2025年高考数学一模预测卷07（新高考Ⅰ卷专用）

2025高考数学一模预测卷07（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·辽宁抚顺·三模）设集合，若，则（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 2．（2024·浙江金华·模拟预测）若复数z满足，则（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 3．（2024·北京门头沟·一模）在中，，， 且， 则（    ） A． B． C． D． 4．（2024·北京房山·一模）中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初步健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还”其大意为：“有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起因脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地．”则该人第三天走的路程为（  ） A．12里 B．24里 C．48里 D．96里 5．（22-23高一上·江苏徐州·期中）若正实数满足，不等式有解，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 6．（23-24高一下·天津南开·期中）庑殿顶是中国古代传统建筑中的一种屋顶形式，宋代称为“五脊殿”、“吴殿”，清代称为“四阿殿”，如图（1）所示.现有如图（2）所示的庑殿顶式几何体，其中正方形边长为3，，且到平面的距离为2，则几何体的体积为（    ） A． B． C． D． 7．（2024·辽宁大连·一模）设是双曲线的左、右焦点，点A是双曲线C右支上一点，若的内切圆M的半径为a（M为圆心），且，使得，则双曲线C的离心率为（    ） A． B． C．2 D． 8．（23-24高二下·山东青岛·期中）某人在次射击中击中目标的次数为，其中，击中偶数次为事件A，则（   ） A．若，则取最大值时 B．当时，取得最小值 C．当时，随着的增大而减小 D．当的，随着的增大而减小 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·辽宁·二模）关于函数，下列说法正确的有（    ） A．的定义域为 B．的函数图象关于y轴对称 C．的函数图象关于原点对称 D．在上单调递增 10．（2024·河南周口·模拟预测）设，，则下列计算正确的是（    ） A． B．若，则 C．若，则 D．若，则 11．（23-24高二上·河北沧州·阶段练习）如图，过抛物线焦点的直线与抛物线交于两点，弦的中点为，过分别作准线的垂线，垂足分别为，则下列说法正确的是（    ） A．以为直径的圆与相切 B． C． D．的最小值为4 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．（2024·四川自贡·一模）若曲线的一条切线为，则 . 13．（2024·全国·模拟预测）意大利数学家斐波那契以兔子繁殖为例，在1202年著的《计算之书》引入“兔子数列”（即斐波那契数列），“兔子数列”满足，给定前2项均为1的“兔子数列”，记其前项和为，试用含的代数式表示= ． 14．（2024·山东聊城·一模）已知正四面体的棱长为2，动点满足，且，则点的轨迹长为 . 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·黑龙江哈尔滨·二模）记的内角，，的对边分别为，，，已知，. (1)求角的大小; (2)已知直线为的平分线，且与交于点，若，求的周长. 16. (15分) （2024·全国·模拟预测）已知函数，． (1)讨论的单调性； (2)证明：当时，． 17. (15分) （23-24高三上·广东深圳·期末）如图，在圆锥中，是圆的直径，且是边长为4的等边三角形，为圆弧的两个三等分点，是的中点. (1)证明：平面； (2)求平面与平面所成锐二面角的余弦值. 18. (17分) （2023·山西·一模）假设有两个密闭的盒子，第一个盒子里装有3个白球2个红球，第二个盒子里装有2个白球4个红球，这些小球除颜色外完全相同. (1)每次从第一个盒子里随机取出一个球，取出的球不再放回，经过两次取球，求取出的两球中有红球的条件下，第二次取出的是红球的概率； (2)若先从第一个盒子里随机取出一个球放入第二个盒子中，摇匀后，再从第二个盒子里随机取出一个球，求从第二个盒子里取出的球是红球的概率. 