2025届高考模拟测试题（含解析）模拟卷07（解析版）_数学

【赢在高考·黄金8卷】备战2025年高考数学模拟卷
（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 ， ， ，则实数a的取值集合为（ ）
A． B． C． D．
【解析】由题意得， ，∵ ， ，
∴实数a的取值集合为 ,
故选:C.
2．若 ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】将 写成 ，利用诱导公式，化为 ，然后利用余弦函数的二倍角公式可得
出答案.
【详解】
故选：A
3．已知向量 ， ，若 ，则实数 （ ）．
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
根据向量垂直的坐标运算规则得出结果.
【详解】解：由已知得 ，因为 ，
故 ，解得 .
故选： .
4．已知数列 ，则“ ”是“ 为等差数列”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】B
【分析】利用等差数列基本量的运算，即可判断必要性；通过举反例即可判断充分性不满足.
【详解】对数列 ，设 ，显然满足 ，
但 不是等差数列，故充分性不满足；
若 为等差数列，设其公差为 ，则 ，
故必要性成立；
综上所述，“ ”是“ 为等差数列”的必要不充分条件.
故选：B.
5．甲、乙、丙、丁四名同学各掷骰子 次，分别记录每次骰子出现的点数 根据四名同学的统计结果，可
以判断出一定没有出现点数 的是（ ）
A．甲：平均数为 ，中位数为 B．乙：中位数为 ，众数为
C．丙：平均数为 ，方差为 D．丁：中位数为 ，方差为
【答案】C
【分析】根据平均数、中位数、方差的定义，通过举例排除ABD，由假设推理判断C．
【详解】若甲的5个点数分别是 ，满足选项A；
若乙的5个点数分别是 ，满足选项B；
若丁的5个点数分别是 ，平均数为4，其方差为 ，
满足选项D；若丙的平均数为2，又有点数6，则方差 ，不可能满足C，因此丙不会出现点数6，
故选：C．
6．已知 ，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】 ， ，作商 ，利用基本不等式可得 ，得 ，根
据对数函数的单调性可得 .
【详解】 ， ，
，
所以 ，
，
所以 .
故选：A
7．已知点 为椭圆 : 的右焦点，点 是椭圆 上的动点，点 是圆 上的动点，
则 的最小值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】作出图形，利用椭圆的定义以及圆的几何性质可求得 的最小值.【详解】如下图所示： 在椭圆 中， ，
则 ，圆 的圆心 ，半径 ，圆心 为椭圆 的左焦点，由椭圆定
义可得 ， ，由椭圆的几何性质可得 ，即
，由圆的几何性质可得 ，
所以 ，所以 的最小值是 .故选：C.
8．已知四面体 ABCD 的各顶点均在球 的球面上，平面 平面
，则球 的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】先找 和 的外接圆的圆心，过圆心分别作两个三角形所在平面的垂线，两垂线的交
点就是球心.
【详解】如图，取BC的中点为E，BD的中点为 ，所以 为 的外心，
连接AE，EF，设 的外心为 ，
因为 ，即 为等边三角形，
所以点 在AE上，且设球心为 ，连接OG，OF，
则 平面 平面BCD，
因为平面 平面BCD，所以 ，
因为 为等边三角形， 为BC的中点，所以 ，
因为平面 平面BCD，平面 平面 ， 面 ，
所以 平面BCD，则 ，又 平面BCD，所以 ，
同理 平面ABC，所以 ，故四边形OGEF是矩形.
由 ，可得 ，故 ，又 ，
设球 的半径为 ，则 ，
所以球 的表面积 .
故选：C.
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．设复数 ， ，则（ ）
A． 的虚部为
B． 的共轭复数为
C．
D．在复平面内，复数 对应的点位于第四象限
【答案】ABD
【分析】根据复数的概念、复数的四则运算、复数的几何意义，逐项判断即可.
【详解】选项A： ，其虚部为 ，故A正确．
选项B： ，则 的共轭复数为 ，故B正确．
选项C：因为 ，所以 ．又 ，所以 ，故C不正确．
选项D： ，其在复平面内对应的点为 ，位于第四象限，故D
正确．
故选：ABD.
