2025年高考數(shù)學(xué)模擬卷一

中圖分類號：G632文獻(xiàn)標(biāo)識碼：A文章編號：1008-0333（2025）07-0075-09

（適合新課標(biāo)Ⅱ卷省份：甘肅、山西、遼寧、吉林、黑龍江、廣西、海南、重慶、貴州、云南、新疆）

第Ⅰ卷（選擇題）

一、選擇題（本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的）

1．已知集合A={x|x-3x+1lt;0}，B={-2，-1，0，1，2，3}，則A∩B=（ ）.

A.{1}B.{1，2}C.{0，1}D.{0，1，2}

2．已知z+z-=1，z-z-=3i，則z-=（）.

A.12+32iB.12-32i

C.-12+32iD.-12-32i

3．已知向量a=（x，2，0），b=（0，1，2），且|a-b|=3，則|a|=（）.

A.22B.4C.42D.8

4．函數(shù)f（x）=cos（x+π4）+22sinx的最大值為（）.

A.1+22B.2C.22D.0

5．如圖1，一個圓柱形筆筒的底面直徑為9 cm，（筆筒壁的厚度忽略不計），母線長為16 cm，該圓柱形筆筒的直觀圖如圖2所示，AB，CD分別為該圓柱形筆筒的上底面和下底面直徑，且AB⊥CD，則三棱錐A-BCD的體積為（）.

A.230 cm3B.224 cm3

C.216 cm3D.208 cm3

6．已知函數(shù)f（x）=x2+4x-1，x≤0，12x-2，xgt;0， 若函數(shù)

y=f（x）的圖象與函數(shù)y=k的圖象有3個交點，則實數(shù)k的取值范圍是（）.

A.［-5，+∞）B.（-2，+∞）

C.（-5，-2］D.（-2，-1］

7．函數(shù)y=sin（2ωx+φ）（ωgt;0）的部分圖象如圖3所示，直線y=12與其交于A，B兩點，若|AB|=π3，則ω=（）.

A.4B.3C.2D.1

8．已知函數(shù)f（x）=kx+2，2x，x≥0，xlt;0，若方程f［f（x）］=12有且僅有一根，則實數(shù)k的取值范圍是（）.

A.（-34，0）B.［-34，0）

C.［0，+∞）D.（-34，+∞）

二、多項選擇題（本大題共 3 小題，每小題 6 分，共 18 分. 在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求. 全部選對得 6 分，選對但不全的得部分分，有選錯的得0分）

9．若隨機變量X～N（μ，σ2），從X的取值中隨機抽取K（K∈N*，K≥2）個數(shù)據(jù)，記這K個數(shù)據(jù)的平均值為Y，則隨機變量Y～N（μ，σ2K）.隨機變量η服從正態(tài)分布N（μ，σ2），則P（μ-σ≤η≤μ+σ）=0.682 7，P（μ-2σ≤η≤μ+2σ）=0.954 5，

P（μ-3σ≤η≤μ+3σ）=0.997 3.某珠寶店出售的珍珠的直徑均服從期望為15毫米，標(biāo)準(zhǔn)差為2毫米的正態(tài)分布.程女士在該珠寶店隨機地挑選了16顆圓潤華美的珍珠，將它串成一條璀璨奪目的項鏈.設(shè)這16顆珍珠的直徑平均值為Y，則（）.

A.隨機變量Y的標(biāo)準(zhǔn)差為116

B.隨機變量Y～N（15，14）

C.P（272≤Y≤16）=0.975 9

D.P（Ylt;14）=0.045 5

10．已知函數(shù)f（x）=|log2（x+a）

|，f（x-2），

0lt;x≤2，2lt;x≤4的圖象過點（1，0），若函數(shù)g（x）=m-f（x）的從小到大的四個不同的零點依次為x1，x2，x3，x4，則下列結(jié)論正確的是（）.

A.x1x2=1B.x4-x2=2

C.2lt;x4-x1lt;72D.6lt;x3+x4lt;132

11．如圖4，曲線C是一條“雙紐線”，其C上的點滿足：到點F1（-2，0）與到點F2（2，0）的距離之積為4，則下列結(jié)論正確的是（）.

