黄金卷06（新高考八省专用）-【赢在高考黄金8卷】备战2025年高考数学模拟卷（解析版）

【赢在高考·黄金8卷】备战2025年高考数学模拟卷（新高考八省专用）黄金卷06（考试时间：120分钟试卷满分：150分）第I卷（选择题）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，只有一项是符合要求的。1．已知集合，则（

）A．[1,2] B． C． D．【答案】B【分析】解一元二次不等式得集合，根据集合的描述法转化得集合，根据集合的并集的概念求解即可得结论.【详解】不等式解得，则，函数中，所以，故，所以.故选：B.2．若，则（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用复数的除法化简可得出复数，利用共轭复数的定义以及复数的模长公式可求得结果.【详解】因为，则，所以，，所以，.故选：D.3．已知命题，，命题，，则（

）A．和都是真命题 B．和都是真命题C．和都是真命题 D．和都是真命题【答案】C【分析】解不等式，结合的值域为，及命题的真假判断即可.【详解】，即，因为函数在上单调递增，所以，即，解得，所以命题是真命题；的值域为，所以命题是假命题，则是真命题.故选：.4．紫砂壶是中国特有的手工陶土工艺品，经典的有西施壶、石瓢壶、潘壶等，其中石瓢壶的壶体可以近似看成一个圆台，如图给了一个石瓢壶的相关数据（单位：），那么该壶的容积约为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】法一：利用圆台体积公式进行求解，再结合选项得到答案；法二：补全图像利用三角形相似可求出小圆锥体的高，大圆锥体积减小圆锥体积即可求解.【详解】解法一：根据题意可知，根据圆台体积公式可得.解法二：如图，设小圆锥的高为，根据三角形相识可得，解得，所以该壶的容积为.故选：B.5．若，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】由题给条件求得的值，进而求得的值.【详解】由，可得，则，则，则，故故选：C6．已知，，且，则的最小值为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】结合已知条件对进行变形，得到，再利用基本不等式求最小值.【详解】因为，，所以，因为，，所以，所以，当且仅当时取等号.所以的最小值为.故选：B.7．若函数在时取得极小值，则的极大值为（

）A． B．1 C． D．【答案】D【分析】根据函数求导，结合极小值的定义建立方程求得参数，还原函数解析式明确定义域，求导列表，可得答案.【详解】由函数，求导可得，由题意可得，则，解得，所以，则，，令，解得或，可得下表：f极大值极小值则函数的极大值为.故选：D.8．设椭圆E:x2a2+y2b2=1a>b>0的左右焦点为，，右顶点为，已知点在椭圆上，若A． B． C． D．【答案】A【分析】利用已知条件求出点坐标，代入中形成齐次方程，解出离心率即可.【详解】

如图：由题意不妨设Px1,y因为，所以，所以，则，且，即，又由，所以，又，即，结合解得，代入中，整理得，即，解得（舍）或.故选：A.二、选择题：本题共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．某校为了更好地支持学生个性发展，开设了学科拓展类､科技创新类､体艺特长类三种类型的校本课程，每位同学从中选择一门课程学习.现对该校5000名学生的选课情况进行了统计，如图1，并用分层随机抽样的方法从中抽取2%的学生对所选课程进行了满意率调查，如图2.则下列说法正确的是（

）

A．满意度调查中抽取的样本容量为5000B．该校学生中选择学科拓展类课程的人数为1250C．该校学生中对体艺特长类课程满意的人数约为875D．若抽取的学生中对科技创新类课程满意的人数为30，则【答案】BC【分析】根据满意率调查图表即可判断A选项，根据扇形统计图计算即可判断B选项，根据题意计算即可判断C选项，列出方程即可判断D选项.【详解】满意率调查中抽取的样本容量为错误；由扇形统计图知，则人，B正确；该校学生中对体艺特长类课程满意的人数约为人，C正确；抽取的学生中对科技创新类课程满意的人数为30，则，则，D错误.故选：BC.10．定义在R上的偶函数，满足，则（

