黄金卷08（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 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 B C B D B B D C 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 ABC 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.；. 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) 【解析】（1）根据已知以及余弦定理可得，， 整理可得，， 所以由余弦定理可得，. 又，所以. （2）由已知结合三角形面积公式可得，， 所以，. 根据余弦定理可得，， 所以，. 设BC边上的高为，则， 即，解得. 16．（15分） 【答案】(1)；(2) 【解析】（1），， 所以在处的切线方程为：，即. （2）因为在上有解，所以在上有解， 当时，在上有解， 令，则， 令，则， 当时，，单调递增，故， 则当时，，即． 所以，当时；当时， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以当时，，所以， 综上可知，实数的取值范围是． 17．（15分） 【答案】(1)证明见解析； (2)存在实数，使得面与面所成锐二面角的余弦值是. 【分析】（1）由题设，根据线面垂直的判定得平面，再由线面垂直的性质有，并由勾股定理证，最后应用线面垂直的判定证结论； （2）取棱的中点，连接，构建空间直角坐标系，写出相关点的坐标，应用向量法求面面角的余弦值，结合已知列方程求参数，即可判断存在性. 【详解】（1）   因为四边形是菱形，所以. 因为平面，且，所以平面. 因为平面，所以. 因为，所以，即. 因为平面，且，所以平面. （2）   取棱的中点，连接，易证两两垂直， 故以为原点，分别以的方向为轴的正方向，建立空间直角坐标系． 设，则， 故， 所以， 设平面的法向量为，则， 令，得． 平面的一个法向量为,设面与面所成的锐二面角为， 则，整理得，解得(舍去)． 故存在实数，使得面与面所成锐二面角的余弦值是． 18．（17分） 【答案】(1) (2)（i）证明见解析；（ii）或 【分析】（1）由抛物线焦半径公式即可求解； （2）（i）由题意得到的斜率互为相反数，构造方程即可求解； （ii）写出直线方程，由点到线的距离公式求得高，代入三角形面积公式求解即可. 【详解】（1）因为，由抛物线的定义得，又，所以， 因此，即，解得，从而抛物线的方程为. （2）    （i）由（1）知点的坐标为，因为的角平分线与轴垂直， 所以可知的倾斜角互补，即的斜率互为相反数， ， 同理，则， 化简得，则， 所以点在定直线上. （ii），则直线， 即 线段的长度：，点到直线的距离， 可得的面积为， 因为，且，化简得 ， 令，则，即. 解得或， 由知或，所以或 所求点的坐标为，或者 19．（17分） 【答案】(1)不是“数列”，理由见解析；(2)，；(3)证明见解析 【解析】（1）根据“数列”的定义，则，故， 因为成立，成立， 不成立， 所以1，3，5，10，152不是“数列”． （2）由是首项为2的“数列”，则，， 由是等比数列，设公比为， 由，则， 两式作差可得， 即， 由是“数列”，则，对于，恒成立， 所以， 即对于，恒成立， 则 解得，，，又由，， 则，即， 故所求的，数列的通项公式； （3）证明：要证， 即证， 因数列是“数列”，则. 则要证，即证. 又，对于，恒成立， 因为，，则，再结合，，， 反复利用，可得对于任意的，，， 则要证：，即证. 设函数，则，令，解得， 当时，，则在区间单调递减， 因对于任意的，，，则. 即，，…，， 相加可得，即，故命题得证. 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！3 学科网（北京）股份有限公司 $$ 【赢在高考·黄金8卷】备战2025年高考数学模拟卷 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 第I卷（选择题） 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。 1．已知集合，，则（    ） A． B． C． D． 2．已知，，则（   ） A．2 B．3 C．4 D．5 3．已知平面向量与的夹角为，，，则（    ） A． B． C．4 D．12 4．已知，，则（    ） A． B． C．1 D． 5．已知函数有极值点，则实数a的取值范围为（    ） A． B． C． D． 6．有5张相同的卡片，分别标有数字1，2，3，4，5，从中有放回地随机取两次，每次取1张卡片．表示事件“第一次取出的卡片上的数字为2”，表示事件“第二次取出的卡片上的数字为1”，表示“事件两次取出的卡片上的数字之和为6”，表示事件“两次取出的卡片上的数字之和为7”，则（    ） A．