10．函数 的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．函数 在 上单调递增
C．若 ，则 的最小值是1
D．把 的图象向右平移2个单位长度，所得图象与函数 的图象关于 轴对称
【答案】ACD
【分析】结合函数图象及余弦函数的性质求出函数解析式，再根据余弦函数的性质一一判断即可；
【详解】由图可知 ， ，则 ，又 及函数在 上单调递减，所以
，
所以 ，又函数过点 ，所以 ，
所以 ，解得 ，又 且 ，即 ，即 ，所以 ，
所以 ，所以 ；
对于A：
，
又 ， ，
即 ，又 在 上单调递增，
所以 ，即 ，
所以 ，则 ，故A正确；
对于B：当 时 ，又 在 上单调递减，
所以 在 上单调递减，故B错误；
对于C：令 ，即 ，
则 或 ，
解得 或 ，又 ，则 的最小值是 ，故C正确；
对于D：把 的图象向右平移 个单位长度得到 ，
又 ，
所以 与 关于 轴对称，故D正确.
故选：ACD
11．若不等式 在 时恒成立，则实数 的值可以为（ ）
A． B． C． D．2
【答案】BCD
【分析】构造函数 ，将 恒成立问题转化为 恒成立问题，求导，研究
单调性，画出其图象，根据图象逐一验证选项即可.
【详解】由 得 ，
设 ，则 ，
当 时， ， 单调递增，当 时， ， 单调递减，
又 ， ，当 时， 恒成立，
所以 的图象如下：
， ，即 ， ，
对于A：当 时， ，根据图象可得 不恒成立，A错误；对于B：当 时， ，根据图象可得 恒成立，B正确；
对于C：当 时， ，根据图象可得 恒成立，C正确；
对于D：当 时， ，又 ，
因为 ，且 ，即 ，
所以 ，即 ，
根据图象可得 恒成立，D正确；
故选：BCD.
【点睛】关键点点睛：本题的关键将条件变形为 ，通过整体结构相同从而构造函数 来解
决问题.
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．已知抛物线 的焦点为 ，点 在抛物线 上.若 ，则 ．
【答案】
【分析】根据焦半径公式，即可求解.
【详解】因为抛物线方程为 ，所以 ，由焦半径公式可知，
，得 .
故答案为：
13．阳春三月，草长莺飞；丝绦拂堤，尽飘香玉.三个家庭的3位妈妈带着3名女宝和2名男宝共8人踏春.
在沿行一条小溪时，为了安全起见，他们排队前进，三位母亲互不相邻照顾孩子；3名女宝相邻且不排最
前面也不排最后面；为了防止2名男宝打闹，2人不相邻，且不排最前面也不排最后面.则不同的排法种数
共有 种（用数字作答）.
【答案】288
【分析】
根据给定条件，利用分步乘法计数原理，结合相邻与不相邻问题，列式计算即得.
【详解】第一步：先将3名母亲作全排列，共有 种排法；
第二步：将3名女宝“捆绑”在一起，共有 种排法；第三步：将“捆绑”在一起的3名女宝作为一个元素，在第一步形成的2个空中选择1个插入，有 种排
法；
第四步：首先将2名男宝之中的一人，插入第三步后相邻的两个妈妈中间，
然后将另一个男宝插入由女宝与妈妈形成的2个空中的其中1个，共有 种排法.
所以不同的排法种数有： （种）.
故答案为：288
f x,gx
14．已知函数 的定义域均为R，且满足
60
 f(n)
f xg2x4,gx f x46,g3xgx10,
则 ．
n1
【答案】1590
f(x) f(x)8 f(x) f(x2)2 f(x)x f(x2)x2
【分析】根据递推关系可得 且 ，进而有 ，构造
h(x) f(x)x h(x) f(0)4 f(1)3 h(0) h(1)
f(n)
易知 是周期为2，分别求得 、 ，再求 、 ，根据周期性求 ，最
后求和.