）A． B．C． D．【答案】AC【分析】利用特殊值及偶函数性质判断A；根据已知条件得、判断B、C；根据函数的性质，举反例判断D.【详解】由，令，则，又为偶函数，则，A对；由上，得①，在①式，将代换，得②，B错；在②式，将代换，得，C对；由且，即周期为2且关于对称，显然是满足题设的一个函数，此时，D错.故选：AC11．已知函数，，对都有，且的零点有且只有3个.下列选项中正确的有（）A．B．的取值范围为C．使的有且只有2个D．方程的所有根之和为【答案】AC【分析】，始终把看做一个整体，借助正弦函数的图象、最值、方程的根来对选项逐一分析即可.【详解】，令，则，令，即，，，则在上有3个零点，则，即，解得，故错误；，，则，所以，故正确；若，即，或，故正确；，且的零点有且只有3个，所以方程有四个根，从小到大分别为.，即，则，则，故，即方程的所有根之和为，故错误.故选：.【点睛】方法点睛：解决的取值范围与最值问题主要方法是换元法和卡住的大致范围，如本题选项，具体方法为：（1）根据的范围，求出的范围；（2）把看成一个整体，即利用换元法，把变成来降低解决问题的难度，再借助正弦函数的图象，要使有3个零点，则的最大值就必须在之间，列出不等式即可求出的取值范围.第II卷（非选择题）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12．已知平面向量，满足，则.【答案】2【分析】根据向量的模长结合数量积的运算即可得数量积.【详解】因为，所以，则，解得.故答案为：2.13．已知直线与曲线相切，则实数的值为.【答案】【分析】设切点坐标，求导数表示斜率，结合切线过原点可计算切点横坐标，进而算出的值.【详解】设切点为，由得，，故切线斜率，由直线可知切线过，故，∴，解得，∴.故答案为：.14．已知抛物线上的点到焦点的距离为4，过点作直线交抛物线于两点，延长交准线于点两点在准线上的射影分别为，若，则的面积为．【答案】【分析】借助焦半径公式可得，借助抛物线定义与相似三角形的性质计算可得，结合三角形面积公式即可得解.【详解】由抛物线过点，且，得，准线方程为，如图．因为，所以，所以，连接，又，所以为等边三角形，因为，所以，得，得，所以，由，解得，所以．故答案为：.

