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【赢在高考·黄金8卷】备战2025年高考数学模拟卷（新课标Ⅱ卷专
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、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． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据集合 ，知 或 或 ，从而得 ，再结合集合的交集运算性质运算即可.
【详解】由 ，得 或 或 ，故 .
因为 ，所以 .
故选：B.
2．已知首项为 的等差数列 的前 项和为 ， ，则 （ ）.
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据等差数列基本量的计算即可求解.
【详解】由题意知 ， ，
所以： .
故选：B
3．若 ， ， ，则（ ）
A． B． C． D．【答案】D
【分析】根据已知条件，结合指数函数、幂函数的单调性，即可求解．
【详解】 ，在 上单调递增，
，
故 ，所以 ，
，在 上单调递增，
，故 ，即 ，所以 ．
故选：D
4．已知非零向量 ， ，则“ ”是“向量 ”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
【答案】C
【分析】根据充分条件、必要条件的定义及数量积的运算律判断即可.
【详解】因为 ， 为非零向量，
若 ，则 ，则 ，
所以 ，所以 ，故充分性成立；
若 ，则 ，所以 ，
所以 ，则 ，故必要性成立；
所以“ ”是“向量 ”的充要条件.
故选：C．
5．已知函数 在区间 上单调递增，则 的最小值为（ ）
A．1 B．2 C． D．
【答案】C【分析】由题意可知 在区间 上恒成立，进而分离参数得 ，从而由函数
的单调性即可求解.
【详解】由题意可得 在区间 上恒成立，
所以 ，
设函数 ，易得 在 上单调递减，
故 ，即 的最小值为 .
故选：C.
6．一个正四面体边长为3，则一个与该正四面体体积相等、高也相等的正三棱柱的侧面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据题意求出该正四面体的体积和高，继而可求出正三棱柱的底面积，即可得出正三棱柱的底面
边长，继而可求正三棱柱的侧面积.
【详解】如图 为 中点， 为点 在底面的投影，
由题意得 ， ，
，
所以该正四面体的体积为 .
所以正三棱柱的体积为 ，高为 ，所以正三棱柱的底面积为 ，
设正三棱柱的底面边长为 ，则 ，
可得 ，
所以正三棱柱的底面边长为 ，
所以该正三棱柱的侧面积为 .
故选：A.
7．已知定义域为R的函数 满足 是奇函数， 是偶函数，则下列各数一定是 零点的
是（ ）
A．2019 B．2022 C．2025 D．2028
【答案】B
【分析】由已知条件确定函数周期，再逐项判断即可.
【详解】因为 是奇函数，所以 且 ，
令 ，可得：
因为 是偶函数， 且 ，
所以 ，
所以 ，
所以定义域为R的函数 一个周期为8，
所以 无法判断，
，
，无法判断.，无法判断.
故选：B
8．已知抛物线 的焦点为F，过点 作C的两条切线，切点为A，B，且Q为C上
一动点，若 的最小值为5，则△PAB的面积为（ ）
A．75 B． C． D．
【答案】D
【分析】根据抛物线定义得到 ，再利用导数得到切点弦所在直线方程，再求出直线 的长和点 到
直线 的距离，最后利用三角形面积公式即可.
【详解】当F，Q，P三点共线时， 取得最小值，且 ，
所以 ，解得 ，所以 ．
由 ，得 ．
设 ， ，则曲线 在 处的切线方程为 ，
即 ．因为切线过点 ，所以 ．
同理可得 ，所以直线AB的方程为 ，即 ．
联立方程组 得 ， ，则 ．
因为直线AB过焦点F，所以 ，
点P到直线 的距离 ，
所以 ．
故选：D.【点睛】关键点点睛：本题的关键之一是利用抛物线定义和三点共线得到 ，再然后是利用导数得到切点
弦所在直线方程，最后再求出|AB)和点 到直线 的距离.
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．函数 的部分图象如图所示，则下列命题正确的是（ ）
A．
B．
C． 关于 对称
D．将函数 的图象向右平移 个单位长度得到函数
【答案】AC
【分析】根据 可得 ，代入最高点可得 ，进而求出函数 的表达式，即可判
断AB，代入验证即可判断C，根据平移即可求解D.
