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2025年高考数学全真模拟卷03（新高考专用）
（考试时间：120分钟；满分：150分）
注意事项：
1.本试卷分第I卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答第I卷时，选出每小题答案后，用2B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。写在本试卷上无效。
3.回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
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．（5分）（2024·西藏林芝·模拟预测）已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．（5分）（2024·陕西安康·模拟预测）已知复数满足，则复数的共轭复数（ ）
A． B． C． D．
3．（5分）（2024·广西柳州·模拟预测）已知向量与的夹角为，且，，则（ ）．
A． B． C．4 D．2
4．（5分）（2024·陕西·模拟预测）已知，若，则（ ）
A． B． C． D．
5．（5分）（2024·天津北辰·三模）中国载人航天技术发展日新月异.目前，世界上只有3个国家能够独立开展载人航天活动.从神话“嫦娥奔月”到古代“万户飞天”，从诗词“九天揽月”到壁画“仕女飞天”……千百年来，中国人以不同的方式表达着对未知领域的探索与创新.如图，可视为类似火箭整流罩的一个容器，其内部可以看成由一个圆锥和一个圆柱组合而成的几何体.圆柱和圆锥的底面半径均为2，圆柱的高为6，圆锥的高为4.若将其内部注入液体，已知液面高度为7，则该容器中液体的体积为（ ）
A． B． C． D．
6．（5分）（2024·西藏·模拟预测）若函数，则下列函数中为奇函数的是（ ）
A． B． C． D．
7．（5分）（2024·广东汕头·三模）已知 A，B，C是直线与函数（，）的图象的三个交点，如图所示．其中，点，B，C两点的横坐标分别为，若，则（ ）
A． B．
C．的图象关于中心对称 D．在上单调递减
8．（5分）（2024·新疆喀什·三模）已知，，，则（ ）
A． B． C． D．
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，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．（6分）（2024·湖北·模拟预测）某次数学考试满分150分，记分别表示甲、乙两班学生在这次考试中的成绩，且，，则（ ）
A．甲班的平均分低于乙班的平均分
B．甲班的极差大于乙班的极差
C．成绩在的人数占比乙班更高
D．成绩在的人数占比甲班更高
10．（6分）（2024·广东广州·模拟预测）设函数，则（ ）
A．函数的单调递增区间为
B．函数有极小值且极小值为
C．若方程有两个不等实根，则实数的取值范围为
D．经过坐标原点的曲线的切线方程为
11．（6分）（2024·辽宁丹东·模拟预测）已知曲线:，则（ ）
A．曲线围成图形面积为
B．曲线的长度为
C．曲线上任意一点到原点的最小距离为2
D．曲线上任意两点间最大距离
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．（5分）（2024·河北沧州·二模）已知为椭圆的左 右焦点，过的直线与交于两点，若，则的离心率为 .
13．（5分）（2024·河北沧州·模拟预测）已知直线是曲线和的公切线，则实数a= ．
14．（5分）（2024·湖北武汉·模拟预测）一只口袋装有形状、大小完全相同的3只小球，其中红球、黄球、黑球各1只．现从口袋中先后有放回地取球次，且每次取1只球，表示次取球中取到红球的次数，，则的数学期望为 （用表示）．
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）（2024·内蒙古呼和浩特·二模）在中，记角、、的对边分别为、、，已知．
(1)求角；
(2)已知点在边上，且，，，求的面积．
16．（15分）（2024·甘肃酒泉·三模）已知双曲线的一条渐近线方程为，且焦点到渐近线的距离为1．
(1)求双曲线的方程；
(2)若双曲线的右顶点为，，过坐标原点的直线与交于E，F两点，与直线AB交于点，且点E，M都在第一象限，的面积是面积的倍，求直线的斜率．
17．（15分）（2024·广西来宾·模拟预测）在三棱台中，平面ABC，，且，，M为AC的中点，P是CF上一点，且，．
(1)求证：平面PBM；
(2)若直线BC与平面PBM的所成角为，求平面EFM与平面PBM所成夹角的余弦值．
18．（17分）（2024·重庆九龙坡·三模）已知函数，.
(1)当时，函数恒成立，求实数的最大值；
(2)当时，若，且，求证：；
(3)求证：对任意，都有.
