2025年高考数学一模预测卷03（新高考Ⅰ卷专用）

2025高考数学一模预测卷03（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·甘肃白银·一模）已知集合，则（   ） A． B． C． D． 2．（24-25高三上·湖北·开学考试）已知复数满足，则的共轭复数在复平面中的对应点位于（    ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 3．（2024·四川·模拟预测）数形结合思想是数学领域中一种核心的思想方法，它将数的概念与几何图形的特性相结合，从而使抽象的数学问题具体化，复杂的几何问题直观化.“数与形，本是相倚依，焉能分作两边飞”是我国著名数学家华罗庚教授的名言，是对数形结合简洁而有力的表达.数与形是不可分割的统一体，彼此相互依存.已知函数，则的图象大致是（    ） A． B． C． D． 4．（2024·浙江·一模）已知函数，，若有两个零点，则（    ） A． B． C． D． 5．（2024·山东·一模）如图所示，在等腰直角三角形中，斜边，过点作边的垂线，垂足为，过点作边的垂线，垂足为，过点作边的垂线，垂足为，…，依此类推．设，，，…，，则等于（   ） A． B． C． D． 6．（22-23高三上·河北石家庄·期末）折扇是我国古老文化的延续，在我国已有四千年左右的历史，“扇”与“善”谐音，折扇也寓意“善良”“善行”.它常以字画的形式体现我国的传统文化，也是运筹帷幄、决胜千里、大智大勇的象征（如图1）.图2是一个圆台的侧面展开图（扇形的一部分），若两个圆弧DE，AC所在圆的半径分别是3和6，且，则该圆台的体积为（    ） A． B． C． D． 7．（2024·陕西西安·模拟预测）已知函数的定义域为，且满足，则下列结论正确的是（    ） A． B．方程有解 C．是偶函数 D．是偶函数 8．（2024·广东深圳·一模）已知双曲线的左、右焦点分别为，过点的直线与双曲线的右支交于两点，若，且双曲线的离心率为，则（    ） A． B． C． D． 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·模拟预测）已知全集，集合，若有4个子集，且，则（    ） A． B．集合有3个真子集 C． D． 10．（2024·河北邯郸·二模）设拋物线的焦点为，过点的直线与抛物线相交于点，与轴相交于点，则（    ） A．的准线方程为 B．的值为2 C． D．的面积与的面积之比为9 11．（2024·山东青岛·一模）已知函数，则（    ） A．在区间单调递增 B．的图象关于直线对称 C．的值域为 D．关于的方程在区间有实数根，则所有根之和组成的集合为 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．（2024·四川南充·一模）已知向量，，且，则 . 13．（2024·江西·一模）的展开式中的系数为 ． 14．（2024·广西南宁·一模）已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一项是，接下来的两项是，再接下来的三项是，依此类推，若该数列的前项和为，若，则称为“好数对”，如，，则都是“好数对”，当时，第一次出现的“好数对”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) （2023·福建福州·模拟预测）在中，角的对边分别是，且． (1)求； (2)若面积为，求边上中线的长． 16. (15分) （2024·辽宁·一模）如图，在四棱台中，底而为平行四边形，侧棱平面，，，.    (1)证明：； (2)若四棱台的体积为，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值. 17. (15分) （2024·江苏徐州·一模）某中学对该校学生的学习兴趣和预习情况进行长期调查，学习兴趣分为兴趣高和兴趣一般两类，预习分为主动预习和不太主动预习两类，设事件A：学习兴趣高，事件B：主动预习．据统计显示，，，． (1)计算和的值，并判断A与B是否为独立事件； (2)为验证学习兴趣与主动预习是否有关，该校用分层抽样的方法抽取了一个容量为的样本，利用独立性检验，计算得．