文档内容
【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01
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
第 I 卷（选择题）
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，只有一项是符合要求的。
1．已知集合 ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先确定两个集合中元素，再根据交集的定义求解，
【详解】因为 ，所以 .
故选：A．
2．若 ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】设 ，利用复数乘法和复数相等的概念求出 ，再利用复数的模长公式求解即可.
【详解】设 ，
则 ，
所以 ，解得 ，
所以 ， .
故选：D.
3．已知命题 ：命题 .若p为假命题，q为真
命题，则实数a的取值范围为（ ）A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】由命题 为假命题，则 在 上无解，即 与
， 函数图象没有交点，画出图象求出参数，命题 为真命
题，则 ，求出参数求交集即可.
【详解】命题 为假命题，
在 上无解，
即 与 ， 函数图象没有交点，
由图可知： 或 ，
命题 为真命题，则 ，解得 ，
综上所述：实数a的取值范围为 .
故选：C
4．已知 ，则 （ ）A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由已知条件，用两角和的正弦公式，二倍角公式，同角三角函数关系化简即可求解.
【详解】因为
所以 .
故选：B
5．若向量 ，则向量 在向量 上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】按照投影向量的计算公式求解即可.
【详解】解：因为向量 ，
则向量 在向量 上的投影向量为: .
故选：B
6．已知等差数列 和 的前 项和分别为 、 ，若 ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】计算出 ，由等差数列的性质得 ， ，从而得到答案.
【详解】因为等差数列 和 的前 项和分别为 、 ，满足 ，
所以 ，又 ，故 ，
故选：B
7．已知关于 的方程 有两个不相等的实数解，则正实数 的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先设函数 ，再把两个不相等的实数解转化为
函数有两个交点，数形结合列式求解即可.
【详解】由 ，记 ．
因为 在 上单调递减，在 上单调递增，
所以F(x)的最小值为 ，结合图象知，若函数F(x)与 的图象有两个交点，
即原方程有两个不相等的实数解，则需 ，解得 ．
故选:A．8．双曲线 的左、右焦点分别为 ，过 作斜率为正且与 的某条渐近线垂直的直线 与
双曲线 在第一象限交于 ， ，则 的离心率为（ ）.
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据给定条件，过 作 ，结合点到直线的距离公式及双曲线定义求出 的关系，即可求
出双曲线的离心率.
【详解】令双曲线 的半焦距为 ，则 ，
令直线 与双曲线 的渐近线 垂直的垂足为 ，
于是 ， ，
过 作 于 ，则 ，而 为线段 中点，
于是 ， ，
由 ，得 ， ， ，
由双曲线定义得 ，即 ，解得 ，
所以双曲线 的离心率 .
故选：B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．已知函数 满足 ，函数 图象上距原点最近的最高
点坐标为 ，则下列说法错误的是（ ）
A． 的最小正周期为
B．
C． 为函数 图象的一条对称轴
D． 为函数 图象的一个对称中心
【答案】ACD
【分析】利用正弦函数的图象的特征求得 和 的值，可得函数的解析式，再利用正弦函数的图象的对称
性、正弦函数的周期性和单调性，逐一判断各个选项是否正确，从而得出结论.
【详解】设函数周期为 ，由 ，函数 图象上距 轴最近的最高点坐标为 ，
可得 ，又 ，
由 且 为离原点最近的最高点位置，结合正弦函数的图象及性质，有 ，
，
由 的最小正周期为 ，所以 错误；
因为 ，所以B正确；
时函数 不取得最值，所以 不是对称轴，所以C错误；
时函数 的值不为零，所以 不是函数对称中心，所以D错误.
故选：ACD.
10．下列关于平面向量的说法中正确的是（ ）
A．已知点 是直线l上三个不同的点，O为直线l外一点，且 ，则
B．已知向量 ，且 与 的夹角为锐角，则 的取值范围是
C．已知点G为 三条边的中线的交点，则
D．已知 ，则 在 上的投影的坐标为
【答案】ACD
【分析】根据平面向量共线的性质，结合平面向量夹角坐标公式、三角形重心的性质、投影的定义逐一判
断即可.
【详解】A：因为点 是直线l上三个不同的点，O为直线l外一点，且 ，
所以有 ，正确；
B： ，当 与 共线且同向时， ，
此时 与 的夹角为零，而 ，不正确；
C：设 边上的中线为 ，于是 ，
因为点G为 三条边的中线的交点，
所以点G是三角形的重心，因此有 ，
于是有 ，正确；
D：因为 ，
所以 在 上的投影的坐标为：
，
所以本选项正确，
故选：ACD
11．已知定义在 上恒正且可导的函数 与 满足 ， ，则：（ ）.
A． B．
C． 恒成立 D． 与 的大小关系无法确定
【答案】AC
【分析】令 ，结合题意，利用导数讨论 的单调性即可判断AB；法一：由
即可判断CD；法二：令 ， ，利用导数讨论 的单调性即可判断CD.
