1、新高考1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复数z满足，则( )A.B.1C.D.21答案：B解析：由题意知，所以.故选B.2已知集合，则( )A.B.C.D.2答案：B解析：由，得，则；由，得，则.所以.故选B.3记等比数列的前n项和为，若，则( )A.B.C.32D.643答案：D解析：设等比数列的公比为q，由，得，则，即，而，因此，所以.故选D.4已知角，满足，则( )A.B.C.D.4答案：C解析：因为，所以，所以，故选C.5已知，则( )A.B.C.D.5答案：C解析：设函数，则，当时，故在上单调递减，因为，所以，即，所以.设函数，易知为增函数，因为，所以，即，所以，即.故选C.6如图是八卦图以及根据八卦图抽象得到的正八边形ABCDEFGH，若，则正八边形的边长为( )A.1B.C.2D.6答案：A解析：如图，连接HC，设，易知，则，.又，所以，解得，即正八边形的边长为1.72023秋高二浙江舟山期末已知数据，的平均数为a，标准差为b，中位数为c，极差为d由这组数据得到新数据，其中，则下列命题中错误的是( )A.新数据的平均数是B.新数据
2、的标准差是C.新数据的中位数是D.新数据的极差是7答案：B解析：对于A，因为，所以，故A正确；对于B，因为，所以，故B错误；对于CD，不妨设，所以，而，所以，故C正确；因为，所以，故D正确.故选：B.8已知函数若的零点个数为4，则实数a的取值范围为( )A.B.C.D.8答案：D解析：作出的大致图象，如图所示.有4个不同的零点，令，则有两个不同的解，设这两个解为，则.由题设可得关于x的方程和共有4个不同的解，故（舍）或或（舍）或（舍），所以解得.所以实数a的取值范围为.二、多项选择题9已知曲线，则( )A.当时，C经过点B.不存在m，使C关于直线对称C.当时，C与圆无公共点D.C在第一象限内的部分是某函数的图象，且该函数单调递减9答案：ACD解析：当时，将代入，满足方程，选项A正确；当时，曲线关于直线对称，选项B错误；当时，选项C正确；由得，因为，所以在第一象限内，在区间上单调递减，选项D正确.10已知函数的图象与直线连续的三个公共点从左到右依次记为A，B，C，若，则( )A.的最小正周期为B.C.将函数的图象向右平移个单位长度后，得到函数的图象，则在上的值域为D.若函数，则在上有6个
3、零点10答案：ACD解析：依题意，故A正确；，所以，记，则，所以，所以，而，联立可得，故B错误；，所以当时，所以，故C正确；，在直角坐标系中分别作出，的图象如图所示，观察可知，其图象在上有6个交点，即在上有6个零点，故D正确.故选ACD.112024秋高三安徽月考联考已知函数与的导函数分别为与,且,的定义域均为R,为奇函数,则( )A.B.为偶函数C.D.11答案：ACD解析：对于A,因为为奇函数,所以,令,得,故A正确;对于B,由,得,又,即,又的定义域为R,故为奇函数,故B错误;对于C,由,可得为常数）,又,所以是周期为8的函数,同理也是周期为8的函数,故C正确;对于D,令,得,则,再令,得,又是周期为8的函数,所以,又,故D正确.故选：ACD.三、填空题122025届上海长宁区一模投掷两枚质地均匀的骰子,观察掷得的点数,则掷得的点数之和为7的概率是_.12答案：解析：一枚骰子的点数有6种情况,则两枚骰子点数所对应总情况为36种.又注意到点数之和为7的情况有：1,6;6,1;2,5;5,2;3,4;4,3共6种,则掷得的点数之和为7的概率是.故答案为：.13的展开式中含项的系数为_
4、.13答案：解析：由二项式的展开式的通项为，所以的展开式中含项的系数为.故答案为.142024届江西模拟考试已知A为圆上的动点，B为圆上的动点，P为直线上的动点，则的最大值为_.14答案：解析：设关于直线的对称点为，则解得所以，所以圆E关于直线对称的圆的方程为.要使的值最大，则P，A，（其中为B关于直线的对称点，在圆上）三点共线，且该直线过C，两点，如图.易知所求最大值为.四、解答题15记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.（1）求A；（2）若，求的面积.15答案：（1）（2）解析：（1）由正弦定理可得，因为，所以，所以.因为，所以，所以，所以.（2）由余弦定理可得，即，解得，所以.16已知函数.（1）若曲线在点处的切线方程为，求的极值；（2）若，求在区间上的最大值.16答案：（1）的极大值为4，极小值为0（2）当时，；当时，解析：（1）由题意，所以，解得，所以，由，得或，所以在区间和上单调递增；由，得，所以在区间上单调递减，故的极大值为，极小值为.（2）由，令，得，所以在区间上单调递减，在区间上单调递增，所以的最大值为或.而，当，即时，当，即时，.综上，当时，；当时，.17已
