仿真模拟卷03-【大题精做】冲刺2025年高考数学大题突破+限时集训（新高考专用）

绝密★启用前 2025年高考数学模拟卷 全卷满分150分。考试用时120分钟。 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 一、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，只有一项是符合题目要求的。 1．记复数的共轭复数为，若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先求出共轭复数，再根据复数除法及乘法运算即可. 【详解】因为，所以， 则. 故选：D. 2．已知集合，集合，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用指数函数的单调性化简集合，根据集合的基本运算可得结果. 【详解】∵指数函数在上单调递增， ∴由得，故， ∵， ∴. 故选：B. 3．现有一排方块，其中某些方块间有间隔.从中拿出一个方块或紧贴的两个方块，而不改变其余方块的位置，称为一次操作.如图所示，状态为的方块：可以通过一次操作变成以下状态    中的任何一种：，，，或.游戏规定由甲开始，甲、乙轮流对方块进行操作，拿出最后方块的人获胜.对于以下开局状态，乙有策略可以保证自己获得游戏胜利的是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】对于选项A，可以通过例举所有的可行性，在甲操作后，乙采取对称策略，即可保证自己能赢；对于选项B、C、D，可通过操作验证，甲赢. 【详解】对于选项A，经过甲操作可以变为，，，，或. 对于，乙操作成；对于，乙操作成；对于，乙操作成；对于，乙操作成； 对于，乙操作成；对于，乙操作成. 此时甲操作后，乙可以采取对称策略，保证自己能拿到最后一个方块，无论如何乙都能赢，所以A正确； 对于选项B，甲将操作为，此时乙可以操作为，，，甲必胜； 对于选项C，甲将操作为，甲必胜； 对于选项D，甲将操作为，由选项A知甲必胜. 故选：A. 4．已知随机变量，则“”是“”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】C 【分析】由正态曲线的对称性结合必要不充分条件的定义即可得到答案. 【详解】由知，可知，故，故成立； 反之，若，则，故为充要条件， 故选：C. 5．已知函数的最小正周期为，则以下说法正确的是（    ） A．的值域为 B．在上单调递增 C．在上有两个极大值点 D．是的一个对称中心 【答案】C 【分析】由已知可得，进而分类去绝对值，作出函数的图象，进而求得值域，单调区间，极值，判断对称中心可得结论. 【详解】因为的最小正周期为，则， 所以 ， 作出的图象如图所示. 由图可知的值域为，故A错误； 在上单调递增，在上单调递减，故B错误； 在上有两个极大值点，分别是，，故C正确； 函数没有对称中心，故D错误. 故选：C. 6．若展开式的二项式系数之和为，则展开式中含项的系数为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据二项式系数和为可得，利用通项公式计算可得结果. 【详解】∵展开式的二项式系数之和为， ∴，故， ∴展开式的第项为， 由得， ∴，即含项的系数为. 故选：B. 7．已知函数，，有恒成立，则a的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由转换成，或，在上恒成立，进而转化成求最值即可求解； 【详解】等价于，即，故有，或，在上恒成立， 即或在上恒成立， 令，得， 可得：在单调递增，在单调递减， 由，当，，， 令，由基本不等式可得，当且仅当时取等号， 当，， 对于在上恒成立， 可得解得： 对于在上恒成立， 可得：，解得 故a的取值范围为. 故选：A. 8．已知圆O：上一点关于x轴的对称点为Q，M是圆O上异于P，Q的任意一点，若分别交x轴于点，则（   ） A． B．2 C． D．4 【答案】B 【分析】设点坐标，写出坐标，写出直线方程，求得坐标，然后得到的值. 【详解】，设，则 则，， 则，， 故. 故选：B. 二 多选题：（本大题共3小题，每小题6分，共18分，在每个小题给出的4个选项中，有多个选项满足要求。全部选对得6分，部分选对的部分分，有错误选项得0分） 9．已知，，则下列说法正确的是（    ） A．曲线与有公共点 B．曲线关于直线对称的曲线是 C．曲线关于直线对称的曲线是 D．