19. (17分) （22-23高三上·重庆沙坪坝·阶段练习）已知椭圆的中心为坐标原点，对称轴为轴，轴，且过两点. (1)求椭圆的方程； (2)为椭圆的右焦点，直线交椭圆于（不与点重合）两点，记直线的斜率分别为，若，证明：的周长为定值，并求出定值. 参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C D B C B D A D ACD AD 题号 11 答案 ABD 1．C 【分析】根据题意，得到或，求得的值，结合集合的包含关系，即可求解. 【详解】由集合， 因为，所以或，解得或， 当时，，不符合题意； 当时，，符合题意． 故选：C． 2．D 【分析】设，借助复数的模长与共轭复数的定义计算即可得. 【详解】设，则， 则有， 即， 化简可得，故. 故选：D. 3．B 【分析】将两边平方，即可得到，再由数量积的运算律计算可得. 【详解】因为，所以， 即， 所以，即， 所以. 故选：B 4．C 【分析】由题意可得，此人天中每天走的路程是公比为的等比数列，再根据等比数列的前项和公式及通项公式求解即可. 【详解】由题意可得，此人天中每天走的路程是公比为的等比数列， 设这个数列为，前项和为， 则，解得， 所以， 即该人第三天走的路程为48里. 故选：C. 5．B 【分析】根据基本不等式“1”的代换求最小值，再由不等式有解得，即可求参数范围. 【详解】由， 仅当，即时等号成立， 要使不等式有解，只需， 所以. 故选：B 6．D 【分析】取的中点分别为，把可得几何体分割为一个三棱柱和一个四棱锥，结合柱体和锥体的体积公式，即可求解. 【详解】取的中点分别为，连接， 可得几何体分割为一个三棱柱和一个四棱锥， 将三棱柱补成一个上底面与矩形全等的矩形的平行六面体， 可得该三棱柱的体积为平行六面体的一半， 则三棱柱的体积为， 四棱锥的体积为， 所以该几何体的体积为. 故选：D. 7．A 【分析】向量坐标化并结合双曲线定义与等面积得点点距列方程得代入双曲线求出离心率. 【详解】设，由对称性不妨设A在第一象限，此时M也在第一象限， 因为，所以， 所以，又， 解得， 所以， 所以，解得，所以，代入双曲线方程得：， 解得，所以. 故选：A 【点睛】关键点点睛:本题考查双曲线的离心率，关键是向量坐标化并充分利用曲线定义确定A的坐标. 8．D 【分析】对于A，根据直接写出，然后根据取最大值列式计算即可判断；对于B，根据，直接写出即可判断；对于CD，由题意把表示出来，然后利用单调性分析即可. 【详解】A：在10次射击中击中目标的次数， 当时对应的概率， 因为取最大值，所以， 即， 即，解得， 因为且，所以，即时概率最大．故A错误； B：，当时，取得最大值，故B错误； C、D：， ， ， ， 当时，，为正负交替的摆动数列，所以不会随着的增大而减小，故C错误； 当时，为正项且单调递减的数列，所以随着的增大而减小，故D正确； 故选：D. 【点睛】关键点点睛：本题考查二项分布及其应用，其中求是难点，关键是能找到其与二项展开式之间的联系. 9．ACD 【分析】由对数型复合函数的定义域即可判断A，由函数的奇偶性即可判断BC，由复合函数的单调性即可判断D 【详解】因为，则，解得， 所以的定义域为，故A正确； 因为，即为奇函数， 所以的图像关于原点对称，故B错误，C正确； 因为在上单调递增，在上单调递增， 所以在上单调递增，故D正确； 故选：ACD 10．AD 【分析】由两角和差的余弦公式判断A，利用二倍角公式及同角三角函数关系判断B，化弦为切，结合两角和差的正余弦公式求解判断C，利用二倍角公式及三角恒等变换化简求解判断D. 【详解】对于A，因为，，则，，故， 所以，正确； 对于B，因为，所以， 而，所以，又，所以，， 所以，错误； 对于C，由得，，所以， 即，因为，，所以， 则或，即或（不合题意，舍去），错误； 对于D，， 因为，所以， 即，即， 所以，即， 因为，所以， 所以，所以，正确. 故选：AD 11．ABD 【分析】由抛物线的定义可得，结合即可判断A；设的方程且联立抛物线方程，利用韦达定理可得，由中点坐标公式和两点表示直线斜率可得，即可判断B；由选项B知、，结合抛物线的定义化简计算即可判断C；由选项C得，由射影定理得，则，结合基本不等式计算即可判断D. 【详解】A：由题意得， 又以为直径的圆与切于点，故A正确； B：设的方程为，联立整理得， ，又， 则，，即，故B正确； C：由选项B知， ，故C错误； D：由选项C，得，则， 在中，，，由射影定理得， ， 当且仅当时，等号成立，且，故D正确. 故选：ABD． 【点睛】圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法： （1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决； （2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围． 