2025年高考数学一模预测卷02（新高考Ⅰ卷专用）

2025高考数学一模预测卷02（新高考Ⅰ卷专用） 一、单选题(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．（2024·全国·模拟预测）复数，则（    ） A． B． C． D． 2．（24-25高三上·山西大同·期中）设集合，则（    ） A． B． C． D． 3．（22-23高三上·北京房山·期中）以边长为2的正三角形的一边所在直线为旋转轴，将该正三角形旋转一周所得几何体的表面积为（   ） A． B． C． D． 4．（2024高三·全国·专题练习）2024年春节放假安排：农历除夕至正月初六放假，共7天．某单位安排7位员工值班，每人值班1天，每天安排1人．若甲不在除夕值班，乙不在正月初一值班，而且丙和甲在相邻的两天值班，则不同的安排方案共有（   ） A．1440种 B．1360种 C．1282种 D．1128种 5．（2024·湖南株洲·一模）在非直角中，、、成等比数列，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 6．（2024·四川·模拟预测）分形几何学是美籍法国数学家伯努瓦・曼德尔布罗特在20世纪70年代创立的一门新学科，它的创立为解决传统科学领域的众多难题提供了全新的思路．下图展示了如何按照图①的分形规律生长成一个图②的树形图，则在图②中第5行的黑心圈的个数是（    ） A．12 B．13 C．40 D．121 7．（2024·广西贵港·模拟预测）已知圆C：，直线l：，若l与圆C交于A，B两点，设坐标原点为O，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 8．（2024·四川自贡·三模）定义在R上的偶函数满足，当时，，若，下列命题： ①是周期函数； ②函数的图象在处的切线方程为； ③函数的图象与函数的图象的所有交点的横坐标之和为12； ④． 其中正确命题的个数为（    ） A．4 B．3 C．2 D．1 二、多选题(本大题共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．（2024·广东·三模）已知椭圆的长轴端点分别为，两个焦点分别为是上任意一点，则（    ） A．椭圆的离心率为 B．的周长为 C．面积的最大值为 D． 10．（2024·河南·模拟预测）若函数，则下列说法正确的是（   ） A．的最小正周期为 B．图象的一条对称轴是 C．图象的一个对称中心是 D．在上的值域为 11．（2024·河南·模拟预测）已知四面体的顶点，，，均在球的球面上，是边长为2的等边三角形，，棱，，的中点分别为，，，过，，三点的平面截四面体所得截面四边形的对角线互相垂直，则（    ） A． B．与所成角不可能为90° C．直线与平面所成的角为30° D．球的表面积为 三、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分，把答案填在题中的横线上) 12．（2024·湖南衡阳·一模）已知三角形中，，是上中线的三等分点满足，记，则 . 13．（24-25高三上·上海·开学考试）已知双曲线的左、右焦点分别为，，点M在双曲线C的右支上，，若与C的一条渐近线l垂直，垂足为N，且，其中O为坐标原点，则双曲线C的标准方程为 ． 14．（2024·海南海口·模拟预测）已知函数，若存在唯一的负整数，使得，则实数的取值范围是 ． 四、解答题(本大题共5小题，共77分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤) 15. (13分) （2024·广东·二模）在数列中，，都有，，成等差数列，且公差为. (1)求，，，； (2)求数列的通项公式； (3)是否存在，使得，，，成等比数列.若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 16. (15分) （2024·海南·模拟预测）已知函数. (1)求的图象在点处的切线与坐标轴围成的封闭图形的面积； (2)设函数，若在定义域内单调递减，求实数的取值范围. 17. (15分) （2024高三下·四川成都·专题练习）“阳马”是我国古代数学名著《九章算术》中《商功》章节研究的一种几何体，即其底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥．如图，四边形是边长为3的正方形，，． (1)证明：四棱锥是一个“阳马”； (2)已知点在线段上，且，若二面角的余弦值为，求的值． 18. (17分) （2024·河南信阳·模拟预测）已知为抛物线上一动点，若点满足（为坐标原点），记点的轨迹为曲线． (1)求的方程； (2)已知过上一点的直线分别交于两点（异于点A），设的斜率分别为． ①若，求证：直线过定点； ②若，且的纵坐标均不大于0，求的面积的最大值． 19. (17分) （24-25高三上·湖北·开学考试）如图所示，在研究某种粒子的实验装置中，有三个腔室，粒子只能从室出发经室到达室.粒子在室不旋转，在室､室都旋转，且只有上旋和下旋两种状态，粒子间的旋转状态相互独立.粒子从室经过1号门进入室后，等可能的变为上旋或下旋状态，粒子从室经过2号门进入室后，粒子的旋转状态发生改变的概率为.现有两个粒子从室出发，先后经过1号门，2号门进入室，记室两个粒子中，上旋状态粒子的个数为.    (1)已知两个粒子通过1号门后，恰有1个上旋状态1个下旋状态.若这两个粒子通过2号门后仍然恰有1个上旋状态1个下旋状态的概率为，求； (2)求的分布列和数学期望； (3)设，若两个粒子经过2号门后都为上旋状态，求这两个粒子通过1号门后都为上旋状态的概率. 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025高考数学一模预测卷02（新高考Ⅰ卷专用） 一、单选题(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．（2024·全国·模拟预测）复数，则（    ） A． B． C． D． 2．（24-25高三上·山西大同·期中）设集合，则（    ） A． B． C． D． 3．（22-23高三上·北京房山·期中）以边长为2的正三角形的一边所在直线为旋转轴，将该正三角形旋转一周所得几何体的表面积为（   ） A． B． C． D． 4．（2024高三·全国·专题练习）2024年春节放假安排：农历除夕至正月初六放假，共7天．某单位安排7位员工值班，每人值班1天，每天安排1人．若甲不在除夕值班，乙不在正月初一值班，而且丙和甲在相邻的两天值班，则不同的安排方案共有（   ） A．1440种 B．1360种 C．1282种 D．1128种 5．（2024·湖南株洲·一模）在非直角中，、、成等比数列，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 6．（2024·四川·模拟预测）分形几何学是美籍法国数学家伯努瓦・曼德尔布罗特在20世纪70年代创立的一门新学科，它的创立为解决传统科学领域的众多难题提供了全新的思路．下图展示了如何按照图①的分形规律生长成一个图②的树形图，则在图②中第5行的黑心圈的个数是（    ） A．12 B．13 C．40 D．121 7．（2024·广西贵港·模拟预测）已知圆C：，直线l：，若l与圆C交于A，B两点，设坐标原点为O，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 8．（2024·四川自贡·三模）定义在R上的偶函数满足，当时，，若，下列命题： ①是周期函数； ②函数的图象在处的切线方程为； ③函数的图象与函数的图象的所有交点的横坐标之和为12； ④． 其中正确命题的个数为（    ） A．4 B．3 C．2 D．1 二、多选题(本大题共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．（2024·广东·三模）已知椭圆的长轴端点分别为，两个焦点分别为是上任意一点，则（    ） A．椭圆的离心率为 B．的周长为 C．面积的最大值为 D． 10．（2024·河南·模拟预测）若函数，则下列说法正确的是（   ） A．的最小正周期为 B．图象的一条对称轴是 C．图象的一个对称中心是 D．在上的值域为 11．（2024·河南·模拟预测）已知四面体的顶点，，，均在球的球面上，是边长为2的等边三角形，，棱，，的中点分别为，，，过，，三点的平面截四面体所得截面四边形的对角线互相垂直，则（    ） A． B．与所成角不可能为90° C．直线与平面所成的角为30° D．球的表面积为 三、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分，把答案填在题中的横线上) 12．（2024·湖南衡阳·一模）已知三角形中，，是上中线的三等分点满足，记，则 . 