直线与曲线、的交点分别是A、B，则的最小值为 【答案】BCD 【分析】对于A，设，利用导数判断的零点是否存在；对于B，求函数的反函数即可判断；对于C，设曲线关于直线对称的曲线是，设是曲线上任意一点，则关于直线的对称点在曲线上，代入可求解析式；利用A选项的结论可得D选项的结果. 【详解】已知，， 对于A，设，函数定义域为，， 解得，解得， 则在上单调递减，在上单调递增，的最小值为， 恒成立，无解， 所以曲线与没有公共点，A选项错误； 对于B，函数的反函数为， 所以关于直线对称的曲线是，B选项正确； 对于C，设曲线关于直线对称的曲线是， 设是曲线上任意一点，则关于直线的对称点为， 代入中，得，即， 所以曲线关于直线对称的曲线是，C选项正确； 对于D，由A选项可知，当时，的最小值为，D选项正确. 故选：BCD. 10．已知在首项为1，公差为的等差数列中，是等比数列的前三项，数列的前项和为，则（　　） A．或 B． C．是等差数列 D． 【答案】AC 【分析】由已知求出等差数列的公差，然后分别计算分析可判断四个选项． 【详解】由已知可得，， 是等比数列的前三项， ，解得或，故A正确； 当时，，当时，，故B错误； ∴或，数列是等差数列，故C正确； 当时，； 当时，，所以等比数列的首项为1，公比为4，则，故D错误． 故选：AC． 11．已知平行六面体中，各棱长均为，，则以下说法正确的是（    ） A． B．异面直线和所成角的余弦值为 C．四棱锥的体积为 D．与三棱锥各棱均相切的球的体积为 【答案】BCD 【分析】利用空间向量数量积的运算性质可判断AB选项；求出平行六面体的高，分析可知四棱锥的平行六面体体积的，结合柱体的体积公式可判断C选项；求出三棱锥棱切球的半径，结合球体体积公式可判断D选项. 【详解】由空间向量数量积的定义可得， 同理可得， 因为， 所以 ，所以，故A错误； 因为， 则 ， ， 所以， 所以，异面直线和所成角的余弦值为，故B正确； 四棱锥的体积为平行六面体体积的， 平行六面体的高即为正四面体的高，如下图所示： 设点在平面的射影为点，则为正的中心， 由正弦定理可得，， 菱形的面积为， 所以平行六面体的体积为， 所以四棱锥的体积为，故C正确； 三棱锥为正四面体，棱长为6， 设正四面体的棱切球球心为，且也为其外接球球心，则， 则，即，解得， 取线段的中点，连接，则， 且， 所以，正四面体的棱切球的半径为， 故球的体积为，故D正确. 故选：BCD. 三 填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 12．已知随机变量Ⅹ服从正态分布，且，则 . 【答案】/0.25 【分析】根据正态分布的对称性即可求得答案. 【详解】设，由正态分布密度曲线的对称性可知， ，.所以， 解得.即. 故答案为：. 13．双曲线的左、右焦点分别为，，直线轴且与双曲线C在第一象限交于点P.设内切圆半径为r，若，则双曲线C的离心率的取值范围为 . 【答案】 【分析】设内切圆E与分别相切于点M，N，Q，则，利用切线的性质可得，可得，求解即可. 【详解】设内切圆E与分别相切于点M，N，Q，    则，且，，， 所以，因为直线的倾斜角为， 所以，所以 因为， 由双曲线的定义可知，，所以，即， 所以，，所以，那么，即. 两边同时除以，则，解得或，又，则e的取值范围是. 故答案为：. 14．一个袋子中有10个大小相同的球，其中红球7个，黑球3个.每次从袋中随机摸出1个球，摸出的球不再放回.设第1，2，3次都摸到红球的概率为；在第1，2次都摸到红球的条件下，第3次摸到红球的概率为.求 . 【答案】 【分析】利用古典概率公式求出，利用条件概率公式求出即可. 【详解】由题意可得， 设事件表示“在第1,2次都摸到红球”，事件表示“第3次摸到红球”， 则， 所以， 所以， 故答案为： 四、解答题：共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15（本题13分）中小学教师资格考试每半年考一次，2025年上半年的考试于3月8日进行.考试分为笔试和面试两项，只有笔试成绩合格时，才可继续参加面试，笔试成绩两年有效，两项成绩均合格方可获得证书.李华同学报名参加今年上半年的考试，若他不放弃每次考试，直到能拿到教师资格证为止.根据以往模拟情况，李华笔试成绩每次合格的概率均为，面试成绩每次合格的概率均为，假设各次考试成绩合格与否均互不影响. (1)求他今年能取得教师资格证书的概率； (2)某培训机构今年共有100人参加培训，若以李华今年取得教师资格证的概率作为每个学员今年成功取得证书的概率.设今年该培训机构能成功取得教师资格证的人数为k的概率为，求取最大值时k的值. 