卷4-备战2025年高考数学【名校地市好题必刷】全真模拟卷（新高考）·第一辑（解析版）

备战2025年高考数学【名校地市好题必刷】全真模拟卷（新高考）第四模拟（试卷满分150分，考试用时120分钟）姓名_____________班级_________考号_______________________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，用铅笔把答题卡上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、单项选择题：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.1．（）A． B． C． D．【答案】C【详解】，故选：C2．已知集合，，则（）A． B．C． D．【答案】A【详解】，或，所以，所以，故选：A.3．抛物线的焦点到直线的距离为，则（）A．1 B．2 C． D．4【答案】B【详解】抛物线的焦点坐标为，其到直线的距离：，解得：(舍去)．故选：B4．如图，已知圆柱的底面半径为4，高为3，是上底面的直径，点在下底面的圆周上，则面积的最大值为（）A．12 B．16 C．18 D．20【答案】D【详解】如图，过作轴截面，可知四边形为矩形，过点C作，交EF于点G，过点G作，交AB于点D，连接CD，因为，，，所以平面，因为面，因此，又，所以，由圆柱的底面半径为4，可得：，所以，因为四边形为圆柱的轴截面，所以AF⊥底面CEF，因为底面CEF，所以AF⊥，因为，，所以平面，因为平面，所以，所以（的长小于等于半径），等号成立的条件是刚好为半径，所以，故选：D.5．若，，，则、、的大小关系为（）A． B．C． D．【答案】A【详解】由已知得，，，且，所以，故选A.6．桔槔始见于《墨子･备城门》，作“颉皋”，是一种利用杠杆原理的取水机械，如图1所示.桔槔的结构相当于一个普通的杠杆，在其横长杆的某处（点O处）由竖木支撑或悬吊起来，横杆的一端（点A处）用一根绳子与汲器相连，另一端（点B处）绑上一块重石头，如图2所示，已知，，.当要汲水时，人用力将绳子与汲器往下压，汲满后，就让另一端的石头下降经测量，，，当桶装满水时水与桶共重150，且当水桶恰好离开水面时横杆与套桶的绳的夹角为105°，则在没有外力的干扰下，当水桶恰好离开水面，且杠杆处于静止状态时，石头的重力约为（）（由杠杆原理知，当杠杆处于静止状态时有（等于水和桶的重力，等于石头的重力）.绳子的重量忽略不计，）A．400.5 B．419 C．439.2 D．445【答案】C【详解】由题意，得，则，∴（m）.由，得，解得（N），∴当水桶恰好离开水面，且杠杆处于静止状态时，石头的重力约为439.2N，故选：C.7．年月日，国务院办公厅印发《关于进一步减轻义务教育阶段学生作业负担和校外培训负担的意见》．“双减”政策指出，要全面压减作业总量和时长，某校在“双减”前学生完成作业时长为随机变量，的期望为，标准差为，在“双减”后，该校学生完成作业的时长，的期望为，标准差为，则（）A．， B．，C．， D．，【答案】A【详解】由期望和方差的性质可得，，.故选：A.8．已知函数，若函数恰有三个不同的零点，则实数的取值范围是（）A． B． C． D．【答案】C【详解】由题意得：；令得：；令得：或；即至多有个零点；若函数恰有三个不同的零点，则需大致图象如下图所示，即需，恰有三个不同的零点，实数的取值范围为.多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9．2021年秋季，某省在高一推行新教材，为此该省教育部门组织高中教师在暑假期间进行有关培训，培训后举行测试（满分100分）．从参与培训的教师中随机抽取100名教师并统计他们的测试分数，得到如图所示的频率分布折线图，则下列说法正确的是（）A．这100名教师的测试分数的极差是20B．这100名教师中测试分数不低于90分的人数占总人数的30%C．这100名教师的测试分数的中位数为87.5分D．这100名教师的测试分数的众数是87.5分【答案】BCD【详解】由题意知，这100名教师的测试分数的最高分与最低分都无法确定，A不正确；这100名教师中测试分数不低于90分的人数占，B正确；设这100名教师的测试分数的中位数为a，则，解得（分），C正确；由题图易知这100名教师的测试分数的众数为87.5分，D正确．