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【赢在高考·黄金8卷】备战2025年高考数学模拟卷（新高考Ⅱ卷专
用）
黄金卷02
（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．若全集 ，集合 ，则 （ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】根据补集的定义可得 ，再由并集的定义求解即可.
【详解】解：因为 ， ，
所以 ，
所以 .
故选：A.
2．已知复数 满足 （ 为虚数单位），则 的虚部为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由复数的除法运算法则和虚部的定义得到结果.
【详解】由 ， ，
所以 的虚部为 .
故选：C.3．已知向量 不共线， ，其中 ，若 三点共线，则 的最
小值为（ ）
A．5 B．4 C．3 D．2
【答案】B
【分析】根据向量共线定理和基本不等式即可求解.
【详解】因为 三点共线，
所以存在实数k，使 ，即 ，
又向量 不共线，所以 ，
由 ，所以 ，
当且仅当 时，取“=”号，
故选：B
4．设数列{a }的通项公式为 ，其前n项和为 ，则使
n
的最小n是（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
【答案】C
【分析】先利用二项式定理化简数列的通项公式，利用等比求和公式可得答案.
【详解】 ，
，
结合指数函数单调性该数列为单调递增数列，
且
所以使 的最小n是7.
故选：C.5．在 中，角 为锐角， 的面积为 ，且 ，则 周长的最小值
为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用三角恒等变换、正弦定理等知识判断出三角形 是直角三角形，利用基本不等式求得
周长的最小值.
【详解】依题意， ，
由 得 ，
即 ，
，
由于 是锐角，所以 ，
与 一正一负，或 ，
若 ，即 ，
由于 ，
所以 ，所以 ，
，此不等式组无解，所以 不成立.
同理可得 不成立.
所以 ，所以 ，所以 ， .
所以 ，
所以三角形 的周长 ，
当且仅当 时等号成立，所以三角形 的周长的最小值为 .
故选：A
【点睛】本题涉及几何中的面积和周长问题，结合了三角函数和基本不等式，考查了学生的综合解题能力．
解题过程中，利用基本不等式求周长的最小值，这是本题的关键点之一．基本不等式的应用不仅要找到正
确的表达式，还需要验证等号成立的条件，以确保最小值能够实际取到．
6．已知： ， ， ，那么 三者的关系是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】先比较 和 ，注意到 ， ，从而通过比较 的大小可 ，再比较 和 ，
注意到 ，而又有 ,从而只需要证明 即可.
【详解】因为 ，
，而 ，
所以 ，得 ，
令 ，则 ，
所以 在 上递减，
因为当 时， ，所以 ，
所以 ，所以 ，
所以 ，因为 ，所以 ，
所以 ，所以 ，所以 ，
故选：C
【点睛】关键点点睛：此题考查对数式和指数式比较大小，考查对数的运算，考查导数的应用，解题的关
键是构造函数，利用导数可求其单调性，从而可得其取值范围，考查计算能力和转化思想，属于较难题.
7．如图，双曲线 的左右焦点分别为 、 ，过 的直线 与该双曲线的两支分别交于 、 两
点（ 在线段 上），⊙ 与⊙ 分别为 与 的内切圆，其半径分别为 、 ，则 的取
值范围是：（ ）.
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】设 ，进而可得 .可求得
，进而求得 的范围即可.
【详解】设 ，， ，
.在△ 与△ 中： ，
即： ，
，
当 双曲线的斜率为正的渐近线时， 取最大，此时 ， ，
当 与 轴重合时， 取最小，此时 ，
经上述分析得： ， .
故选：C.
【点睛】关键点点睛：此题考查双曲线的几何性质，考查双曲线的焦点三角形问题，考查焦点三角形内切
圆，解题的关键是根据双曲线的性和圆的切线的性质得到 的范围，数形结合的思的应用.
8．已知函数 ，若 ，则 的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】结合题意构造函数 ，得到 ，表示出 ，再借助导数求出
的最小值即可.
【详解】∵ ， ，
∴ ，
令 ，
∴ 在 上单调递增，∴ ，即 ，
∴ ，
令 ，则 ，
当 时， ， 单调递减；
当 时， ， 单调递增；
∴当 时，函数 取得最小值，
即 ，
∴ ，
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．随机事件 ， 满足 ， ， ，则下列说法正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】CD
【分析】根据题意由相互独立事件的概率性质分析可判断 ， ；由概率加法公式可分析 ；计算
，验证 是否正确即可判断 .