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）将今年能拿到证书的事件分拆成互斥事件的和，再利用相互独立事件、互斥事件的概率公式求解. （2）今年取得教师资格证的人数服从二项分布，再利用二项分布的概率最大问题列式求解. 【详解】（1）设“笔试第次考试合格”为事件，“面试第次考试合格”为事件，， 则今年能拿到证书的事件为， ， ， 所以他今年能取得教师资格证书的概率为. （2）依题意，今年取得教师资格证的人数， 则，， 由，解得， 当时，，当时，， 所以取最大值时. 16（本题15分）．中角所对的边分别为，，. (1)若，求的面积； (2)求的最大值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由条件得，，根据正弦定理计算得，结合三角形面积公式可得结果. （2）根据条件可得，利用二倍角公式把化为关于的二次函数，由此可得最大值. 【详解】（1）当时，， ∵，∴，， 由正弦定理得，，即，故， ∴. （2）∵，∴，故， ∴， ∵，∴， ∵，∴或， ∴或（舍）， ∴， ∵，∴，故， ∴当时，有最大值，最大值为. 17（本题15分）．已知函数，曲线在处与直线相切. (1)求、的值； (2)求在上的最大值和最小值.（其中为自然对数的底数） 【答案】(1)， (2)最大值为，最小值为 【分析】（1）由题意可得，可得出关于、的方程组，即可解出这两个未知数的值； （2）利用导数分析函数在上的单调性，即可求出该函数在区间上的最大值和最小值. 【详解】（1）因为函数，其中，则， 因为曲线在处与直线相切， 所以，，解得. （2）由（1）可得，所以，， 当时，，当时，， 所以，在上单调递增，在上单调递减， 所以，函数在处取得极大值即最大值，则， 又，， 所以，. 18 (本题17分)．在四棱锥中，平面，底面是菱形，且，E，F分别为，的中点. (1)若平面与平面的交线为l，证明：； (2)求平面与平面所成角的余弦值； (3)若平面与线段交于点M，求的长. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）连接，利用三角形中位线证得，再利用线面平行的判定、性质推理得证. （2）根据给定条件，证得直线，，两两互相垂直，再建立空间直角坐标系，利用空间向量求出面面角的余弦值. （3）设，可求， 求得的法向量为，由，求得，计算可求得结果. 【详解】（1）如图所示，连接，因为E，F分别是，的中点， 所以， 平面，平面，那么平面， 又平面，平面平面，所以； （2）因为底面为菱形，，设中点为G，易知，，两两互相垂直， 故以点A为坐标原点，，，分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 由题意，所以，，，，，， 显然平面的法向量可以是， 而，，设平面的法向量为， 则，令，解得，， 所以可取， 故 所以平面与平面所成角的余弦值为； （3）设，则C，E，M，F四点共面.， 由（2）知平面的法向量为， 则，即， 解得，所以. 19 （本题17分）在平面直角坐标系中，对于任意一点，总存在一个点满足关系式，则称为平面直角坐标系中的伸缩变换. (1)若曲线的方程为. （i）求经过伸缩变换后所得到曲线的标准方程； （ii）设曲线的左、右顶点分别为A，B，过点的直线与曲线交于M，N两点，直线与交于点T，证明：点T在一条定直线上； (2)已知，抛物线经过伸缩变换，得到抛物线，设，，.求数列的前n项和. 【答案】(1)（i）；（ii）证明见解析 (2) 【分析】（1）（i）设上任意一点，利用点在上，求得轨迹方程；（ii）设直线，，，与椭圆联立方程组，结合韦达定理可得，，求得直线的直线方程，设点，求得的坐标，法一：结合韦达定理计算可得，可得结论.法二，利用，可得，可得结论. （2）利用伸缩变换求得的方程为，进而得，利用累乘法求得，进而利用错位相减法求得. 【详解】（1）（i）设上任意一点，则点在上， 由题意得，化简得，所以曲线的标准方程为； （ii）设直线，，，    联立直线与，，化简得， ，， 直线，直线， 设点，则， 两条直线方程相除，可得 法一： 即，解得，即点T在直线上； 法二：，， 即，解得，即点T在直线上. （2）设上的点经过伸缩变换后得点， 则代入的方程，得 则的方程为，则 因为，，所以， 又，所以当时， ， 又符合上式，所以，所以， ， ， 两式作差可得 ，所以 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！3 学科网（北京）股份有限公司 $$ 绝密★启用前 2025年高考数学模拟卷 全卷满分150分。