試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁2025年高考模擬考試數學試題2025.04注意事項：1.答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上.2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑.如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號.回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上.寫在本試卷上無效.3.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回.一、單項選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1．已知集合，，則（）A． B． C． D．2．已知是關于的方程的一個根，則（）A．2 B．3 C．5 D．3．已知圓錐的體積為，其側面展開圖是一個圓心角為的扇形，則該圓錐的底面半徑為（）A． B．1 C． D．24．若函數在上單調遞減，則實數的取值范圍是（）A． B． C． D．5．已知為等比數列，且，則“”是“”的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件6．已知函數在區間上有且僅有3個零點，則實數的取值范圍是（）A． B． C． D．7．若圓關于直線對稱，其中，，則的最小值為（）A．2 B． C．4 D．8．已知是橢圓的右焦點，直線交于，兩點，若，則橢圓的離心率為（）A． B． C． D．二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對得部分分，有選錯的得0分.9．已知，為隨機事件，且，，則下列結論正確的是（）A．若，互斥，則B．若，相互獨立，則C．若，相互獨立，則D．若，則10．已知函數，則下列結論正確的是（）A．的圖象關于軸對稱 B．是的一個周期C．在上為增函數 D．11．已知正方體的棱長為1，點在正方體的內切球表面上運動，且滿足平面，則下列結論正確的是（）A． B．點的軌跡長度為C．線段長度的最小值為 D．的最小值為三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12．已知函數則的值為.13．已知拋物線的焦點為，為上的動點，點，則取最小值時，直線的斜率為.14．箱子中裝有4個紅球，2個黃球（除顏色外完全相同），擲一枚質地均勻的骰子1次，如果點數為，則從該箱子中一次性取出個球.規定：依據個球中紅球的個數，判定甲的得分，每一個紅球記1分；依據個球中黃球的個數，判定乙的得分，每一個黃球記2分.比如：若一次性取出了2個紅球，2個黃球，則判定甲得分，乙得分.則在1次擲骰子取球的游戲中，.四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟.15．在中，內角，，所對的邊分別為，，，且.(1)證明：；(2)若的面積為，證明為等邊三角形.16．如圖，在四棱錐中，底面為矩形，為的中點，，.(1)證明：平面平面；(2)若，直線與平面所成角的正切值等于2，求平面與平面夾角的余弦值.17．已知雙曲線（，）的離心率為，且點在雙曲線上，(1)求的方程；(2)若直線交于，兩點，的平分線與軸垂直，求證：的傾斜角為定值.18．已知函數，.(1)討論零點的個數；(2)若，求實數的取值范圍.19．將所有正整數按照如下規律形成數陣：第1行

