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2025 年高考数学全真模拟卷01
（考试时间：120 分钟 试卷满分：150 分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
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。
第一部分（选择题 共58 分）
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．已知集合
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】根据对数函数的定义域、指数函数的值域求得
，
，进而求得
.
【详解】由
，解得
，所以
，
而
，所以
，
所以
.
故选：B.
2．已知
，则
的值是（ ）
A．2
B．－2
C．
D．
【答案】D
【分析】首先利用诱导公式求出
，再利用二倍角公式
和同角三角函数的关系，
对
齐次化处理，然后分子分母同时除以
，即可求解．
【详解】因为
，所以
，
则
．
故选：D．
3．已知
为单位向量，且
，则
与
的夹角为（ ）
1
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A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】由
，可得
，然后由向量夹角公式可得答案；
【详解】因为
为单位向量，由
，
所以
，
即
，
设
与
夹角为
，
则
，
又
，所以
.
故选：C.
4．已知数列
为等差数列，
，
，，
，设
，
，则
是
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】A
【分析】结合等差数列和常数数列的性质，分别从充分性和必要性两个方面分析即可.
【详解】当数列
是等差数列时，根据等差数列的性质，当
时，有
，所以
是
的充分条件；
当数列
是等差数列且为常数数列时，由于
是恒成立的，所以
未必成立，所
以
是
的不必要条件.
综上可知：
是
的充分不必要条件.
故选：A
5．国际学生评估项目测试是世界经济合作与发展组织对各国中学生阅读、数学、科学能力评价测试. 从
年开始，每年进行一次测试评估. 在评估研究时将测试成绩按一定规则转换成等级赋分，赋分范围
是
至
分，如图是
年的某地中学生参加阅读测试后用赋分数据绘制成的不完整频率分布直方图.
据图中数据，下面说法正确的是（ ）
2
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A．该地学生成绩的中位数一定大于
B．该地学生成绩的众数介于
至
之间
C．该地学生成绩的极差介于
至
之间
D．该地学生成绩没有超过
分学生所占比例为
【答案】C
【分析】根据频率分布直方图，利用中位数、众数、极差的定义，对选项A、B 和C 逐一分析判断，即可
求解；对于选项D，利用频率分布直方图，可得没有超过
分学生所占比例为
，即可求解.
【详解】对于选项A，分数在[40,50)的频率为
，分数在
的频率为
，分数在
的频率
为
，分数在
的频率为
，分数在
的频率为
，
由图知，
，所以
，
所以中位数在
间，但不一定大
，所以选项A 错误，
对于选项B，由众数的定义知，众数是成绩出现次数最多的，
所以众数不一定介于
至
之间，所以选项B 错误，
对于选项C，由极差的定义知，学生成绩的极差介于
至
之间，所以选项C 正确，
对于选项D，由选项A 知，学生成绩没有超过
分学生所占比例为
，所以选项D 错误，
故选：C.
6．已知
，则
的大小关系是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】利用辅助角公式确定
的取值范围，根据指数函数和对数函数的单调性确定
的范围，进而可得
答案.
【详解】
，
∵
，∴
，从而
；
3
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∵
，
∴
，则
，即
；
∵
，
∴
，则
，即
，
∴
，即
；
∵
，
∴
，即
；
综上，
.
故选：D.
7．已知
是椭圆E: x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的左焦点，经过原点
的直线与椭圆
交于
两点，若
，且
，则椭圆
的离心率为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】根据椭圆的定义以及余弦定理可求出
的关系，即可求出椭圆的离心率.
【详解】设椭圆右焦点为
，连接
，
，
根据椭圆对称性可知四边形
为平行四边形，则
，
因为
，可得
，
结合
，所以
，
则
，
，
4
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由余弦定理可得
，
即
，即
故椭圆离心率
故选：C.
8．已知正四面体
的棱长为，如果一高为
的长方体能在该正四面体内任意转动，则该长方体的
长和宽形成的长方形面积的最大值为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】根据题意，要满足一高为
的长方体能在该正四面体内任意转动，则长方体的对角线长不超过
正四面体的内切球的直径．利用正四面体的性质可得内切球的半径，利用长方体的对角线与内切球的直径
的关系、基本不等式的性质即可得出.
