黄金卷08（新高考Ⅰ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（新高考1卷专用） 黄金卷08 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 第I卷（选择题） 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，若集合A、B满足：，则集合对共有（   ）个． A．36 B．48 C．64 D．81 2．在年巴黎奥运会上，我国网球选手郑钦文历经场比赛，勇夺巴黎奥运会女子网球单打冠军，书写了中国网球新的历史．某学校有名学生，一机构在该校随机抽取了名学生对郑钦文奥运会期间场单打比赛的收看情况进行了调查，将数据分组整理后，列表如下： 观看场次 观看人数占调查 人数的百分比 从表中数据可以得出的正确结论为（   ）． A．表中的数值为 B．观看场次不超过场的学生的比例为 C．估计该校观看场次不超过场的学生约为人 D．估计该校观看场次不低于场的学生约为人 3．若，且，，则（    ） A． B． C． D． 4．已知，C是以AB为直径的圆上一点，，D为AC的中点，则（    ） A．-9 B．-12 C．-15 D．-16 5．设函数，则函数的零点个数为（    ） A．4 B．5 C．6 D．7 6．在三棱锥P-ABC中，，平面PAB⊥平面ABC，若球O是三棱锥P-ABC的外接球，则球O的表面积为（    ） A．96π B．84π C．72π D．48π 7．已知点为椭圆上第一象限的一点，左、右焦点为，，的平分线与轴交于点，过点作直线的垂线，垂足为，为坐标原点，若，则面积为（    ） A． B． C． D．3 8．已知及其导函数的定义域为，为偶函数，的图象关于点对称，则（    ） 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．函数过定点，若，则下列结论正确的是（   ） A． B．的最小值为 C．最小值为 D．最小值为 10．在直三棱柱中，底面为等腰直角三角形，且满足，若点P满足，其中，，则下列说法正确的是（    ） A．当时，三棱锥的体积为定值 B．当时，的面积S的最大值为 C．当时，有且仅有一个点P，使得 D．当时，有且仅有一个点P，使得平面 11．已知抛物线的焦点为，圆，圆上存在动点，过作圆的切线，也与抛物线相切于点，抛物线上任意一点到直线与直线的距离分别为．若点的坐标为，则（    ） A． B． C．的最小值为 D．圆上的点到直线的最大距离为 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．等差数列中，，记，则当 时，取得最大值． 13．在函数的图象与直线的交点中，任取两点与原点组成三角形，这些三角形的面积的最小值为，则 ． 14．已知函数，若关于的不等式在上恒成立，则实数的最大值为 ． 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，内角A，B，C的对边长分别为a，b，c，. (1)若，求面积的最大值； (2)若，在边AC的外侧取一点D（点D在外部），使得，，且四边形的面积为，求的大小. 16．（15分）某校高三年级在一次数学测验中，各位同学的成绩，现规定：成绩在的同学为“成绩顶尖”，在的同学为“成绩优秀”，低于90分的同学为“不及格”. (1)已知高三年级共有2000名同学，分别求“成绩优秀”和“不及格”的同学人数（小数按四舍五入取整处理）； (2)现在要从“成绩顶尖”的甲乙同学和“成绩优秀”的丙丁戊己共6位同学中随机选4人作为代表交流学习心得，在已知至少有一名“成绩顶尖”同学入选的条件下，求同学丙入选的概率： (3)为了了解班级情况，现从某班随机抽取一名同学询问成绩，得知该同学为142分.请问：能否判断该班成绩明显优于或者差于年级整体情况，并说明理由. （参考数据：若，则，） 17．（15分）如图，在三棱锥中，为正三角形，平面，点为线段BC上的动点， (1)若点为BC中点，证明： (2)在（1）的条件下，求平面PAC与平面ACF夹角的余弦值 (3)求线段长的最小值 18．