【详解】由图象可知 ， ，解得 ， ，
又 ，所以 ，即 ，结合 ，可知 ，得 的表达式为 ，故A正确，B错误，
对于C，由于 ，即 的图象关于 对称，故C正确；
对于D，函数 的图象向右平移 个单位长度可以得到函数 ，故D错
误．
故选：AC．
10．已知 为数列 的前 项和，若 ，则（ ）
A． B．数列 为等比数列
C． D．
【答案】BCD
【分析】当 时， ，解得 ；根据 ，可得当 时， ，从
而得 ，即 ；根据B可求得 ；从而可求出 .
【详解】A：当 时， ，解得 ，故A错误；
B：因为 ，当 时， ，
将两式相减可得 ，即 ，
则 ，因 ，则 ，
数列 为首项为 ，公比为 的等比数列，故B正确；
C：由B可得 ，所以 ，故C正确；D： ，故D正确.
故选：BCD.
11．若函数 ，则（ ）
A． 可能只有1个极值点
B．当 有极值点时，
C．存在 ，使得点 为曲线 的对称中心
D．当不等式 的解集为 时， 的极小值为
【答案】BCD
【分析】A项，根据判别式分类讨论可得；B项， 有极值点转化为 ，结合A项可得；C项，取
，验证可得；D项，由不等式解集结合图象可知，1和2是方程 的两根且 ，解出
系数 ，代入函数求解极值即可判断.
【详解】 ，
则 ，令 ，
.
A项，当 时， ，则 在R上单调递增，不存在极值点；
当 时，方程 有两个不等的实数根，设为 ， ，
当 时， ， 在 单调递增；
当 时， ， 在 单调递减；当 时， ， 在 单调递增；
故 在 处取极大值，在 处取极小值，即存在两个极值点；
综上所述， 不可能只1个极值点，故A错误；
B项，当 有极值点时, 有解，则 ，
即 .由A项知，当 时， 在R上单调递增，不存在极值点；
故 ，故B正确；
C项，当 时， ，
，所以 ，
则曲线 关于 对称，
即存在 ，使得点 为曲线y=f (x)的对称中心，故C正确；
D项，不等式 的解集为 ，
由A项可知仅当 时，满足题意.
则 且 ，且 在 处取极大值.
即 ，则有 ，
故 ，，
又 ，
解得 ，
故 ，
则 ，
当 时， ，则 在 单调递增；
当 时， ，则 在 单调递减；
当 时， ，则 在 单调递增；
故 在 处有极大值，且极大值为 ；
在 处有极小值，且极小值为 ；
故D正确.
故选：BCD.
【点睛】关键点点睛：本题解决关键在于D项中条件“不等式 的解集为 ”的转化，
一是解集区间的端点是方程 的根，二是在 处取极值，从而 .
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．根据学校要求，错峰放学去食堂吃饭，高三年级五楼有4个班排队，1班不能排在最后，4班不能排在
第一位，则四个班排队吃饭的不同方案有 种.（用数字作答）
【答案】
【分析】根据题意，由间接法代入计算，即可得到结果.
【详解】总方案有 种，1班排在最后有 种方案，4班排在第一位有 种方案，1班排在最后且4班排在第一位有 种方案，
则满足要求的方案有 种.
故答案为：
13．若曲线 在点 处的切线也是曲线 的切线，则 .
【答案】1
【分析】先求出曲线 在 的切线方程，再设曲线 的切点为 , ，求出
，利用公切线斜率相等求出 表示出切线方程，结合两切线方程相同即可求解
【详解】由 ，得 ， ，
故曲线 在 处的切线方程为 ；
由 ，得 ，
设切线与曲线 相切的切点为 , ，
由两曲线有公切线得 ，解得 ，
则切点为 ，切线方程为 ，
根据两切线重合，解得 ．
故答案为：1．
14．已知函数 ，若 ， ，且 ，则 的最小值是
【答案】8
【分析】由函数奇偶性的定义可知 为奇函数，根据单调性可知 ，然后结合基本不等式即可
求解.
