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新高考1卷——2025届高考数学全真模拟卷
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、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．[2024年全国甲卷高考真题]已知集合，，则( )
A. B. C. D.
2．[2024年全国甲卷高考真题]若，则( )
A.10i B.2i C.10 D.2
3．[2024年北京高考真题]设a，b是向量，则“”是“或”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
4．[2024年新课标全国Ⅰ卷高考真题]已知，，则( )
A. B. C. D.3m
5．[2024年天津高考真题]已知双曲线（，）的左、右焦点分别为、.P是双曲线右支上一点，且直线的斜率为2.是面积为8的直角三角形，则双曲线的方程为( )
A. B. C. D.
6．[2024年北京高考真题]如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，，，该棱锥的高为( ).
A.1 B.2 C. D.
7．[2024年全国甲卷高考真题]在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，则( )
A. B. C. D.
8．[2024年陕西高考真题]设函数，则曲线在点处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为( )
A. B. C. D.
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．[2024年新课标全国Ⅰ卷高考真题]设计一条美丽的丝带，其造型可以看作图中的曲线C的一部分.已知C过坐标原点O，且C上的点满足：横坐标大于-2，到点的距离与到定直线的距离之积为4，则( )
A.
B.点在C上
C.C在第一象限的点的纵坐标的最大值为1
D.当点在C上时，
10．[2024年黑龙江高考真题]对于函数和，下列结论中，下列正确的有( )
A.与有相同零点
B.与有相同最大值
C.与有相同的最小正周期
D.与的图象有相同的对称轴
11．[2024年新课标全国Ⅰ卷高考真题]随着“一带一路”国际合作的深入，某茶叶种植区多措并举推动茶叶出口.为了解推动出口后的亩收入（单位：万元）情况，从该种植区抽取样本，得到推动出口后亩收入的样本均值，样本方差.已知该种植区以往的亩收入X服从正态分布，假设推动出口后的亩收入Y服从正态分布，则（若随机变量Z服从正态分布，则）( )
A. B. C. D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．[2024年全国甲卷高考真题]已知且，则_________.
13．[2024年新课标全国Ⅰ卷高考真题]甲、乙两人各有四张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片上分别标有数字1，3，5，7，乙的卡片上分别标有数字2，4，6，8.两人进行四轮比赛，在每轮比赛中，两人各自从自己持有的卡片中随机选一张，并比较所选卡片上数字的大小，数字大的人得1分，数字小的人得0分，然后各自弃置此轮所选的卡片（弃置的卡片在此后的轮次中不能使用）.则四轮比赛后，甲的总得分不小于2的概率为___________.
14．[2024年上海高考真题]已知三角形三条边长分别为5，6，7，则以边长为6的两个顶点为焦点，过另外一个顶点的双曲线的离心率为__________.
四、解答题（本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）
15．(13分)[2024年全国甲卷高考真题]某工厂进行生产线智能化升级改造.升级改造后，从该工厂甲、乙两个车间的产品中随机抽取150件进行检验，数据如下：
优级品 合格品 不合格品 总计
甲车间 26 24 0 50
乙车间 70 28 2 100
总计 96 52 2 150
（1）填写如下列联表：
优级品 非优级品
甲车间
乙车间
能否有的把握认为甲、乙两车间产品的优级品率存在差异？能否有的把握认为甲、乙两车间产品的优级品率存在差异？
（2）已知升级改造前该工厂产品的优级品率.设为升级改造后抽取的n件产品的优级品率.如果，则认为该工厂产品的优级品率提高了.根据抽取的150件产品的数据，能否认为生产线智能化升级改造后，该工厂产品的优级品率提高了？
附：，.
0.050 0.010 0.001
k 3.841 6.635 10.828
16．(15分)[2024年全国甲卷高考真题]记为数列的前n项和，已知.
（1）求的通项公式；
（2）设，求数列的前n项和.
17．(15分)[2024年新课标全国Ⅱ卷高考真题]已知函数.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）若有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围.
18．(17分)[2024年上海高考真题]在平面直角坐标系xOy中，已知点A为椭圆上一点，，分别为椭圆的左、右焦点.
（1）若点A的横坐标为2，求.
（2）设的上、下顶点分别为，，记的面积为，的面积为，若，求的取值范围.
（3）若点A在x轴上方，设直线与交于点B，与y轴交于点K，线段的延长线与交于点C，是否存在x轴上方的点C，使得成立？若存在，请求出点C的坐标；若不存在，请说明理由.
19．(17分)[2024年全国甲卷高考真题]如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，，，，，，，M为AD的中点.
（1）证明：平面CDE；
（2）求二面角的正弦值.
参考答案
1．答案：D
解析：，，则.故选D.
2．答案：A
解析：因为，所以，所以，故选A.
3．答案：B
解析：由，得，即，所以，当，时，，但且，故充分性不成立；当或时，，故必要性成立.所以“”是“或”的必要不充分条件.
4．答案：A
解析：由得①.由得②，由①②得，所以，故选A.
5．答案：C
解析：由题意可知，，又直线的斜率为2，可得，根据双曲线定义，得，，，又，所以，所以.又，所以，又，所以，所以双曲线的方程为，故选C.
6．答案：D
解析：如图，底面为正方形，当相邻的棱长相等时，不妨设，，
分别取，的中点E，F，连接，，，则，，且，，平面，可知平面，且平面，所以平面平面，
过P作的垂线，垂足为O，即，由平面平面，平面，
所以平面，由题意可得：，，，则，即，则，可得，所以四棱锥的高为.当相对的棱长相等时，不妨设，，因为，此时不能形成三角形，与题意不符，这样情况不存在.故选：D.