【详解】由已知 ， ，
因为 ，所以 ，
所以 ，所以 ，故 错误；
因为 ，故 错误；
，故 正确；
，
又 ， ， ，
所以 ，故 正确.
故选： .
【点睛】方法点睛：解决本题的关键是概率的性质和应用，以及条件概率的计算.
10．已知函数 及其导函数 的定义域均为 ，若 是偶函数，且 ，令
，则下列说法正确的是（ ）
A．函数 是奇函数 B．
C．函数 的图象关于点 对称 D．
【答案】BCD
【分析】对A，根据函数的奇偶定义可判定A；对B，利用抽象函数的奇偶性，复合函数求导可判定B；
对C，利用抽象函数的对称性可判定C；对D，利用利用抽象函数的递推公式可求得 关系式，再求和
可判定D.
【详解】对A，因为 ，所以 ，
所以函数 是偶函数，故A错误；
对B，因为 为偶函数，所以 ，即 ，所以 ，即 ，令 ，得 ，
所以 ，故B正确；
对C，因为 ，所以 ，
即 ，又 ，所以 ，
所以 ，所以 ，即 ，
所以函数 的图象关于点 对称，故C正确；
对D，因为 ，令 ，得 ，
所以 ，又 ，所以 ，
，…，所以 ，故D正确.
故选：BCD.
11．如图：在棱长为1的正方体 中， 分别为棱 上的点（不与端点重合），
点 为正方形 内一点（不在其边上），且 共面， ， ，
.则下列说法正确的是：（ ）.
A．若 ，则直线 与平面 的夹角的正切值为B．若 ， ， ，则
C．若 ， 有最小值，则 的取值范围是：
D．若 ，则三棱锥 外接球表面积的最小值为
【答案】ABD
【分析】根据线面角得出知 与平面 的夹角为 计算正切判断A, 先建立直角坐标系，设直
线得出 由三点共线的性质交点为 进而求出 判断B;在 给定
时过定点 ,临界时 及临界时 ，则判断C;应用截面再由相似三角形的性质时
等面积法得出选项D.
【详解】对于A：若 ， 为 中点，
过 作 ，连 ，可知 为 中点，
且 与平面 的夹角为 ，则 ，
所以直线 与平面 的夹角的正切值为 ，故A正确；
对于B：由条件： ， ，如图：延长 交 的延长线于 ，过 作 , ，则 ，
如图建立平面直角坐标系：
则 , ，
故 ，
若 ，则 ①，
由三点共线的性质:
的点在直线 上，
的点在直线 上，
所以交点为: ，这就是 点，故将该点代入①式得 ，故B正确.
对于C： 在 给定时过定点 ，临界时 ，斜率再减小（ 增大），
则易知存在 且 使 ，即最小值存在，而 减小时不存在 点，设临界时 ，
则： ，故 ， ，
代入直线得： ，所以 ，C错误.
对于D：若 ，故 在线段 上（不与端点重合），
(1 )
对于 , ，作图可知： 与 的交点横坐标落在 ,1 内，
2
设 平面 为 的外心，
如平面图：由相似三角形的性质可知: 为 中点时， ，
随 点由 点向上移动，其 中垂线斜率增大且小于 ，
由相似三角形的性质: 中点一定在 上方，故 中垂 线与 交点 （即外接球球心）在射线 上，外接球半径 最小，即 最小，
此时 ，用等面积法可算 ，此时: .
故选：ABD.
【点睛】关键点点睛：先建立直角坐标系，设直线 由三点共线的性质交
点为 进而求出 .
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．已知随机变量 ，若 ，则实数a的值为 ．
【答案】2
【分析】根据正态分布的对称性求解.
【详解】由题意得， ，解得 ．
故答案为：2
13．在正项等比数列 中， ，记 ，其中 表示不超过 的最大整数，则
．
【答案】
【分析】设等比数列{a }的公比为 ，由 计算出 ，然后根据
n
，计算 即可.
【详解】设等比数列{a }的公比为 ．
n由题意知， ，
整理得 ，解得 或 （负值舍去），
故 ．
所以 ．
当 时， ；
当 时， ；
当 时， ；
当 时， ；
当 时， ．
故 ．
故答案为： .