【详解】令 ，则 ，
且 与 恒正，
，ℎ(x)单调递增，
，即： ，故A正确，B错误.
法一： ， 成立，故C正确，D错误.
法二：令 ， ，
， 单调递增，
又 ，故 ，
.故C正确，D错误.
故选：AC.
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．在多项式 的展开式中， 的系数为32，则 .
【答案】
【分析】首先展开得 ，再分别计算两部分含 的系数，即可求解.
【详解】 ，
中含 的系数为 ， 中含 的系数为 ，所以 中 的系数为 ，所以 ，得
故答案为：
13．设 ， 是半径为3的球体 表面上两定点，且 ，球体 表面上动点 满足 ，
则点 的轨迹长度为 .
【答案】
【分析】建立直角坐标系，根据 确定轨迹为圆，转化到空间得到轨迹为两球的交线，计算球心
距 ，对应圆的半径为 ，再计算周长得到答案.
【详解】以 所在的平面建立直角坐标系， 为 轴， 的中垂线为 轴：
则 ， ， ，设 ，由 ，可得： ，
整理得到： ，故点 在平面的轨迹是以 为圆心，半径 的圆，
转化到空间中：当 绕 为轴旋转一周时， ， 不变，依然满足 ，
故空间中点 的轨迹为以 为球心，半径为2的球，同时点 在球 商，故点 在两球的交线，为圆，
球心距为 ，
所以 为直角三角形，对应圆的半径为 ，周长为
故答案为：14．在四面体 中， 是边长为 的等边三角形， ， ， ，点 在
棱 上，且 ，过点 作四面体 的外接球 的截面，则所得截面圆的面积最小值与球 的
表面积之比为 ．
【答案】 /1：8
【分析】先根据勾股定理逆定理得到 ，再根据直角三角形中线性质找出外接球的球心，
再结合球的截面距离分析，要所得的截面圆中面积最小，只需截面圆半径最小，只需球心到截面的距离
最大即可．
【详解】
由题意知， ，
由勾股定理可知， ，
所以 ，
取 的中点 ，所以 ，
所以四面体 的外接球 在斜边 的中点处，
四面体 的外接球 的半径 ，
根据题意可知，过点 作球 的截面，若要所得的截面圆中面积最小，
只需截面圆半径最小，设球 到截面的距离 ，只需球心到截面的距离 最大即可，
而当且仅当 与截面垂直时，球心到截面的距离 最大，即 ，
取 的中点 ，易知 为等腰三角形，，所以 ，
所以截面圆的半径为 ，
所以截面圆的面积为 ，球 的表面积为 ，
所得截面圆的面积最小值与球 的表面积之比为
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）已知 中，内角 ， ， 所对的边分别为 ， ， ，且 .
(1)求 ；
(2)若点 为 的中点，且 ，求 的面积.
【答案】(1) (2)
【分析】（1）设 ，由余弦定理求出 ；
（2）在 中， ， ，由余弦定理列出方程，求出 ，得到 ，利用
三角形面积公式求出答案.
【详解】（1）设 ，…………………………………………………………………2分
则由余弦定理得 ；………………………………………………5分
（2）在 中， ， ， ，
由余弦定理得 ，
即 ，解得 ，…………………………………………………………………9分
又 ，…………………………………………………………………………………11分故 ， .……………………………………………13分
16．（15分）如图，四棱柱 的底面 为直角梯形， ， ，
， ．点 为 的中点，且 ．
(1)证明：平面 平面 ；
(2)若钝二面角 的余弦值为 ，当 时，求 的长．
【答案】(1)证明见解析(2)2
【分析】（1）先证 ， 得到 平面 ，可得平面 平面 .
（2）根据（1）中的结论，建立空间直角坐标系，利用空间向量解决问题.
【详解】（1）因为 为 中点，且 ，所以 ，即 ，……………2分
又 ， ， 平面 ，所以 平面 .
又 平面 ，所以 .………………………………………………………………4分
因为 ，所以 .
又 ， ，所以 ，………………………………………………………………5分
所以 ，则 .
又 ， 平面 ，所以 平面 .
又 平面 ，所以：平面 平面 .………………………………………………………7分（2）由（1）可知： ， ， 两两垂直，故可以 为原点，建立如图空间直角坐标系.
则 ， ， ，设 （ ），则 .
所以 ， ， .………………………………………9分
设平面 的一个法向量为⃗m=(x ,y ,z )，
1 1 1
由 ，可取 .
设平面 的一个法向量为⃗n=(x ,y ,z )，
2 2 2
由 ，可取 .
，……………………………………………………………………13分
整理得： （ 舍去）
所以 ，即 .
………………………………………………………………………………………………………15分
17．（15分）已知 ，函数 .(1)讨论 的单调性；
(2)若 恒成立，求 的取值范围.
【答案】(1)答案见解析(2)
【分析】（1）求导得 ，再对 分类讨论即可；
（2）同构得 ，则有 ，即 ，再构造函数 ，得到其最值
即可得到 ，解出即可.