19．（17分）（2024·重庆开州·模拟预测）设有穷数列的项数为，若正整数满足： ，则称为数列的“点”．
(1)若，求数列的“点”；
(2)已知有穷等比数列的公比为，前项和为．若数列存在“点”，求正数的取值范围；
(3)若，数列的“点”的个数为，证明：．
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2025年高考数学全真模拟卷03（新高考专用）
（考试时间：120分钟；满分：150分）
注意事项：
1.本试卷分第I卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答第I卷时，选出每小题答案后，用2B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。写在本试卷上无效。
3.回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
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．（5分）（2024·西藏林芝·模拟预测）已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
【解题思路】解不等式化简集合A与B，然后利用交集运算求解即可.
【解答过程】因为 ，
，
所以.
故选：C.
2．（5分）（2024·陕西安康·模拟预测）已知复数满足，则复数的共轭复数（ ）
A． B． C． D．
【解题思路】根据复数的除法运算化简复数，由共轭复数的定义即可求解.
【解答过程】解：由题意，，
则复数的共轭复数.
故选：A.
3．（5分）（2024·广西柳州·模拟预测）已知向量与的夹角为，且，，则（ ）．
A． B． C．4 D．2
【解题思路】根据的坐标求出它的模，利用数量积运算求出所求向量的模．
【解答过程】由得，，
又，则．
故选：D.
4．（5分）（2024·陕西·模拟预测）已知，若，则（ ）
A． B． C． D．
【解题思路】利用正切二倍角公式和和角公式得到，化简得到，齐次化代入求值.
【解答过程】，即，
所以，
因为，所以，
所以
故，解得或（舍去），
故选：C.
5．（5分）（2024·天津北辰·三模）中国载人航天技术发展日新月异.目前，世界上只有3个国家能够独立开展载人航天活动.从神话“嫦娥奔月”到古代“万户飞天”，从诗词“九天揽月”到壁画“仕女飞天”……千百年来，中国人以不同的方式表达着对未知领域的探索与创新.如图，可视为类似火箭整流罩的一个容器，其内部可以看成由一个圆锥和一个圆柱组合而成的几何体.圆柱和圆锥的底面半径均为2，圆柱的高为6，圆锥的高为4.若将其内部注入液体，已知液面高度为7，则该容器中液体的体积为（ ）
A． B． C． D．
【解题思路】结合轴截面分析可知，，再利用圆柱以及圆台的体积公式运算求解.
【解答过程】由题意可知：容器中液体分为：下半部分为圆柱，上半部分为圆台，
取轴截面，如图所示，分别为的中点，
可知：∥∥，且，
可得，即，
所以该容器中液体的体积为.
故选：A.
6．（5分）（2024·西藏·模拟预测）若函数，则下列函数中为奇函数的是（ ）
A． B． C． D．
【解题思路】变形得到，从而得到为奇函数，其他选项不合要求.
【解答过程】因为，
所以，
由于定义域为，
又，
故为奇函数，故为奇函数，
其他选项均不合要求.
故选：C．
7．（5分）（2024·广东汕头·三模）已知 A，B，C是直线与函数（，）的图象的三个交点，如图所示．其中，点，B，C两点的横坐标分别为，若，则（ ）
A． B．
C．的图象关于中心对称 D．在上单调递减
【解题思路】根据给定条件，可得，进而求得，结合，得到，再逐项分析判断即可.
【解答过程】由，得，而，且点A在图象的下降部分，则，
于是，显然是直线与的图象的三个连续的交点，
由点横坐标，即，解得，，
解得，，则，而，因此，所以，
对于A，，A错误；
对于B，，B正确；
对于C，，的图象关于不对称，C错误；
对于D，当时，，当，即时，函数取得最小值，
又，因此在上不单调，D错误.
故选：B.
8．（5分）（2024·新疆喀什·三模）已知，，，则（ ）
A． B． C． D．
【解题思路】由正弦函数、对数函数性质易得，构造，利用导数判断单调性，再判断大小关系即可得，即可得结果.
【解答过程】因为在内单调递增，
则，即，
又因为在内单调递增，
则，，可得；
令，则，，
构建，
则，
可知在上递减，则，即；
综上所述：.
故选：C.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，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．（6分）（2024·湖北·模拟预测）某次数学考试满分150分，记分别表示甲、乙两班学生在这次考试中的成绩，且，，则（ ）
A．甲班的平均分低于乙班的平均分
B．甲班的极差大于乙班的极差
C．成绩在的人数占比乙班更高
D．成绩在的人数占比甲班更高
【解题思路】根据题干中正态分布的性质即可判断.
【解答过程】对于A，甲班的平均分为90分，乙班的平均分为100分，甲班平均分低于乙班，故A正确；
对于B，甲班的方差大于乙班，但不能认为甲班的极差一定大于乙班，故B错误；
对于C，甲班的平均分为90分，乙班的平均分为100分，
且乙班方差小，成绩分布更集中，
故甲班成绩在区间的人数占比低于乙班，
且低于乙班成绩在区间的人数占比，故C正确，D错误．
故选：AC.