与相互独立 B．与相互独立 C．与相互独立 D．与相互独立 7．已知函数在区间上单调递增，且在区间上有且仅有2个零点，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 8．如图，在直三棱柱中，，，E、F、G、H分别为、、、的中点，则下列说法中错误的是（    ） A． B．E、F、G、H四点共面 C．设，则平面截该三棱柱所得截面的周长为 D．、、三线共点 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。 9．某公司计划组织秋游活动，定制了一套文化衫，女职工需要不同尺码文化衫的频数如图． 根据图中数据，下列结论正确的是（    ） A．文化衫尺码的众数为187 B．文化衫尺码的平均数为165 C．文化衫尺码的方差为28 D．文化衫尺码的中位数为165 10．已知点是椭圆：上一点，，是椭圆的左、右焦点，且的面积为4，则下列说法正确的是（    ） A．点的纵坐标为 B． C．的周长为 D．的内切圆半径为 11．定义域为的函数，对任意，且不恒为0，则下列说法正确的是（    ） A． B．为偶函数 C． D．若，则 第II卷（非选择题） 3、 填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．设是双曲线C: 的两个焦点，O为坐标原点，点P在C上且，则面积为 . 13．如图所示是古希腊数学家阿基米德的墓碑文，墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，且圆柱的体积与内切球的体积之比及圆柱的表面积与内切球的表面积之比均为．若圆柱的体积为，则该球的内接正方体的体积为 ． 14．袋子中有个大小相同的球，其中个红球，个白球.每次从中任取个球，然后放回个红球.设第一次取到白球的个数为，则的数学期望 ；第二次取到个白球个红球的概率为 . 四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。 15．（13分）在中，，，的面积为． (1)求； (2)求BC边上的高． 16．（15分）已知函数． (1)求在处的切线方程； (2)若在上有解，求实数的取值范围． 17．（15分）如图，在四棱锥中，，四边形是菱形，是棱上的动点，且．    (1)证明:平面． (2)是否存在实数，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值是?若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 18．（17分）已知抛物线的焦点为，点是上的一点，且. (1)求抛物线的方程； (2)设点（其中）是上异于的两点，的角平分线与轴垂直，为线段的中点. （i）求证：点在定直线上； （ii）若的面积为6，求点的坐标. 19．（17分）若存在常数，使得数列满足，则称数列为“数列”． (1)判断数列：1，3，5，10，152是否为“数列”，并说明理由； (2)若数列是首项为2的“数列”，数列是等比数列，且与满足，求的值和数列的通项公式； (3)若数列是“数列”，为数列的前项和，，，证明：． 试卷第2页，共22页 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！7 学科网（北京）股份有限公司 $$ 【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．已知集合，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】交集的概念及运算 【分析】利用交集概念进行求解. 【详解】由题得，且，故． 故选：B 2．已知，，则（   ） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】C 【分析】根据条件得出，再根据复数的乘法运算可得出，然后即可求出的值． 【详解】解：，， ，，. 故选：C. 3．已知平面向量与的夹角为，，，则（    ） A． B． C．4 D．12 【答案】B 【解析】由，得， 又，所以， 所以， 所以，故选：B. 4．已知，，则（    ） A． B． C．1 D． 【答案】D 【分析】根据正弦和余弦二倍角公式化简得到，再利用正切二倍角公式求出答案. 【详解】，即， 因为，所以， 故，即， 则. 故选：D 5．已知函数有极值点，则实数a的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】首先求函数的导数，转化为导函数有大于1的变号零点，即可求解. 【详解】，， 即有实数根，因为函数的对称轴为， 所以函数在区间有零点，只需满足，得. 故选：B 6．有5张相同的卡片，分别标有数字1，2，3，4，5，从中有放回地随机取两次，每次取1张卡片．