12． 【分析】由是曲线的切线，求导函数利用斜率出参数即可. 【详解】设切点为， 因为，所以， 所以在处的切线斜率为， 则过该点的切线方程为：， 即，又知切线为：， 故得：，. 故答案为:. 13． 【分析】将题设相邻项的加法关系变形为减法关系，然后写出个式子累加即可求得与的关系式. 【详解】因为， 所以， 所以，所以， 故答案为：. 14． 【分析】由，故点在过点且垂直于的平面上，由，故点在以为直径的球面上，即点的轨迹为过点且垂直于的平面截以为直径的球面所得的圆，计算出球的半径，球心到平面的距离，即可得该圆的半径，即可得该圆周长即点的轨迹长. 【详解】由，故点在过点且垂直于的平面上， 由，故点在以为直径的球面上， 即点的轨迹为过点且垂直于的平面截以为直径的球面所得的圆， 由正四面体的性质可得，取中点，连接，， 则有，又、平面，， 故平面，取中点，中点，连接， 则，由平面，故平面， ，， 为以为直径的球的球心，则该球半径为， 则点的轨迹所形成的圆的半径为， 则其轨迹长为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题关键点在由题意中，得到点在过点且垂直于的平面上，由，得到点在以为直径的球面上，即可得点的轨迹为过点且垂直于的平面截以为直径的球面所得的圆，构造出对应球及平面，计算出球的半径，球心到平面的距离，即可得该圆的半径，即可得点的轨迹长. 15．(1) (2) 【分析】（1）由正弦定理和，得到，从而求出角； （2）由三角形面积公式和余弦定理得到，从而求出周长. 【详解】（1）由已知，得， 根据正弦定理，得， 即， 即， 由于，， 所以，所以； （2）因为， 所以， 因为直线为的平分线， 所以， 所以， 则，即， 由余弦定理得，即， 所以， 解得或（舍）， 故的周长为. 16．(1)答案见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）求导得，再分和两种情况讨论即可． （2）由（1）知，从而，即证明，再构造新函数，利用导数得证． 【详解】（1）， 当在上恒成立，故在上单调递增； 当时，令得； 令得， 故在上单调递增，在上单调递减． （2）证明：由（1）知，当时，， 所以． 令， 则． 令， 则． 因为，所以， 所以在上单调递增． 又，所以， 所以在上单调递减． 因为，所以， 所以， 即当时，． 17．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）证明：取的中点，连接，由题意可证得，再由线面平行的判定定理证明即可； （2）以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.求出平面与平面的法向量，由二面角的向量公式求解即可. 【详解】（1）证明：取的中点，连接. 因为为圆弧的两个三等分点，所以. 因为分别为的中点，所以， 则，从而四边形为平行四边形， 故.因为平面平面，所以平面. （2）解：以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系. 因为，所以，， 则. 设平面的法向量为， 则令，得. 设平面的法向量为， 则令，得. 设平面与平面所成锐二面角为， 则. 故平面与平面所成锐二面角的余弦值为. 18．(1) (2) 【分析】（1）利用对立事件的概率公式与条件概率公式，结合古典概型求解即可； （2）利用全概率公式，结合古典概型求解即可. 【详解】（1）依题意，记事件表示第次从第一个盒子里取出红球，记事件表示两次取球中有红球， 则， . （2）记事件表示从第一个盒子里取出红球，记事件表示从第一个盒子里取出白球，记事件表示从第二个盒子里取出红球， 则. 19．(1) (2)证明见解析，定值为 【分析】（1）结合两点的坐标，利用待定系数法求得椭圆的方程. （2）设直线，联立直线的方程和椭圆的方程，化简写出根与系数关系，利用求得的关系式，从而判断出直线过左焦点，由此求得的周长为定值. 【详解】（1）由已知设椭圆方程为：， 代入，得， 故椭圆方程为. （2）设直线， 由得， ，， 又， 故 ， 由，得， 故或， ①当时，直线，过定点，与已知不符，舍去； ②当时，直线，过定点，即直线过左焦点， 此时，符合题意. 所以的周长为定值. 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025高考数学一模预测卷07（新高考Ⅰ卷专用） 一、单选题(本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的) 1．（2024·辽宁抚顺·三模）设集合，若，则（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 2．