【详解】函数 的定义域为 ，且 ，
所以 为奇函数，又 ，所以函数单调递增，又 ，所以 ，
所以 ，即 ，
所以 ，
当且仅当 ，即 ， ，等号成立，
所以 的最小值为 .
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）在 中，角 ， ， 的对边分别是 ， ， ，且 .
(1)求角 的大小；
(2)若 ， 为 边上的一点， ，且______，求 的周长.
（从下面①，②两个条件中任选一个，补充在上面的横线上并作答）
① 是 的平分线；
② 为线段 的中点
【答案】(1)
(2)选①和②，答案均为
【分析】（1）根据三角函数恒等变换得到 ，从而求出 ；
（2）选①，由三角形面积公式得到 ，由余弦定理得到 ，求出 ，
得到周长；
选②， 两边平方得 ，由余弦定理得 ，联立求出
，得到周长.【详解】（1）因为 ，可得 ，
故 ，故 ，
可得 ，
因为 ， ，所以 ，可得 .
（2）若选①：由 平分 得： ，
即 ，即 ，
在 中，由余弦定理得 ，
即 ，两式联立可得 ，
所以 的周长为 ；
若选②： 为线段 的中点，故 ，
，
因为 ， ，故 ，
整理可得 ，
在 中，由余弦定理得 ，
所以 ，
两式联立可得 ，所以 ，
从而 的周长为 .
16．（15分）某公司拟通过摸球中奖的方式对员工发放节日红包．在一个不透明的袋子中装有 个形状大
小相同的标有面值的球，每位员工从球袋中一次性随机摸取m个球 ，摸完后全部放回袋中，球上所标的面值之和为该员工所获得的红包数额．
(1)若 ， ，当袋中的球中有 个所标面值为 元，1个为 元，1个为 元时，在员工所获得的
红包数额不低于 元的条件下，求取到面值为 元的球的概率；
(2)若 ， ，当袋中的球中有1个所标面值为 元，2个为 元，1个为 元，1个为 元时，求
员工所获得红包数额的数学期望与方差．
【答案】(1)
(2)期望为 ；方差为
【分析】（1）记事件 ：员工所获得的红包数额不低于90元，事件 ：取到面值为60元的球，根据条件
先求 ，再利用条件概率公式，即可求解；
（2）由题知 可能取值为 ，再求出对应的概率，利用期望和方差的计算公式，即可求解.
【详解】（1）记事件 ：员工所获得的红包数额不低于90元，事件 ：取到面值为60元的球，
因为球中有 个所标面值为 元，1个为 元，1个为 元，且
， ， ，所以 ，
又 ，所以 ．
（2）设X为员工取得的红包数额，则 可能取值为 ，
所以 ， ，
， ，
所以 ，
．
17．（15分）如图，在六面体 中， ，且底面 为菱形.(1)证明：四边形 为平行四边形.
(2)若 平面 ，求平面 与平面 所成二
面角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由题意可证明平面 平面 ，利用面面平行的性质可得 ，同理可得
，进而可证结论；
（2）建立空间直角坐标系，设 ，利用 ，可求得 ，求得平面 与平面
的法向量，利用向量法可求得平面 与平面 所成二面角的正弦值.
【详解】（1）因为四边形 为菱形，所以 ，
又 平面 平面 ，
所以 平面 ，
又 ， 平面 平面 ，所以 平面 ，
因为 ， 平面 ，所以平面 平面 ，
因为平面 平面 ，平面 平面 ，所以 ，
同理可得 ，所以四边形 为平行四边形.
（2）由题意得 .以菱形 的中心 为坐标原点，
的方向分别为 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系 ，
设 ，则 ， .
因为四边形 为平行四边形，所以 ，
则 ，所以 ，得 ，
所以 .
设平面 的法向量为 ，
则 ，
即
令 ，得 .
易知平面 的一个法向量为 ，则
所以平面 与平面 所成二面角的正弦值为 .
18．（17分）已知椭圆 的左、右焦点分别为 为椭圆的一个顶点，
且右焦点 F₂到双曲线. 渐近线的距离为
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设直线 与椭圆C交于 A、B两点.
①若直线 过椭圆右焦点F₂，且△AF₁B的面积为 求实数k的值；
②若直线 过定点P(0,2)， 且k>0， 在x轴上是否存在点T(t,0)使得以TA、TB为邻边的平行四边形为菱形?
