黄金卷08（北京专用）-【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（北京专用） 黄金卷08·参考答案 （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10小题，每小题4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 9 10 A D C B D A B C A D 第II卷（非选择题） 二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分。 11． 12． 13． 14． 12 15. ①③④ 三、解答题：本题共6小题，共85分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。 16.（13分） 【解】（1）为奇函数，故②不能选， 选择条件①③： 因为函数的最大值为1，所以，即， 因为，所以，的值不唯一，故不能选. 选择条件①④： 因为函数图象的相邻两条对称轴之间的距离为，所以，即， 所以， 因为，所以，即， 所以. 选择条件③④： 因为函数图象的相邻两条对称轴之间的距离为，所以，即， 所以， 因为函数的最大值为1，所以，即， 所以. （2）， 因为，所以， 当，即时，， 因为在上单调递减， 所以，所以， 所以函数在上的单调递减区间为. 17. （14分） 【解】（1）以频率作为概率，则体验者体验15分钟的概率为，事件“在该体验店消费的3名消费者中，至多有1名体验者体验15分钟”， 则 （2）由题意，可能取值为：100，150，200， 则； ， ， 所以的分布列为： 100 150 200 所以 18. （14分） 【解】（1）连接EM，因为，，所以，又， 所以四边形PQBA为平行四边形，又点E，M分别为AP，BQ中点，则且， 因为，，所以且， 又点F为CD的中点，所以且， 所以四边形MEFC为平行四边形，所以， 又平面CPM，平面CPM，所以平面CPM. （2）因为平面，平面， 所以，，又， 以点为原点，分别以DA，DC，DP为轴，轴，轴建立空间直角坐标系（如图）. 因为， 所以，，，，，， 则，，， 设平面的法向量为，则，取，则. 设平面与直线所成角，则， 所以与直线所成角的正弦值为. （3）设且，则， 因为直线与平面所成的角为，所以， 所以，解得（舍去），所以， 因为，，设平面的法向量为， 则，取，则. 则到平面的距离为. 所以到平面的距离为. 19. （15分） 【解】（1）由题可知， 得 所以椭圆的方程为 （2）由题可知，直线不能水平， 设直线的方程为， 联立 所以 直线方程为 所以，同理 所以 若，得或 当时，，得或，成立 当时，恒成立， 所以存在点，使得等于定值，或. 20. （15分） 【解】（1）因为， 所以， 因为曲线在点处的切线与轴平行， 所以，即，所以； （2）由（1）可知， 因为函数在内存在极值， 所以在内有变号根， 因为，所以在内有变号根， 令，， 所以，由，得， 所以当时，，单调递减， 且，， 要使在内有变号根，即在内有变号零点， 所以，即，解得， 所以实数的取值范围为； （3）若对任意的实数，恒成立， 则，即在上恒成立， 设，， 所以， 设，则， 因为，所以，单调递增， 所以，所以，所以单调递增， 所以， 所以，实数的取值范围为. 21.(15分） 【解】（1）由，且为“2数列”，得，即， 则， ， ， ． （2）设数列的公比为， 由，得， 即， 则． 两式相减得， 即． 因为是首项为2的“数列”，所以， 即， 所以， 即对任意的恒成立． 因为，， 则，即， 解得，． 又由，即，得，所以． 检验可知符合要求，故数列的通项公式为． （3）因为为“数列”，所以， 即对任意的恒成立， 因为，，所以． 再结合，，，反复利用， 可得对任意的，． 设函数，则． 由，得． 当时，，所以在上单调递减． 所以当时，，即． 又，所以． 可得，，，， 累加可得， 即，即， 所以． 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！