（17分）已知为坐标原点，是椭圆的左、右焦点，的离心率为，点是上一点，的最小值为. (1)求椭圆的方程； (2)已知是椭圆的左、右顶点，不与轴平行或重合的直线交椭圆于两点，记直线的斜率为，直线的斜率为，且. ①证明：直线过定点； ②设的面积为，求的最大值. 19．（17分）牛顿在《流数法》一书中，给出了高次代数方程的一种数值解法——牛顿法.如图，是函数的零点，牛顿用“作切线”的方法找到了一串逐步逼近的实数，在横坐标为的点处作的切线，则在处的切线与轴交点的横坐标是，同理在处的切线与轴交点的横坐标是，一直继续下去，得到数列.令.    (1)当时，用牛顿法求出方程的近似解； (2)在（1）的条件下，当时，写出与的关系式（无需证明），并求数列的通项公式； (3)令，已知是两个正实数，且，求证：. 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1卷专用） 黄金卷08 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 第I卷（选择题） 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，若集合A、B满足：，则集合对共有（   ）个． A．36 B．48 C．64 D．81 【答案】D 【详解】因为，，当时，又，故，当集合中有一个元素时，又，这样的集合对有，当集合中有两个元素时，又，这样的集合对有，当集合中有三个元素时，又，这样的集合对有，当集合中有四个元素时，又，这样的集合对有，所以集合对共有.故选：D. 2．在年巴黎奥运会上，我国网球选手郑钦文历经场比赛，勇夺巴黎奥运会女子网球单打冠军，书写了中国网球新的历史．某学校有名学生，一机构在该校随机抽取了名学生对郑钦文奥运会期间场单打比赛的收看情况进行了调查，将数据分组整理后，列表如下： 观看场次 观看人数占调查 人数的百分比 从表中数据可以得出的正确结论为（   ）． A．表中的数值为 B．观看场次不超过场的学生的比例为 C．估计该校观看场次不超过场的学生约为人 D．估计该校观看场次不低于场的学生约为人 【答案】D 【详解】由表可知，，解得，选项A错误；观看场次不超过场的学生的比例为，选项B错误；观看场次不超过场的学生的比例为，则观看场次不超过场的学生约为人，选项C错误；观看场次不低于场的学生的比例为，则观看场次不低于场的学生约为人，选项D正确．故选：D 3．若，且，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D【详解】因为，且，，所以，，所以，所以．故选：D． 4．已知，C是以AB为直径的圆上一点，，D为AC的中点，则（    ） A．-9 B．-12 C．-15 D．-16 【答案】D 【详解】解：如图所示： 因为，C是以AB为直径的圆上一点，， 所以， 又D为AC的中点， 所以， ， 故选：D. 5．设函数，则函数的零点个数为（    ） A．4 B．5 C．6 D．7 【答案】C 【详解】因为，令， 则由，即，解得或或， 在同一平面直角坐标系中分别作出，，，的图象如图所示，    由图象可知与有1个交点，即有1个根， 与有3个交点，即有3个根， 与有2个交点，即有2个根， 所以函数的零点个数为个， 故选：C 6．在三棱锥P-ABC中，，平面PAB⊥平面ABC，若球O是三棱锥P-ABC的外接球，则球O的表面积为（    ） A．96π B．84π C．72π D．48π 【答案】B 【详解】在中，，则，中点为的外心， 于是平面，取中点，连接，则，而平面PAB⊥平面ABC， 平面平面，平面，则平面，， 令正的外心为，则为的3等分点，， 又平面，则，而，则四边形是矩形， ，因此球O的半径， 所以球O的表面积为. 故选：B 7．已知点为椭圆上第一象限的一点，左、右焦点为，，的平分线与轴交于点，过点作直线的垂线，垂足为，为坐标原点，若，则面积为（    ） A． B． C． D．