A.點D（22，0）在曲線C上

B.點M（x，1）（xgt;0）在C上，則|MF1|=22

C.點Q在橢圓x26+y22=1上，若F1Q⊥F2Q，則Q∈C

D.過點F2作x軸的垂線交C于A，B兩點，則

|AB|lt;2

第Ⅱ卷（非選擇題）

三、填空題（本大題共 3 小題，每小題 5 分，共 15 分）

12．已知雙曲線C：x2a2-y2b2=1（agt;0，bgt;0）的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，P，Q是C上關(guān)于原點對稱的兩點，且|PQ|=|F1F2|=10，|PF1|=3|PF2|，則C的離心率為．

13．若直線y=kx-2k是曲線f（x）=ex-1的切線，也是曲線g（x）=ln（x-2）+m的切線，則m=．

14．將序號分別1，2，3，4，5的5張參觀券全部分給甲、乙、丙、丁4人，每人至少1張，則甲恰好分得2張參觀券連號的概率為．

四、解答題（本題共 5 小題，共 77 分. 解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟）

15．已知△ABC的內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且3sinA+cosA=2．

（1）求角A；

（2）若a=6，D為BC邊上一點，AD為∠BAC的平分線，且AD=1，求△ABC的面積．

16．已知點F1（-1，0），F(xiàn)2（1，0），動點M滿足

|MF1|+|MF2|=3|F1F2|，動點M的軌跡記為E.

（1）求軌跡E的方程；

（2）若P為E上一點，且點P到x軸的距離d∈（0，1），求△PF1F2內(nèi)切圓的半徑的取值范圍；

（3）若直線l：y=k（x-1）與E交于C，D兩點，A1，A2分別為E的左、右頂點，設(shè)直線A1C的斜率為k1（k1≠0），直線A2D的斜率為k2（k2≠0），試問k1k2k21+k22是否為定值？若是，求出該定值；若不是，請說明理由.

17．如圖5，P為圓錐的頂點，O為圓錐底面的圓心，AC為底面直徑，△ABD為底面圓O的內(nèi)接正三角形，點E為母線PC的中點，F(xiàn)為AC上一點，且EF⊥平面ABD，AB=2EF=3．

（1）求直線PO與平面ABE所成角的正弦值；

（2）在線段OP上是否存在一點M，使得二面角M-AB-E為直二面角？若存在，確定點M的位置；若不存在，請說明理由．

18．已知函數(shù)f（x）=（x+1）lnx-（m+1）x+2，m∈R．

（1）當(dāng)m=1時，求f（x）的單調(diào)區(qū)間；

（2）若對任意x∈（1，+∞），都有f（x）+5gt;0恒成立，求m的最大整數(shù)值；

（3）對于任意的n∈N*，證明：13+17+…

+14n-1lt;ln（4n+1）4．

19．對于一個給定的數(shù)列{an}，令bn=an+an+1，則數(shù)列{bn}稱為數(shù)列{an}的一階和數(shù)列，再令cn=bn+bn+1，則數(shù)列{cn}是數(shù)列{an}的二階和數(shù)列，以此類推，可得數(shù)列{an}的p階和數(shù)列.

（1）若{an}的二階和數(shù)列是等比數(shù)列，且a1=0，a2=1，a3=0，a4=3，求a7；

（2）若an=n，求{an}的二階和數(shù)列的前n

項和；

（3）若{an}是首項為1的等差數(shù)列，{bn}是{an}的一階和數(shù)列，且3ak-1≤2bk-1，a1+a2+…

+ak=1 000，求正整數(shù)k的最大值，以及k取最大值時{an}的公差.

參考答案

1．由題設(shè)A={x|-1lt;xlt;3}，

又B={-2，-1，0，1，2，3}，

所以A∩B={0，1，2}.

故選D.

2．由題意，得z+z-=1，z-z-=3i.

則2z-=1-3i.

所以z-=1-3i2=12-32i.

故選B.

3.因為a=（x，2，0），b=（0，1，2），

所以a-b=（x，1，-2）.