为提高检验结论的可靠性，现将样本容量调整为原来的倍，使得能有99.5%的把握认为学习兴趣与主动预习有关，试确定的最小值． 附：，其中． 0.10 0.05 0.010 0.005 0.001 k 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 18. (17分) （2024·安徽·三模）阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，他的主要研究成果集中在他的代表作《圆锥曲线论》一书中，阿波罗尼斯圆是他的研究成果之一，指的是平面内动点与两定点的距离的比值是个常数，那么动点的轨迹就是阿波罗尼斯圆，圆心在直线上.已知动点的轨迹是阿波罗尼斯圆，其方程为，定点分别为椭圆的右焦点与右顶点，且椭圆的离心率为.    (1)求椭圆的标准方程； (2)如图，过点斜率为的直线与椭圆相交于（点在轴上方）两点，点是椭圆上异于的两点，平分平分. ①求的取值范围； ②将点看作一个阿波罗尼斯圆上的三点，若外接圆的周长为，求直线的方程. 19. (17分) （2024·广东茂名·一模）若函数在上有定义，且对于任意不同的，都有，则称为上的“类函数”. (1)若，判断是否为上的“3类函数”； (2)若为上的“2类函数”，求实数的取值范围； (3)若为上的“2类函数”，且，证明：，，. 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025高考数学一模预测卷03（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·甘肃白银·一模）已知集合，则（   ） A． B． C． D． 2．（24-25高三上·湖北·开学考试）已知复数满足，则的共轭复数在复平面中的对应点位于（    ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 3．（2024·四川·模拟预测）数形结合思想是数学领域中一种核心的思想方法，它将数的概念与几何图形的特性相结合，从而使抽象的数学问题具体化，复杂的几何问题直观化.“数与形，本是相倚依，焉能分作两边飞”是我国著名数学家华罗庚教授的名言，是对数形结合简洁而有力的表达.数与形是不可分割的统一体，彼此相互依存.已知函数，则的图象大致是（    ） A． B． C． D． 4．（2024·浙江·一模）已知函数，，若有两个零点，则（    ） A． B． C． D． 5．（2024·山东·一模）如图所示，在等腰直角三角形中，斜边，过点作边的垂线，垂足为，过点作边的垂线，垂足为，过点作边的垂线，垂足为，…，依此类推．设，，，…，，则等于（   ） A． B． C． D． 6．（22-23高三上·河北石家庄·期末）折扇是我国古老文化的延续，在我国已有四千年左右的历史，“扇”与“善”谐音，折扇也寓意“善良”“善行”.它常以字画的形式体现我国的传统文化，也是运筹帷幄、决胜千里、大智大勇的象征（如图1）.图2是一个圆台的侧面展开图（扇形的一部分），若两个圆弧DE，AC所在圆的半径分别是3和6，且，则该圆台的体积为（    ） A． B． C． D． 7．（2024·陕西西安·模拟预测）已知函数的定义域为，且满足，则下列结论正确的是（    ） A． B．方程有解 C．是偶函数 D．是偶函数 8．（2024·广东深圳·一模）已知双曲线的左、右焦点分别为，过点的直线与双曲线的右支交于两点，若，且双曲线的离心率为，则（    ） A． B． C． D． 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·模拟预测）已知全集，集合，若有4个子集，且，则（    ） A． B．集合有3个真子集 C． D． 10．（2024·河北邯郸·二模）设拋物线的焦点为，过点的直线与抛物线相交于点，与轴相交于点，则（    ） A．的准线方程为 B．的值为2 C． D．的面积与的面积之比为9 11．（2024·山东青岛·一模）已知函数，则（    ） A．在区间单调递增 B．的图象关于直线对称 C．的值域为 D．关于的方程在区间有实数根，则所有根之和组成的集合为 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．（2024·四川南充·一模）已知向量，，且，则 . 13．（2024·江西·一模）的展开式中的系数为 ． 