7 学科网（北京）股份有限公司 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（北京专用） 黄金卷08 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 第I卷（选择题 共40分） 1、 单项选择题：本题共10小题，每小题4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．已知全集，集合，，则等于（   ） A． B． C． D． 2．下列函数是偶函数的是（    ） A． B． C． D． 3．若实数，则下列不等式一定不成立的是（   ） A． B． C． D． 4．如图，已知等腰中， ，，点P是边上的动点，则的值（ ） A．为定值10 B．为定值6 C．不为定值，有最大值10 D．不为定值，有最小值6 5．中和殿是故宫外朝三大殿之一.位于紫禁城太和殿与保和殿之间，中和殿建筑的亮点是屋顶为单檐四角攒尖顶，体现天圆地方的理念，其屋顶部分的轮廓可近似看作一个正四棱锥.已知此正四棱锥的侧棱长为，侧面与底面所成的锐二面角为，这个角接近30°.若取，则下列结论不正确的是（    ） A．正四棱锥的底面边长为24m B．正四棱锥的高为 C．正四棱锥的体积为 D．正四棱锥的侧面积为 6．若等差数列的前项和为，则“且”是“”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 7．党的二十大会议确定“高质量发展是全面建设社会主义现代化国家的首要任务”的新部署．某企业落实该举措后因地制宜，发展经济，预计年人均增加元收入，以后每年将在此基础上以的增长率增长，则该企业每年人均增加收入开始超过元的年份大约是（    ） （参考数据：，，） A．年 B．年 C．年 D．年 8．已知双曲线的左、右焦点分别为、，过坐标原点的直线与双曲线C交于A、B两点，若，则（    ） A． B． C． D．4 9．已知抛物线的焦点为F，点P在抛物线上运动，点Q在圆上运动，则的最小值为（   ） A．6 B．7 C．8 D．9 10．“杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝之一，它揭示了二项式展开式中的组合数在三角形数表中的一种几何排列规律，如图所示，则下列关于“杨辉三角”的结论正确的是（    ） A．在第10行中第5个数最大 B．第2023行中第1011个数和第1012个数相等 C． D．第6行的第7个数、第7行的第7个数及第8行的第7个数之和等于9行的第8个数 第II卷（非选择题 共110分） 二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分。 11．复数的模为 ． 12．已知，且，则的值为 ． 13．在平面直角坐标系中，已知点，将线段绕原点按顺时针方向旋转至线段.若，则点的纵坐标为 . 14．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知A，B，C成等差数列，，则面积的最大值是 ， . 15．从棱长为1个单位长度的正四面体的一顶点出发，每次均随机沿一条棱行走1个单位长度，设行走次时恰好为第一次回到点的概率为，恰好为第二次回到点的概率为，则下列结论正确的是 ①． ②． ③．时，为定值 ④．数列的最大项为 三、解答题：本题共6小题，共85分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。 16．（13分）已知函数（，）.从下列四个条件中选择两个作为已知，使函数存在且唯一确定. (1)求的解析式； (2)设，，求函数的最小值与单调递减区间. 条件①：； 条件②：为偶函数； 条件③：的最大值为1； 条件④：图象的相邻两条对称轴之间的距离为. 注：如果选择的条件不符合要求，第（1）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分. 17．