【详解】
设正四面体
如图所示，
可得它的内切球的球心
必定在高线
上，
延长AH 交BC 于点D，则D 为BC 的中点，连接SD，
则内切球切SD 于点E，连接AO．
∵H 是正三角形ABC 的中心，∴
，
∵
，
∴
，可得
，
因此，
，可得内切球的半径
，
∵正四面体棱长为1，
∴
中，
，解得
，
5
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要满足一高为
的长方体能在该正四面体内任意转动，
则长方体的对角线长不超过正四面体的内切球的直径，
设该长方体的长和宽分别为
，
，
该长方体的长和宽形成的长方形面积为，
∴
，∴
，
∴
，即长方形面积的最大值为
.
故选：D
【点睛】关键点睛：本题考查了正四面体的性质、勾股定理、长方体的对角线与其外接球的直径之间的关
系，难度较大，解答本题的关键在于找到长方体的对角线与内切球的直径的关系，然后结合基本不等式求
解.
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
为复数，有以下四个命题，其中真命题的序号是（ ）
A．若
，则
B．若
，则
C．
D．若
，则
【答案】BCD
【分析】利用复数的意义判断AD；由模的计算判断BC.
【详解】对于A，
是复数，如
，由不全是实数的两个复数不能比较大小，A 错误；
设
，
对于B，由
，得
，则
，
因此
，
，B 正确；
对于C，
，
，C 正确；
对于D，由
，得
都是实数，因此
，D 正确.
故选：BCD
10．已知函数
，若
及其导函数
的部分图象如图所示，
则（ ）
6
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A．
B．函数
在
上单调递减
C．
的图象关于点
中心对称
D．
的最大值为
【答案】AB
【分析】根据图象，结合函数的单调性与其导函数正负的关系，先判断两个图象
中哪个是
的图象，哪个是
的图象，进而列出关于
的方程组
求解
，再结合特殊点求解参数
，由此确定函数
和
的解析式，
再判断各个选项的正误即可．
【详解】因为
，所以
，根据图象可知，当
时，
，所以
单调递增，故
，从而
．
又
，所以
，由
得
，
故
，
．
选项A：
的最小正周期为
，故
，A 正确．
选项B：令
，解得
，
故函数
在
上单调递减，B 正确．
选项C：由于
，
，
7
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故
的图象不关于点
中心对称，故C 错误．
选项D：
，
其中
为锐角，且
，（辅助角公式的应用）,所以
的最大值为
，D 错误．
故选：AB
11．已知函数
，则（ ）
A．
，曲线
与定直线相切
B．
，使得函数
为减函数
C．当
时，函数
只有最大值，没有最小值
D．当
时，
【答案】ACD
【分析】先求出原函数的导数，结合参数a 的情况分析
为定值，从而判断A 选项；由
，从而
判断B 选项；当
时，通过对原函数连续求导，判断出
的单调性和最值，从而判断C、D 选项.
【详解】对A，因为
，所以
，
，
所以曲线
与定直线
相切，故A 正确；
对B，因为
，
，而
若为减函数，则
恒成立，
二者矛盾，所以函数
不可能为减函数，故B 错误；
对C，当
时，
，设
，
则
，
当
时，
，当
时，
，
所以
在
，
上单调递减，在
上单调递增，
又
，
，
，
所以存在
，使得
，
当
时，
，当
时，
，
所以
在
上单调递增，在
上单调递减，
所以
只有最大值，没有最小值，故C 正确；
对D，因为
，且
在
上单调递增，
8
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所以
，故D 正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：本题的关键，一是对原函数求导后，分析出
，
；二是对函数
连续求导，结合零点的存在性定理，判断出
的单调性和最值，从而解决问题.
第二部分（非选择题 共92 分）
三、填空题：本题共3 小题，每小题5 分，共15 分。
12．已知抛物线
上一点
到焦点的距离为
，则其焦点坐标为 ．
【答案】
【分析】由抛物线方程可得焦点坐标与准线方程，结合题意建立方程，可得答案.
【详解】由抛物线
，则焦点
，准线
，
由题意可得
，解得
，所以焦点
.
故答案为：
.
13．某商场举办一个促销活动，一次性消费达到一定金额可抽奖一次，抽奖规则：在一个不透明的箱子中
放有7 个质地、大小完全相同的小球，每个小球的表面上均标有1 个数字，数字为1 或2，每次抽奖从箱子
中一次性随机摸取3 个小球，若3 个小球表面上所标数字之和为奇数，则中奖，否则不中奖.记标有数字1
的小球个数为
，从商场的角度考虑，若想使中奖率最低，则
.