13．（24-25高三上·上海·开学考试）已知双曲线的左、右焦点分别为，，点M在双曲线C的右支上，，若与C的一条渐近线l垂直，垂足为N，且，其中O为坐标原点，则双曲线C的标准方程为 ． 14．（2024·海南海口·模拟预测）已知函数，若存在唯一的负整数，使得，则实数的取值范围是 ． 四、解答题(本大题共5小题，共77分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤) 15. (13分) （2024·广东·二模）在数列中，，都有，，成等差数列，且公差为. (1)求，，，； (2)求数列的通项公式； (3)是否存在，使得，，，成等比数列.若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 16. (15分) （2024·海南·模拟预测）已知函数. (1)求的图象在点处的切线与坐标轴围成的封闭图形的面积； (2)设函数，若在定义域内单调递减，求实数的取值范围. 17. (15分) （2024高三下·四川成都·专题练习）“阳马”是我国古代数学名著《九章算术》中《商功》章节研究的一种几何体，即其底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥．如图，四边形是边长为3的正方形，，． (1)证明：四棱锥是一个“阳马”； (2)已知点在线段上，且，若二面角的余弦值为，求的值． 18. (17分) （2024·河南信阳·模拟预测）已知为抛物线上一动点，若点满足（为坐标原点），记点的轨迹为曲线． (1)求的方程； (2)已知过上一点的直线分别交于两点（异于点A），设的斜率分别为． ①若，求证：直线过定点； ②若，且的纵坐标均不大于0，求的面积的最大值． 19. (17分) （24-25高三上·湖北·开学考试）如图所示，在研究某种粒子的实验装置中，有三个腔室，粒子只能从室出发经室到达室.粒子在室不旋转，在室､室都旋转，且只有上旋和下旋两种状态，粒子间的旋转状态相互独立.粒子从室经过1号门进入室后，等可能的变为上旋或下旋状态，粒子从室经过2号门进入室后，粒子的旋转状态发生改变的概率为.现有两个粒子从室出发，先后经过1号门，2号门进入室，记室两个粒子中，上旋状态粒子的个数为.    (1)已知两个粒子通过1号门后，恰有1个上旋状态1个下旋状态.若这两个粒子通过2号门后仍然恰有1个上旋状态1个下旋状态的概率为，求； (2)求的分布列和数学期望； (3)设，若两个粒子经过2号门后都为上旋状态，求这两个粒子通过1号门后都为上旋状态的概率. 参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C B D D B C D B ABD AD 题号 11 答案 ABD 1．C 【分析】应用复数除法化简，再应用复数乘法求，即可求模. 【详解】因为，所以， 因此. 故选：C 2．B 【分析】先求集合的补集解一元二次不等式再应用集合的交集计算即可. 【详解】由题意可得． 故选：B. 3．D 【分析】以正三角形绕一边所在直线为旋转轴旋转一周，得到几何体是两个同底的圆锥,利用圆锥的侧面积公式即可求解． 【详解】如图，正三角形绕所在直线为旋转轴旋转一周， 得到几何体是两个同底的圆锥， 圆锥的底面半径为， 所得几何体的表面积为． 故选：D． 4．D 【分析】运用捆绑法，结合分类讨论和排列组合知识计算即可. 【详解】采取对丙和甲进行捆绑的方法： 如果不考虑“乙不在正月初一值班”，则安排方案有：种， 如果“乙在正月初一值班”，则安排方案有：种， 若“甲在除夕值班”，则“丙在初一值班”，则安排方案有：种． 则不同的安排方案共有(种)． 故选：D． 5．B 【分析】利用等比中项可得，再利用两角和的正切展开式和基本不等式计算，对的正负进行讨论 【详解】由已知得，则 ， 若，则， 所以， 所以，这与矛盾，故， 所以， 即，，当且仅当时取等号， 所以B的取值范围是． 故选：B. 6．C 【分析】本题是一个探究型的题目，从图①中读取信息：白球分形成两白一黑，黑球分型成一白两黑；由图②，从第二行起，球的总个数是前一行的3倍，白球的个数是前一行白球个数的两倍加上黑球的个数，黑球的个数是前一行黑球个数的两倍加上白球的个数.由此建立递推关系求解得到结果. 【详解】设题图②中第行白心圈的个数为，黑心圈的个数为， 依题意可得，且有， 所以是以为首项，3为公比的等比数列， ①； 又，， 故有， ∴为常数数列，且，所以是以为首项，1为公比的等比数列， ②； 由①②相加减得： ，； 所以． 