14．已知抛物线 的准线与 轴交于点 ，过焦点 的直线与 交于 ， 两点，且 ，
， 的中点为 ，过 作 的垂线交 轴于点 ，点 在 的准线上的射影为点 ，现有
下列四个结论：
① ，
②若 时，
③
④过 的直线与抛物线交于 ， ，则 .
其中正确结论的序号为 .【答案】③④
【分析】由点斜式写出直线方程后直曲联立，得到韦达定理可判断①错误；由抛物线的定义结合韦达定理
解方程可判断②错误；过点 作 轴，由三角函数的定义和诱导公式结合图像可得③正确；当斜率不
存在时，代入抛物线解出 两点坐标，利用向量垂直的充要条件可得；当斜率存在时，直曲联立后利
用韦达定理表示出 后可得.
【详解】
对①：由题意可知F(1,0)，直线 的斜率存在且不为零，设直线方程为y=k(x-1)，
联立 ，可得 ，
，
所以 ， ，
，
故①错误；
对②：则由抛物线的定义可知， ，
因为 ，即 ，
由韦达定理可知 ，解得 或 （舍），
则 ，所以 ，故②错误；对③：过点 作 轴，垂足为 ，因为 ，
所以 ，
所以 ，故③正确；
对④：当 轴时，所以 ，
所以 ， ；
当斜率存在且不为零时，设斜率为 ， ，则直线方程为 ，
联立 ，消去 可得 ，
， ，
， ，
代入韦达定理并化简可得
，
所以 ，
综上，过 的直线与抛物线交于 ， ，则 ，故④正确；
故答案为：③④.
【点睛】方法点睛：
（1）求两根之积时可直曲联立，用韦达定理得到横坐标之积，再代入直线方程可得纵坐标之积；（2）求抛物线的焦点弦长时可利用抛物线的定义快速求解；
（3）证明两直线垂直时，可用向量垂直的充分必要条件证明.
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）已知函数f(x)＝4sin(ω>0)在上单调递减．
(1)求ω的最大值；
(2)若f(x)的图像关于点(，0)中心对称，且f(x)在上的值域为[－2，4]，求m的取值范围．
【详解】(1)∵函数f(x)＝4sin(ω>0)在上单调递减，
∴π－＝≤＝，解得0<ω≤①．……………(2分)
由x∈，ω>0，
得ωx＋∈，……………(3分)
∴由正弦函数的单调性，可知k∈Z，
解得1＋12k≤ω≤＋2k，k∈Z．
令k＝0，得1≤ω≤，满足①；
令k＝1，得13≤ω≤，不满足①，……………(5分)
∴ω的取值范围为1≤ω≤，即最大值为．……………(6分)
(2)∵f(x)＝4sin的图像关于点中心对称，
∴ω＋＝kπ(k∈Z)，……………(7分)
即ω＝－(k∈Z)．……………(8分)
又由(1)得1≤ω≤，∴ω＝，
∴f(x)＝4sin．……………(9分)
当x∈时，
x＋∈．……………(10分)
由f(x)∈[－2，4]，
得sin∈，
∴≤m＋≤，解得≤m≤，
即m的取值范围是．(13 分)
16．（15分）已知数列{a}满足a＝3，a ＝2a－n＋1.
n 1 n＋1 n
(Ⅰ)求数列{a}的通项公式；
n
(Ⅱ)若数列{b}满足b＝，求数列{b}的前n项和T.
n n n n
【详解】(Ⅰ)因为a ＝2a－n＋1，
n＋1 n
所以a －(n＋1)＝2(a－n)，
n＋1 n
由此可得数列{a－n}是以a－1＝2为首项，2为公比的等比数列，……………(4分)
n 1因此，a－n＝2×2n－1＝2n，
n
所以数列{a}的通项公式为a＝2n＋n.……………(7分)
n n
(Ⅱ)由(Ⅰ)得b＝＝＝－， ……………(12分)
n
故T＝b＋b＋…＋b＝＋(－)＋…＋＝－.(15分)
n 1 2 n
17．（15分）已知四边形ABCD为平行四边形，E为CD的中点，AB＝4，△ADE为等边三角形，将三角
形ADE沿AE折起，使点D到达点P的位置，且平面APE⊥平面ABCE.