（14分）某智能机器人体验店近日生意火爆，来店的消费者络绎不绝，店长对最近100位消费者的体验机器人时长（不超过25分钟）进行了统计，统计结果如下表所示，已知每位消费者在该人工智能体验店每体验一台机器人的时间为5分钟，该体验店的利润为100元，体验时间为10分钟或者15分钟，其利润为150元，体验时间为20分钟或者25分钟，其利润为200元.用表示该体验店从一名消费者身上获取的利润. 体验时间 5分钟 10分钟 15分钟 20分钟 25分钟 频数 30 20 20 10 20 (1)若以频率作为概率，求在该体验店消费的3名消费者中，至多有1名体验者体验15分钟的概率； (2)求的分布列及期望. 18．（14分）如图，平面，，，，，点E，F，M分别为AP，CD，BQ的中点. (1)求证：平面CPM； (2)求平面QPM与直线PC所成角的余弦值； (3)若N为线段CQ上的点，直线DN与平面QPM所成的角为，求N到平面CPM的距离. 19（14分）．已知椭圆：（）的左顶点为，的长轴长为4，焦距为.过定点（）作与轴不重合的直线交于，两点，直线，分别与轴交于点，. (1)求的方程； (2)是否存在点，使得等于定值？若存在，求的值；若不存在，说明理由. 20．（15分）已知函数. (1)若曲线在点处的切线与轴平行，求实数的值； (2)若函数在内存在极值，求实数的取值范围； (3)若对任意的实数，恒成立，求实数的取值范围. 21．（15分）已知数列的前项积为．定义：若存在，使得对任意的，恒成立，则称数列为“数列”． (1)若，且为“2数列”，求． (2)若，且为“数列”，的前项的平方和为，数列是各项均为正数的等比数列，满足，求的值和的通项公式． (3)若，，且为“数列”，的前项和为，证明：． 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 $$ 【赢在高考·黄金8卷】备战2025年高考数学模拟卷（北京专用） 黄金卷08 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 第I卷（选择题 共40分） 1、 单项选择题：本题共10小题，每小题4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．已知全集，集合，，则等于（   ） A． B． C． D． 【分析】根据补集与交集的定义求解即可. 【详解】由，得, 因为，所以. 故选：A. 2．下列函数是偶函数的是（    ） A． B． C． D． 【分析】根据函数奇偶性的定义判断即可． 【详解】选项A，令，定义域为， 且，即为奇函数， 选项B，令，定义域为，， 即为奇函数； 选项C，令，，， 故不是偶函数； 选项D，，定义域为，且，则为偶函数， 故选：D． 3．若实数，则下列不等式一定不成立的是（   ） A． B． C． D． 【分析】根据指数函数的性质判断A，根据对数函数的性质判断B，利用特殊值判断C，根据幂函数的性质判断D. 【详解】因为在定义域上单调递减且，所以，故A正确； 因为在定义域上单调递增且，所以，故B正确； 当时，，故C不正确； 因为在定义域上单调递增且，所以，故D正确. 故选：C. 4．如图，已知等腰中， ，，点P是边上的动点，则的值（ ） A．为定值6 B．为定值10 C．不为定值，有最小值6 D．不为定值，有最大值10 【分析】先记的中点为，然后利用为等腰三角形，得到，再利用向量数量积的几何意义求解即可. 【详解】记的中点为，由题可知，，,， 所以. 故选：B 5．中和殿是故宫外朝三大殿之一.位于紫禁城太和殿与保和殿之间，中和殿建筑的亮点是屋顶为单檐四角攒尖顶，体现天圆地方的理念，其屋顶部分的轮廓可近似看作一个正四棱锥.已知此正四棱锥的侧棱长为，侧面与底面所成的锐二面角为，这个角接近30°.若取，则下列结论不正确的是（    ） A．正四棱锥的底面边长为24m B．正四棱锥的高为 C．正四棱锥的体积为 D．正四棱锥的侧面积为 【分析】在正四棱锥中，设底面边长为，根据侧棱长和侧面与底面所成的二面角可求底边的边长，从而可求体高、侧面积以及体积，据此可判断各项的正误． 【详解】如图，在正四棱锥中，为正方形的中心，， 则为的中点，连接，，， 则平面，， 则为侧面与底面所成的锐二面角， 设底面边长为，正四棱锥的侧面与底面所成的锐二面角为， 这个角接近，取，， 则． 