一进一出，利用空间向量的公式求解即可． 【详解】（1）取的中点，连接， 又因为等边三角形，所以， 又因为面平面，平面平面， 面，所以平面， 又因为平面，平面，平面平面， 所以， 又点为中点，所以且，又， 所以，所以四边形是平行四边形， 所以，所以平面，平面， 所以平面平面； （2）由（1）可知平面，平面，所以， 又因为，，所以， 以为坐标原点，分别以所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系． 不妨设正的边长为2， 则， ， 设平面的法向量为， 则，不妨令，则， 所以平面的法向量为， 设平面的法向量， 则，不妨令，则， 所以平面的法向量为， 所以， 所求二面角的正弦值为． 17．（15分）重庆市高考数学自年起第至题为多选题，每道题共个选项，正确选项为两个或三个，其评分标准是:每道题满分分，全部选对得分，部分选对得部分分(若某道题正确选项为两个，漏选一个正确选项得分;若某道题正确选项为三个，漏选一个正确选项得分，漏选两个正确选项得分)，错选或不选得分.现甲、乙两名同学参加了有这种多选题的某次模拟考试. (1)假设第题正确选项为三个，若甲同学完全不会，就随机地选了两项或三项作答，所有选法等可能，求甲同学第题得分的概率; (2)已知第题乙同学能正确的判断出其中的一个选项是不符合题意的，他在剩下的三个选项中随机地猜选了两个选项;第题乙同学完全不会，他在四个选项中随机地猜选了一个选项.若第题和题正确选项是两个和三个的概率都为.求乙同学第题和题得分总和的分布列及数学期望. 【答案】(1) (2)分布列见解析，期望为 【分析】（1）设四个选项分别为，其中错误选项为，列举法进行求解； （2）设出事件，得到第题乙同学得分的概率，第题乙同学得分的概率，第题得分总和的可能取值为，用独立事件概率乘法公式得到相应的概率，从而求出分布列和数学期望. 【详解】（1）假设四个选项分别为，其中错误选项为， 总的选法共有种，分别为， 其中得分的选法为，共种， 故甲同学得分的概率为； （2）第题乙同学三个选项中随机猜选两项，用分别表示第题乙同学得分， 第题乙同学四个选项中随机猜选一项，用分别表示第题乙同学得分， 则，，， ，，， 从而第题得分总和的可能取值为， ，， ，， ， ，， ， 的分布列为： 0 2 3 4 6 7 8 9 故数学期望为. 18．（17分）已知函数． (1)讨论的单调性； (2)当时，若存、在，满足，证明：； (3)对任意的，恒成立，其中是函数的导数，求的取值范围． 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）求导，分，讨论求解； （2）由（1）知在上单调递增，转化为证明，然后利用极值点偏移证明； （3）将问题转化为求解； 【详解】（1）解：的定义域为，． 当时，，在上单调递增； 当时，令，得或（舍去）， 当时，；当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减． 综上，当时，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减． （2）当时，，， 由（1）知时，在上单调递增， 当时，可证． 不妨设，要证，即证，即证， 因为，所以即证． 令，其中， 因为，所以，所以在上单调递增， 所以，所以，所以． 当时，因为，所以， 所以，所以． 综上，． （3），由，得， 即，所以对任意的，恒成立， 等价于 令， 则， 令，则，所以在上单调递增， 又，，所以， 所以存在，使得， 所以，即，所以， 所以， 令，，所以在上单调递增， 因为，所以 又时，；时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以， 所以，所以的取值范围是． 19．（17分）在平面内，若直线将多边形分为两部分，多边形在两侧的顶点到直线的距离之和相等，则称为多边形的一条“等线”．双曲线的左、右焦点分别为、，其离心率为，且点为双曲线右支上一动点，直线与曲线相切于点，且与的渐近线交于、两点，且点在点上方．当轴时，直线为的等线．已知双曲线在其上一点处的切线方程为． (1)求双曲线的方程； (2)若是四边形的等线，求四边形的面积； (3)已知为坐标原点，设，点的轨迹为曲线，证明：在点处的切线为的等线． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）在双曲线的方程中，令，结合已知条件求出点的坐标，根据“等线”的定义可得出关于、、的方程组，解出、的值，即可得出双曲线的方程； （2）利用给定定义，求解关键点的坐标，最后得到四边形面积即可. （3）利用给定条件和新定义证明即可. 【详解】（1）解：在双曲线的方程中，令，解得， 因为直线为的等线，显然点在直线的上方，故有， 又、，有，，， 解得，， 所以的方程为． （2）解：设，由题意有方程为，① 渐近线方程为，联立得，， 故， 所以是线段的中点，因为、到过原点的直线距离相等， 则过原点点的等线必定满足：、到该等线距离相等，且分居两侧， 所以该等线必过点，即直线的方程为， 由，解得，故． 