3 【答案】C 【详解】如图所示，延长，交的延长线于点， 因为为的平分线，⊥，由三线合一得为等腰三角形， 即，为的中点， 因为为的中点，所以为的中位线， 故，设， 由椭圆定义知，， 由得，解得， 故，， 在中，由余弦定理得 ， 故， 故. 故选：C 8．已知及其导函数的定义域为，为偶函数，的图象关于点对称，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】由为偶函数，得，则． 两边取导数，得①． 由的图象关于点对称，得②． ①②，得，所以， 则数列中所有奇数项是公差为2的等差数列，所有偶数项是公差为2的等差数列． 在中，令，得． 在中，令，得． 在中，令，得， 所以， 所以数列是以0为首项，1为公差的等差数列，所以， 则． 故选：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．函数过定点，若，则下列结论正确的是（   ） A． B．的最小值为 C．最小值为 D．最小值为 【答案】BC 【详解】对A：由，故， 由， 故有，即，故A错误； 对B：由，则， 当且仅当，即，时，等号成立，故B正确； 对C：， 当且仅当时，等号成立，故C正确； 对D：， 当且仅当时，等号成立， 即最大值为，故D错误. 故选：BC. 10．在直三棱柱中，底面为等腰直角三角形，且满足，若点P满足，其中，，则下列说法正确的是（    ） A．当时，三棱锥的体积为定值 B．当时，的面积S的最大值为 C．当时，有且仅有一个点P，使得 D．当时，有且仅有一个点P，使得平面 【答案】AC 【详解】由题意得，. ∵，平面，平面，， ∴平面， ∵，∴平面. 由得点在四边形内（包含边界）. 以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，， ∴， ∴，由得，. A. 当时，，此时点到距离为， 故，为定值，选项A正确. B. 当时，，，当时，， 由平面，平面，得， ∴，最大值为，选项B错误. C. 当时，， 由得，，故有且仅有一个点P，使得，选项C正确. D. 当时，， 由题意得，四边形为正方形，故， 要使平面，需， ∵，∴不成立，选项D错误. 故选：AC. 11．已知抛物线的焦点为，圆，圆上存在动点，过作圆的切线，也与抛物线相切于点，抛物线上任意一点到直线与直线的距离分别为．若点的坐标为，则（    ） A． B． C．的最小值为 D．圆上的点到直线的最大距离为 【答案】BCD 【详解】由圆，得圆心，又点的坐标为，所以． 因为直线为圆的切线，所以，所以，所以直线的方程为，即．联立得方程组，消去并整理，得．因为直线与抛物线相切，所以，解得（舍去），所以抛物线的方程为，所以， 当时，方程为，解得，所以，解得，所以切点，所以，故A错误，B正确．设点到直线的距离为．因为，所以．因为点到直线的距离，所以，故C正确．因为，所以直线的方程为，即． 因为圆心到直线的距离为，所以圆上的点到直线的最大距离为，故D正确．故选：BCD． 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．等差数列中，，记，则当 时，取得最大值． 【答案】4 【详解】在等差数列中，， ， 即， ． 所以数列是单调递减数列， 所以， 所以当时，；当时，， 故当时，取得最大值． 故答案为：4 13．在函数的图象与直线的交点中，任取两点与原点组成三角形，这些三角形的面积的最小值为，则 ． 【答案】 【详解】原点到直线的距离为，设交点，，且， 由，即， 点，相邻，且在的一条对称轴两侧时，， 此时，，，两式相减，得， 所以． 故答案为： 14．已知函数，若关于的不等式在上恒成立，则实数的最大值为 ． 【答案】/ 【详解】设，则其定义域为，且 ，故为奇函数. 而，且仅在时，所以为增函数. 同时，不等式可化为，即. 而是奇函数，故原不等式又等价于，再根据是增函数，知这等价于. 当时，这可化为，故条件即为对任意成立. ①一方面，在条件中取，即可得到，从而一定有； ②另一方面，当时，我们证明对任意的，都有. 首先，代入，然后两边同乘正数，可知该不等式等价于. 设，则，故对有，对有. 