在中，，解得，故底面边长为， 正四棱锥的高为， 侧面积为， 体积， 故ABC正确，D错误. 故选：D． 6．若等差数列的前项和为，则“且”是“”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 【分析】根据等差数列的单调性以及等差数列的性质即可判断，说明充分性，由时，即可说明不必要性. 【详解】因为且，所以等差数列单调递减，且公差小于0， 故，， 则， 即，所以， 由，当时，等差数列单调递增， 则不可能满足且， 因此“且”是“”的充分不必要条件. 故选：A. 7．党的二十大会议确定“高质量发展是全面建设社会主义现代化国家的首要任务”的新部署．某企业落实该举措后因地制宜，发展经济，预计年人均增加元收入，以后每年将在此基础上以的增长率增长，则该企业每年人均增加收入开始超过元的年份大约是（    ） （参考数据：，，） A．2034年 B．2035年 C．2036年 D．2037年 【分析】从年起，第该企业人均增加收入超过元，求出第年的人均增加收入，可得出关于的不等式，解之即可. 【详解】从年起，第该企业人均增加收入超过元， 因为从年起，每年将在此基础上以的增长率增长， 所以，第年该企业的人均增加收入为元，由，即， 可得，所以，， 故年开始，该企业每年人均增加收入开始超过元. 故选：B. 8．已知双曲线的左、右焦点分别为、，过坐标原点的直线与双曲线C交于A、B两点，若，则（    ） A． B． C． D．4 【分析】根据双曲线的对称性及定义，求出、长度，由直角三角形求解可得解. 【详解】如图， 因为双曲线，所以， 由双曲线的对称性知， 所以， 由双曲线定义可得， 所以，又， 所以，即， 所以, 故， 故选：C 9．已知抛物线的焦点为F，点P在抛物线上运动，点Q在圆上运动，则的最小值为（   ） A．6 B．7 C．8 D．9 【分析】由抛物线的定义知道，然后知道三点共线线段和最小，所以在圆上找到离直线距离最近的点即可得到最小值. 【详解】由抛物线方程可得焦点，准线方程为， 如图： 过点P作准线的垂线，垂足为N， 因为点P在抛物线上，所以，所以， 当Q点固定不动时，P、Q、N三点共线，即垂直于准线时，所求的和最小， 又因为Q在圆上运动，由圆的方程为得圆心，半径， 所以. 故选：A. 10．“杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝之一，它揭示了二项式展开式中的组合数在三角形数表中的一种几何排列规律，如图所示，则下列关于“杨辉三角”的结论正确的是（    ） A．在第10行中第5个数最大 B．第2023行中第1011个数和第1012个数相等 C． D．第6行的第7个数、第7行的第7个数及第8行的第7个数之和等于9行的第8个数 【分析】根据杨辉三角的规律以及组合数的性质逐一进行判断即得. 【详解】对于A，因“杨辉三角”的第10行中第5个数是，又，故A错误； 对于B，因“杨辉三角”的第2023行中第1011个数和第1012个数分别为和， 因，故，故B错误； 对于C，因 ， 则，故C错误； 对于D，因而，故D正确. 故选：D. 第II卷（非选择题 共110分） 二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分。 11．复数的模为 ． 【分析】由复数的四则运算及模长公式即可求解. 【详解】， 所以的模为， 故答案为： 12． 已知，且，则的值为 ． 【分析】由对数的定义求出，，代入，利用对数的运算即可求解. 【详解】由，则，， 则， 因此可得， 故答案为：. 13． 在平面直角坐标系中，已知点，将线段绕原点按顺时针方向旋转至线段.若，则点的纵坐标为 . 【分析】根据任意角三角函数的定义，结合诱导公式，可得答案. 【详解】由题意可知，终边为的角为，则终边为的角为， 点的纵坐标为. 故答案为：. 14． 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知A，B，C成等差数列，，则面积的最大值是 ， . 