5、知双曲线（，）的左、右焦点分别为，且，在双曲线C上.（1）求双曲线C的方程；（2）已知不与x轴垂直且过点的直线l与双曲线C交于P，Q两点，若，且，求证：.17答案：（1）（2）证明见解析解析：（1）依题意得，解得，故双曲线C的方程为.（2）依题意，得，设直线l的方程为，.联立整理得，所以当时，所以，所以，即，故直线BR的方程为.令，得，则，所以，故.18如图，平面四边形PBCD中，点A是线段PD上一点，沿着AB将折叠得到四棱锥.（1）求证：平面平面ABCD.（2）若，且，折叠后.求平面PAB与平面PCD夹角的余弦值的最大值.若三棱锥的四个顶点均在以G为球心的球上，试问三棱锥的外接球的体积是否存在最小值？若存在，求出线段AB的长；若不存在，请说明理由.18答案：（1）证明见解析（2）存在，解析：（1）证明：在平面四边形PBCD中，因为点A是线段PD上一点，所以折叠后有，又，平面，平面PAD，所以平面.又平面ABCD，所以平面平面ABCD.（2）设，则.如图，以A为原点，以AB所在直线为x轴，以AD所在直线为y轴，建立空间直角坐标系Axyz，因为，所以，所以，.设平面PCD的法向量为，由，
6、得令，则.设平面PAB的法向量为，由，得令，则.设平面PAB与平面PCD的夹角为，则.令，则，所以当，即时，取得最大值.如图，由（1）知平面平面ABCD，又因为三棱锥的四个顶点均在以G为球心的球上，设和的外接圆圆心分别E和F，则球心为过点E和F且分别垂直于平面PAD、平面ACD的两直线的交点G，过点F作于H，连接EH，设，显然四边形GFHE为矩形，所以.在中，因为，所以由余弦定理得，再由正弦定理得的外接圆半径.在中，所以由余弦定理得，再由正弦定理得的外接圆半径.所以，即，所以，故当时，取得最小值，即，此时三棱锥外接球的体积最小值为，故三棱锥外接球的体积存在最小值，此时.19若存在1，1，2，2，n，n的一个排列，满足每两个相同的正整数之间恰有k个正整数，则称数列为“有趣数列”，称这样的n为“有趣数”.例如，数列：4，6，1，7，1，4，3，5，6，2，3，7，2，5为“有趣数列”，7为“有趣数”.（1）判断下列数列是否为“有趣数列”，不需要说明理由；：1，2，1，2；：3，1，2，1，3，2.（2）请写出“有趣数列”的所有可能情形；（3）从1，2，中任取两个数i和j，记i和j均为“有趣
7、数”的概率为，证明：.19答案：（1）不是“有趣数列”；是“有趣数列”（2）4，1，3，1，2，4，3，2或2，3，4，2，1，3，1，4（3）证明见解析解析：（1）：1，2，1，2中两个2之间间隔数只有1个，故不是“有趣数列”，：3，1，2，1，3，2中两个1之间间隔数有1个，两个2之间间隔数有2个，两个3之间间隔数有3个，故是“有趣数列”.（2）当两个1中间为2，不妨设1，2，1右边两个2中间可能为1，3或1，4，则可能为4，3，1，2，1，3，2，4或4，3，1，2，1，4，2，3，不符合题意；当两个1中间为3，两个2中间可能为3，4或4，3，则可能为4，1，3，1，2，4，3，2或2，3，4，2，1，3，1，4，符合题意；当两个1中间为4，不妨设1，4，1右边两个2中间可能为3，4或4，3，则可能为1，4，1，2，3，4，2，3或1，4，1，2，4，3，2，3，不符合题意.综上所述，“有趣数列”可能为4，1，3，1，2，4，3，2或2，3，4，2，1，3，1，4.（3）证明：将“有趣数列”中数字第一次出现的项记作第项，由题意可知数字k第二次出现的项数为第项，所以，所以，即.又因为为整数，所以必有为整数，当，或时，不可能为整数，不符合题意.当时，为整数，构造“有趣数列”为，1，1，2，2，符合题意.当时，为整数，构造“有趣数列”为，1，1，2，2，符合题意.这里，是指将一直到2m的偶数按从大到小的顺序进行排列，1是指将一直到1的奇数按从大到小的顺序进行排列，故1，2，中的“有趣数列”为3，4，7，8，共个，则所求概率.第 15 页 共 15 页四川天地人教育资料出品
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