考试用时120分钟 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 一、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，只有一项是符合题目要求的。 1．记复数的共轭复数为，若，则（    ） A． B． C． D． 2．已知集合，集合，则（    ） A． B． C． D． 3．现有一排方块，其中某些方块间有间隔.从中拿出一个方块或紧贴的两个方块，而不改变其余方块的位置，称为一次操作.如图所示，状态为的方块：可以通过一次操作变成以下状态    中的任何一种：，，，或.游戏规定由甲开始，甲、乙轮流对方块进行操作，拿出最后方块的人获胜.对于以下开局状态，乙有策略可以保证自己获得游戏胜利的是（   ） A． B． C． D． 4．已知随机变量，则“”是“”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 5．已知函数的最小正周期为，则以下说法正确的是（    ） A．的值域为 B．在上单调递增 C．在上有两个极大值点 D．是的一个对称中心 6．若展开式的二项式系数之和为，则展开式中含项的系数为（    ） A． B． C． D． 7．已知函数，，有恒成立，则a的取值范围是（   ） A． B． C． D． 8．已知圆O：上一点关于x轴的对称点为Q，M是圆O上异于P，Q的任意一点，若 分别交x轴于点，则（   ） A． B．2 C． D．4 二 多选题：（本大题共3小题，每小题6分，共18分，在每个小题给出的4个选项中，有多个选项满足要求。全部选对得6分，部分选对的部分分，有错误选项得0分） 9．已知，，则下列说法正确的是（    ） A．曲线与有公共点 B．曲线关于直线对称的曲线是 C．曲线关于直线对称的曲线是 D．直线与曲线、的交点分别是A、B，则的最小值为 10．已知在首项为1，公差为的等差数列中，是等比数列的前三项，数列的前项和为，则（　　） A．或 B． C．是等差数列 D． 11．已知平行六面体中，各棱长均为，，则以下说法正确的是（    ） A． B．异面直线和所成角的余弦值为 C．四棱锥的体积为 D．与三棱锥各棱均相切的球的体积为 三 填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 12．已知随机变量Ⅹ服从正态分布，且，则 . 13．双曲线的左、右焦点分别为，，直线轴且与双曲线C在第一象限交于点P.设内切圆半径为r，若，则双曲线C的离心率的取值范围为 . 14．一个袋子中有10个大小相同的球，其中红球7个，黑球3个.每次从袋中随机摸出1个球，摸出的球不再放回.设第1，2，3次都摸到红球的概率为；在第1，2次都摸到红球的条件下，第3次摸到红球的概率为.求 .、 四、解答题：共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15（本题13分）中小学教师资格考试每半年考一次，2025年上半年的考试于3月8日进行.考试分为笔试和面试两项，只有笔试成绩合格时，才可继续参加面试，笔试成绩两年有效，两项成绩均合格方可获得证书.李华同学报名参加今年上半年的考试，若他不放弃每次考试，直到能拿到教师资格证为止.根据以往模拟情况，李华笔试成绩每次合格的概率均为，面试成绩每次合格的概率均为，假设各次考试成绩合格与否均互不影响. (1)求他今年能取得教师资格证书的概率； (2)某培训机构今年共有100人参加培训，若以李华今年取得教师资格证的概率作为每个学员今年成功取得证书的概率.设今年该培训机构能成功取得教师资格证的人数为k的概率为，求取最大值时k的值. 16（本题15分）．中角所对的边分别为，，. (1)若，求的面积； (2)求的最大值. 17（本题15分）．已知函数，曲线在处与直线相切. (1)求、的值； (2)求在上的最大值和最小值.（其中为自然对数的底数） 18 (本题17分)．在四棱锥中，平面，底面是菱形，且， E，F分别为，的中点. (1)若平面与平面的交线为l，证明：； (2)求平面与平面所成角的余弦值； (3)若平面与线段交于点M，求的长. 19 （本题17分）在平面直角坐标系中，对于任意一点，总存在一个点满足关系式，则称为平面直角坐标系中的伸缩变换. (1)若曲线的方程为. （i）求经过伸缩变换后所得到曲线的标准方程； （ii）设曲线的左、右顶点分别为A，B，过点的直线与曲线交于M，N两点，直线与 交于点T，证明：点T在一条定直线上； (2)已知，抛物线经过伸缩变换，得到抛物线，设，，.求数列的前n项和. 学科网（北京）股份有限公司 $$