新高考2卷-2025屆高考數(shù)學(xué)仿真猜題卷

第頁四川天地人教育資料出品新高考2卷——2025屆高考數(shù)學(xué)仿真猜題卷學(xué)校：___________姓名：___________班級：___________考號：___________

一、選擇題1．設(shè)集合，，則()A. B. C. D.1．答案：C解析：或，，所以.故選C.2．記等差數(shù)列的前n項和為，，，則()A.120 B.140 C.160 D.1802．答案：C解析：因為，所以，所以，所以.故選C.3．已知向量a，b滿足，且，若，則()A. B. C.2 D.3．答案：A解析：依題意，即.又，且，所以，即，解得.4．若圓與圓外切，則m的值為()A.21 B.19 C.9 D.4．答案：C解析：易得圓的圓心，半徑，圓，即的圓心，半徑，則.又兩圓外切，所以，即，解得.5．當時，曲線與的交點個數(shù)為()A.4 B.5 C.6 D.85．答案：A解析：，在同一平面直角坐標系中作出和的大致圖象，如圖.當時，兩函數(shù)圖象共有4個交點，故選A.6．若函數(shù)為偶函數(shù)，則()A. B.1 C. D.26．答案：C解析：由題可得的定義域為，因為為偶函數(shù)，所以其定義域關(guān)于原點對稱，所以，故，所以，則，因為對任意的，恒成立，所以，所以，故選C.7．已知正四棱臺的上、下底面邊長分別為，，體積為，且該正四棱臺的所有頂點都在同一球面上，則該球的表面積為()A. B. C. D.7．答案：A解析：設(shè)該正四棱臺的高為h，上、下底面的外接圓的半徑分別為，，依題意知，，則該正四棱臺的體積，得.設(shè)球心到該正四棱臺上、下底面的距離分別為，，球的半徑為R，則或.依題意有，即（*）.當時，，代入（*）式，得，不合題意，舍去.當時，，代入（*）式，得，此時，符合題意，所以.故球的表面積為.故選A.8．[2024秋·高三·吉林通化·月考?？糫如圖，從1開始出發(fā)，一次移動是指從某一格開始只能移動到鄰近的一格，并且總是向右或向右上或向右下移動，而一條移動路線由若干次移動構(gòu)成，如從1移動到11：就是一條移動路線.從1移動到數(shù)字的不同路線條數(shù)記為，從1移動到11的事件中，跳過數(shù)字的概率記為，則下列結(jié)論正確的是()①，②，③，④.A.①②③ B.①②④ C.②③④ D.①②③④8．答案：A解析：由題意可知，，，則，，，，，，，，故①正確；由題意得，故②正確；因為，經(jīng)過數(shù)字5的路線共有條（理由：如上樹狀圖所示，分別計算得的路線共有5條，的路線共有13條，利用分步乘法計數(shù)原理可得過數(shù)字5的路線共有條），所以，故③正確；同理可得，，即有，故④錯誤.故選A.二、多項選擇題9．若復(fù)數(shù)z滿足，則下列結(jié)論錯誤的是()A.z的虛部為 B.z為實數(shù) C. D.9．答案：ABD解析：因為，所以，所以z的虛部為，z為虛數(shù)，，，所以A，B，D符合題意，C不符合題意10．[2024屆·安徽合肥·模擬考試]已知橢圓的左、右頂點分別為A，B，左焦點為F，M為C上異于A，B的一點，過點M且垂直于x軸的直線與C的另一個交點為N，交x軸于點T，則()A.存在點M，使 B.C.的最小值為 D.周長的最大值為810．答案：BCD解析：因為橢圓C的方程為，所以左頂點，右頂點，左焦點.當點M位于短軸端點時，最大，即，所以此時，，所以，又因為，所以，所以橢圓上不存在點M，使，所以選項A錯誤.設(shè)，則，，且，，，所以，，，，，，即，所以選項B正確.，所以，，所以，，，所以當時，取得最小值，且最小值為，所以選項C正確.