2025年高考数学一模预测卷08（新高考Ⅰ卷专用）

2025高考数学一模预测卷08（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）复数满足，则（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高三上·广东汕头·期末）已知全集，，则集合为（    ） A． B． C． D． 3．（2024·广东广州·模拟预测）在等差数列中，若，则（    ） A．45 B．6 C．7 D．8 4．（2024·北京房山·一模）已知，则下列命题为假命题的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 5．（2024·江苏·一模）在棱长为的正方体中，点分别为棱，的中点．已知动点在该正方体的表面上，且，则点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 6．（2024·浙江宁波·模拟预测）已知椭圆的左、右焦点分别为，点A，B在上，直线倾斜角为，且，则的离心率为（    ） A． B． C． D． 7．（2024·浙江·一模）如图，一次移动是指：从某一格开始只能移动到邻近的一格，并且总是向右或右上或右下移动，而一条移动路线由若干次移动构成，如1→3→4→5→6→7就是一条移动路线，则从数字“1”到“7”，漏掉两个数字的移动路线条数为（    ） A．5 B．6 C．7 D．8 8．（22-23高三上·江西·阶段练习）奔驰定理：已知点O是内的一点，若的面积分别记为，则．“奔驰定理”是平面向量中一个非常优美的结论，因为这个定理对应的图形与“奔驰”轿车的logo很相似，故形象地称其为“奔驰定理”．如图，已知O是的垂心，且，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·福建漳州·模拟预测）已知函数的部分图像如图所示，则下列说法正确的是（    ） A．的图象关于中心对称 B．在区间上单调递增 C．在上有4个零点，则实数的取值范围是 D．将的图象向右平移个单位长度，可以得到函数的图象 10．（2024·云南大理·一模）已知函数，则下列说法正确的是（    ） A．有最大值 B．当时，的图象在点处的切线方程是 C．在区间上单调递减 D．关于的方程有两个不等实根，则的取值范围是 11．（2023·福建龙岩·模拟预测）已知抛物线的焦点为，过点的直线交于两点，点在抛物线上，则下列说法正确的是（    ） A．的最小值为1 B．的周长的最小值为 C．若，则的最小值为32 D．若过分别作抛物线的切线，两切线相交于点，则点在抛物线的准线上 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·云南昆明·模拟预测）已知，分别为定义在上的奇函数和偶函数，，则 ． 13．（2024·陕西商洛·模拟预测）古希腊数学家托勒密对三角学的发展做出了重要贡献，他的《天文学大成》包含一张弦表（即不同圆心角的弦长表），这张表本质上相当于正弦三角函数表.托勒密把圆的半径60等分，用圆的半径长的作为单位来度量弦长.将圆心角所对的弦长记为.如图，在圆中，的圆心角所对的弦长恰好等于圆的半径，因此的圆心角所对的弦长为60个单位，即.若为圆心角，，则. . 14．（2024·山东日照·一模）已知正四棱锥的所有棱长都为2；点E在侧棱SC上，过点E且垂直于SC的平面截该棱锥，得到截面多边形H，则H的边数至多为 ，H的面积的最大值为 ． 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·辽宁鞍山·二模）已知函数，． (1)若曲线在处的切线与轴垂直，求实数的值； (2)讨论函数的单调性． 16. (15分) （2024·浙江台州·一模）已知等比数列的各项均为正数，前n项和为，若，． (1)求数列的通项公式； (2)若，求数列的前n项和． 17. (15分) （23-24高三下·湖北武汉·阶段练习）如图，三棱柱中，侧面底面，，，，点是棱的中点，，. (1)证明：； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 18. (17分) （2023·浙江·模拟预测）我国著名数学家华罗庚曾说：“数缺形时少直观，形少数时难入微，数形结合百般好，隔离分家万事休.”