从而在上递减，在上递增，所以对均有. 这就意味着，所以 . 从而由即可得到. 这就证明了不等式对恒成立，从而原条件一定满足. 综合①②两方面，可知的最大值为. 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．在中，内角A，B，C的对边长分别为a，b，c，. (1)若，求面积的最大值； (2)若，在边AC的外侧取一点D（点D在外部），使得，，且四边形的面积为，求的大小. 【答案】(1) (2). 【分析】（1）根据题意，利用正弦定理化简得，由余弦定理求得，得到，再由余弦定理和基本不等式求得ac的最大值，进而求得面积的最大值； （2）设，利用余弦定理和为正三角形，求得，列出方程，即可求解. 【详解】（1）由 因为，可得， 又由正弦定理得，即， 由余弦定理得， 因为，可得，所以， 在中，由余弦定理得， 即，当且仅当时取等号， 所以， 所以面积的最大值为. （2）设，则， 在中，由余弦定理得， 由（1）知，且，所以为正三角形， 所以， 可得， 故，因为，所以，可得. 16．某校高三年级在一次数学测验中，各位同学的成绩，现规定：成绩在的同学为“成绩顶尖”，在的同学为“成绩优秀”，低于90分的同学为“不及格”. (1)已知高三年级共有2000名同学，分别求“成绩优秀”和“不及格”的同学人数（小数按四舍五入取整处理）； (2)现在要从“成绩顶尖”的甲乙同学和“成绩优秀”的丙丁戊己共6位同学中随机选4人作为代表交流学习心得，在已知至少有一名“成绩顶尖”同学入选的条件下，求同学丙入选的概率： (3)为了了解班级情况，现从某班随机抽取一名同学询问成绩，得知该同学为142分.请问：能否判断该班成绩明显优于或者差于年级整体情况，并说明理由. （参考数据：若，则，） 【答案】(1)“成绩优秀”和“不及格”的同学人数分别为人、人 (2) (3)班级成绩优于年级成绩 【分析】（1）根据题设中已知区间上的概率可求及，故可求成绩优秀的人数和不及格人数； （2）根据条件概率的概率公式可求同学丙入选的概率： （3）根据小概率几乎不发生可判断该班成绩由于年级成绩. 【详解】（1）由已知， “成绩优秀”的概率为： . “不及格”的概率为： ， 所以“成绩优秀”的人数为人， “不及格”的人数为人. （2）设事件：至少一名“成绩顶尖”同学入选，事件：丙入选， 则， （3）由条件知年级中， 而在该班随机抽查中，同学成绩在一次随机事件中就发生了， 这说明班级成绩优于年级成绩. 17．如图，在三棱锥中，为正三角形，平面，点为线段BC上的动点， (1)若点为BC中点，证明： (2)在（1）的条件下，求平面PAC与平面ACF夹角的余弦值 (3)求线段长的最小值 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）证法1：由等腰三角形的性质得，由线面垂直的性质得，则得平面，再证得平面，再利用线面垂直的性质可证得结论；证法2：在中求出，在中求出，从而可求出，再在中求出，最后在中利用勾股定理的逆定理可证得结论； （2）以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，其中EC，EA为轴，轴的正半轴，然后利用空间向量求解即可； （3）法1：以的中点为原点，建立如图所示空间直角坐标系，其中为轴，轴的正半轴，设，由表示出，从而可表示出，进而可求出其最小值；法2：设BC的中点为，取PA中点，过点作平面PBC垂线，垂足为，可得点轨迹为在平面PBC中的以为圆心，为半径的圆弧，从而可求得结果. 