14．（2024·广西南宁·一模）已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一项是，接下来的两项是，再接下来的三项是，依此类推，若该数列的前项和为，若，则称为“好数对”，如，，则都是“好数对”，当时，第一次出现的“好数对”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) （2023·福建福州·模拟预测）在中，角的对边分别是，且． (1)求； (2)若面积为，求边上中线的长． 16. (15分) （2024·辽宁·一模）如图，在四棱台中，底而为平行四边形，侧棱平面，，，.    (1)证明：； (2)若四棱台的体积为，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值. 17. (15分) （2024·江苏徐州·一模）某中学对该校学生的学习兴趣和预习情况进行长期调查，学习兴趣分为兴趣高和兴趣一般两类，预习分为主动预习和不太主动预习两类，设事件A：学习兴趣高，事件B：主动预习．据统计显示，，，． (1)计算和的值，并判断A与B是否为独立事件； (2)为验证学习兴趣与主动预习是否有关，该校用分层抽样的方法抽取了一个容量为的样本，利用独立性检验，计算得．为提高检验结论的可靠性，现将样本容量调整为原来的倍，使得能有99.5%的把握认为学习兴趣与主动预习有关，试确定的最小值． 附：，其中． 0.10 0.05 0.010 0.005 0.001 k 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 18. (17分) （2024·安徽·三模）阿波罗尼斯是古希腊著名数学家，他的主要研究成果集中在他的代表作《圆锥曲线论》一书中，阿波罗尼斯圆是他的研究成果之一，指的是平面内动点与两定点的距离的比值是个常数，那么动点的轨迹就是阿波罗尼斯圆，圆心在直线上.已知动点的轨迹是阿波罗尼斯圆，其方程为，定点分别为椭圆的右焦点与右顶点，且椭圆的离心率为.    (1)求椭圆的标准方程； (2)如图，过点斜率为的直线与椭圆相交于（点在轴上方）两点，点是椭圆上异于的两点，平分平分. ①求的取值范围； ②将点看作一个阿波罗尼斯圆上的三点，若外接圆的周长为，求直线的方程. 19. (17分) （2024·广东茂名·一模）若函数在上有定义，且对于任意不同的，都有，则称为上的“类函数”. (1)若，判断是否为上的“3类函数”； (2)若为上的“2类函数”，求实数的取值范围； (3)若为上的“2类函数”，且，证明：，，. 参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A D A D B D C D ACD BD 题号 11 答案 BCD 1．A 【分析】由一元二次不等式求出集合，再求并集即可； 【详解】由题意得，则. 故选：A. 2．D 【分析】求出复数后可求，从而可得复数在复平面中的对应点，故可得正确的选项. 【详解】，故，其对应的点为， 该点在第四象限， 故选：D. 3．A 【分析】利用定义判断函数的奇偶性，排除选项B､D，再举特殊区间，排除C即可. 【详解】对于， 因为，所以定义域为R， 又 ， 所以函数为奇函数，排除B､D： 当时，总有，， 当时，，，所以，排除C， 故选：A. 4．D 【分析】根据给定条件，利用函数零点的定义，结合余弦函数的性质求出，再逐项计算判断即得. 【详解】由，得，而，则，， ，因此，解得， 由，得或，于是， 对于A，，A错误； 对于B，，B错误； 对于C，，C错误； 对于D，，D正确. 故选：D 【点睛】关键点点睛：利用余弦函数的性质，结合零点的意义求出两个零点是解题之关键. 5．B 【分析】根据给定条件，结合等腰直角三角形的性质可得数列为等比数列，进而求出. 【详解】依题意，数列的相邻两项分别为同一个等腰直角三角形的底边和腰，即， 因此数列是首项，公比的等比数列，， 所以. 故选：B 6．D 【分析】根据题意求出圆台上下底面半径，圆台的高，代入圆台的体积计算公式即可求解. 【详解】设圆台上下底面的半径分别为，由题意可知，解得， ，解得：，作出圆台的轴截面，如图所示： 图中，， 过点向作垂线，垂足为，则， 所以圆台的高， 则上底面面积，，由圆台的体积计算公式可得： ， 故选：. 7．