事实上，很多代数问题可以转化为几何问题加以解决，已知曲线C上任意一点满足. (1)化简曲线的方程； (2)已知圆（为坐标原点），直线经过点且与圆相切，过点A作直线的垂线，交于两点，求△OMN面积的最小值. 19. (17分) （22-23高二下·福建漳州·期中）某工厂引进新的生产设备，为对其进行评估，从设备生产零件的流水线上随机抽取100件零件作为样本，测量其直径后，整理得到下表： 直径/mm 58 59 61 62 63 64 65 66 67 68 69 70 71 73 合计 件数 1 1 3 5 6 19 33 18 4 4 2 1 2 1 100 经计算，样本的平均值，标准差，以频率值作为概率的估计值. (1)为评估设备对原材料的利用情况，需要研究零件中某材料含量和原料中的该材料含量之间的相关关系，现取了8对观测值，求与的线性回归方程. (2)为评判设备生产零件的性能，从该设备加工的零件中任意抽取一件，记其直径为，并根据以下不等式进行评判（表示相应事件的概率）； ①；②；③. 评判规则为：若同时满足上述三个不等式，则设备等级为甲；仅满足其中两个，则等级为乙；若仅满足其中一个，则等级为丙；若全部不满足，则等级为丁，试判断设备的性能等级. (3)将直径小于等于或直径大于的零件认为是次品．从样本中随意抽取2件零件，再从设备的生产流水线上随意抽取2件零件，计算其中次品总数的数学期望. 附：①对于一组数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为，； ②参考数据：，，，. 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025高考数学一模预测卷08（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）复数满足，则（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高三上·广东汕头·期末）已知全集，，则集合为（    ） A． B． C． D． 3．（2024·广东广州·模拟预测）在等差数列中，若，则（    ） A．45 B．6 C．7 D．8 4．（2024·北京房山·一模）已知，则下列命题为假命题的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 5．（2024·江苏·一模）在棱长为的正方体中，点分别为棱，的中点．已知动点在该正方体的表面上，且，则点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 6．（2024·浙江宁波·模拟预测）已知椭圆的左、右焦点分别为，点A，B在上，直线倾斜角为，且，则的离心率为（    ） A． B． C． D． 7．（2024·浙江·一模）如图，一次移动是指：从某一格开始只能移动到邻近的一格，并且总是向右或右上或右下移动，而一条移动路线由若干次移动构成，如1→3→4→5→6→7就是一条移动路线，则从数字“1”到“7”，漏掉两个数字的移动路线条数为（    ） A．5 B．6 C．7 D．8 8．（22-23高三上·江西·阶段练习）奔驰定理：已知点O是内的一点，若的面积分别记为，则．“奔驰定理”是平面向量中一个非常优美的结论，因为这个定理对应的图形与“奔驰”轿车的logo很相似，故形象地称其为“奔驰定理”．如图，已知O是的垂心，且，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·福建漳州·模拟预测）已知函数的部分图像如图所示，则下列说法正确的是（    ） A．的图象关于中心对称 B．在区间上单调递增 C．在上有4个零点，则实数的取值范围是 D．将的图象向右平移个单位长度，可以得到函数的图象 10．（2024·云南大理·一模）已知函数，则下列说法正确的是（    ） A．有最大值 B．当时，的图象在点处的切线方程是 C．在区间上单调递减 D．关于的方程有两个不等实根，则的取值范围是 11．（2023·福建龙岩·模拟预测）已知抛物线的焦点为，过点的直线交于两点，点在抛物线上，则下列说法正确的是（    ） A．的最小值为1 B．的周长的最小值为 C．若，则的最小值为32 D．若过分别作抛物线的切线，两切线相交于点，则点在抛物线的准线上 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·云南昆明·模拟预测）已知，分别为定义在上的奇函数和偶函数，，则 ． 