所以. 所以， 所以，所以． （3）证明：设，由，所以，， 故曲线的方程为， 由①知切线为，也为，即，即． 易知与在的右侧，在的左侧，分别记、， 到的距离为、、， 由（2）知，， 所以， 由得， 因为， 所以直线为的等线． 【点睛】关键点点睛：本题考查解析几何，解题关键是利用给定定义和条件，然后结合前问结论，得到，证明即可． 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（新高考八省专用） 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 B D C B C B D 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 BC AC AC 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。 12．2 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） 【详解】（1）因为是首项为1的等比数列且，，成等差数列， 设的公比为， 由，（1分） 可得，（2分） 解得：或（舍去）.（4分） 故，（5分） .（6分） （2）由（1）可得.（7分） 数列的前项和，①（8分） 则.②（9分） 由①②得（10分） ， 即.（12分） 由， 可得，得证.（13分） 16．（15分） 【详解】（1）取的中点，连接， 又因为等边三角形，所以，（1分） 又因为面平面，平面平面， 面，所以平面，（2分） 又因为平面，平面，平面平面， 所以，（4分） 又点为中点，所以且，（5分） 又， 所以，所以四边形是平行四边形，（6分） 所以，所以平面，平面， 所以平面平面；（7分） （2）由（1）可知平面，平面，所以， 又因为，，所以， 以为坐标原点，分别以所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系． （8分） 不妨设正的边长为2， 则， ，（9分） 设平面的法向量为， 则，不妨令，则， 所以平面的法向量为，（11分） 设平面的法向量， 则，不妨令，则， 所以平面的法向量为，（13分） 所以，（14分） 所求二面角的正弦值为．（15分） 17．（15分） 【详解】（1）假设四个选项分别为，其中错误选项为， 总的选法共有种，分别为，（2分） 其中得分的选法为，共种，（4分） 故甲同学得分的概率为；（5分） （2）第题乙同学三个选项中随机猜选两项，用分别表示第题乙同学得分， 第题乙同学四个选项中随机猜选一项，用分别表示第题乙同学得分， 则，，， ，，，（9分） 从而第题得分总和的可能取值为， ， ， ， ， ， ， ， ，（13分，列式和结果正确即可给分） 的分布列为： 0 2 3 4 6 7 8 9 （14分） 故数学期望为.（15分） 18．（17分） 【详解】（1）解：的定义域为，．（1分） 当时，，在上单调递增；（3分） 当时，令，得或（舍去）， 当时，；当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减． 综上，当时，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减．（5分） （2）当时，，， 由（1）知时，在上单调递增，（6分） 当时，可证． 不妨设，要证，即证，即证，（7分） 因为，所以即证． 令，其中， （8分） 因为，所以，所以在上单调递增，（9分） 所以，所以，所以． 当时，因为，所以， 所以，所以． 综上，．（10分） （3），由，得， 即，所以对任意的，恒成立，（11分） 等价于 令， 则，（12分） 令，则，所以在上单调递增， 又，，所以， 所以存在，使得，（13分） 所以，即，所以， 所以，（14分） 令，，所以在上单调递增， 因为，所以（15分） 又时，；时，， 所以在上单调递减，在上单调递增，（16分） 所以， 所以，所以的取值范围是．（17分） 19．（17分） 【详解】（1）解：在双曲线的方程中，令，解得，（1分） 因为直线为的等线，显然点在直线的上方，故有， 又、，有，，，（3分） 解得，，（4分） 所以的方程为．（5分） （2）解：设，由题意有方程为，① 渐近线方程为，（6分） 联立得，， 故，（7分） 所以是线段的中点，因为、到过原点的直线距离相等， 则过原点点的等线必定满足：、到该等线距离相等，且分居两侧， 所以该等线必过点，即直线的方程为， 由，解得，故．（8分） 所以.（9分） 所以，（10分） 所以，所以．（11分） （3）证明：设，由，所以，， 故曲线的方程为，（12分） 由①知切线为，也为，即，即．（13分） 易知与在的右侧，在的左侧，分别记、， 到的距离为、、， 由（2）知，， 所以，（15分） 由得，（16分） 因为， 所以直线为的等线．（17分） 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 $$