因為橢圓的離心率，，所以根據(jù)橢圓的對稱性，不妨令，則，，所以的周長為，因為點M在橢圓上，所以令，，其中且，所以的周長，當，，即時，的周長取得最大值，且最大值為8，所以選項D正確.綜上，選BCD.11．已知正方體的棱長為1，M為正方體的表面上的動點，N為側(cè)面上的動點，則下列結(jié)論正確的是()A.若，則M的軌跡長度為B.若，則DN的最小值為C.若M在上，N在上，則MN的最小值為D.若M為的中點，N為AB的中點，則過M，N，三點的平面截正方體所得的截面為直角梯形11．答案：AB解析：對于A，由，得點M的軌跡為以點B為球心，為半徑的球面與正方體表面的交線，如圖①，其中，，等長，，，等長，，所以，同理，所以，所以的長為，，，所以的長為，所以M的軌跡長度為，故A正確；對于B，如圖②，連接，，，，因為平面，平面，所以，又，，平面，所以平面，因為平面，所以，同理可證，又，平面，所以平面，因為N為側(cè)面上的動點，，所以N在線段上，又是邊長為的等邊三角形，所以DN的最小值為邊上的高，即，故B正確；對于C，如圖③，取的中點為Q，連接，，易知平面，平面，所以，所以，當點N與點重合，點M與點Q重合時，與均取得最小值，此時MN取得最小值，故MN的最小值為，故C錯誤；對于D，如圖④，若M為的中點，N為AB的中點，取AD上靠近點A的四等分點P，連接，，，，取線段AD的中點E，連接BE，ME，則，，則四邊形為梯形，則梯形為過M，N，三點的平面截正方體所得的截面，，，，所以，即，同理可得，所以梯形不是直角梯形，故D錯誤.故選AB.三、填空題12．已知函數(shù)且，則在區(qū)間上的最大值與最小值的和是__________.12．答案：3解析：因為，即，所以，則在區(qū)間上單調(diào)遞減，所以，，故最大值與最小值的和是3.13．已知隨機變量，隨機變量若，則正整數(shù)n的最小值為_________.13．答案：6解析：由，得，又所以，易得單調(diào)遞增，又當時，，所以正整數(shù)n的最小值為6.14．已知函數(shù)有三個零點，則實數(shù)a的取值范圍是__________.14．答案：解析：方法一：由題可得，函數(shù)最多只有一個零點.由，得，當時，，單調(diào)遞減；當時，，單調(diào)遞增，所以，且當時，，所以最多有兩個零點.因為有三個零點，所以有兩個零點，有一個零點，所以解得，所以實數(shù)a的取值范圍為.方法二：已知函數(shù)有三個零點，當時，，令，解得；當時，，令，解得.所以構(gòu)造函數(shù)則有三個零點等價于的圖象與直線有三個交點.由，得，當時，，單調(diào)遞減，當時，，單調(diào)遞增，，且當時，，，所以的圖象與直線最多只有兩個交點；的圖象與直線最多只有一個交點.綜上，直線與的圖象有兩個交點，與的圖象有一個交點，如圖，則解得，所以實數(shù)a的取值范圍為.四、解答題15．在銳角三角形ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且滿足.（1）求B；（2）求的取值范圍.15．答案：（1）（2）解析：（1）因為，所以，所以，即.因為，所以.（2）由（1）知，所以，由正弦定理知.因為為銳角三角形，，所以解得，所以，可得，所以，所以的取值范圍是.16．已知函數(shù)，其中，e為自然對數(shù)的底數(shù).（1）若，證明；（2）討論的極值點的個數(shù).16．答案：（1）證明見解析（2）函數(shù)在上有且僅有一個極值點解析：（1）證明：當時，，則，，.當時，，單調(diào)遞減；當時，，單調(diào)遞增.又，所以.（2）由題意知，函數(shù)的定義域為，.設(shè)，，顯然函數(shù)在上單調(diào)遞增，與同號.