13．（2024·陕西商洛·模拟预测）古希腊数学家托勒密对三角学的发展做出了重要贡献，他的《天文学大成》包含一张弦表（即不同圆心角的弦长表），这张表本质上相当于正弦三角函数表.托勒密把圆的半径60等分，用圆的半径长的作为单位来度量弦长.将圆心角所对的弦长记为.如图，在圆中，的圆心角所对的弦长恰好等于圆的半径，因此的圆心角所对的弦长为60个单位，即.若为圆心角，，则. . 14．（2024·山东日照·一模）已知正四棱锥的所有棱长都为2；点E在侧棱SC上，过点E且垂直于SC的平面截该棱锥，得到截面多边形H，则H的边数至多为 ，H的面积的最大值为 ． 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·辽宁鞍山·二模）已知函数，． (1)若曲线在处的切线与轴垂直，求实数的值； (2)讨论函数的单调性． 16. (15分) （2024·浙江台州·一模）已知等比数列的各项均为正数，前n项和为，若，． (1)求数列的通项公式； (2)若，求数列的前n项和． 17. (15分) （23-24高三下·湖北武汉·阶段练习）如图，三棱柱中，侧面底面，，，，点是棱的中点，，. (1)证明：； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 18. (17分) （2023·浙江·模拟预测）我国著名数学家华罗庚曾说：“数缺形时少直观，形少数时难入微，数形结合百般好，隔离分家万事休.”事实上，很多代数问题可以转化为几何问题加以解决，已知曲线C上任意一点满足. (1)化简曲线的方程； (2)已知圆（为坐标原点），直线经过点且与圆相切，过点A作直线的垂线，交于两点，求△OMN面积的最小值. 19. (17分) （22-23高二下·福建漳州·期中）某工厂引进新的生产设备，为对其进行评估，从设备生产零件的流水线上随机抽取100件零件作为样本，测量其直径后，整理得到下表： 直径/mm 58 59 61 62 63 64 65 66 67 68 69 70 71 73 合计 件数 1 1 3 5 6 19 33 18 4 4 2 1 2 1 100 经计算，样本的平均值，标准差，以频率值作为概率的估计值. (1)为评估设备对原材料的利用情况，需要研究零件中某材料含量和原料中的该材料含量之间的相关关系，现取了8对观测值，求与的线性回归方程. (2)为评判设备生产零件的性能，从该设备加工的零件中任意抽取一件，记其直径为，并根据以下不等式进行评判（表示相应事件的概率）； ①；②；③. 评判规则为：若同时满足上述三个不等式，则设备等级为甲；仅满足其中两个，则等级为乙；若仅满足其中一个，则等级为丙；若全部不满足，则等级为丁，试判断设备的性能等级. (3)将直径小于等于或直径大于的零件认为是次品．从样本中随意抽取2件零件，再从设备的生产流水线上随意抽取2件零件，计算其中次品总数的数学期望. 附：①对于一组数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为，； ②参考数据：，，，. 参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D C C D B D B B AD BD 题号 11 答案 AB 1．D 【分析】首先求复数，再求模. 【详解】， 所以. 故选：D 2．C 【分析】利用韦恩图即可得解. 【详解】因为， 又，所以. 故选：C. 3．C 【分析】利用等差数列的性质求解. 【详解】因为， 所以. 故选：C. 4．D 【分析】根据不等式的性质即可判断A；根据幂函数单调性可判断B；根据指数函数的性质即可判断C；利用作差法即可判断D. 【详解】对于A，因为，所以，故A结论正确； 对于B，当时，因为幂函数在上单调递增，所以，故B结论正确； 对于C，因为，所以， 而函数为减函数，所以，故C结论正确； 对于D，， 因为，所以， 所以，所以，故D结论错误. 故选：D. 5．B 【分析】根据条件得到点轨迹为以为直径的球，进而得出点的轨迹是六个半径为a的圆，即可求出结果. 【详解】因为，故P点轨迹为以为直径的球， 如图，易知中点即为正方体中心，球心在每个面上的射影为面的中心， 设在底面上的射影为，又正方体的棱长为，所以， 易知，，又动点在正方体的表面上运动， 所以点的轨迹是六个半径为a的圆，轨迹长度为， 故选：B． 