若存在，则求出实数t的取值范围； 若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)① ;②
【分析】（1）利用点到直线的距离公式求解椭圆参数即可；
（2）①把直线与椭圆联立方程组，利用弦长公式和点到直线的距离公式，即可求出面积等式，最后求解k
的值；
②把菱形问题转化为对角线互相垂直问题，最后转化为两对角线的斜率之积为 ，通过这个等式转化为
的函数，即可求解取值范围.
【详解】（1）由双曲线. 的渐近线方程为 ，
再由椭圆 的右焦点分别为 到渐近线的距离为 可得：，因为 ，所以解得 ，
再由椭圆的一个顶点为 ，可得 ，
所以由 ，
即椭圆C的标准方程为 ；
（2）①直线 过椭圆右焦点F₂可得： ，即 ，
所以由直线 与椭圆C的标准方程 联立方程组，消去 得：
，
设两交点A(x ,y ),B(x ,y )，则有
1 1 2 2
所以 ，
又椭圆左焦点F (−1,0)到直线 的距离为 ，
1
所以 ，
解得： 或 （舍去），即 ；
②假设存在点 使得以 为邻边的平行四边形为菱形，
由于直线过定点 ， 且 ，可知直线方程为 ，
与椭圆 联立方程组，消去 得： ，
由 ，且 ，解得 ，设两交点A(x ,y ),B(x ,y )， 中点 ，则有
1 1 2 2
所以 ，
即 ，整理得 ，
又因为 ，所以 ，则 .
【点睛】关键点点睛：本题关键点是把以 为邻边的平行四边形为菱形，转化为对角线互相垂直，再
利用求解中点坐标来表示 斜率，最后利用斜率乘积等于 ，从而得到关于 的函数来求取值范围.
19．（17分）对于函数 ，若在定义域内存在实数 ，且 ，满足 ，则称 为
“弱偶函数”.若在定义域内存在实数 ，满足 ，则称 为“弱奇函数”.
(1)判断函数 是否为“弱奇函数”或“弱偶函数”并说明理由；
(2)已知函数 ，为其定义域上的“弱奇函数”，求实数 的取值范围；
(3)已知 ，对于任意的 ，函数 都是定义域为 上的“弱奇函
数”，求实数 的取值范围.【答案】(1) 不是“弱偶函数”， 是“弱奇函数”，理由见解析
(2)
(3)
【分析】（1）根据题意“弱偶函数”、 “弱奇函数”的定义分析判断即可；
（2）分 、 和 三种情况，结合“弱奇函数”的定义，将问题转化为方程问题
分析求解；
（3）分析可知 ， 在 上都有解，令 ，
，求导，利用导数判断求单调性，结合零点存在性定理即可得解.
【详解】（1）若 ，
当 时，则 ，则 ，即 ，无实数解，舍去；
当 时，则 ，则 ，即 ，无实数解，舍去；
所以 不是“弱偶函数”，
若 ，
当 时，则 ，则 ，即 ，解得 （正舍），
当 时，则 ，若 ，解得 （负舍），
则存在实数 ，满足 ，所以 是“弱奇函数”.
（2）因为 ，定义域为 .
①当在区间 上存在 ，满足 时，则 ，即 .
令 ，则 ，当且仅当 时取等号.
又因为 ，则 ，即 ，
则 ，
所以 ；
②当在区间 上存在 ，满足 时，
则 ，即 有解.
因为 在区间 上单调递减，所以 ；
③当在区间 上存在 ，满足 时，
则 ，即 有解.
因为 在区间 上单调递增，所以 .
综上所述，实数m的取值范围为 .
（3）由题意知， ， 在 上都有解，
即 ， 在 上都有解，
即 ， 在 上都有解，
令 ，令 ，
由题意知 在 上的值域包含 ，因为 ，且 ，则 ，
可得 ，可知 在 上单调递增，
则 ，即 ，解得 ，
综上所述： ．
【点睛】关键点点睛：本题属于新定义问题，对于新定义问题，关键是理解所给定义，将问题转化为方程
有解，分段函数注意分类讨论.