因為|a-b|=3，所以x2+5=9，即x2=4.

所以|a|=x2+4=22.

故選A.

4．由題意，得

f（x）=22cosx-22sinx+22sinx=22cosx.

所以f（x）的最大值為22．

故選C.

5．由AB⊥CD，易得BC=AC=BD=AD.

如圖6，取AB的中點O，連接OC，OD，

則AB⊥OC，AB⊥OD.

又OC∩OD=O，OC，OD平面OCD，

所以AB⊥平面OCD.

所以VA-BCD=13S△OCD·AB=13×12×9×16×9=216 cm3.

故選C.

6．當(dāng)x≤0時，f（x）=x2+4x-1，圖象為開口向上的拋物線，對稱軸為x=-2，頂點坐標(biāo)為

（-2，-5），作y=f（x），y=k的圖象如圖7.

由圖7可知，函數(shù)y=f（x），y=k圖象有3個交點，

則-2lt;k≤-1.

即實數(shù)k的取值范圍為（-2，-1］.

故選D.

7．令sin（2ωx+φ）=12，則

2ωxA+φ=5π6+2kπ，

2ωxB+φ=13π6+2kπ，k∈Z.

則ω（xB-xA）=2π3，且|AB|=xB-xA=π3.

所以ω=2.

故選C.

8．若k≥0，則f［f（x）］=12f（x）=-1.

而當(dāng)x≥0時f（x）≥2，當(dāng)xlt;0時f（x）gt;0，所以f（x）=-1無解.

若klt;0，則f［f（x）］=12f（x）=-1或f（x）=-32k，其中f（x）=-1有一根為-3k，則由題意知f（x）=-32k無解.

而當(dāng)x≥0時f（x）≤2，當(dāng)xlt;0時f（x）lt;1，所以f（x）的值域為（-∞，2］.

從而-32kgt;2，解得kgt;-34.

所以-34lt;klt;0.

綜上，k的取值范圍是［-34，0），

故選A.

9．由題設(shè)可知：μ=15，σ=2，K=16.

則隨機變量Y～N（15，14）.

所以隨機變量Y的標(biāo)準(zhǔn)差為12，故A錯誤， B正確.

因為P（272≤Y≤16）=1-P（Ylt;272）-P（Ygt;16）

=1-12［1-P（272≤Y≤332）］-12［1-P（14≤Y≤16）］

=12［P（272≤Y≤332）+P（14≤Y≤16）］

=12（0.954 5+0.997 3）=0.975 9，

故C正確.

因為P（Ylt;14）=12（1-0.954 5）=0.027 75，故D錯誤.

故選BC.

10．因為f（x）=|log2（x+a）|，

f（x-2），0lt;x≤2，2lt;x≤4的圖象過點（1，0），

所以f（1）=|log2（1+a）|=0，解得a=0.

所以f（x）=|log2x|，0lt;x≤2，f（x-2），2lt;x≤4.

因為函數(shù)g（x）=m-f（x）從小到大的四個不同的零點依次為x1，x2，x3，x4，所以關(guān)于x的方程f（x）=m從小到大的四個不同的實根依次為x1，x2，x3，x4.

即函數(shù)f（x）的圖象與直線y=m有四個交點，四個交點的橫坐標(biāo)從小到大依次為x1，x2，x3，x4．

作出函數(shù)f（x）的圖象，如圖8中實線所示，由圖8易知0lt;m≤1．

易知-log2x1=log2x2.

所以log2x1+log2x2=0.

所以log2（x1x2）=0.

所以x1x2=1，故A正確．

易知x4=x2+2，即x4-x2=2，故B正確．

因為x4=x2+2=1x1+2，

所以x4-x1=1x1-x1+2（12≤x1lt;1）.

設(shè)φ（x）=1x-x+2（12≤xlt;1），

則函數(shù)φ（x）在［12，1）上單調(diào)遞減.

所以1-1+2lt;φ（x）≤2-12+2.

所以2lt;φ（x）≤72，故C不正確．

因為x3+x4=2+x1+（2+x2）

=4+x1+1x1（12≤x1lt;1），

設(shè)h（x）=4+x+1x（12≤xlt;1），

則函數(shù)h（x）在［12，1）上單調(diào)遞減.