【答案】5
【分析】分
的取值，由古典概率结合组合数的计算比较可得；
【详解】设标有数字2 的小球个数为
，则
，
当
，
时，中奖的概率为
；
当
，
时，中奖的概率为
；
当
，
时，中奖的概率为
；
当
，
时，中奖的概率为
；
9
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当
，
时，中奖的概率为
，
综上可知，当
时，中奖率最低.
故答案为：5.
14．已知函数
关于直线
对称，则函数
的所有零点之和
为 ，
的最小值为 .
【答案】
【分析】根据函数
的对称性得
，利用赋值法可得
的值，进而得函数解析
式，由
解得函数的零点再相加即可；利用换元法化简函数解析式，利用二次函数的性质，复合函
数单调性判断方法可求函数最值.
【详解】由题意，函数
的定义域为
，
由函数
关于直线
对称，得
，
令
，则
，即
，
令
，则
，即
，
联立
，解得
，
则
，
令
，解得
，
所以函数
的所有零点之和为
；
，
令
，因为函数
在区间
上单调递减，在区间
上单调递增，
所以
时，有最小值，最小值为
，则
，
所以
，因为函数
在区间
上单调递减，在区间
上单调递增，
由
，得
，解得
，
所以复合函数
在区间
上单调递减，在区间
上单调递增，在区间
上单调递减，在区间
上单调递增，
因此，结合函数
的对称性可知，当
或
时，函数值最小，
即
的最小值为
.
故答案为：
；
.
10
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【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于根据对称性，采用赋值法求得函数解析式；以及换元法化简函数
解析式，利用二次函数的性质，复合函数单调性判断方法求函数最值.
四、解答题：本题共5 小题，共77 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。
15．（13 分）
在三角形中，内角
的对边分别为
，已知
(1)求
；
(2)若
（i）求
；
（ii）求
.
【答案】(1)
；
(2)（i）
；（ii）
.
【分析】（1）由题设结合正弦定理边化角和两角和的正弦公式即可计算求解.
（2）（i）先由（1）求出
，再由题设结合正弦定理即可计算求解.
（ii）由（i）求出
，接着由倍角公式求出
，再由
结合两角和的正弦公式即
可计算求解.
【详解】（1）因为
，
所以由正弦定理得
，即
，
又
，则
，所以
.
（2）（i）由（1）可得
，
若
，则由正弦定理得
即
，
所以
.
（ii）因为
，
，
，
所以
，故
，
所以
，
所以
11
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.
16．（15 分）
已知函数
.
(1)求曲线
在
处的切线方程；
(2)求函数
的单调性；
(3)设函数
.证明：存在实数
，使得曲线
关于直线
对称.
【答案】(1)
(2)答案见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）求出
，求导，得到
，由导数的几何意义求出切线方程；
（2）求定义域，求导，对导函数因式分解，分
，
，
和
四种情况，解不等式，求出
函数单调性；
（3）先求函数定义域，根据定义域的对称性得到
，再求出
，证明出结论.
【详解】（1）
，
，
又
，
故
在
处的切线方程为
，
即
；
（2）
，定义域为
，
，
当
时，令
得
，令
得
，
故
在
上单调递减，在
上单调递增；
当
时，令
得
或
，令
得
，
故
在
和
上单调递增，在
上单调递减；
当
时，
恒成立，故
在
上单调递增；
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当
时，令
得
或
，令
得
，
故
在
和
上单调递增，在
上单调递减；
综上，当
时，
在
上单调递减，在
上单调递增；
当
时，
在
和
上单调递增，在
上单调递减；
当
时，
在
上单调递增．
当
时，
在
和
上单调递增，在
上单调递减；
（3）证明：函数
，
函数
的定义域为
．
若存在
，使得曲线
关于直线
对称，
则
关于直线
对称，所以
由
．
可知曲线
关于直线
对称．
【点睛】结论点睛：函数的对称性：
若
，则函数
关于
中心对称，
若
，则函数
关于
对称，
17．（15 分）
如图1，菱形
的边长为
是
的中点，将
沿着
翻折，使点
到点
处，连
接
，得到如图2 所示的四棱锥
．
(1)证明：
．
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(2)当
时，求平面
与平面
的夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见详解；
(2)
.
【分析】（1）易知
，
，线面垂直的判定得到
平面
,再由线面垂直的性质得到
.
（2）以
为坐标原点，以
为
轴正方向，
为
轴负方向建立空间直角坐标系并写出有关点坐标，
由
，
求得点
坐标，再分别求出平面
与平面
的法向量，再根据求两平面夹角的
余弦值的方法求解即可.