6．D 【分析】由椭圆焦半径公式求出，结合条件列式运算得解. 【详解】根据题意，，所以直线的倾斜角为， 由椭圆焦半径公式得，， ，，即， 化简得，. 故选：D. 7．B 【分析】分类分步排列即可. 【详解】由题意1和7是不能漏掉的，所以由以下路线： （1,3,5,6,7），（1,3,4,6,7），（1,3,4,5,7），（1,2,4,6,7），（1,2,4,5,7），（1,2,3,5,7）共6条， 故选：B. 8．B 【分析】延长交于点P，则利用垂心的性质结合三角形面积的求法可得，再利用和可得，不妨设，利用可求出的值，从而可求出的值. 【详解】延长交于点P， 是的垂心，， ． 同理可得，． 又， ． 又， ． 不妨设，其中． ， ，解得． 当时，此时，则A，B，C都是钝角，不合题意，舍掉． 故，则，故C为锐角， ∴，解得， 故选：B． 【点睛】关键点点睛：此题考查向量的线性运算，考查三角函数恒等变换公式的应用，解题的关键是利用垂心的性质得，再结合已知条件得，设，再利用两角和的正切公式可得，从而可求得结果，考查计算能力和转化思想，属于较难题. 9．AD 【分析】不妨设，根据图象求得函数的解析式，逐项验证即可. 【详解】不妨设，则， 解得．又， 所以， 解得，， 取符合条件的的一个值，不妨令， 则． 对于A选项，因为． 所以的图像关于中心对称，故A选项正确； 对于B选项，令， 解得， 所以的单调递增区间为: ， 取，得的一个单调递增区间为． 因为， 所以在上不具有单调性，故B选项错误； 对于C选项，因为， 所以， 所以，解得， 故C选项错误； 对于D选项，将的图象向右平移个单位长度得到: 的图象， 故D选项正确， 故选:AD． 10．BD 【分析】A选项，求导，得到函数单调性，进而求出最值；B选项，求出，利用导数的几何意义得到切线方程； C选项，在A选项基础上，得到函数单调性；D选项，，令，求导得到其单调性和最值， 结合函数图象，得到的取值范围是. 【详解】因为， 选项A，当时，，当时，. 所以在区间上单调递减，在区间上单调递增， 所以有最小值，无最大值，故A错误； 选项B，当时，， 所以的图象在点处的切线方程是，故B正确； 选项C，因为在区间上单调递减，在区间上单调递增，故C错误； 选项D，方程，即， 令，而， 当时，，当时，. 所以在区间上单调递减，在区间上单调递增， 当时，且，如图， 的范围是，故D正确. 故选：BD 11．AB 【分析】利用焦半径公式求出焦点弦，然后求出最小值判断A，求出三角形周长的表达式，然后利用单调性求出最小值判断B，利用数量积的几何意义求得，进一步求出最值判断C，待定系数法求得两切线方程，求出点D的坐标，即可判断D. 【详解】因为抛物线的焦点为，所以，即抛物线， 由题意，设直线AB方程为：，设，，， 对选项A：由抛物线定义知：，因为，所以， 即的最小值为1，故A正确； 对选项B：联立，得，则， 所以的周长 ， 令，则， 易知函数在上单调递增，函数的对称轴为， 故其在上单调递增，所以函数在上单调递增， 从而在上单调递增， 所以当即时，有最小值， 即直线AB为，的周长有最小值为，故B正确； 对选项C：因为,所以点C在AB的垂直平分线上,记AB的中点为H，则， 所以， 由选项B知，，所以当时，取到最小值， 则的最小值为，故C错误； 对选项D：联立，得，则， 设过点A的切线方程为， 联立，整理得， 由，可得， 则过点A的切线方程分别为：，可得， 同理可得过点的切线斜率为，过点B的切线方程为：， 联立方程，解得， 即，所以两条切线的交点在直线上，不在准线上，故D错误. 故选：AB 12．27 【分析】根据函数奇偶性的定义，利用方程组法求出函数的解析式，即可得解. 【详解】因为，分别为定义在上的奇函数和偶函数， 而，① 所以，即，② 由①②得，所以． 故答案为：. 13． 【分析】根据度量弦长的定义，利用余弦定理求出时圆心角所对应的弦长，结合的圆心角所对的弦长为60个单位即可求出结果. 【详解】设圆的半径为，时圆心角所对应的弦长为， 利用余弦定理可知，即可得， 又的圆心角所对的弦长恰好等于圆的半径，的圆心角所对的弦长为60个单位， 即与半径等长的弦所对的圆弧长为60个单位， 所以. 故答案为： 14． 5 / 【分析】数形结合，作平面与平面平行，即可解决；令，用表示相关长度，整理得，结合二次函数即可解决. 【详解】取中点且，平面，可知平面， 根据平面的基本性质，作平面与平面平行，如图至多为五边形. 