表示事件“第一次取出的卡片上的数字为2”，表示事件“第二次取出的卡片上的数字为1”，表示“事件两次取出的卡片上的数字之和为6”，表示事件“两次取出的卡片上的数字之和为7”，则（    ） A．与相互独立 B．与相互独立 C．与相互独立 D．与相互独立 【答案】B 【解析】由题意知，， ， ， 因为，所以A错误， 因为，所以B正确， 因为，所以C错误， 因为，所以D错误．故选：B 7．已知函数在区间上单调递增，且在区间上有且仅有2个零点，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】求出单调区间，由题意列出不等式，求出范围；求出函数零点，根据题意得出不等式，求出范围，由交集得出最后范围. 【详解】令， 则 当时，，∴，即， 令，则， ∵时，， 且时，，时，，时，， ∴，∴， 综上，. 故选：D. 8．如图，在直三棱柱中，，，E、F、G、H分别为、、、的中点，则下列说法中错误的是（    ） A． B．E、F、G、H四点共面 C．设，则平面截该三棱柱所得截面的周长为 D．、、三线共点 【答案】C 【解析】如图， 连接，由分别为中点，可得， 由可知，侧面为菱形， 所以，所以，故A正确； 连接，因为E、F、G、H分别为、、、的中点， 所以，，所以，所以E、F、G、H四点共面，故B正确； 延长交的延长线于点，连接，交于点，连接，， 设确定平面为，则，所以，所以， 则易知三棱柱的截面四边形为， 在中，， 在中，，而中，， 而，所以截面的周长大于，故C错误； 由B知，且，所以梯形的两腰、所在直线必相交于一点， 因为平面，平面， 又平面平面，所以，所以与重合， 即、、三线共点于，故D正确.故选：C 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．某公司计划组织秋游活动，定制了一套文化衫，女职工需要不同尺码文化衫的频数如图． 根据图中数据，下列结论正确的是（    ） A．文化衫尺码的众数为187 B．文化衫尺码的平均数为165 C．文化衫尺码的方差为28 D．文化衫尺码的中位数为165 【答案】BD 【知识点】由频率分布直方图估计中位数、计算几个数的平均数、由频率分布直方图估计平均数、计算几个数据的极差、方差、标准差 【分析】根据统计图可得样本数据的平均数、众数、中位数和方差，再逐一判断即可. 【详解】解：由题图知，众数为165，故A错误； 总数为， 平均数为，故B正确； 方差为，故C错误； 中位数为165，故D正确． 故选：BD 10．已知点是椭圆：上一点，，是椭圆的左、右焦点，且的面积为4，则下列说法正确的是（    ） A．点的纵坐标为 B． C．的周长为 D．的内切圆半径为 【答案】BC 【解析】依题意，不妨设点，由可得故， 则的面积为解得：， 对于A选项，由上分析知点的纵坐标为，故A项错误； 对于B选项，由 知，此时点为椭圆短轴顶点，故， 又由知，故B项正确； 对于C选项，因点在椭圆上，故有 于是的周长为故C项正确； 对于D选项，设的内切圆半径为，则由三角形面积相等可得： ，解之得：故D项错误. 故选：BC. 11．定义域为的函数，对任意，且不恒为0，则下列说法正确的是（    ） A． B．为偶函数 C． D．若，则 【答案】ABC 【分析】对于A，令，或，结合不恒为0，可得，由此即可判断； 对于B，由，不妨令，即可判断； 对于C，令，通过换元即可判断； 对于D，令，得关于中心对称，结合为偶函数，可得为周期为4的函数，算出即可判断. 【详解】对于A，令，有，所以或， 若，则只令，有，即恒为0， 所以只能，故A正确； 对于B，由A可知，不妨令， 有， 即，且函数的定义域为全体实数，它关于原点对称， 所以偶函数，即为偶函数，故B正确； 对于C，令，有， 令，由，得， 所以当时，有，即当时，，故C正确； 对于D，若，令，有， 所以关于中心对称， 又为偶函数， 所以，所以是周期为4的周期函数， 又，， 所以， 所以， 所以，故D错误. 故选：ABC. 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．设是双曲线C: 的两个焦点，O为坐标原点，点P在C上且，则面积为 . 【答案】3 【解析】由题意得双曲线中，，则其焦点坐标， 根据双曲线对称性，不妨假设点在第一象限， 设，其中， 因为，则， 根据勾股定理知， 即，解得（负舍）， 则，则面积为. 故答案为：3. 13．如图所示是古希腊数学家阿基米德的墓碑文，墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，且圆柱的体积与内切球的体积之比及圆柱的表面积与内切球的表面积之比均为．若圆柱的体积为，则该球的内接正方体的体积为 ． 【答案】 【解析】设圆柱的内切球的半径为，因为圆柱的体积为，所以，解得， 设该球的内接正方体的棱长为，则，即， 所以该球的内接正方体的体积为． 故答案为： 14．袋子中有个大小相同的球，其中个红球，个白球.每次从中任取个球，然后放回个红球.