【详解】（1）法1：因为为正三角形，点为BC中点， 所以， 因为平面，平面，所以， 因为，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 因为，，平面， 所以平面， 因为平面，所以； 法2：因为为正三角形，点为BC中点，， 所以， 因为平面，平面，所以， 所以， 因为， 所以，则， 因为为正三角形，点为BC中点， 所以， 因为平面，平面，所以， 因为，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 所以， 所以， 所以； （2）由（1）知， 则以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，其中EC，EA为轴，轴的正半轴， 则 ， 设平面PAC的法向量为，则 ，令，则法向量为， 设平面的法向量为，则 ，令，则， 设平面PAC与平面ACF夹角为， 则， 即平面PAC与平面ACF夹角的余弦值为； （3）法1：以的中点为原点，建立如图所示空间直角坐标系，其中为轴，轴的正半轴，则， 设 ， ， 令 则， 在上单调递减，上单调递增 当时，， 法2：设BC的中点为，取PA中点，过点作平面PBC垂线，垂足为， 且平面， 点的轨迹为以PA为直径，即的球与平面PBC的相交圆弧， 由（1）可知，，相交圆半径， 点轨迹为在平面PBC中的以为圆心，为半径的圆弧， ， 【点睛】关键点点睛：此题考查线线垂直的证明，考查二面角的求法，解题的关键是根据题意合理建立空间直角坐标系，利用空间向量求解，考查空间想象能力和计算能力，属于较难题. 18．已知为坐标原点，是椭圆的左、右焦点，的离心率为，点是上一点，的最小值为. (1)求椭圆的方程； (2)已知是椭圆的左、右顶点，不与轴平行或重合的直线交椭圆于两点，记直线的斜率为，直线的斜率为，且. ①证明：直线过定点； ②设的面积为，求的最大值. 【答案】(1) (2)①证明见解析；②. 【分析】（1）应用离心率公式及焦点到椭圆距离的最值列方程组求解，即可求出椭圆方程； （2）①设直线方程联立方程组得出韦达定理再应用斜率公式得出，再结合韦达定理计算求出即可得出定点；②先表示面积计算化简结合对勾函数得出最值. 【详解】（1）由题可知，，    解得， ， 椭圆的方程为. （2）①证明：设直线的方程为，， 由得， ，即， ， 在椭圆上    ，            ，即， ， ，即， 在直线上， ， ， ，即， 此时， 直线的方程为，即直线过定点. ②解：记直线过定点，                 ， ， ， ， 令，则， 在上单调递增， 当时，有最大值. 【点睛】关键点点睛：解题的关键点是构造对勾函数形式应用函数的单调性得出函数的最值进而求出面积的最大值. 19．牛顿在《流数法》一书中，给出了高次代数方程的一种数值解法——牛顿法.如图，是函数的零点，牛顿用“作切线”的方法找到了一串逐步逼近的实数，在横坐标为的点处作的切线，则在处的切线与轴交点的横坐标是，同理在处的切线与轴交点的横坐标是，一直继续下去，得到数列.令.    (1)当时，用牛顿法求出方程的近似解； (2)在（1）的条件下，当时，写出与的关系式（无需证明），并求数列的通项公式； (3)令，已知是两个正实数，且，求证：. 【答案】(1) (2)； (3)证明见解析 【分析】（1）本题根据题干给出的牛顿法解高次方程，结合曲线上某点的导数即为经过该点的切线的斜率，从而求得切线方程，再求出该切线与横轴的交点，采用逐步逼近的方法求得高次方程的近似解； （2）根据（1）的条件逐步求得，从而递推出与的关系式，进一步求出数列的通项公式； （3）先求出，然后判断的单调性，最后得到，然后不妨设函数，，判断其单调性，然后得到，得到，利用以及的单调性，得到，最后化简，证毕. 【详解】（1）由题意得，因为，所以，， 所以过点的切线方程为，即，令，得； 又因为，， 所以过点的切线方程为，令，得. 综上得，，. （2）在（1）的条件下，； 因为，， 则在点处的切线方程为， 令，得， 即， 所以，即， 所以是首项为，公比为的等比数列， 所以，即， 所以. （3）由题可知， ，得 显然当时，，此时，单调递减； 当时，，此时，单调递増； 又因为是两个正实数，且， 不妨设， 设函数，，故， 显然时，此时单调递增， 所以，即，有 ， 又因为，所以有， 因为，所以， 因为当时，，此时，单调递増， 所以， 又因为是两个正实数，故. 【点睛】关键点点睛：新概念题，前两位根据新概念计算即可；第三问属于极值点偏移，利用极值点偏移的方式，证明不等关系即可 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 $$