【分析】由等差数列性质可得B，结合重要不等式及三角形面积公式即可求得三角形面积的最大值；运用正弦定理可得，，由余弦定理可得，代入求解即可. 【详解】由题意知，， 又，所以， 又，，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. 故面积的最大值为. 因为，， 所以，， 所以， 由余弦定理得， 所以. 故答案为：；. 15．从棱长为1个单位长度的正四面体的一顶点出发，每次均随机沿一条棱行走1个单位长度，设行走次时恰好为第一次回到点的概率为，恰好为第二次回到点的概率为，则下列结论正确的是 ①． ②． ③．时，为定值 ④．数列的最大项为 【分析】还原情境，求出和，逐项判断即可求解. 【详解】由题意得对于任意一次行走，到达其他三个点概率均为， 若要行走次时恰好第一次回到点，则第1、2次均不到点A, 所以，故①选项正确； 若要行走次时恰好第二次回到点，则第2次必须回到点A，概率为，故②选项错误； 若要行走次时恰好为第一次回到点，则次均未到达点A，所以， 所以为定值，故③选项正确； 当时，； 当时，设第次第一次到达点A，第n次恰好第二次到达点A， 由于第1次和第次的行走不用限制，所以此时概率为， 所以， 令，解得， 所以， 所以和为最大值，故④选项正确. 故选：①③④. 三、解答题：本题共6小题，共85分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。 16．（13分）已知函数（，）.从下列四个条件中选择两个作为已知，使函数存在且唯一确定. (1)求的解析式； (2)设，，求函数的最小值与单调递减区间. 条件①：； 条件②：为偶函数； 条件③：的最大值为1； 条件④：图象的相邻两条对称轴之间的距离为. 注：如果选择的条件不符合要求，第（1）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分. 【分析】（1）由二倍角易得，函数为奇函数，故②不能选，若①和③同时选，不满足函数存在且唯一；选择条件①④，由相邻两条对称轴之间的距离可得周期，即得的值，由代入即可得的值；选择条件③④，由最大值得的值，进而得解析式. （2）通过公式化简可得，由，计算出的范围，根据正弦函数的性质即可得最值与单调性. 【详解】（1）为奇函数，故②不能选， 选择条件①③： 因为函数的最大值为1，所以，即， 因为，所以，的值不唯一，故不能选. 选择条件①④： 因为函数图象的相邻两条对称轴之间的距离为，所以，即， 所以， 因为，所以，即， 所以. 选择条件③④： 因为函数图象的相邻两条对称轴之间的距离为，所以，即， 所以， 因为函数的最大值为1，所以，即， 所以. （2）， 因为，所以， 当，即时，， 因为在上单调递减， 所以，所以， 所以函数在上的单调递减区间为. 17．（14分）某智能机器人体验店近日生意火爆，来店的消费者络绎不绝，店长对最近100位消费者的体验机器人时长（不超过25分钟）进行了统计，统计结果如下表所示，已知每位消费者在该人工智能体验店每体验一台机器人的时间为5分钟，该体验店的利润为100元，体验时间为10分钟或者15分钟，其利润为150元，体验时间为20分钟或者25分钟，其利润为200元.用表示该体验店从一名消费者身上获取的利润. 体验时间 5分钟 10分钟 15分钟 20分钟 25分钟 频数 30 20 20 10 20 (1)若以频率作为概率，求在该体验店消费的3名消费者中，至多有1名体验者体验15分钟的概率； (2)求的分布列及期望. 【分析】（1）求出体验者体验15分钟的概率，利用独立事件的概率乘法公式求解即可； （2）由题意，可能取值为：100，150，200，，求出相应的概率，得到的分布列，再结合期望公式求解. 【详解】（1）以频率作为概率，则体验者体验15分钟的概率为，事件“在该体验店消费的3名消费者中，至多有1名体验者体验15分钟”， 则 （2）由题意，可能取值为：100，150，200， 则； ， ， 所以的分布列为： 100 150 200 所以 18．（14分）如图，平面，，，，，点E，F，M分别为AP，CD，BQ的中点. (1)求证：平面CPM； (2)求平面QPM与直线PC所成角的余弦值； (3)若N为线段CQ上的点，直线DN与平面QPM所成的角为，求N到平面CPM的距离. 