所以4+1+1lt;h（x）≤4+2+12.

所以6lt;h（x）≤132，故D不正確．

故選AB.

11．對選項A，因為|DF1||DF2|=（22+2）·（22-2）=4，由定義知D∈C，故A正確.

對選項B，點M（x，1）（xgt;0）在C上，則

|MF1||MF2|=［（x+2）2+1］［（x-2）2+1］=4.

化簡，得x4-6x2+9=0.

所以x=3，|MF1|=（3+2）2+1≠22，B錯誤.

對選項C，橢圓x26+y22=1上的焦點坐標(biāo)恰好為F1（-2，0）與F2（2，0），

則|F1Q|+|F2Q|=26.

又F1Q⊥F2Q，所以|F1Q|2+|F2Q|2=16.

故|F1Q|·|F2Q|=（|F1Q|+|F2Q|）2-（|F1Q|2+|F2Q|2）2=4.

所以Q∈C，C正確.

對選項D，設(shè)A（2，y），則|AB|=2|y|.

因為A∈C，則|AF1|=4|y|.

又|AF1|2=16+y2，

所以16y2=16+y2.

化簡，得y4+16y2-16=0.

故y2=45-8.

所以y2-1=45-9lt;0.

所以|y|lt;1.

所以|AB|lt;2，故D正確.

故選ACD.

12．由雙曲線對稱性及|PQ|=|F1F2|=10，可知|OP|=|OQ|=|OF1|.

又由雙曲線對稱性，可知四邊形F1PF2Q為平行四邊形，結(jié)合∠PF1Q=π2，可知四邊形F1PF2Q為矩形.

則△F1PF2為直角三角形.

設(shè)|PF2|=x，則|PF1|=3x.

則|F1F2|=|PF1|2+|PF2|2=2c=10x.

故e=ca=2c2a=102.

故答案為102.

13．由題意可得f ′（x）=ex-1.

設(shè)直線y=kx-2k與曲線f（x）=ex-1的切點為（x1，y1），則ex1-1=k，即x1=lnk+1.

又切點在曲線上，所以y1=ex1-1=elnk+1-1=k.

代入直線方程可得k=k（lnk+1）-2k.

即k（2-lnk）=0，解得k=0或e2.

又ex1-1=k，所以k=0舍去.

由g′（x）=1x-2，設(shè)直線y=kx-2k與曲線

g（x）=ln（x-2）+m的切點為（x2，y2），

所以k=1x2-2.

由k=e2代入可得x2=2+1e2.

又y2=ln（x2-2）+m，y2=kx2-2k，

所以y2=e2（2+1e2）-2e2=1.

所以將（2+1e2，1）代入曲線g（x）=ln（x-2）+m可得1=ln1e2+m，解得m=3.

故答案為3.

14．由題意，將5張參觀券全部分給甲、乙、丙、丁4人，每人至少1張，則這4個人有1人拿2張，另外3人各1張，共有C15C14C13C22A33·A44=240分法.

2張連號的情況是：1和2，2和3，3和4，4和5，共4種情況.

如果甲恰好分得2張參觀券連號，則共有4·A33=24分法.

所以甲恰好分得2張參觀券連號的概率為P=24240=110.

故答案為110.

15．（1）由3sinA+cosA=2，得sin（A+π6）=1.

因為A∈（0，π），所以A+π6∈（π6，7π6）.

所以A+π6=π2，解得A=π3．

（2）由AD為∠BAC的平分線，得

∠BAD=∠CAD=π6.

因為S△ABC=S△ABD+S△ACD，所以

12bcsinπ3=12c×1×sinπ6+12b×1×sinπ6.

即3bc=b+c.①

由余弦定理，得

a2=b2+c2-2bccosπ3.

即b2+c2-bc=6.②

由①②，得bc=2.

所以S△ABC=12bcsinπ3=32．

16．（1）因為|MF1|+|MF2|=3|F1F2|=6gt;|F1F2|，

所以E是以F1，F(xiàn)2為焦點，且長軸長為6的橢圓.