C 【分析】由已知利用赋值法与等差数列的求和公式，结合函数的奇偶性及方程解的存在条件检验各选项即可判断. 【详解】对于A，因为函数的定义域为，且满足， 取，得，则， 取，得，则，故错误； 对于B，取，得，则， 所以， 以上各式相加得， 所以， 令，得，此方程无解，故B错误. 对于CD，由知， 所以是偶函数， 不是偶函数，故C正确，错误. 故选：C. 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是利用赋值法得到，再利用等差数列数列的求和公式得到，从而得解. 8．D 【分析】由双曲线的定义结合已知条件求得，从而再得，由余弦定理求得，由诱导公式得，设，则，再由余弦定理求得，从而利用余弦定理求解即可. 【详解】因为双曲线的离心率为，所以，因为， 所以，由双曲线的定义可得， 所以， 在中，由余弦定理得， 在中，，设，则， 由得 ，解得，所以， 所以. 故选：D . 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是利用，结合余弦定理与双曲线的定义，从而得解. 9．ACD 【分析】解一元二次不等式化简集合，结合已知得出，由此即可逐一判断各个选项. 【详解】依题意，， 而有4个子集，，故，故集合有7个真子集，B错误， ，，，ACD均正确. 故选：ACD. 10．BD 【分析】设直线的方程为，，利用根与系数的关系及抛物线的性质进行计算，从而判定各选项. 【详解】设直线的方程为，， 联立，可得， 所以，， 因为，所以，故， 因为，由抛物线定义可得，，， 则，解得或， 因为，所以，则的准线方程为，故B正确，A错误； 又的方程为，，， 把代入可得，， 不妨设，则，故C错误； 设到直线的距离为， 的面积，的面积， 则的面积与的面积之比，故D正确. 故选：BD. 11．BCD 【分析】利用符合函数的单调性判断A，计算出即可判断B，利用换元法求出函数的值域，即可判断C，求出函数在上的单调性，即可画出函数在区间的图象，结合图象分类讨论，即可判断D. 【详解】对于A：当时， 所以， 因为在上单调递增，又， 所以， 因为，即，所以，即， 所以，所以， 又在上单调递增，在上单调递减， 所以在上不单调，即在区间不单调，故A错误； 对于B：因为， 所以的图象关于直线对称，故B正确； 对于C：因为， 令，则，令，， 则在上单调递增，在上单调递减，又，，， 所以，所以的值域为，故C正确； 对于D：当时，所以， 由A选项可令且， 则当时单调递增， 令，即时在上单调递增，且， 所以在上单调递减， 又，令，即时在上单调递减，且， 所以在上单调递增， 当，即时在上单调递减，且， 所以在上单调递减， 又，，， 所以在上的函数图象如下所示： 由图可知： ①当时与有且仅有一个交点， 即关于的方程在区间的实数根为； ②当或时与有两个交点， 即关于的方程在区间有两个实数根，且两根关于对称， 所以两根之和为； ③当时与有四个交点， 即关于的方程在区间有四个实数根，不妨设为且， 所以与关于对称，与关于对称， 所以； ④当或时与无交点， 即关于的方程在区间无实数根； 综上可得，若关于的方程在区间有实数根，则所有根之和组成的集合为，故D正确； 故选：BCD 【点睛】关键点点睛：对于D选项关键是分析出函数的单调性，结合函数图象，将方程的解转化为函数与函数的交点问题，结合函数的对称性求出方程的根的和. 12．/ 【分析】先求出的坐标，再根据平面向量垂直的坐标表示求解即可. 【详解】因为，， 所以， 又， 所以，即. 故答案为：. 13． 【分析】利用二项式定理展开式的通项公式可求答案. 【详解】二项式的展开式通项公式为， 当时，，当时，， 因此展开式中含的项为，故所求系数为. 故答案为：24. 14． 【分析】结合数列的项的规律求出该数列前项的和为，令，求出k的范围，即可确定当时，满足为2的整数幂的n的最小值，即可求得答案. 【详解】若，则为2的整数幂，将数列排成如下形式： …… 第k行为，第k行的和为， 该数列前项的和为， 令，则，此时可用以2为底的整数幂表示， 当时，有，此时共有项，不满足总项数； 当时，有，此时共有项，不满足总项数； 当时，有，此时共有项，满足总项数； 所以n的最小值为，此时，， 所以当时，第一次出现的“好数对”是， 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题是给出新的定义类问题，解答首要理解新定义的含义，由此去解答问题，解答本题的关键是求出当时，满足为2的整数幂的n的最小值. 