f xg2x4 f(x)g(x2)4 g(x2) f(x)4
【详解】由 ，则 ，即 ，
gx f x46 g(x2) f(x2)6 g(x2)6 f(x2)
由 ，则 ，即 ，
gx1 f x3 f x1g3x f x3 f x12
又 ，
f(x) f(x2)2
即 ，
f(x2) f(x)2 g(x2)6 f(x2)4 f(x)
所以 ，故 ，
f(x)44 f(x) f(x) f(x)8 f(x) (0,4)
综上， ，则 ，故 关于 对称，
f(x)x f(x2)x2
且有 ，
h(x) f(x)x h(x)h(x2) h(x)
令 ，则 ，即 的周期为2，
g3xgx10
g(x) (2,0) g(2)0
由 知： 关于 对称且 ，
f(0)g(2)4 f(0)4 h(0) f(0)04
所以 ，即 ，则 ，
f(1) f(1)8

由f(1) f(1)2，可得 f(1)3，则h(1) f(1)14，h(0)h(2) f(2)24 f(2)2 h(1)h(3) f(3)34 f(3)1
所以 则 ； 则 ，
f(4)0 f(5)1 f(n)4n
依次类推： ， ，……， ，
60 60(356)
 f(n) f(1) f(2)... f(60) 1590
所以 2 .
n1
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）如图， 中，角 、 、 的对边分别为 、 、 .
(1)若 ，求角 的余弦值大小；
(2)已知 、 ，若 为 外接圆劣弧 上一点，求 周长的最大值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由正弦定理化边为角，利用三角形内角和定理与和角的正弦公式化简即得；
（2）由余弦定理得到 的关系式 ，利用基本不等式求得 ，
即得周长的最大值.
【详解】（1）在 中，由 及正弦定理，
得 即 ，
则 ，
整理得 ，而 ，即 .（6分）
（2）在 中， ，由余弦定理得 ，即 ，
于是 ，
解得 ，当且仅当 时取等号，
所以当 时， 周长取得最大值 .（13分）
16．（15分）已知函数 .
(1)若 ，求 在 处的切线方程；
(2)讨论 的零点个数.
【答案】(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）根据已知条件及导数的求导法则，利用导数的几何意义及直线的点斜式方程即可求解；
（2）利用导数法求含参函数的单调性，进而求出函数的最值，结合函数的单调性、函数的最值关系和函
数零点存在定理对a的范围进行分类讨论，即可求解函数零点个数.
【详解】（1）若 ，则 .
又 ,切点为 ，
曲线 在 处的斜率 ，
故所求切线方程为 即 .（5分）
（2）由题 ．
1°当 时， 在 上单调递减，又 .
故 存在一个零点，此时 零点个数为1. （7分）2°当 时，令 得 ，令 得 ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增.
故 的最小值为 .（9分）
当 时， 的最小值为0，此时 有一个零点.
当 时， 的最小值大于0，此时 没有零点．
当 时， 的最小值小于0， ，
时， ，此时 有两个零点. （14分）
综上，当 或 时， 有一个零点；
当 时， 有两个零点；
当 时， 没有零点. （15分）
17．（15分）如图1，在正方形 中， ， 为 的中点，过点 作 的垂线，与
分别交于点 ，把四边形ABFD沿BF折起，使得AO 平面BCF，点A，D分别到达点 的位置，
连接 ，如图2.
(1)设 ， 是线段 （不含端点）上一动点，问：是否存在点 ，使 ？若存在，求出 的值；若不存在，请说明理由；
(2)求平面 与平面 所成角的余弦值.
【答案】(1)存在， (2) ．
【分析】（1）建立空间直角坐标系，设 .结合 ，得 ，利用
，计算得出结果；
（2）利用空间向量法计算平面 与平面 所成角的余弦值；
【详解】（1）存在点 ，且当 时， .
由题意，知 两两垂直，所以以点O为原点，分别以 为x轴、y轴、z轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系.因为
所以可求得
所以 所以 .
因为点 在线段 上，所以可设 .因为 ，所以点 ，
所以 ，
假设存在点 ，使得 ，则 ，
所以 ，解得 ，即 所以 ，
所以存在点 ，且当 时， .（8分）
（2）由（1）得所以 ， ， ， = .
设平面 的法向量为 ，则 ，
取 ，得 ，则 是平面 的一个法向量.
设平面 的法向量为 ，则 ，
取 ，得 ，则 是平面 的一个法向量.