故选：BCD．10．中国传统文化中很多内容体现了数学的“对称美”.如图所示的太极图是由黑白两个鱼形纹组成的圆形图案，充分体现了相互转化､对称统一的形式美､和谐美.在平面直角坐标系中，如果一个函数的图象能够将某个圆的周长和面积同时平分，那么称这个函数为这个圆的“优美函数”.则下列说法中正确的有（）A．对于一个半径为1的圆，其“优美函数”仅有1个B．函数可以是某个圆的“优美函数”C．若函数y=f(x)是“优美函数”，则函数y=f（x）的图象一定是中心对称图形D．函数可以同时是无数个圆的“优美函数”【答案】BD【详解】对于A，过圆心的任一直线都可以满足要求，故A错误；对于B，函数为奇函数，关于原点对称，可以是单位圆的“优美函数”，故B正确；对于C，函数y=f(x)的图象是中心对称图形，函数一定是“优美函数”，但“优美函数”不一定是中心对称函数，如图，故C错误；对于D，函数关于原点对称，是圆，的“优美函数”，满足无数个，故D正确.故选：BD.11．在平面直角坐标系中，直线的方程为，圆的方程为，则（）A．圆与圆：外切B．若，直线与圆相交于，两点，则C．若，则直线与圆一定相交D．若，过直线上的一点作圆的两条切线，切点分别为，，则的最小值为【答案】AB【详解】对于A，圆：的圆心为，半径，圆：的圆心为，半径，两圆的圆心距，两圆外切，故A正确；对于B，直线的方程为，圆心C到直线的距离，所以，故B正确；对于C，因为直线：过原点，，原点在圆C外，所以直线l与圆C不一定相交，故C不正确；对于D，由题设及圆的切线性质得，，直线的方程为，的最小值为圆心C到直线的距离，则的最小值为，故D不正确.综上可知，选AB.故选：AB12．在正方体中，，，分别为，，的中点，则下列说法正确的是（）A．B．平面C．设，且，分别在线段与上，则的最小值为1D．设点在平面内，且平面，则与平面所成角的正弦值的最大值为【答案】BCD【详解】在正方体中，以点D为原点，向量的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图，令正方体的棱长为1，则，对于A，棱中点，则，，即与不垂直，A不正确；对于B，棱BC中点，则，令平面的法向量，因此，，令，得，又棱中点，则，，即，而平面，于是得平面，B正确；对于C，因，，分别在线段与上，则，点，，点，，于是得，当且仅当，即时取“=”，所以当点P，Q分别为线段，的中点时，取得最小值1，C正确；对于D，因点在平面内，设，则，由选项B知平面的法向量，因平面，则，即，又平面的法向量，令直线与平面所成的角为，则当且仅当时取“=”，因此，当点时，与平面所成角的正弦值的最大值为，D正确.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13．在中，，，，为的三等分点，则____________.【答案】【详解】设，，同理，，由得：，∴．故答案为：．14．设P是抛物线y2＝4x上的一个动点，F是抛物线y2＝4x的焦点，若B(3，2)，则|PB|＋|PF|的最小值为________．【答案】4【详解】过点B作BQ垂直准线于点Q，交抛物线于点P1，如图，则|P1Q|＝|P1F|．则有|PB|＋|PF|≥|P1B|＋|P1Q|＝|BQ|＝4，即|PB|＋|PF|的最小值为4.故答案为：415．若函数是偶函数，则______．【答案】1【详解】由为偶函数可得，即，所以．因为，且，，，，所以．故答案为：116．已知函数，给出下列四个结论:①函数在区间上单调递减；②和是函数的极值点；③当时，函数的值域是，则；④函数的零点至少有个，至多有个．其中，所有正确结论的序号是______．