【分析】（1）连接EM，可证四边形MEFC为平行四边形，再由线面平行的判定定理即可证得； （2）建立合适的空间直角坐标系，应用向量法求线面角余弦值即可； （3）设且，应用空间向量法及直线DN与平面QPM所成的角为，列方程求参数，再应用空间向量法求出点面距即可. 【详解】（1）连接EM，因为，，所以，又， 所以四边形PQBA为平行四边形，又点E，M分别为AP，BQ中点，则且， 因为，，所以且， 又点F为CD的中点，所以且， 所以四边形MEFC为平行四边形，所以， 又平面CPM，平面CPM，所以平面CPM. （2）因为平面，平面， 所以，，又， 以点为原点，分别以DA，DC，DP为轴，轴，轴建立空间直角坐标系（如图）. 因为， 所以，，，，，， 则，，， 设平面的法向量为，则，取，则. 设平面与直线所成角，则， 所以与直线所成角的正弦值为. （3）设且，则， 因为直线与平面所成的角为，所以， 所以，解得（舍去），所以， 因为，，设平面的法向量为， 则，取，则. 则到平面的距离为. 19（14分）．已知椭圆：（）的左顶点为，的长轴长为4，焦距为.过定点（）作与轴不重合的直线交于，两点，直线，分别与轴交于点，. (1)求的方程； (2)是否存在点，使得等于定值？若存在，求的值；若不存在，说明理由. 【分析】（1）由题可知，，然后利用的关系求解即可. （2）先设直线的方程为，，然后直线方程与椭圆方程联立，计算得到，然后求出，，再计算的值，化简最后求出即可. 【详解】（1）由题可知， 得 所以椭圆的方程为 （2）由题可知，直线不能水平， 设直线的方程为， 联立 所以 直线方程为 所以，同理 所以 若，得或 当时，，得或，成立 当时，恒成立， 所以存在点，使得等于定值，或. 20．（15分）已知函数. (1)若曲线在点处的切线与轴平行，求实数的值； (2)若函数在内存在极值，求实数的取值范围； (3)若对任意的实数，恒成立，求实数的取值范围. 【分析】（1）对函数求导，根据曲线在点处的切线与轴平行，可得，即可求； （2）令，由已知函数在内存在极值，则在内有变号零点，通过求导判断函数的单调性，得出，，解不等式即可求解； （3）由已知在上恒成立，设，，通过求导判断函数的单调性求得最小值，即可求解. 【详解】（1）因为， 所以， 因为曲线在点处的切线与轴平行， 所以，即，所以； （2）由（1）可知， 因为函数在内存在极值， 所以在内有变号根， 因为，所以在内有变号根， 令，， 所以，由，得， 所以当时，，单调递减， 且，， 要使在内有变号根，即在内有变号零点， 所以，即，解得， 所以实数的取值范围为； （3）若对任意的实数，恒成立， 则，即在上恒成立， 设，， 所以， 设，则， 因为，所以，单调递增， 所以，所以，所以单调递增， 所以， 所以，实数的取值范围为. 21．（15分）已知数列的前项积为．定义：若存在，使得对任意的，恒成立，则称数列为“数列”． (1)若，且为“2数列”，求． (2)若，且为“数列”，的前项的平方和为，数列是各项均为正数的等比数列，满足，求的值和的通项公式． (3)若，，且为“数列”，的前项和为，证明：． 【分析】（1）根据“2数列”的定义计算即可； （2）根据题意得到，然后结合“数列”的定义列方程得到，最后写通项即可； （3）根据“数列”的定义得到，然后构造函数得到，最后利用累加法证明即可. 【详解】（1）由，且为“2数列”，得，即， 则， ， ， ． （2）设数列的公比为， 由，得， 即， 则． 两式相减得， 即． 因为是首项为2的“数列”，所以， 即， 所以， 即对任意的恒成立． 因为，， 则，即， 解得，． 又由，即，得，所以． 检验可知符合要求，故数列的通项公式为． （3）因为为“数列”，所以， 即对任意的恒成立， 因为，，所以． 再结合，，，反复利用， 可得对任意的，． 设函数，则． 由，得． 当时，，所以在上单调递减． 所以当时，，即． 又，所以． 可得，，，， 累加可得， 即，即， 所以． 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 $$