【详解】（1）在菱形
中，
连接
，则△
是等边三角形，
∵
是
的中点，∴
在四棱锥
中，
∵
，
，
,
平面
∴
平面
,
∵
平面
，
∴
.
（2）∵菱形
的边长为
是
的中点，
，
.
由（1）知
平面
，
以
为坐标原点，以
为
轴正方向，
为
轴负方向建立空间直角坐标系（如图）
则
，
，
，
设
，则
，
由
，
，得
，
解得
，∴
，
，
，
设平面
的法向量分别为
，由
得
，令
，则
，
，
则平面
的一个法向量为
.
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设平面
的法向量分别为
，由
得
，
则
令
，则
，则平面
的一个法向量为
.
设平面
与平面
的夹角为
，则
所以平面
与平面
的夹角的余弦值为
.
18．（17 分）
已知双曲线
的右焦点为
，左顶点为
，点
在
的渐近线上，且点
到
渐近线的距离为2，动直线交
于
两点.
(1)求
的方程；
(2)若的方程为
，点
在
上，且其横坐标与点
的横坐标均不相等，证明：直线
与
直线
的斜率之积为定值；
(3)若经过点
，直线
与
轴分别交于点
，且
的中点为
，证明：
为定点，并求点
到
的距离最大时的方程.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析，
【分析】（1）根据焦点到渐近线距离为
和点
在渐近线上，可以求得双曲线
的方程；
（2）设出点
，A(x1, y1),B(x2, y2)，根据
两点关于原点对称，以及
三点在双曲线
上消去纵坐标后代入斜率公式，最终化简即可得到定值；
（3）由
三点共线，可以求得点
的纵坐标，同理可以求得点
的纵坐标，从而求得中点
的坐标；
又由直线与双曲线
方程联立，消去
后根据韦达定理得到
和
，代入
的纵坐标，化简可得为
定值；又根据直线过定点
，所以当直线
与垂直时，点
到的距离最大.
【详解】（1）因为焦点
到渐近线的距离为
，所以
，
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又点
在渐近线上，所以
，
解得
，
所以
的方程为
.
（2）设
，A(x1, y1),B(x2, y2)，
由题可知
，且
,
关于原点对称，所以
.
因为
的方程为
，所以
，
所以
.
所以
，
所以直线
与直线
的斜率之积为定值
.
（3）由（1）知
，显然直线的斜率存在，
设直线的方程为
，
，
.
由
消去
可得
，
则
，得
，且
.
，且
.
如图，由
三点共线，得
，
同理
，
因此
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，
所以
，
故
的中点
为定点
.
因为恒过点
，
所以当直线
与垂直时，点
到的距离最大，
因为
，所以直线的斜率为
，
此时的方程为
，即
.
19．（17 分）
已知递增数列
的各项为正整数，前
项和为
，数列
满足“对任意的
，均有
成立.且
.
(1)证明：数列
为等差数列，并求
的通项公式；
(2)若
的公差大于1，定义首项为2 且公比大于1 的等比数列为“G-数列”，证明：
①对任意
且
，存在“
-数列”
，使得
成立；
②当
且
时，不存在“
-数列”
，使得
对任意正整数
成立.
【答案】(1)证明见解析，
，或
(2)①证明见解析②证明见解析
【分析】（1）由条件关系取
可得
，结合关系
证明：
，再证明
时。结论也成立，由此证明数列
为等差数列，结合
，
，求
和公差
，.由此可求数列
的通项公式；
（2）由（1）
，
的公比为
，
，
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①要证明原结论只需证明存在
对
且
，
成立，利用导数证明
，由此证
明
满足条件即可；
②设
成立，则
成立，取
推出矛盾，完成证明.
【详解】（1）取
，则
，
又
，
，
所以
，
当
时，
，
两式相减整理得：
又：
，
两式相减整理可得：
，
由
，当
时，
，即
，
所以对任意的
，都有
，
所以
是等差数列，由
，可得：
.
∴
.
（2）由于
，∴
，设“
数列”
的公比为
，且
.
①由题意，只需证存在
对
且
，
成立，
即
成立，设
，
令
，所以
在
上单增，
上单减，
又∵
，∴
，
所以
，使得
对任意
且
成立.
又
，
，
，
，
，
所以对任意
且
，
均成立，
所以对任意
且
，存在“
数列”
，使得
成立；
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②由①知，若
成立，则
成立，当
时，
，
取
，由
不存在，
所以当
且
时，不存在“
数列”
，使得
对任意正整数
成立.
【点睛】“新定义”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，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现
象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万
变才是制胜法宝.
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