2025届高考数学模拟测试题（含解析）模拟卷07（解析版）

这是一份2025届高考数学模拟测试题（含解析）模拟卷07（解析版），共8页。试卷主要包含了选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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）
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
14．已知函数的定义域均为R，且满足则 ．
【答案】1590
【分析】根据递推关系可得且，进而有，构造易知是周期为2，分别求得、，再求、，根据周期性求，最后求和.
【详解】由，则，即，
由，则，即，
又，
即，
所以，故，
综上，，则，故关于对称，
且有，
令，则，即的周期为2，
由知：关于对称且，
所以，即，则，
由，可得，则，
所以则；则，
依次类推：，，……，，
所以.
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Ax1,y1,Bx2,y2，由得：
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.