15．(1) (2) 【分析】（1）由正弦定理边化角即可得到角； （2）根据，得，结合三角形面积公式即可得到，再由正弦定理得边c，以及，即可得到答案． 【详解】（1），由正弦定理边化角得， ，， 或（舍）， 又，； （2），，，， ，即，解得， 由正弦定理， 得， 设边的中点为，连接，如下图： ，即， 即， 解得． 16．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用余弦定理求出，再利用线面垂直的判定与性质即可证明； （2）利用台体体积公式求出，再建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量法求出面面角余弦值即可. 【详解】（1）底面为平行四边形， ，. ，， 由余弦定理可得：，， 则，， 侧棱平面，平面，， 又平面，平面，且， 平面， 又平面，. （2）四棱台中的体积为， ， ， ，解得：. 如图，以点为原点，，，所在直线为轴，轴，轴， 建立如图的空间直角坐标系，    则，，，， ，， 设平面的法向量为， 则有，所以 平面的法向量为， 设平面与平面所成锐二面角为， 则. 17．(1)，，不相互独立 (2) 【分析】（1）利用条件概率公式以及全概率公式计算即可； （2）作出新的列联表，然后求出新的值，列不等式求解即可. 【详解】（1）由已知， ， 又因为，所以， 所以， 又， 所以， 所以A与B不为独立事件； （2）假设原列联表为 兴趣高 兴趣不高 总计 主动预习 不太主动预习 总计 根据原数据有 若将样本容量调整为原来的倍， 则新的列联表为： 兴趣高 兴趣不高 总计 主动预习 不太主动预习 总计 则 ，解得， 又，所以的最小值为. 18．(1) (2)①；② 【分析】（1）方法1，利用特殊值法，求得椭圆方程； 方法2，利用定义整理得，再根据条件列式求得椭圆方程； 方法3，利用定义进行整理，由为常数，求得系数，得到椭圆方程； （2）①令直线的方程为：，与椭圆方程联立，设.则，再令，即，代入韦达定理得，可求的范围； ②由①知，，由阿波罗尼斯圆定义知，在以为定点的阿波罗尼斯圆上，设该圆圆心为，半径为，与直线的另一个交点为，则有，进而可得，利用面积可求m,进而可求直线的方程. 【详解】（1）方法1：令，且，解得， ，椭圆的方程为. 方法2：设，由题意（常数）， 整理得：， 故，又，解得：. ，椭圆的方程为. 方法3：设，则. 由题意. 为常数，，又，解得：，故， 椭圆的方程为. （2）①由角平分线定理知：，以下求的值， 令直线的方程为：， （该方程的恒成立）， 设.则， 再令，即，代入韦达定理得 ， 由知，， ， 又，故， ，即. ②由①知，，由阿波罗尼斯圆定义知，在以为定点的阿波罗尼斯圆上， 设该圆圆心为，半径为，与直线的另一个交点为，则有， 而，同理， 由①知，， ， 由式 ， 由圆周长公式：， ， ， 直线的方程为. 【点睛】关键点点睛：本题考查轨迹问题，考查直线与椭圆的位置关系，以及外接圆，新定义的综合应用，属于难题，本题的关键是读懂题意，并根据几何关系进行消参，转化与化归，是本题的关键也是难点. 19．(1)是上的“3类函数”，理由见详解. (2) (3)证明过程见详解. 【分析】（1）由新定义可知，利用作差及不等式的性质证明即可； （2）由已知条件转化为对于任意，都有，，只需且，利用导函数研究函数的单调性和最值即可. （3）分和两种情况进行证明，，用放缩法进行证明即可. 【详解】（1）对于任意不同的， 有，，所以， ， 所以是上的“3类函数”. （2）因为， 由题意知，对于任意不同的，都有， 不妨设，则， 故且， 故为上的增函数，为上的减函数， 故任意，都有， 由可转化为，令，只需 ，令，在单调递减， 所以，，故在单调递减， ， 由可转化为，令，只需 ，令，在单调递减， 且，，所以使，即， 即， 当时，，，故在单调递增， 当时，，，故在单调递减， ， 故. （3）因为为上的“2类函数”，所以， 不妨设， 当时，； 当时，因为， ， 综上所述，，，. 【点睛】不等式恒成立问题常见方法：①分离参数恒成立或恒成立；②数形结合（的图象在上方即可）；③讨论最值或恒成立；④讨论参数，排除不合题意的参数范围，筛选出符合题意的参数范围. 学科网（北京）股份有限公司 $$