設(shè)E的方程為x2a2+y2b2=1（agt;bgt;0），則2a=6，可得a=3.

又c=1，所以b2=a2-c2=8.

所以曲線E的方程為x29+y28=1.

（2）△PF1F2的周長

l=|PF1|+|PF2|+|F1F2|=6+2=8，

△PF1F2的面積S=12|F1F2|·d=d∈（0，1），

所以△PF1F2內(nèi)切圓的半徑r=2Sl=14d∈（0，14）.

故△PF1F2內(nèi)切圓的半徑的取值范圍為（0，14）.

（3）

聯(lián)立x29+y28=1，y=k（x-1）， 得

（8+9k2）x2-18k2x+9（k2-8）=0.

設(shè)C（x1y1），D（x2，y2），易知Δgt;0，且

x1+x2=18k28+9k2，x1x2=9（k2-8）8+9k2.

則k1=y1x1+3，k2=y2x2-3.

所以k1k2=y1y2（x2-3）（x1+3）=k（x1-1）（x2-3）k（x2-1）（x1+3）

=x1x2-3x1-x2+3x1x2-x1+3x2-3.

由x1+x2=18k28+9k2，x1x2=9（k2-8）8+9k2，得

x1x2=5（x1+x2）-9.

所以k1k2=5（x1+x2）-9-3x1-x2+35（x1+x2）-9-x1+3x2-3

=2x1+4x2-64x1+8x2-12=12.

所以k1k2k21+k22=1k1/k2+k2/k1=11/2+2=25為定值，且定值為25.

17．（1）由題意可知，PO⊥平面ABD，EF⊥平面ABD，則PO∥EF，F(xiàn)為OC中點.

又AO=OC=12×ABsin（π/3）=3，

PO=2EF=3，

PC=PO2+OC2=23，

則OF=FC=32．

過點O作DB平行線， 如圖9，以此平行線所在直線為x軸，OC為y軸，OP為z軸，O為原點建立空間直角坐標(biāo)系，

則O（0，0，0），A（0，-3，0），B（32，32，0），E（0，32，32），P（0，0，3）.

所以O(shè)P=（0，0，3），AB=（32，332，0），AE=（0，332，32）.

設(shè)平面ABE法向量為n=（x，y，z），則n·AB=32x+332y=0，n·AE=332y+32z=0.

取n=（3，-1，3），則直線PO與平面ABE所成角θ的正弦值為sinθ=|n·OP|n|·|OP||=337×3=217.

（2）不存在.

設(shè)M（0，0，t），0≤t≤3，A（0，-3，0），B（32，32，0），

所以AM=（0，3，t）.

設(shè)平面ABM法向量為n1=（a，b，c），

則

n1·AM=3b+tc=0，n1·AB=32a+332b=0.

令b=t，則b=-3t，c=-3.

取n1=（-3t，t，-3），平面ABE法向量為

n=（3，-1，3）．

因為二面角M-AB-E為直二面角，

所以n1·n=-3t-t-3=0，

解得t=-34.

又因為0≤t≤3，不符合題意．

所以在線段OP上不存在一點M，使得二面角M-AB-E為直二面角.

18．（1）當(dāng)m=1時，f（x）=（x+1）lnx-2x+2，

所以函數(shù)定義域為（0，+∞），

f ′（x）=lnx+1x-1.

令g（x）=f ′（x）=lnx+1x-1，xgt;0，則

g′（x）=1x-1x2=x-1x2，

所以當(dāng)x∈（0，1）時，g′（x）lt;0；

當(dāng)x∈（1，+∞）時，g′（x）gt;0，

所以g（x）在（0，1）上單調(diào)遞減，在（1，+∞）上單調(diào)遞增.

又g（1）=0，即f ′（1）=0.

所以g（x）≥0.

即f ′（x）≥0在（0，+∞）上恒成立，當(dāng)且僅當(dāng)

x=1時，f ′（1）=0，所以f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，即f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（0，+∞），無單調(diào)遞減區(qū)間.

