1、新高考2卷2025届高考数学仿真猜题卷学校：_姓名：_班级：_考号：_一、选择题1设集合，则( )A.B.C.D.1答案：C解析：或，所以.故选C.2记等差数列的前n项和为，则( )A.120B.140C.160D.1802答案：C解析：因为，所以，所以，所以.故选C.3已知向量a，b满足，且，若，则( )A.B.C.2D.3答案：A解析：依题意，即.又，且，所以，即，解得.4若圆与圆外切，则m的值为( )A.21B.19C.9D.4答案：C解析：易得圆的圆心，半径，圆，即的圆心，半径，则.又两圆外切，所以，即，解得.5当时，曲线与的交点个数为( )A.4B.5C.6D.85答案：A解析：，在同一平面直角坐标系中作出和的大致图象，如图.当时，两函数图象共有4个交点，故选A.6若函数为偶函数，则( )A.B.1C.D.26答案：C解析：由题可得的定义域为，因为为偶函数，所以其定义域关于原点对称，所以，故，所以，则，因为对任意的，恒成立，所以，所以，故选C.7已知正四棱台的上、下底面边长分别为，体积为，且该正四棱台的所有顶点都在同一球面上，则该球的表面积为( )A.B.C.D.7答案：A解
2、析：设该正四棱台的高为h，上、下底面的外接圆的半径分别为，依题意知，则该正四棱台的体积，得.设球心到该正四棱台上、下底面的距离分别为，球的半径为R，则或.依题意有，即（*）.当时，代入（*）式，得，不合题意，舍去.当时，代入（*）式，得，此时，符合题意，所以.故球的表面积为.故选A.82024秋高三吉林通化月考校考如图，从1开始出发，一次移动是指从某一格开始只能移动到邻近的一格，并且总是向右或向右上或向右下移动，而一条移动路线由若干次移动构成，如从1移动到11：就是一条移动路线.从1移动到数字的不同路线条数记为，从1移动到11的事件中，跳过数字的概率记为，则下列结论正确的是( )，.A.B.C.D.8答案：A解析：由题意可知，则，故正确；由题意得，故正确；因为，经过数字5的路线共有条（理由：如上树状图所示，分别计算得的路线共有5条，的路线共有13条，利用分步乘法计数原理可得过数字5的路线共有条），所以，故正确；同理可得，即有，故错误.故选A.二、多项选择题9若复数z满足，则下列结论错误的是( )A.z的虚部为B.z为实数C.D.9答案：ABD解析：因为，所以，所以z的虚部为，z为虚数，
3、所以A，B，D符合题意，C不符合题意102024届安徽合肥模拟考试已知椭圆的左、右顶点分别为A，B，左焦点为F，M为C上异于A，B的一点，过点M且垂直于x轴的直线与C的另一个交点为N，交x轴于点T，则( )A.存在点M，使B.C.的最小值为D.周长的最大值为810答案：BCD解析：因为椭圆C的方程为，所以左顶点，右顶点，左焦点.当点M位于短轴端点时，最大，即，所以此时，所以，又因为，所以，所以椭圆上不存在点M，使，所以选项A错误.设，则，且，所以，即，所以选项B正确.，所以，所以，所以当时，取得最小值，且最小值为，所以选项C正确.因为椭圆的离心率，所以根据椭圆的对称性，不妨令，则，所以的周长为，因为点M在椭圆上，所以令，其中且，所以的周长，当，即时，的周长取得最大值，且最大值为8，所以选项D正确.综上，选BCD.11已知正方体的棱长为1，M为正方体的表面上的动点，N为侧面上的动点，则下列结论正确的是( )A.若，则M的轨迹长度为B.若，则DN的最小值为C.若M在上，N在上，则MN的最小值为D.若M为的中点，N为AB的中点，则过M，N，三点的平面截正方体所得的截面为直角梯形11答案：AB
4、解析：对于A，由，得点M的轨迹为以点B为球心，为半径的球面与正方体表面的交线，如图，其中，等长，等长，所以，同理，所以，所以的长为，所以的长为，所以M的轨迹长度为，故A正确；对于B，如图，连接，因为平面，平面，所以，又，平面，所以平面，因为平面，所以，同理可证，又，平面，所以平面，因为N为侧面上的动点，所以N在线段上，又是边长为的等边三角形，所以DN的最小值为边上的高，即，故B正确；对于C，如图，取的中点为Q，连接，易知平面，平面，所以，所以，当点N与点重合，点M与点Q重合时，与均取得最小值，此时MN取得最小值，故MN的最小值为，故C错误；对于D，如图，若M为的中点，N为AB的中点，取AD上靠近点A的四等分点P，连接，取线段AD的中点E，连接BE，ME，则，则四边形为梯形，则梯形为过M，N，三点的平面截正方体所得的截面，所以，即，同理可得，所以梯形不是直角梯形，故D错误.故选AB.三、填空题12已知函数且，则在区间上的最大值与最小值的和是_.12答案：3解析：因为，即，所以，则在区间上单调递减，所以，故最大值与最小值的和是3.13已知随机变量，随机变量若，则正整数n的最小值为_.13答