故选：C． 7．D 【分析】求出圆的圆心及半径，直线所过定点，借助向量运算得，利用三角代换结合辅助角公式及三角函数性求出最大值. 【详解】圆C：的圆心为，半径为2， 直线l的方程可化为，于是l过定点，且， 显然，即， 又，因此， 设，，显然， 则，其中，当时等号成立，此时， ，符合条件， 所以的最大值为． 故选：D    【点睛】思路点睛：涉及并求关于的二元函数的最值，可以令，借助三角变换及三角函数性质求解. 8．B 【分析】对于①，由，由函数为偶函数，可得函数的周期为2，从而即可判断；对于②，先求解时的函数解析式，利用导数求解切线斜率，点斜式求解直线方程即可求解；对于③，画出和的的图象，数形结合即得解；对于④，利用函数的周期性求解即可． 【详解】因为，所以的图象关于对称， 又是R上的偶函数，则， 所以，即， 所以函数为周期函数，最小正周期为2，故①正确； 当时，， 所以，所以， 又， 所以的在处的切线方程为，即，故②错误； 因为， 所以的图象关于直线对称， 画出和的图象如图所示： 由图可得和的图象有12个交点，且关于直线对称， 则所有交点的横坐标之和等于12×1＝12，故③正确； 因为的周期为2，所以，故④正确． 故选：B． 【点睛】方法点睛：判断函数零点个数的常用方法： (1) 直接法： 令则方程实根的个数就是函数零点的个； (2) 零点存在性定理法：判断函数在区间上是连续不断的曲线，且再结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性、周期性、对称性) 可确定函数的零点个数；(3) 数形结合法：转化为两个函数的图象的交点个数问题，画出两个函数的图象，其交点的个数就是函数零点的个数，在一个区间上单调的函数在该区间内至多只有一个零点，在确定函数零点的唯一性时往往要利用函数的单调性，确定函数零点所在区间主要利用函数零点存在定理，有时可结合函数的图象辅助解题. 9．ABD 【分析】根据给定的椭圆方程，求出其长短半轴长及半焦距，再逐项计算判断得解. 【详解】椭圆的长半轴长，短半轴长，半焦距， 对于A，椭圆的离心率为，故A正确； 对于B，的周长为，故B正确； 对于C，，设，则面积的最大值为，故C错误； 对于D，设， ， 因此，故D正确. 故选：ABD. 10．AD 【分析】根据二倍角公式，以及辅助角公式化简，即可根据周期的公式即可求解A，代入即可验证BC，根据整体法，即可结合三角函数的性质求解. 【详解】由可得， 对于A， 的最小正周期为，故A正确， 对于B，，故不是图象的一条对称轴，故B错误， 对于C， ，故图象的一个对称中心是，故C错误， 对于D，当，则，故， 故，故D正确， 故选：AD 11．ABD 【分析】对于A，只需证明四边形为菱形，由即可判断；对于B，用反证法推出矛盾即可判断；对于C，用定义法得出为棱与平面所成角，解三角形即可判断；对于D，求出外接球的半径即可判断. 【详解】对于A，如图，连接，，则，且， 取的中点，连接，， 则，且，所以且， 所以过，，三点的平面截该四面体所得截面为平行四边形， 又，则四边形为菱形， 所以，则，A正确；    对于B，若与所成角为90°，则，由，得，得平面， 所以，则，这与矛盾， 所以与所成角不可能为90°，B正确； 对于C，取的中点，连接，因为是边长为2的等边三角形，所以， 则，连结，因为，则，所以， 则，又平面， 所以平面，则为棱与平面所成角， 则，所以直线与平面所成角为60°，C错误； 对于D，由以上分析，平面，因为为直角三角形，且为斜边， 所以四面体外接球的球心为的外接圆的圆心，则球的半径， 所以四面体外接球的表面积为，D正确. 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：判断B选项的关键是用反证法推出矛盾，由此即可顺利得解. 12．1 【分析】结合图形，由平面向量线性运算和平面向量的基本定理求解即可. 【详解】如图， ，所以，所以. 故答案为：1. 13． 【分析】利用中位线的性质得到，且，根据得到，然后利用点到直线的距离公式得到，最后再直角三角形中利用勾股定理列方程得到，即可得到双曲线方程. 【详解】因为，，且为中点， 所以，且，， 因为， 所以，解得， 直线的方程为，所以，则， 在直角三角形中利用勾股定理得， 解得，所以双曲线的标准方程为. 故答案为：.    14． 【分析】当时，由可得出，令，其中，利用导数分析函数在上的单调性与极值，数形结合可得出实数的取值范围. 