设平面 与平面 所成的角为 ，
则 = ，
所以平面 与平面 所成角的余弦值为 ．（15分）
18．（17分）已知 为双曲线 上一点， 分别为双曲线 的左、右顶点，
且直线 与 的斜率之和为 ．
(1)求双曲线 的方程；
(2)不过点 的直线 与双曲线 交于 两点，若直线 的倾斜角分别为 和 ，且
，证明：直线 过定点．
【答案】(1) (2)证明见解析
【分析】（1）利用 及点 在双曲线上，可构造方程求得 ，从而得到双曲线方程；
（2）验证可知直线 斜率均存在，由斜率与倾斜角关系可得 ，将直线 方程与双曲线
方程联立可得韦达定理的结论；利用两点连线斜率公式，结合韦达定理可表示出 ，化简整
理得到 或 ，验证可知 满足题意，由直线过定点的求法可求得结果.
【详解】（1）由题意知： ， ，
， ，又 在双曲线 上，
，解得： ；
双曲线 的方程为： .（5分）
（2）当直线 中的一条斜率不存在时，不妨设直线 斜率不存在，则 ， ，
，直线 ，即 ，
由 得： ，解得： ，
即直线 与双曲线 相切于点 ，不合题意；
直线 斜率均存在，则 ， ，
，
，即 ，
；
设A(x ,y ),B(x ,y )，由 得：
1 1 2 2
且 ， ， ，
， ，
由 得： ，
，
，
，
整理可得： ，即 ， 或 ，当 时，直线 恒过点 ，不合题意；
当 时，满足 ，此时直线 恒过点 ；
综上所述：直线 过定点 . （17分）
19．（17分）从数列 中选取第 项，第 项， ，第 项（ ），若数列 ， ， ，
是递增数列或递减数列（规定 时，该数列既是递增数列，也是递减数列），称 ， ， ，
为数列 的长度为m的单调子列.已知有穷数列A： ， ， ， （ ），任意两项均不相同，现
以A的每一项 为首项选取长度最大的递增的单调子列，设其共有 项，则 ， ， ， 构成一个新数
列B.
(1)当数列A分别为以下数列时，直接写出相应的数列B；
（ⅰ）1，3，5，7；
（ⅱ）4，1，2，6，3.
(2)若数列A为等差数列，求证：数列B为等差数列；
(3)若数列A共有 （ ）项，求证：A必存在一个长度为 的单调子列.
【答案】(1)（ⅰ）4，3，2，1；（ⅱ）2，3，2，1，1.
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）理解数列新定义，从而得解；
（2）对等差数列进行分类：即递减等差数列和递增等差数列，然后根据新定义推导新数列的元素及通项，
就可得以证明；
（3）利用反证法，结合数列的新定义即可得解.
【详解】（1）（ⅰ）根据题意：选 ，则有1，3，5，7，共有 项；选 ，则有3，5，7，共有 项；
选 ，则有5，7，共有 项；
选 ，则有7，共有 项；
所以数列B为：4，3，2，1；（5分）
（ⅱ）同理数列B为：2，3，2，1，1. （7分）
（2）设数列A的公差为d，因为 ，
当 时，数列A为单调递减数列，
所以 ，
所以B为等差数列.
当 时，数列A为单调递增数列，
以数列A的任意项 为首项选取长度最大的递增的单调子列为 ， ， ， ， .
所以 （ ，2，3， ，n）.
所以B为等差数列，
综上，当数列A为等差数列时，数列B也为等差数列. （13分）
（3）若 ， ， ， 中有一个 ，
那么数列A存在一个长为 的递增子列.
所以A存在一个长度为 的单调子列.
若数列A不存在长度超过t的递增子列，即 ， ，2，3， ， .
所以在 ， ， ， 中，至少有 个数是相等的.
取其中 项，不妨设为 ，其中 .
下面证明当 ，且 时， ，
假设 ，将 加到以 为首项长度为b的递增子列前面，构成了以 为首项长度为 的递增子列，
与 为首项的最长递增子列的项数为b矛盾，假设不成立.
所以 ，
由此可知 ，.
所以 ， ， ， ，构成了一个长为 的递减子列.
综上，A必存在一个长度为 的单调子列. （17分）
【点睛】思路点睛：本题主要考查“新定义”数列，主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、
新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，用反证法来请明
新结论，这样有助于对新定义的透彻理解.