5、案：6解析：由，得，又所以，易得单调递增，又当时，所以正整数n的最小值为6.14已知函数有三个零点，则实数a的取值范围是_.14答案：解析：方法一：由题可得，函数最多只有一个零点.由，得，当时，单调递减；当时，单调递增，所以，且当时，所以最多有两个零点.因为有三个零点，所以有两个零点，有一个零点，所以解得，所以实数a的取值范围为.方法二：已知函数有三个零点，当时，令，解得；当时，令，解得.所以构造函数则有三个零点等价于的图象与直线有三个交点.由，得，当时，单调递减，当时，单调递增，且当时，所以的图象与直线最多只有两个交点；的图象与直线最多只有一个交点.综上，直线与的图象有两个交点，与的图象有一个交点，如图，则解得，所以实数a的取值范围为.四、解答题15在锐角三角形ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足.（1）求B；（2）求的取值范围.15答案：（1）（2）解析：（1）因为，所以，所以，即.因为，所以.（2）由（1）知，所以，由正弦定理知.因为为锐角三角形，所以解得，所以，可得，所以，所以的取值范围是.16已知函数，其中，e为自然对数的底数.（1）若，证明；（2）讨论的极
6、值点的个数.16答案：（1）证明见解析（2）函数在上有且仅有一个极值点解析：（1）证明：当时，则，.当时，单调递减；当时，单调递增.又，所以.（2）由题意知，函数的定义域为，.设，显然函数在上单调递增，与同号.当时，所以函数在内有一个零点，所以函数在上有且仅有一个极值点.当时，由第（1）问知，函数在上有且仅有一个极值点.当时，因为，所以，.又，所以函数在内有一个零点，记为，所以当时，即，当时，即，所以在上单调递减，在上单调递增，所以函数在上有且仅有一个极值点.综上所述，函数在上有且仅有一个极值点.172024届浙江一模联考在正三棱台中，侧棱长为1，且，E为的中点，D为上的点，且.（1）证明：平面，并求出AD的长.（2）求平面BDE与平面ABC夹角的余弦值.17答案：（1）证明见解析；（2）解析：（1）证明：如图所示，由三棱台的性质可知延长，交于点P，连接PE并延长交BC于F，连接AF，易得三棱锥为正四面体，所以，且平面，平面APF，所以平面APF.因为平面APF，所以.因为，且平面，平面，所以平面.又因为平面，所以.在中，所以，所以.（2）以底面的中心O为坐标原点，与BC平行的直线为x
7、轴，OF为y轴，OP为z轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则，所以，.设平面BDE的一个法向量为，则即令，则，所以.取平面ABC的一个法向量为，所以，所以平面BDE与平面ABC夹角的余弦值为.18已知抛物线，过点作抛物线C的两条切线，且，点P关于y轴的对称点为Q，点M，N是抛物线C上的两个点.（1）求p；（2）若O为坐标原点，直线MN经过点Q，且的面积为12，求直线MN的方程；（3）若直线MN不经过点Q，且直线QM与直线QN的斜率之积为4，过点Q作直线QG垂直MN于点G，求点G到C的准线l距离的最大值.18答案：（1）（2）或（3）解析：（1）设过点的抛物线C的切线方程为，联立得，化简得，则，整理得.设切线，的斜率分别为，因为，所以，得，即，解得.（2）由题意知，设直线MN的方程为，联立得，化简得，则，得，设，则，则，点O到直线MN的距离为，则，即，整理得或，得或，故直线MN的方程为或.（3）设直线MN的方程为，联立得，化简得，则，即，且，又，所以，整理化简得，又直线MN不经过点Q，所以，则，所以直线MN的方程为，因此直线MN恒过定点.由，得，解得或.解法一：由题可知，直线QG的方程为
8、，由得，则点G到C的准线l的距离.令，若，则，且，即.若，则，当，即时，；当，即时，且，即；当，即时，当且仅当，即时取等号.因此点G到C的准线l距离的最大值为.解法二：连接QT，因为，所以点G在以QT为直径的圆上，所以点G到C的准线l的距离的最大值为圆心到C的准线l的距离加上半径，即，此时，满足题意，因此点G到C的准线l距离的最大值为.19已知为定义域M内的连续函数，为其导函数，常数，若各项不相等的数列满足，则称为的“拉格朗日数列”，简记为“数列”.（1）假设函数，数列是的“数列”，且.（i）求，；（ii）证明：是递减数列.（2）正项数列是函数的“数列”，已知，记的前n项和为.证明：当时，.19答案：（1）（i），（ii）证明见解析（2）证明见解析解析：（1）（i）因为，所以，解得，所以，解得.（ii）证明：当时，易知，所以.因为，所以，所以，所以，以此类推，故.要证，只需证，即证.设函数，则，所以当时，单调递增，所以，所以，所以，所以，所以，所以数列是递减数列.（2）证明：要证，当时，成立，当时，只需证.设为数列的前项和，则，所以只需证.设，可得，所以.由“数列”的定义得，所以在上单调递增，所以在上单调递增.又因为，所以当时，单调递减，当时，单调递增.因为，在上单调递增，所以只需证.设，则，.因为，所以单调递增，所以单调递增.因为，所以，所以，单调递减，所以，所以单调递增，所以，即，所以，所以，即.综上所述，当时，.第 18 页 共 18 页四川天地人教育资料出品
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