设第一次取到白球的个数为，则的数学期望 ；第二次取到个白球个红球的概率为 . 【答案】 / 【分析】分析可知随机变量的可能取值有、、，计算出随机变量在不同取值下的概率，可计算出的值；记事件第一次取到的白球有个，其中、、，记事件第二次取到个白球个红球，利用全概率公式可求得的值. 【详解】解：由题意可知，随机变量的可能取值有、、， 则，，， 所以，. 记事件第一次取到的白球有个，其中、、， 则，，， 记事件第二次取到个白球个红球， 则，，， 由全概率公式可得. 故答案为：；. 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）在中，，，的面积为． (1)求； (2)求BC边上的高． 【答案】(1)；(2) 【解析】（1）根据已知以及余弦定理可得，， 整理可得，， 所以由余弦定理可得，. 又，所以. （2）由已知结合三角形面积公式可得，， 所以，. 根据余弦定理可得，， 所以，. 设BC边上的高为，则， 即，解得. 16．（15分）已知函数． (1)求在处的切线方程； (2)若在上有解，求实数的取值范围． 【答案】(1)；(2) 【解析】（1），， 所以在处的切线方程为：，即. （2）因为在上有解，所以在上有解， 当时，在上有解， 令，则， 令，则， 当时，，单调递增，故， 则当时，，即． 所以，当时；当时， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以当时，，所以， 综上可知，实数的取值范围是． 17．（15分）如图，在四棱锥中，，四边形是菱形，是棱上的动点，且．    (1)证明:平面． (2)是否存在实数，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值是?若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析； (2)存在实数，使得面与面所成锐二面角的余弦值是. 【分析】（1）由题设，根据线面垂直的判定得平面，再由线面垂直的性质有，并由勾股定理证，最后应用线面垂直的判定证结论； （2）取棱的中点，连接，构建空间直角坐标系，写出相关点的坐标，应用向量法求面面角的余弦值，结合已知列方程求参数，即可判断存在性. 【详解】（1）   因为四边形是菱形，所以. 因为平面，且，所以平面. 因为平面，所以. 因为，所以，即. 因为平面，且，所以平面. （2）   取棱的中点，连接，易证两两垂直， 故以为原点，分别以的方向为轴的正方向，建立空间直角坐标系． 设，则， 故， 所以， 设平面的法向量为，则， 令，得． 平面的一个法向量为,设面与面所成的锐二面角为， 则，整理得，解得(舍去)． 故存在实数，使得面与面所成锐二面角的余弦值是． 18．（17分）已知抛物线的焦点为，点是上的一点，且. (1)求抛物线的方程； (2)设点（其中）是上异于的两点，的角平分线与轴垂直，为线段的中点. （i）求证：点在定直线上； （ii）若的面积为6，求点的坐标. 【答案】(1) (2)（i）证明见解析；（ii）或 【分析】（1）由抛物线焦半径公式即可求解； （2）（i）由题意得到的斜率互为相反数，构造方程即可求解； （ii）写出直线方程，由点到线的距离公式求得高，代入三角形面积公式求解即可. 【详解】（1）因为，由抛物线的定义得，又，所以， 因此，即，解得，从而抛物线的方程为. （2）    （i）由（1）知点的坐标为，因为的角平分线与轴垂直， 所以可知的倾斜角互补，即的斜率互为相反数， ， 同理，则， 化简得，则， 所以点在定直线上. （ii），则直线， 即 线段的长度：，点到直线的距离， 可得的面积为， 因为，且，化简得 ， 令，则，即. 解得或， 由知或，所以或 所求点的坐标为，或者 19．（17分）若存在常数，使得数列满足，则称数列为“数列”． (1)判断数列：1，3，5，10，152是否为“数列”，并说明理由； (2)若数列是首项为2的“数列”，数列是等比数列，且与满足，求的值和数列的通项公式； (3)若数列是“数列”，为数列的前项和，，，证明：． 【答案】(1)不是“数列”，理由见解析；(2)，；(3)证明见解析 【解析】（1）根据“数列”的定义，则，故， 因为成立，成立， 不成立， 所以1，3，5，10，152不是“数列”． （2）由是首项为2的“数列”，则，， 由是等比数列，设公比为， 由，则， 两式作差可得， 即， 由是“数列”，则，对于，恒成立， 所以， 即对于，恒成立， 则 解得，，，又由，， 则，即， 故所求的，数列的通项公式； （3）证明：要证， 即证， 因数列是“数列”，则. 则要证，即证. 又，对于，恒成立， 因为，，则，再结合，，， 反复利用，可得对于任意的，，， 则要证：，即证. 设函数，则，令，解得， 当时，，则在区间单调递减， 因对于任意的，，，则. 即，，…，， 相加可得，即，故命题得证. 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！14 学科网（北京）股份有限公司 $$