10．（6分）（2024·广东广州·模拟预测）设函数，则（ ）
A．函数的单调递增区间为
B．函数有极小值且极小值为
C．若方程有两个不等实根，则实数的取值范围为
D．经过坐标原点的曲线的切线方程为
【解题思路】利用导数研究函数的单调性，结合极值、方程的根与函数图象交点个数之间的关系和导数的几何意义，依次判断选项即可.
【解答过程】对A：由题意可知的定义域为，
，令，解得，
当时，，当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，故A正确；
对B：当时，取得极大值为，故B错误；
对C：由上分析可作出的图象，要使方程有两个不等实根，
只需要与有两个交点，由图可知，，
所以实数的取值范围为，故C正确.
对D：设曲线在处的切线经过坐标原点，
则切线斜率，得，解得，
所以切线斜率，所以切线方程为，故D正确.
故选：ACD.
11．（6分）（2024·辽宁丹东·模拟预测）已知曲线:，则（ ）
A．曲线围成图形面积为
B．曲线的长度为
C．曲线上任意一点到原点的最小距离为2
D．曲线上任意两点间最大距离
【解题思路】通过分类讨论去掉绝对值后，可画出曲线图形，由图可得答案.
【解答过程】当时，曲线；
当时，曲线；
当时，曲线；
当时，曲线；
当时，曲线为原点.
画出曲线的图形，如图所示.
对于A，曲线围成的面积可分割为一个边长为的正方形和四个半径为的半圆，
故面积为，故A正确；
对于B，曲线由四个半径为的半圆组成，故周长为，故B正确；
对于C，如图所示，因为原点在曲线上，所以最小值为0，故C错误；
对于D，如图所示，曲线上任意两点的连线过圆心及原点时，距离最大，最大为.故D正确.
故选：ABD.
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．（5分）（2024·河北沧州·二模）已知为椭圆的左 右焦点，过的直线与交于两点，若，则的离心率为 .
【解题思路】利用给定条件，结合椭圆的定义、余弦定理建立关于的等式，即可求出离心率.
【解答过程】由及，得，，
又，则，设，
在中，由余弦定理得，，
在中，由余弦定理得，，
于是，且，
整理得，且，因此，
所以的离心率为.
故答案为：.

13．（5分）（2024·河北沧州·模拟预测）已知直线是曲线和的公切线，则实数a= 3 ．
【解题思路】先设在上的切点，然后求出切点和切线，然后再设在上的切点，即可求出a的值.
【解答过程】设直线l与曲线相切于点，
由，得，因为l与曲线相切，
所以消去，得，解得．
设l与曲线相切于点，由，得，即，
因为是l与曲线的公共点，
所以消去，得，即，解得．
故答案为：3.
14．（5分）（2024·湖北武汉·模拟预测）一只口袋装有形状、大小完全相同的3只小球，其中红球、黄球、黑球各1只．现从口袋中先后有放回地取球次，且每次取1只球，表示次取球中取到红球的次数，，则的数学期望为 （用表示）．
【解题思路】由题知， ，利用，可求得.
【解答过程】由题知，
，
，
，
.
故答案为：.
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）（2024·内蒙古呼和浩特·二模）在中，记角、、的对边分别为、、，已知．
(1)求角；
(2)已知点在边上，且，，，求的面积．
【解题思路】（1）代入正弦定理和两角和的正弦公式即可；
（2）先确定长度，再确定，即可判断三角形形状，确定面积．
【解答过程】（1） ，由正弦定理可得 ，
，
，
，，
；
（2）设，，，或4，
当时，，，此时三角形为正三角形，
当时，，，
满足，此时三角形为直角三角形，．
16．（15分）（2024·甘肃酒泉·三模）已知双曲线的一条渐近线方程为，且焦点到渐近线的距离为1．
(1)求双曲线的方程；
(2)若双曲线的右顶点为，，过坐标原点的直线与交于E，F两点，与直线AB交于点，且点E，M都在第一象限，的面积是面积的倍，求直线的斜率．
【解题思路】（1）首先表示出双曲线的渐近线方程，依题意可得，由点到直线的距离公式求出，再由求出、，即可得到双曲线方程；
（2）设，，，，由题意可知，，联立直线与的方程求出，联立直线与双曲线的方程求出，依题意可得，即可求出.