【详解】（1） 的定义域为R， . …………………………………………………2分
当 时，f'(x)>0，则 在R上单调递增；……………………………………………………4分
当 时，令f'(x)>0，解得 ，令f'(x)<0，解得 ，………………………5分
所以 在 上单调递增，在 上单调递减.
综上所述，当 时， 在R上单调递增；
当 时， 在 上单调递增，在 上单调递减.………………………7分
（2）由 ，可得 ，即 . …………………………8分
令 ，因为 在 上均单调递增，则 单调递增.
由 ，可得 ，则 ，即 .……………………11分
令 ，则 .
当 时，ℎ '(x)<0，ℎ(x)在 上单调递减，当 时，ℎ '(x)>0，ℎ(x)在 上单调递增，
所以 ， …………………………………………………………………………………14分
则 ，解得 ，故 的取值范围为 .……………………………………………………15分
18．（17分）甲、乙两名同学进行定点投篮训练，据以往训练数据，甲每次投篮命中的概率为 ，乙每次
投篮命中的概率为 ，各次投篮互不影响、现甲、乙两人开展多轮次的定点投篮活动，每轮次各投 个球，
每投进一个球记 分，未投进记 分.
(1)求甲在一轮投篮结束后的得分不大于 的概率；
(2)记甲、乙每轮投篮得分之和为 .
①求 的分布列和数学期望；
②若 ，则称该轮次为一个“成功轮次”.在连续 轮次的投篮活动中，记“成功轮次”为 ，
当 为何值时， 恒成立？
【答案】(1) (2)①分布列见解析， ；② 或 或
【分析】（1）将问题转化成甲在一轮投篮中至多命中一次，再利用对立事件和相互独立事件同时发生的
概率公式，即可求解；
（2）①由题知 可能取值为 ，根据条件，求出相应的概率，即可求出分布列，再利用期望公
式，即可求解；②根据条件，得到 ，再由 ，即可求解.
【详解】（1）甲在一轮投篮结束后的得分不大于 ，即甲在一轮投篮中至多命中一次，………………2分
所以甲在一轮投篮结束后的得分不大于 的概率为 .……………………………………5分
（2）①由题知 可能取值为 ，
， ，，
， ，
所以 的分布列为
数学期望 .…………………………………………10分
②由①知 ，由题知 ，所以 ，
由 ，
得到 且 ，………………12分
整理得到 ，即 ，
得到 ，所以 ，……………………………………………………15分
由题有 ，所以 ，得到 ，又 ，所以 或 或 .………17分
19．（17分）定义：已知椭圆 ，把圆 称为该椭圆的协同圆.设椭圆
的协同圆为圆 ( 为坐标系原点)，试解决下列问题：
（1）写出协同圆圆 的方程；
（2）设直线 是圆 的任意一条切线，且交椭圆 于 两点，求 的值；（3）设 是椭圆 上的两个动点，且 ，过点 作 ，交直线 于 点，求证：点
总在某个定圆上，并写出该定圆的方程.
【答案】（1） ；（2） ；（3）证明见解析，定圆的方程为 .
【分析】（1）由协同圆的定义，结合椭圆方程的参数写出协同圆圆 的方程；
（2）讨论直线 的斜率存在和不存在两种情况：斜率不存在时，直接求出交点坐标，利用向量数量积的坐
标表示求 ；斜率存在时，设 联立椭圆方程，由切线的性质确定判别式符号，应用根与系
数关系、向量数量积的坐标表示求 ；
（3）设 ，则 ，讨论 有一条直线的斜率不存在和两条直线的斜率都
存在，分别求 ， ， ，由等面积法求 ，即可证结论，并写出定圆方程.
【详解】（1）由椭圆 ，知 .
根据协同圆的定义，可得该椭圆的协同圆为圆 .……………………………………………4分
（2）设 ，则 .
直线 为圆 的切线，分直线 的斜率存在和不存在两种情况讨论：
①当直线 的斜率不存在时，直线 .
若 ，由 ，解得 ，此时 .
若 ，同理得： .………………………………………………………………………6分
②当直线 的斜率存在时，设 .由 ，得 ，有 ，又直线
是圆 的切线，故 ，可得 .
∴ ，则 ，而 .
∴ ，即 .………………………………………10分
综上，恒有 .
（3） 是椭圆 上的两个动点且 ，设 ，则 .
直线 ：有一条直线的斜率不存在和两条直线的斜率都存在两种情况讨论.
若直线 的斜率不存在，即点 在 轴上，则点 在 轴上，有 .
∴ ， ，且 ，
由 ，解得 .……………………………………………14分
若直线 的斜率都存在，设 ，则 .
由 ，得 ，有 ；同理，得 .
于是， .…………………………………………………16分由 ，可得 .
因此，总有 ，即点 在圆心为坐标原点，半径为 的圆上.
∴该定圆的方程为圆 .………………………………………………………………………17分