【点睛】关键点点睛：本题关键点在于借助相似三角形的性质，得到系列等式，以解出、.四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。15．（13分）设数列是首项为1的等比数列，已知成等差数列，数列满足.(1)求数列和的通项公式；(2)记和分别为数列和的前项和，证明：.【答案】(1)，.(2)证明见解析【分析】（1）设的公比为，利用等比数列的基本量运算代入计算求出即得；（2）利用等比数列求和公式计算，利用错位相减法计算，运用作差法比较两者即得证.【详解】（1）因为是首项为1的等比数列且，，成等差数列，设的公比为，由，可得，解得：或（舍去）.故，.（2）由（1）可得.数列bn的前项和，①则.②由①②得，即.由，可得，得证.16．（15分）已知为等边三角形，为等腰直角三角形，，平面平面，平面四边形CBDE中，，平面，点为中点，连接.(1)求证：平面平面；(2)求二面角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）取的中点，连接，可证平面，进而证明四边形是平行四边形，从而可证结论成立.（2）以为坐标原点，分别以所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系．不妨设正的边长为2，求出相关点的的坐标，求出平面的法向量，平面的法向量，取法向量的方向一进一出，利用空间向量的公式求解即可．【详解】（1）取的中点，连接，又因为等边三角形，所以，又因为面平面，平面平面，面，所以平面，又因为平面，平面，平面平面，所以，又点为中点，所以且，又，所以，所以四边形是平行四边形，所以，所以平面，平面，所以平面平面；（2）由（1）可知平面，平面，所以，又因为，，所以，以为坐标原点，分别以所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系．不妨设正的边长为2，则，，设平面的法向量为，则，不妨令，则，所以平面的法向量为，设平面的法向量，则，不妨令，则，所以平面的法向量为，所以，所求二面角的正弦值为．17．（15分）重庆市高考数学自年起第至题为多选题，每道题共个选项，正确选项为两个或三个，其评分标准是:每道题满分分，全部选对得分，部分选对得部分分(若某道题正确选项为两个，漏选一个正确选项得分;若某道题正确选项为三个，漏选一个正确选项得分，漏选两个正确选项得分)，错选或不选得分.现甲、乙两名同学参加了有这种多选题的某次模拟考试.(1)假设第题正确选项为三个，若甲同学完全不会，就随机地选了两项或三项作答，所有选法等可能，求甲同学第题得分的概率;(2)已知第10题乙同学能正确的判断出其中的一个选项是不符合题意的，他在剩下的三个选项中随机地猜选了两个选项;第题乙同学完全不会，他在四个选项中随机地猜选了一个选项.若第10题和题正确选项是两个和三个的概率都为.求乙同学第10题和题得分总和的分布列及数学期望.【答案】(1)(2)分布列见解析，期望为【分析】（1）设四个选项分别为，其中错误选项为，列举法进行求解；（2）设出事件，得到第10题乙同学得分的概率，第题乙同学得分的概率，第题得分总和的可能取值为，用独立事件概率乘法公式得到相应的概率，从而求出分布列和数学期望.【详解】（1）假设四个选项分别为，其中错误选项为，总的选法共有10种，分别为，其中得分的选法为，共种，故甲同学得分的概率为；（2）第10题乙同学三个选项中随机猜选两项，用分别表示第10题乙同学得分，第题乙同学四个选项中随机猜选一项，用分别表示第题乙同学得分，则，，，，，，从而第题得分总和的可能取值为，，，，，，，，，的分布列为：02346789故数学期望为.18．（17分）已知函数．(1)讨论的单调性；(2)当时，若存、在，满足，证明：；(3)对任意的，恒成立，其中是函数的导数，求的取值范围．【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析(3)【分析】（1）求导，分，讨论求解；（2）由（1）知在上单调递增，转化为证明，然后利用极值点偏移证明；（3）将问题转化为求解；【详解】（1）解：的定义域为，．当时，，在上单调递增；当时，令，得或（舍去），当时，；当时，，所以在上单调递增，在上单调递减．综上，当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减．（2）当时，，，由（1）知时，在上单调递增，当时，可证．不妨设，要证，即证，即证，因为，所以即证．令，其中，因为，所以，所以在上单调递增，所以，所以，所以．当时，因为，所以，所以，所以．综上，．（3），由，得，即，所以对任意的，恒成立，等价于令，则，令，则，所以在上单调递增，又，，所以，所以存在，使得，所以，即，所以，所以，令，，所以在上单调递增，因为，所以又时，；时，，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，所以，所以的取值范围是．19．（17分）在平面内，若直线将多边形分为两部分，多边形在两侧的顶点到直线的距离之和相等，则称为多边形的一条“等线”．双曲线的左、右焦点分别为、，其离心率为，且点为双曲线右支上一动点，直线与曲线相切于点，且与的渐近线交于、两点，且点在点上方．当轴时，直线为的等线．已知双曲线在其上一点处的切线方程为．(1)求双曲线的方程；(2)若是四边形的等线，求四边形的面积；(3)已知为坐标原点，设，点的轨迹为曲线，证明：在点处的切线为的等线．【答案】(1)(2)(3)证明见解析【分析】（1）在双曲线的方程中，令，结合已知条件求出点的坐标，根据“等线”的定义可得出关于、、的方程组，解出、的值，即可得出双曲线的方程；（2）利用给定定义，求解关键点的坐标，最后得到四边形面积即可.（3）利用给定条件和新定义证明即可.【详解】（1）解：在双曲线的方程中，令，解得，因为直线为的等线，显然点在直线的上方，故有，又F1−c,0、，有，，，