【答案】②③④【详解】解：当时，，则，令，得或3，所以当时，，单调递增；当时，，单调递减，当时，，单调递增，作出函数的大致图象，如下图所示：对于①，由图象得，在上先减后增，故①错误；对于②，由图象得，是函数的极大值点，是函数的极小值点，故②正确；对于③，当时，令得，所以若当时，函数的值域为，则故③正确；对于④，由，得函数g(x)的零点，等价于方程f(x)=1和方程f(x)=a的根的个数，即等价于y=1和y=a，与函数y=f(x)的图象的交点个数，由图象得y=1与函数f(x)的图象有2个交点，当a<1时，y=a与函数f(x)的图象没有交点，所以函数g(x)的零点有2个；当a=1时，y=a与函数f(x)的图象有2个交点，所以函数g(x)的零点有2个；当1<a<5时，y=a与函数f(x)的图象有4个交点，所以函数g(x)的零点有6个；当a=5时，y=a与函数f(x)的图象有3个交点，所以函数g(x)的零点有5个；当a>5时，y=a与函数f(x)的图象有2个交点，所以函数g(x)的零点有4个；所以函数g(x)=[f(x)]2-(a+1)f(x)+a的零点至少有2个，至多有6个，故④正确.故答案为：②③④.四．解答题：本小题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17．已知等比数列的公比和等差数列的公差都为，等比数列的首项为2，且，，成等差数列，等差数列的首项为1．（1）求和的通项公式；（2）若数列的前项和为，若对任意均有恒成立，求的范围．【答案】（1）因为，，成等差数列，所以：，整理得：，即，故，解得，所以，．（2）证明：（2）由（1）得：，故①，②，①②得：，故．因此的范围为.18．在中，内角，，的对边分别为，，，且满足.（1）求角；（2）若的面积为，，为边上一点，且，求的长.【答案】（1）解：由正弦定理及，得，因为，可得，所以，可得，所以，因为，可得，所以，又因为，所以.（2）解：由三角形的面积公式，可得，解得，又由余弦定理得，所以，联立方程组，可得或，因为，且，所以，又因为，可得，解得.19．在四棱锥中，平面，，，，，是的中点，在线段上，且满足．（1）求证：平面；（2）在线段上是否存在点，使得与平面所成角的正弦值是，若存在，求出的长；若不存在，请说明理由．【答案】（1）证明：由题意，设，因为平面，，，如图，以为原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，如图所示．则，而，易知，于是，又是的中点，故、、、、、，所以，，设平面的法向量为，则，即，令，则，，可得，又，，，平面，平面．（2）解：设点坐标为，其中，则，，由得，，，设，，，，设平面的法向量为，，，由，得，取，可得，则，与平面所成角的正弦值为，，整理得：，解得：或（舍）所以，存在满足条件的点，，且．20．已知椭圆的离心率为，且过点．（1）求椭圆的标准方程；（2）过定点的直线与椭圆相交于、两点，已知点，设直线、的斜率分别为，求证：．【答案】（1）因为椭圆离心率为，且过点，所以，解得，，所以椭圆的方程为．（2）证明：若的斜率不存在，则，，此时，若的斜率存在，设，，，，设的方程为，，得，由韦达定理得，，则，，所以，综上．21．某俱乐部的甲、乙两名运动员入围某乒乓球个人赛的半决赛后，将分别与其他俱乐部的两名运动员进行比赛，胜者可进入决赛．已知半决赛采用五局三胜制，即首先获胜三局的运动员胜出假设甲、乙每局比赛获胜的概率分别为，，且每局比赛的结果相互独立．（1）求该俱乐部提前锁定冠军的概率；（提前锁定冠军是指同一俱乐部的两名运动员均进入决赛）；（2）在该俱乐部提前锁定冠军的条件下，记本次半决赛所进行的局数为，求的分布列和数学期望．【答案】（1）解：记事件A表示“该俱乐部提前锁定冠军”，事件B表示“甲进入决赛”，事件C表示“乙进入决赛”，则，，因此该俱乐部提前锁定冠军的概率．（2）解：在该俱乐部提前锁定冠军的条件下，的所有可能取值为6，7，8，9，10，；；；；．所以的分布列为678910P故数学期望．22．已知函数．（1）求函数的极值；（2）（i）当时，恒成立，求正整数的最大值；（ii）证明：．【答案】（1），x＞0，当k≤0时，f′（x）＞0，函数在（0，+∞）上单调递增，没有极值；当k＞0时，由f′（x）＞0得x＞k，由f′（x）＜0得0＜x＜k，所以f（x）在（0，k）上单调递减，在（k，+∞）上单调递增，此时函数f（x）的极小值f（k）＝lnk﹣k+2，没有极大值；（2）（i）当x＞1时，f（x）＞0恒成立，即只要f（x）min＞0即可，由（1）k＞0时，f（x）在（0，k）上单调递减，在（k，+∞）上单调递增，（a）若k≤1时，f（x）在（1，+∞）上单调递增，f（x）min＞f（1）＝1满足题意；（b）当k＞1时，f（x）在（0，k）上单