（2024·浙江金华·模拟预测）若复数z满足，则（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 3．（2024·北京门头沟·一模）在中，，， 且， 则（    ） A． B． C． D． 4．（2024·北京房山·一模）中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初步健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还”其大意为：“有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起因脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地．”则该人第三天走的路程为（  ） A．12里 B．24里 C．48里 D．96里 5．（22-23高一上·江苏徐州·期中）若正实数满足，不等式有解，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 6．（23-24高一下·天津南开·期中）庑殿顶是中国古代传统建筑中的一种屋顶形式，宋代称为“五脊殿”、“吴殿”，清代称为“四阿殿”，如图（1）所示.现有如图（2）所示的庑殿顶式几何体，其中正方形边长为3，，且到平面的距离为2，则几何体的体积为（    ） A． B． C． D． 7．（2024·辽宁大连·一模）设是双曲线的左、右焦点，点A是双曲线C右支上一点，若的内切圆M的半径为a（M为圆心），且，使得，则双曲线C的离心率为（    ） A． B． C．2 D． 8．（23-24高二下·山东青岛·期中）某人在次射击中击中目标的次数为，其中，击中偶数次为事件A，则（   ） A．若，则取最大值时 B．当时，取得最小值 C．当时，随着的增大而减小 D．当的，随着的增大而减小 二、多选题(本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分) 9．（2024·辽宁·二模）关于函数，下列说法正确的有（    ） A．的定义域为 B．的函数图象关于y轴对称 C．的函数图象关于原点对称 D．在上单调递增 10．（2024·河南周口·模拟预测）设，，则下列计算正确的是（    ） A． B．若，则 C．若，则 D．若，则 11．（23-24高二上·河北沧州·阶段练习）如图，过抛物线焦点的直线与抛物线交于两点，弦的中点为，过分别作准线的垂线，垂足分别为，则下列说法正确的是（    ） A．以为直径的圆与相切 B． C． D．的最小值为4 三、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分，把答案填在题中的横线上) 12．（2024·四川自贡·一模）若曲线的一条切线为，则 . 13．（2024·全国·模拟预测）意大利数学家斐波那契以兔子繁殖为例，在1202年著的《计算之书》引入“兔子数列”（即斐波那契数列），“兔子数列”满足，给定前2项均为1的“兔子数列”，记其前项和为，试用含的代数式表示= ． 14．（2024·山东聊城·一模）已知正四面体的棱长为2，动点满足，且，则点的轨迹长为 . 四、解答题(本大题共5小题，共77分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤) 15. (13分) （2024·黑龙江哈尔滨·二模）记的内角，，的对边分别为，，，已知，. (1)求角的大小; (2)已知直线为的平分线，且与交于点，若，求的周长. 16. (15分) （2024·全国·模拟预测）已知函数，． (1)讨论的单调性； (2)证明：当时，． 17. (15分) （23-24高三上·广东深圳·期末）如图，在圆锥中，是圆的直径，且是边长为4的等边三角形，为圆弧的两个三等分点，是的中点. (1)证明：平面； (2)求平面与平面所成锐二面角的余弦值. 18. (17分) （2023·山西·一模）假设有两个密闭的盒子，第一个盒子里装有3个白球2个红球，第二个盒子里装有2个白球4个红球，这些小球除颜色外完全相同. (1)每次从第一个盒子里随机取出一个球，取出的球不再放回，经过两次取球，求取出的两球中有红球的条件下，第二次取出的是红球的概率； (2)若先从第一个盒子里随机取出一个球放入第二个盒子中，摇匀后，再从第二个盒子里随机取出一个球，求从第二个盒子里取出的球是红球的概率. 19. (17分) （22-23高三上·重庆沙坪坝·阶段练习）已知椭圆的中心为坐标原点，对称轴为轴，轴，且过两点. (1)求椭圆的方程； (2)为椭圆的右焦点，直线交椭圆于（不与点重合）两点，记直线的斜率分别为，若，证明：的周长为定值，并求出定值. 学科网（北京）股份有限公司 $$