1

2

3

……

7

8

9第2行

10

11

12

……

97

98

99第3行

100

101

102

……

997

998

999第4行

1000

1001

1002

……

9997

9998

9999…………(1)將數列與數列的公共項按照從小到大的順序排列得到數列，試確定在該數陣中的位置；(2)將數陣中所有相鄰兩位數字（從左到右）出現12的所有正整數去掉并保持順序不變，得到一個新數陣，記新數陣第行中正整數的個數為.（i）求，，；（ii）求.答案第=page11頁，共=sectionpages22頁答案第=page11頁，共=sectionpages22頁1．C【分析】先求出集合，再根據補集和交集運算即可.【詳解】或，，，.故選：C.2．D【分析】將代入化簡整理有，即解出，最后求復數的模即可.【詳解】將代入有：，化簡整理有，即，解得，所以，故選：D.3．B【分析】設母線長為，底面半徑為，圓錐的高為，則有即可得，再求高，進而得圓錐的體積即可求解.【詳解】設母線長為，底面半徑為，圓錐的高為，則有，又，所以，故選：B.4．A【分析】是由與復合而成，先分析外層函數單調性，再根據復合函數單調性確定內層函數單調性，進而求出的取值范圍.【詳解】是由與復合而成，在中，，，所以在上單調遞減.因為在上單調遞減，且外層函數在上單調遞減，根據復合函數“同增異減”的原則，可知內層函數在上單調遞增.對于二次函數，其圖象開口向上，對稱軸為.二次函數在對稱軸右側單調遞增，要使在上單調遞增，則對稱軸需滿足，解得.故選：A.5．C【分析】由等比中項的性質及充分條件和必要條件的定義可得結果.【詳解】由題意知，為等比數列，當時，得，所以，故充分性成立；當時，，解得，又同號，所以，故必要性成立.所以“”是“”的充要條件.故選：C.6．D【分析】首先利用輔助角公式將函數化簡為的形式，然后根據的取值范圍求出的取值范圍，再結合圖象與性質，找出函數在給定區間上有且僅有個零點時的取值范圍．【詳解】對進行化簡：令，即，則．根據正弦函數的性質，所以或，解得或．因為且，當時，，；當時，，．如圖函數和大致圖像，由于函數在區間上有且僅有個零點，則需滿足，解不等式組得到可得．所以實數的取值范圍是．故選：D．7．C【分析】由題意得直線過圓心，即得，利用基本不等式即可求解.【詳解】由得，所以圓心為，又圓關于直線對稱，則直線過圓心，即，所以，又，當且僅當時，等號成立，所以，故選：C.8．A【分析】設橢圓的左焦點為，由橢圓的對稱性可得四邊形為矩形，再根據方程聯立求得，再代入橢圓方程構造齊次式即可得解.【詳解】如圖，因為橢圓關于原點對稱，直線過原點，所以，關于原點對稱，設橢圓的左焦點為，連接，，由橢圓的對稱性可得，所以四邊形為平行四邊形，又因為，所以平行四邊形是矩形，所以，，所以點在圓上，則，解得，代入橢圓方程，又，可得：，設（），則上式可化為，化簡可得，即，因為，所以，解得.所以橢圓的離心率為.故選：A.9．ACD【分析】根據互斥事件、相互獨立事件的概率公式以及條件概率公式逐個計算，分別對每個選項進行分析判斷.【詳解】對于選項，若，互斥，根據互斥事件的概率加法公式.已知，，則，所以選項正確.對于選項，若，相互獨立，則與也相互獨立.因為，所以，所以選項錯誤.對于選項，若，相互獨立，則.根據概率的加法公式，將，，代入可得：，所以選項正確.對于選項，已知，，則.，.根據條件概率公式，所以選項正確.故選：ACD.10．ABD【分析】利用誘導公式證明，結合偶函數定義可判斷A；利用可判斷B；利用三角函數的性質可判斷C；利用導數判斷函數的單調性，求得最值，可判斷D.【詳解】對于A，函數的定義域為，關于原點對稱，，所以是偶函數，其圖象關于軸對稱，故A正確；對于B，，所以的一個周期是，故B正確；對于C，令，當時，在上單調遞減，且，在上單調遞增，則在上單調遞減，所以在上單調遞減函數，故C錯誤；對于D，因為，令，則，求導得，由于，所以，單調遞增.當時，取得最大值；當時，取得最小值.因為，所以，即，故D正確.故選：ABD.11．ACD【分析】根據平面平面，可得點的軌跡是平面與正方體內切球的交線，建立空間直角坐標，利用數量積公式計算，依次判斷可選項可求得結果.【詳解】以為原點，分別以所在直線為軸，建立空間直角坐標系，則，，，，，，正方體的內切球的球心為正方體的中心，半徑，平面的法向量：，，設，由，即，令，則，，所以.對于選項A，，因為平面，所以，而，所以，即，A正確.對于選項B，因為平面，平面平面，所以點的軌跡是平面與正方體內切球的交線，此交線為圓，記圓心為.設平面與正方體的中心的距離，設平面的法向量為，，，設，由，可得，令，則.，∴點到平面的距離為，∴圓的半徑為，∴圓的周長，即點的軌跡長度為，B錯誤.對于選項C，，點在球面上，線段長度的最小值為，C選項正確.對于選項D，設與夾角為，，.在平面直角坐標系中，，，，，，，所以，令，，，所以的最小值為，D選項正確.故選：ACD【點睛】關鍵點點睛：解決本題的關鍵是確定點的軌跡為平面與正方體內切球的交線，此交線為圓，結合條件計算圓的半徑，結合點與圓的位置關系求解計算.12．【分析】由分段函數先求，再求即可.【詳解】由題意有，所以，故答案為：.13．【分析】設點，由拋物線的定義有，兩點間的距離公式有，即，只需的最大值即可.【詳解】由題意得，設點，則，由拋物線的定義有，，所以，又，由，當且僅當，即時，等號成立，所以，所以，所以，當時，，得點，所以，故答案為：.14．【分析】利用條件概率和乘法公式分類討論，最后利用全概率公式即可求解.【詳解】設擲骰子得到的點數的概率為，則，當時，的概率為，若，則需取出的1個球是紅球的概率為，所以，當時，的概率為，若，則需取出的2個球都是紅球的概率為，所以，當時，的概率為，若，則需取出的3個球都是紅球的概率為，所以，當時，的概率為，若，則有兩種可能的情況：第一種情況為取出的4個球都是紅球有種，第二種情況為取出的4個球種有3個紅球，1個黃球，有種，所以概率為，所以當時，的概率為，若，則需取出全部4個紅球，1個黃球，所以，所以，當時，不滿足題意，所以綜上.故答案為：.15．(1)證明見解析；(2)證明見解析.【分析】（1）根據正弦定理進行邊換角并結合三角恒等變換得，再利用正弦定理角換邊即可；（2）利用三角形面積公式得，再結合余弦定理即可得到，則得其為等邊三角形.【詳解】（1）由正弦定理得，即，所以，所以，所以，由正弦定理得．（2）因為，所以，因為，所以為銳角，所以．由余弦定理得，又，代人化簡得，所以，所以為等邊三角形．16．(1)證明見解析；(2)【分析】（1）根據線面垂直的判定得平面，從而有，再利用面面垂直的判定即可證明；（2）建立合適的空間直角坐標系，根據線面角定義得，再求出相關法向量即可得到，面面角余弦值.【詳解】（1）設為的中點，連接，因為為的中點，所以，又，所以，所以與必相交．因為，所以，又，且，平面，所以平面，又因為平面，所以，又，平面，所以平面，又平面，所以平面平面`．（2）設，分別為的中點，因為，所以，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，因為平面，所以，又，所以，以為坐標原點，$OA，OG，OP$所在直線分別為軸，軸，軸，建立空間直角坐標系．由（1）知平面，所以即為直線與平面所成的角，所以，設，則，所以．因為平面，所以平面的法向量為．設平面的法向量為，又，所以，取，所以平面與平面夾角的余弦值為.17．(1)(2)證明見解析，直線的傾斜角為定值【分析】（1）由題意即可得即，又點在雙曲線上，即可解出；（2）設直線的方程為，與雙曲線方程聯立，得韋達定理，又的平分線與軸垂直，得，即得，代入韋達定理即可得證.【詳解】（1）由題意有，又點在雙曲線上，所以，解得，所以雙曲線的方程為；（2）由已知得直線的斜率存在，設其方程為，設所以，所以，由韋達定理有：，又因為的平分線與軸垂直，所以，即，所以，即，所以，即，所以或，當時，直線的方程為，即直線過點，不符合題意，所以，設傾斜角為，即，，即直線的傾斜角為定值.