(1)求证：AP⊥BE；
(2)试判断在线段PB上是否存在点F，使得平面AEF与平面APE的夹角为45°？若存在，试确定点F的位
置；若不存在，请说明理由．
【详解】(1)证明：因为四边形ABCD为平行四边形，且△ADE为等边三角形，
所以∠BCE＝120°.
又因为E为CD的中点，所以CE＝ED＝DA＝CB，
所以△BCE为等腰三角形，
所以∠CEB＝30°，
所以∠AEB＝180°－∠AED－∠BEC＝90°，
所以BE⊥AE.(4分)
又因为平面APE⊥平面ABCE，平面APE∩平面ABCE＝AE，BE 平面ABCE，
所以BE⊥平面APE.
⊂
又因为AP 平面APE，
所以BE⊥AP.(6分)
⊂
(2)存在点F，且当点F为线段PB上靠近点P的三等分点时，平面AEF与平面APE的夹角为45°.(7分)
证明如下：取AE的中点O，连接PO，
因为△APE为等边三角形，所以PO⊥AE.
又因为平面APE⊥平面ABCE，平面APE∩平面ABCE＝AE，PO 平面APE，
所以PO⊥平面ABCE.
⊂
易得PO＝，BE＝2.
取AB的中点G，连接OG，则OG∥BE.(8分)
由(1)得BE⊥AE，所以OG⊥AE，所以OA，OG，OP两两垂直．以点O为坐标原点，OA，OG，OP所在
直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系O－xyz，如图所示，则A(1，0，0)，B(－1，2，0)，P(0，0，)，E(－1，0，0)，
所以EA＝(2，0，0)，EB＝(0，2，0)，PB＝(－1，2，－)，EP＝(1，0，)．(10分)
假设存在点F，使得平面AEF与平面APE的夹角为45°.
设PF＝λPB＝(－λ，2λ，－λ)，λ∈(0，1]，
则EF＝EP＋PF＝(1－λ，2λ，－λ)．
设平面AEF的法向量为m＝(x，y，z)，
则
令z＝2λ，则可得平面AEF的一个法向量为m＝(0，λ－1，2λ)．(12分)
由(1)可知EB为平面APE的一个法向量，
所以cos45°＝|cos〈m，EB〉|＝＝＝，
所以2(5λ2－2λ＋1)＝4(λ－1)2，解得λ＝或λ＝－1(舍去)，
所以存在点F，且当点F为线段PB上靠近点P的三等分点时，平面AEF与平面APE的夹角为45°.(15分)
18．（17分）已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的长轴长为2，离心率为.
(Ⅰ)求椭圆C的方程；
(Ⅱ)过点(2，0)的直线l交椭圆C于A，B两点，M为椭圆C上一点，O为坐标原点，且满足OA＋OB＝
mOM，其中m∈，求|AB|的取值范围；
(Ⅲ)如图，直线GH为椭圆C与抛物线C ：y2＝2px(p＞0)的公切线，其中点G，H分别在C，C 上，线段
1 1
OH交C于点N，求△NGH的面积的最小值．
【详解】(Ⅰ)由题意可得2a＝2，即a＝.(1分)
因为椭圆C的离心率为，所以e＝＝，
所以c＝1，所以b2＝a2－c2＝1，(2分)
所以椭圆C的方程为＋y2＝1.(3分)(Ⅱ)显然直线l的斜率存在，设过点(2，0)的直线l的方程为y＝k(x－2)，
联立方程消去y整理得(1＋2k2)x2－8k2x＋8k2－2＝0，
则Δ＝64k4－4(1＋2k2)·(8k2－2)＝8(1－2k2)>0，即k2<.(4分)
设A(x，y)，B(x，y)，
1 1 2 2
则x＋x＝，xx＝，
1 2 1 2
所以y＋y＝k(x＋x－4)＝k＝－.
1 2 1 2
由 ，得(x＋x，y＋y)＝m(x ，y )，
1 2 1 2 M M
所以x ＝·，y ＝·.(5分)
M M
将(x ，y )代入椭圆方程可得·2＋·2＝1，解得m2＝.
M M
因为m∈，
所以≤≤，解得≤k2≤1，
结合Δ>0，所以≤k2<.(7分)
由弦长公式可得，
|AB|＝|x－x|
1 2
＝·
＝·＝2·
＝2·
＝2·
＝2·
＝2·.(8分)
因为≤k2<，所以≤1＋2k2<2，
所以<≤.