①當時，，，所以函數(shù)在內(nèi)有一個零點，所以函數(shù)在上有且僅有一個極值點.②當時，由第（1）問知，函數(shù)在上有且僅有一個極值點.③當時，，，因為，所以，.又，所以函數(shù)在內(nèi)有一個零點，記為，所以當時，，即，當時，，即，所以在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，所以函數(shù)在上有且僅有一個極值點.綜上所述，函數(shù)在上有且僅有一個極值點.17．[2024屆·浙江·一模聯(lián)考]在正三棱臺中，側(cè)棱長為1，且，E為的中點，D為上的點，且.（1）證明：平面，并求出AD的長.（2）求平面BDE與平面ABC夾角的余弦值.17．答案：（1）證明見解析；（2）解析：（1）證明：如圖所示，由三棱臺的性質(zhì)可知延長，，交于點P，連接PE并延長交BC于F，連接AF，易得三棱錐為正四面體，所以，，且平面，平面APF，所以平面APF.因為平面APF，所以.因為，且平面，平面，所以平面.又因為平面，所以.在中，，，，所以，，所以.（2）以底面的中心O為坐標原點，與BC平行的直線為x軸，OF為y軸，OP為z軸建立如下圖所示的空間直角坐標系，則，，，，，，，所以，.設(shè)平面BDE的一個法向量為，則即令，則，，所以.取平面ABC的一個法向量為，所以，所以平面BDE與平面ABC夾角的余弦值為.18．已知拋物線，過點作拋物線C的兩條切線，，且，點P關(guān)于y軸的對稱點為Q，點M，N是拋物線C上的兩個點.（1）求p；（2）若O為坐標原點，直線MN經(jīng)過點Q，且的面積為12，求直線MN的方程；（3）若直線MN不經(jīng)過點Q，且直線QM與直線QN的斜率之積為4，過點Q作直線QG垂直MN于點G，求點G到C的準線l距離的最大值.18．答案：（1）（2）或（3）解析：（1）設(shè)過點的拋物線C的切線方程為，聯(lián)立得，化簡得，則，整理得.設(shè)切線，的斜率分別為，，因為，所以，得，即，解得.（2）由題意知，設(shè)直線MN的方程為，聯(lián)立得，化簡得，則，得，設(shè)，，則，，則，點O到直線MN的距離為，則，即，整理得或，得或，故直線MN的方程為或.（3）設(shè)直線MN的方程為，聯(lián)立得，化簡得，則，即，且，，又，所以，整理化簡得，又直線MN不經(jīng)過點Q，所以，則，所以直線MN的方程為，因此直線MN恒過定點.由，得，解得或.解法一：由題可知，直線QG的方程為，由得，則點G到C的準線l的距離.令，若，則，，且，即.若，則，當，即時，；當，即時，，且，即；當，即時，，當且僅當，即時取等號.因此點G到C的準線l距離的最大值為.解法二：連接QT，因為，所以點G在以QT為直徑的圓上，所以點G到C的準線l的距離的最大值為圓心到C的準線l的距離加上半徑，即，此時，，滿足題意，因此點G到C的準線l距離的最大值為.19．已知為定義域M內(nèi)的連續(xù)函數(shù)，為其導(dǎo)函數(shù)，常數(shù)，若各項不相等的數(shù)列滿足，，，則稱為的“拉格朗日數(shù)列”，簡記為“—數(shù)列”.（1）假設(shè)函數(shù)，數(shù)列是的“—數(shù)列”，且.（i）求，；（ii）證明：是遞減數(shù)列.（2）正項數(shù)列是函數(shù)的“—數(shù)列”，已知，記的前n項和為.證明：當時，.19．答案：（1）（i），（ii）證明見解析（2）證明見解析解析：（1）（i）因為，，所以，解得，所以，解得.（ii）證明：當時，易知，所以.因為，所以，所以，所以，…，以此類推，故.要證，只需證，即證.設(shè)函數(shù)，則，所