（2）因為對任意x∈（1，+∞），都有f（x）+5gt;0恒成立，

所以對任意x∈（1，+∞），（x+1）lnx-（m+1）x+7gt;0恒成立.

即對任意x∈（1，+∞），m+1lt;（1+1x）lnx+7x恒成立.

所以m+1lt;［（1+1x）lnx+7x］min=h（x）min，x∈（1，∞）.

所以h′（x）=-1x2lnx+1x+1x2-7x2=1x-6x2

-1x2lnx=x-lnx-6x2=t（x）x2.

因為t′（x）=1-1xgt;0在（1，∞）上恒成立，

所以t（x）在（1，∞）上單調(diào)遞增.

又t（8）=2-ln8lt;0，t（172）=52-ln172=52+ln2-ln17gt;3-ln17gt;0，

所以存在x0∈（8，172），使得t（x0）=0.

即x0-lnx0-6=0.

所以當(dāng)x∈（1，x0）時，t（x）lt;0，即h′（x）lt;0，當(dāng)x∈（x0，+∞）時，t（x）gt;0，即h′（x）gt;0.

所以h（x）在（1，x0）上單調(diào)遞減，在（x0，+∞）上單調(diào)遞增.

所以h（x）min=h（x0）=（1+1x0）lnx0+7x0=（1+1x0）（x0-6）+7x0=x0+1x0-5.

所以m+1lt;x0+1x0-5，x0∈（8，172）.

令s（x）=x+1x-5，x∈（8，172），

則s′（x）=1-1x2gt;0在（8，172）上恒成立.

所以函數(shù)s（x）在（8，172）上單調(diào)遞增.

又s（8）=3+18∈（3，4），

s（172）=72+217=12334∈（3，4），

所以m+1的最大整數(shù)值為3.

即m的最大整數(shù)值為2.

（3）由（1）知f（x）=（x+1）lnx-2x+2在

（1，+∞）上單調(diào)遞增，

則函數(shù)f（x）=（x+1）lnx-2x+2gt;f（1）=0.

所以lnxgt;2（x-1）x+1，xgt;1.故ln（4n+1）-ln（4n-3）=ln4n+14n-3

=ln（1+44n-3）

gt;2×4/（4n-3）4/（4n-3）+2

=44n-1（n∈N*）.

所以ln5-ln1gt;43，ln9-ln5gt;47，ln13-ln9

gt;411，…，ln（4n+1）-ln（4n-3）gt;44n-1（n∈N*）.

累加得ln（4n+1）-ln1gt;43+47+411+…

+44n-1（n∈N*）.

所以13+17+111+…+14n-1lt;ln（4n+1）4，（n∈N*）.

19．（1）由題意，得b1=a1+a2=1，b2=a2+a3=1，b3=a3+a4=3.

所以c1=b1+b2=2，c2=b2+b3=4.

因為{cn}是等比數(shù)列，所以公比為c2c1=2.

由此得c3=8，c4=16，c5=32.

所以b4=c3-b3=8-3=5，b5=c4-b4=16-5=11，b6=c5-b5=32-11=21.

所以a5=b4-a4=5-3=2，a6=b5-a5=11-2=9，a7=b6-a6=21-9=12.

（2）設(shè){an}的二階和數(shù)列的前n項和為Sn，

由題意，得bn=an+an+1=n+n+1=2n+1，

cn=bn+bn+1=2n+1+2（n+1）+1=4n+4.

所以Sn=c1+c2+…+cn

=8+12+…+4n+4

=（8+4n+4）n2

=2n2+6n.

（3）因為3ak-1≤2bk-1，

所以ak-1≤2（ak-1+ak），解得12ak-1≤ak.

設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，則

12［1+（k-2）d］≤1+（k-1）d，

得d≥-1k≥-1.

又因為a1+a2+…+ak=1 000，

所以1 000=ka1+k（k-1）2×d

=k+k（k-1）2×d

≥k+k（k-1）2×（-1k）=k+12，

得k≤1 999.

所以k的最大值是1 999，此時公差為d

=2 000-2kk（k-1）=-11 999.

［責(zé)任編輯：李慧嬌］