令，则， 可得， 则，可得， 所以， 又因为与的夹角为与夹角，而与垂直， 则， 可得， 可知：当时，S取最大值. 故答案为：；. 【点睛】关键点点睛：根据平面的性质分析截面的形状，结合几何知识求相应的长度和面积，进而分析求解. 15．(1)1 (2)答案见解析 【分析】1）求导函数，根据导数的几何意义及切线与y轴垂直建立方程求解即可； （2）求导函数，按照和分类讨论，求出函数的单调性. 【详解】（1）依题意，， 则， 因为在处的切线与轴垂直，所以，解得； （2）由（1）知， 当时，由得，由得， 所以的单调递增区间为，单调递减区间， 当时，分以下三种情况： 若，则在定义域内恒成立， 所以的单调递增区间为，无单调递减区间； 若，令得或，令得， 所以的单调递增区间为，单调递减区间为， 若，令得或，令得， 所以的单调递增区间为，单调递减区间为， 综上所述，当时，在区间单调递增，在区间单调递减； 当时，在区间单调递增，无递减区间； 当时，在区间单调递增，在区间单调递减； 当时，在区间单调递增，在区间单调递减. 16．(1) (2) 【分析】（1）根据等比数列的定义和求和公式求，进而可得结果； （2）由（1）可得：，利用分组求和结合等差、等比数列的求和公式运算求解. 【详解】（1）设的公比为， 因为，即， 且，可得，解得或（舍去）． 又因为，解得， 所以. （2）由（1）可得：， 所以 ， 所以. 17．(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）利用余弦定理和勾股定理证明，再由面面垂直的性质定理得到平面，从而； 根据题目条件解得，由勾股定理；利用线面垂直的判定定理得证平面，所以. （2）建立合适的空间直角坐标系，分别求出直线的方向向量和平面的法向量，利用公式求出直线与平面所成角的正弦值为. 【详解】（1）连接，，，，， 由余弦定理可得. 满足，所以，即. 因为平面平面，且交线为，由，平面，得平面. 由平面，得，. 因为，，且，平面， 所以平面. 由平面，得. 设，，有，解得：，即. 所以，满足，即. 又因为，，且，平面， 所以平面. 由平面，得. （2）以为坐标原点，分别为轴的正方向建立如图所示空间直角坐标系. ，，， ，. 设平面的法向量， 由，即， 取，得到平面的一个法向量. 又， 设直线与平面所成角的大小为， 则. 所以直线与平面所成角的正弦值为. 18．(1)； (2) 【分析】（1）移项平方可化简方程，注意变量的范围； （2）设，直线方程是，由垂直得直线方程为，由直线与圆相切得，直线方程是与曲线方程联立，消去后得关于的二次方程，由此方程有两个正根据得或，由韦达定理得，计算出弦长，求出原点到直线的距离，计算出三角形面积后，设，换元后应用基本不等式得最小值． 【详解】（1），由得． 所以曲线的方程是； （2）设，直线方程是，则直线方程为，即, 直线与已知圆相切，所以，则， 由得，， 由题意（∵）， ，，∴或， ， 又原点到直线的距离为， ∴， 由或得，设， ，当且仅当时等号成立， ，当且仅当时等号成立， ∴时，， ∴，即时，．    【点睛】方法点睛：直线与圆锥曲线相交中三角形面积最值问题，一般设交点坐标为，直线方程为，由直线满足的其它性质得出关系，直线方程与圆锥曲线方程联立后消元，应用韦达定理得（或），由弦长公式求得弦长，由点到直线距离公式求出三角形的高，从而求得三角形的面积，并化表达式为一元函数，然后利用函数的知识，基本不等式或导数求得最值． 19．(1) (2)设备M的性能等级为丙级 (3) 【分析】（1）根据线性回归方程公式计算得解； （2）根据题中的100个数据计算概率判断满足其中的几个不等式，通过评判规则来决定性能等级; （3）由题意从样本中随意抽取2件零件，再从设备M的生产流水线上随意抽取2件零件，计算次品总数的数学期望，分别满足超几何分布和二项分布，再求期望. 【详解】（1），，，， ，， 所以与的线性回归方程为； （2），，，， ，， ，， ， 设备M的性能等级为丙级. （3）样本中直径小于等于的共有2件，直径大于的零件共有4件， 所以样本中次品共6件，可估计设备M生产零件的次品率为0.06.由题意可知从设备M的生产流水线上随意抽取2件零件， 其中次品数设为Y1，则，于是； 从样本中随意抽取2件零件其次品数设为Y2，由题意可知Y2的分布列为： Y2 0 1 2 P 故. 则次品总数Y的数学期望. 学科网（北京）股份有限公司 $$