7．答案：C
解析：由正弦定理得，因为，所以.由余弦定理得，所以，所以，所以，又，，所以.
8．答案：A
解析：，则，即该切线方程为，即，
令，则，令，则，故该切线与两坐标轴所围成的三角形面积.故选：A.
9．答案：ABD
解析：因为坐标原点O在曲线C上，所以，又，所以，所以A正确.
因为点到点的距离与到定直线的距离之积为，所以点在曲线C上，所以B正确.
设（，）是曲线C在第一象限的点，则有，所以，令，则，因为，且，所以函数在附近单调递减，即必定存在一小区间使得单调递减，所以在区间上均有，所以纵坐标的最大值一定大于1，所以C错误.
因为点在C上，所以且，得，所以，所以D正确.综上，选ABD.
10．答案：BC
解析：A选项，令，解得，，即为零点，令，解得，，即为零点，显然，零点不同，A选项错误；
B选项，显然，B选项正确；
C选项，根据周期公式，，的周期均为，C选项正确；
D选项，根据正弦函数的性质的对称轴满足，，的对称轴满足，，显然，图像的对称轴不同，D选项错误.故选：BC.
11．答案：BC
解析：由题意可知，，所以，，所以，所以A错误，B正确.
因为，所以，，所以，所以，（另解：）所以C正确，D错误.故选BC.
12．答案：64
解析：根据题意有，即，设，则，故，得（舍去），所以，所以，所以.
13．答案：
解析：因为甲出卡片1一定输，出其他卡片有可能赢，所以四轮比赛后，甲的总得分最多为3.若甲的总得分为3，则甲出卡片3，5，7时都赢，所以只有1种组合：，，，.若甲的总得分为2，有以下三类情况：
第一类，当甲出卡片3和5时赢，只有1种组合，为，，，；
第二类，当甲出卡片3和7时赢，有，，，或，，，或，，，，共3种组合；
第三类，当甲出卡片5和7时赢，有，，，或，，，或，，，或，，，或，，，或，，，或，，，，共7种组合.综上，甲的总得分不小于2共有12种组合，而所有不同的组合共有（种），所以甲的总得分不小于2的概率.
14．答案：3
解析：由题意可知，则，由双曲线的定义可得，则，因此双曲线的离心率.
15．答案：（1）列联表见解析，有的把握，没有的把握
（2）能
解析：（1）填写如下列联表：
优级品 非优级品
甲车间 26 24
乙车间 70 30
则完整的列联表如下：
优级品 非优级品 总计
甲车间 26 24 50
乙车间 70 30 100
总计 96 54 150
.
因为，所以有的把握认为甲、乙两车间产品的优级品率存在差异；
因为，所以没有的把握认为甲、乙两车间产品的优级品率存在差异.
（2）由题意可知，
又，
所以，所以能认为生产线智能化升级改造后，该工厂产品的优级品率提高了.
16．答案：（1）
（2）
解析：（1）当时，，解得.
当时，，所以，即，
又，所以，故，
所以数列是以4为首项，为公比的等比数列，所以.
（2）方法一：，
所以.
故，
所以，
.
方法二：，将改写为，其中，
则，
将代入上式得.
17．答案：（1）
（2）
解析：（1）当时，，所以，，所以，
所以曲线在点处的切线方程为，即.
（2）易得的定义域为R，且.
若，则对任意恒成立，
此时在R上单调递增，无极值，不合题意.
若，令，解得；令，解得.
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以有极小值，无极大值.
由题意可得，即.
令，，则，
所以在上单调递增，且，
所以等价于，解得，所以a的取值范围为.
18．答案：（1）
（2）
（3）存在x轴上方的点C，其坐标为
解析：（1）由题意可知，，故，所以，.
设点A的坐标为，由题意知，则，
所以.
（2）由已知，得，，且，.
由题意可得，则，
又，所以，所以，
解得，
因此.
（3）设直线AB的方程为，
与的方程联立得，消去x，得，
设，由根与系数的关系可得，，由对称性可知，
因此
，
，
由题意可知，
故，可得，因此，
则，将其代入，，
所以，解得，
因为，所以，所以，
则，，所以存在x轴上方的点C，其坐标为.
19．答案：（1）证明见解析
（2）
解析：（1）解法一：因为M为AD的中点，，且，，
所以，且，所以四边形BCDM为平行四边形.所以，
又平面，平面CDE，所以平面CDE.
解法二：因为，，所以，
又，所以四边形BCEF为平行四边形.
所以，又平面，平面CDE，所以平面CDE.
因为M为AD的中点，且，所以，且，所以四边形MDEF为平行四边形.所以，又平面，平面CDE，所以平面CDE.
因为平面，，所以平面平面CDE.
又平面BMF，所以平面CDE.
（2）取AM的中点O，连接BO，FO.
由（1）解法一可知，，因为，所以，且.
由（1）解法二知四边形MDEF为平行四边形，所以，又，所以，又，所以，
又，所以，所以，即OB，OD，OF两两垂直.
分别以OB，OD，OF所在直线为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，则，，.
设平面FBM的法向量为，则，即，
令，所以，，所以.
设平面EBM的法向量为，则，即，
令，所以，，所以.
设二面角的平面角为，所以，
因为，所以，即，
所以二面角的正弦值为

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