【详解】当时，由可得，则， 令，其中，则， 当时，令，可得，列表如下： 增 极大值 减 且，，，，如图所示：    要使得存在唯一的负整数，使得，即， 只需，即， 因此，实数的取值范围是. 故答案为：. 【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理． 15．(1)3；5；9；13 (2) (3)存在， 【分析】（1）根据，，成等差数列，公差为2；，，成等差数列，公差为4求解即可； （2）由题意，，再分与两种情况求解即可； （3）根据等比中项的性质，结合通项公式求解即可. 【详解】（1）由题意，，，成等差数列，公差为2；，，成等差数列，公差为4. 则，，，. （2）由题意，. 当，时， ， 且满足上式，所以当为奇数时，. 当时，. 所以 （3）存在时，使得，，，成等比数列 证明如下： 由（2）可得，，， 假设，，成等比数列， 则， 化简得，所以，即， 此时，所以当时，，，，成等比数列. 16．(1) (2) 【分析】（1）由导数的几何意义求切线方程，进而可得交点坐标和面积； （2）分析可知，参变分离可得，构建，利用导数求其最值即可. 【详解】（1）由题意得， 则. 又因为，所以的图象在点处的切线为， 与两个坐标轴的交点分别为和， 所求的封闭图形的面积为. （2）的定义域为，因为在定义域内单调递减，所以， 即， 所以. 设，则. 当时，，单调递增，当时，，单调递减， 所以， 所以的取值范围是. 17．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）通过证明平面，得到，再由平面得到，即可证明平面，从而得解； （2）建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，利用二面角为计算出. 【详解】（1）四边形是正方形，， ，，平面， 平面， 平面，， 四边形是正方形，， ，，平面. 平面， 平面，， ，平面， 平面， 四棱锥是一个“阳马”； （2）由（1）得平面，平面，， ，，， 以点为原点，，，所在的直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 由题意可得，，，，， 所以， 设，， ，，， 即，所以， ，， 设是平面的一个法向量，则， ，令，则，， 设是平面的一个法向量，则， ，令，则，， ，或（舍去）. 18．(1) (2)①证明见解析；②3 【分析】（1）设，根据向量关系可得，代入方程即可得解； （2）设，求相应直线的斜率和方程.①由分析可知，代入直线的方程分析判断；②由可知，进而可得的面积，换元结合导数求最值. 【详解】（1）设，则， 若，则，解得，即， 因为点在抛物线上，则，即， 所以曲线的方程为. （2）因为点在曲线上，则，即， 设，，    则直线的斜率分别为， 可知直线，即， ①若，即，整理得， 可得直线， 所以直线过定点； ②若，且，且， 则，整理得，即， 可得，解得且， 可知直线，即， 则点到直线的距离， 可得的面积， 令，则， 令，则， 可知在内单调递增，且，， 则，可得， 所以的面积的最大值为3. 【点睛】方法点睛：与圆锥曲线有关的最值问题的两种解法 （1）数形结合法：根据待求值的几何意义，充分利用平面图形的几何性质求解． （2）构建函数法：先引入变量，构建以待求量为因变量的函数，再求其最值，常用基本不等式或导数法求最值（注意：有时需先换元后再求最值）． 19．(1)或 (2)分布列见解析，1 (3) 【分析】（1）根据已知条件列方程，从而求得. （2）根据独立事件概率计算求得的分布列，并求得数学期望. （3）根据全概率公式以及条件概率计算公式求得正确答案. 【详解】（1）设“两个粒子通过2号门后仍然恰有1个上旋状态1个下旋状态”. 事件A发生即通过2号门时，两个粒子都不改变或都改变旋转状态， 故，解得或. （2）由题知， 时分3类情形， ①两个粒子通过1号门后均处上旋状态，通过2号门后均不改变状态； ②两个粒子通过1号门后一个上旋状态一个下旋状态， 通过2号门后上旋状态粒子不改变状态，下旋状态粒子改变状态； ③两个粒子通过1号门后两个均为下旋状态，通过2号门后均改变状态， 所以， 同理， ， 所以所求的分布列为 X 0 1 2 P 所以所求数学期望. （3）设“两个粒子通过1号门后处于上旋状态粒子个数为个”，， “两个粒于通过2号门后处于上旋状态的粒于个数为2个”， 则， ， 则. 故. 学科网（北京）股份有限公司 $$