18．(1)答案見解析；(2).【分析】（1）令，則，設，利用導數研究其單調性和最值，從而得到其零點個數；（2）首先分析得時成立，再分離參數得，對恒成立，利用導數研究右邊的最值即可.【詳解】（1）時，，令，則，所以，時，在上單調遞減，時，在上單調遞增，又時，時，，時，，時，，所以，①當時，無零點，②或時，有1個零點，③當時，有2個零點.（2）當時，由得，所以，等價于對恒成立．即對恒成立，令，則，當，當，在內單調遞減，在內單調遞增，，又對恒成立所以，時成立，當時，，顯然成立．當時，等價于或，即或對于，取，得，與矛盾，故不成立，對于，即，對恒成立，令，則，在內單調遞減，，所以，，綜上，實數的取值范圍是.19．(1)是數陣第4行，第3097個數．(2)（i），，；（ii）.【分析】（1）設，利用二項展開式得當且僅當為偶數時，可以取得正整數，則，即可確定位置；（2）（i）當時，直接得到，代入并去掉12即可得到的值，代入，去掉19個數即可得到；（ii）分析得，利用特征根法得，，再消去即可得到其通項.【詳解】（1）設，因為，，所以，所以，當且僅當為偶數時，可以取得正整數，所以，當且僅當為偶數時，數列有公共項，所以，，故，所以，是數陣第4行，第3097個數．（2）（i）當時，顯然．當時，第2行2位數有90個，其中只有12