因为函数y＝2－在上单调递增，
所以2·∈，
即|AB|∈.(10分)
(Ⅲ)设G(x，y)，H(x，y)，由题易知x≠x，设直线GH的方程为y＝nx＋b′，不妨取n>0，b′>0.
3 3 4 4 3 4
联立
整理得(2n2＋1)x2＋4nb′x＋2b′2－2＝0①，
则Δ＝(4nb′)2－4(2n2＋1)(2b′2－2)＝0，
1
所以b′2＝2n2＋1.
将其代入①式，得b′2x2＋4nb′x＋4n2＝0，解得x＝，所以x＝.
3
联立n2x2＋2(nb′－p)x＋b′2＝0②，
则Δ＝4(nb′－p)2－4n2b′2＝0，
2
所以p＝2nb′.将其代入②式，解方程得x＝，
所以x＝，所以＝＝
4
＝.(13分)
由x＝可得y＝2b′，所以k ＝2n，
4 4 OH
所以直线OH：y＝2nx.
联立整理得x2＝1，
所以x ＝，y ＝，
N N
所以点N到GH的距离为
d＝＝，(14分)
所以S ＝|GH|·d
NGH
△
＝
＝
＝
＝
＝
＝
＝.(15分)
令t＝4n＋(t≥4)，
则S ＝
NGH
△
＝≥×
＝2×＝，
当且仅当4n＝，即n＝时取等号．
由椭圆和抛物线的对称性，
可知当n<0，b′<0，S 的最小值也是.
NGH
△
综上，S 的最小值为.(17分)
NGH
△
19．（17分）已知函数f(x)＝＋ln(m∈R，a>0)．
(Ⅰ)若f(x)的最小值为2，求的值．
(Ⅱ)若m＝1，a>e，实数x 为函数f(x)大于1的零点，求证：
0
(ⅰ)＋x<a－1；
0(ⅱ)x＋>2lna－ln(lna)．
0
【详解】(Ⅰ)∵>0，a>0，∴x>0.
对函数f(x)求导，得f′(x)＝.(1分)
当m≤0时，f′(x)>0恒成立，f(x)单调递增，此时f(x)没有最小值．(2分)
当m>0时，在(0，m)上f′(x)<0，f(x)单调递减；在(m，＋∞)上f′(x)>0，f(x)单调递增，
∴f(x) ＝f(m)＝1＋ln＝2，解得＝e.(4分)
min
(Ⅱ)证明：(ⅰ)当m＝1时，f(x)＝＋ln.
由(Ⅰ)可知，f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴f(x) ＝f(1)＝1－lna<0.(5分)
min
又∵f(a)＝>0，
∴存在x∈(1，a)，使得f(x)＝＋ln＝0，
0 0
即lna＝＋lnx＝ln(x· )，即a＝x· .
0 0 0
∴要证＋x<a－1，只需证＋x＋1<x· (x>1)．(7分)
0 0 0 0
令t＝，t∈(0，1)，则只需证t＋＋1<·et，
即证et>t2＋t＋1(0<t<1)．(8分)
令g(t)＝et－t2－t－1(0<t<1)，则g′(t)＝et－t－1，
令φ(t)＝et－t－1，则φ′(t)＝et－1.
∵φ′(t)>0，∴φ(t)在(0，1)上单调递增，
∴φ(t)>φ(0)＝0，∴g(t)在(0，1)上单调递增，
∴g(t)>g(0)＝e0－0－0－1＝0，
∴当0<t<1时，et>t2＋t＋1成立，
∴＋x<a－1.(10分)
0
(ⅱ)∵a>e，∴lna>1，∴2lna－ln(lna)＜2lna.
由(ⅰ)可知lna＝＋lnx，
0
∴要证x＋>2lna－ln(lna)，
0
只需证x＋>2lna，即证x＋>2，
0 0
即证2lnx＋－x<0(x>1)．(13分)
0 0 0
令h(x)＝2lnx＋－x(x>1)，则h′(x)＝－<0，
∴h(x)在(1，＋∞)上单调递减，
∴h(x)<h(1)＝2ln1＋1－1＝0，
∴2lnx＋－x<0，即x＋>2lna－ln(lna)．(17分)
0 0 0