【解答过程】（1）双曲线的渐近线为，又一条渐近线方程为，
所以，
又焦点到渐近线的距离为1，即，所以，
又，所以，，则双曲线的方程为；
（2）由（1）可得，，
则直线的方程为，
设，，，，由题意可知，，
由的面积是面积的倍，可得，即，
所以，
由，消去，可得，解得，
由，消去，可得，解得，
由，可得，解得或（舍去），
当时，，符合题意，
所以直线的斜率为.
17．（15分）（2024·广西来宾·模拟预测）在三棱台中，平面ABC，，且，，M为AC的中点，P是CF上一点，且，．
(1)求证：平面PBM；
(2)若直线BC与平面PBM的所成角为，求平面EFM与平面PBM所成夹角的余弦值．
【解题思路】（1）只需分别结合已知条件证明，，再结合线面垂直的判定定理即可得证；
（2）建立适当的空间直角坐标系，引入参数，结合线面角公式求出参数，求出平面EFM与平面PBM的法向量，由向量夹角公式即可得解.
【解答过程】（1）∵，且M是AC的中点，则．
∵平面ABC，平面，∴．
又，，平面，∴平面，
因为平面，
∴．①
∵，，
∴，则．
∵，∴，
∴在平面中．②
∵，，平面，
∴由①②知平面．
（2）由题意得，平面，
∴平面．
由（1）可知，故M为坐标原点．
如图，以MB，MC，MD所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系．
∵，
∴，．
∴，，，．
∵，
∴由棱台的性质得，，
∴．
由（1）可知平面PBM的一个法向量为，且．
∵直线BC与平面PBM的所成角为，
∴，
即，解得．即P与F重合．
∴平面的一个法向量为，且．
平面的法向量为．
∵，，
，即，
当时，，．
∴平面MEF的一个法向量为．
．
∴平面EFM与平面PBM所成夹角的余弦值．
18．（17分）（2024·重庆九龙坡·三模）已知函数，.
(1)当时，函数恒成立，求实数的最大值；
(2)当时，若，且，求证：；
(3)求证：对任意，都有.
【解题思路】（1）分离参数，函数恒成立，转化为恒成立，令，利用导数讨论的单调性，进而求最值即可求解；
（2）利用导数可得当时，在上单调递增，不妨设，要证，只需证即可，结合不等式的特点构造函数，结合导数与单调性关系及函数性质即可证明；
（3）结合（2）中的结论，利用赋值及累加法即可证明.
【解答过程】（1）当时，恒成立，
即恒成立，只需即可，
令，，则，
令，，则，
当时，恒成立，在单调递增，所以，
所以在恒成立，在单调递增，
所以，
所以，即实数的最大值为.
（2）当时，，，
所以，在上单调递增，
又，且，不妨设，
要证，即证明，
因为在上单调递增，即证，
因为，即证，
设
，，
令，则，则，，
由可得，在单调递增，
所以，即，
所以成立，所以.
（3）由（2）可知当时，在单调递增，且，
由得，即，
令，则，即，
所以，，，…，，
相加得.
19．（17分）（2024·重庆开州·模拟预测）设有穷数列的项数为，若正整数满足： ，则称为数列的“点”．
(1)若，求数列的“点”；
(2)已知有穷等比数列的公比为，前项和为．若数列存在“点”，求正数的取值范围；
(3)若，数列的“点”的个数为，证明：．
【解题思路】（1）由通项公式写出数列的各项，根据数列的“点”定义确定结论；
（2）利用等比数列求和公式求，由条件可得存在，使得，解不等式可得的范围，再对所得结果加以验证即可，
（3）先证明若，则，结论成立，再证明若存在，使得，则数列存在“点”， 数列的 “点” 由小到大依次为，结合关系完成证明.
【解答过程】（1）因为
所以，
所以数列 的 “ 点” 为 3，5 ，
（2）依题意，，
因为数列存在 “点”，
所以存在 ，使得 ，
所以，
即.
因为，所以，所以，
又随的增大而增大，
所以当时，取最大值，
所以，又，所以.
当时，有，
所以数列存在 “点”，
所以的取值范围为，
（3）①若，则数列不存在 “点”，即.
由得，，所以，
②若存在，使得. 下证数列有 “点”.
证明: 若，则2是数列的 “点”;
若，因为存在，使得，
所以设数列中第1个小于的项为，
则，所以是数列的第1个 “点”.
综上，数列存在 “点”.
不妨设数列的 “点” 由小到大依次为，
则是中第1个小于的项，
故，因为 ，
所以，所以，所以
所以
所以.
综上，，得证.
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