数学模拟-2025届高三八省联考数学模拟预测卷（答案及解析）

高三八省联考数学模拟预测卷参考答案及解析1．【答案】A【分析】先确定两个集合中元素，再根据交集的定义求解，【详解】因为，所以.故选A．2．【答案】D【分析】根据复数的除法运算化简复数，再根据复数的概念求解即可.【详解】由，故z的虚部为4．故选D.3．【答案】C【详解】因为样本x1，x2，3，...，xn的平均数为所以样本2x1−2，2x2−2，2x3−2，⋯，2x4．【答案】B【分析】先根据向量平行求参数，再根据向量同向进行取舍.【详解】因为与共线，所以，解得或,若，则，，所以，所以与方向相反，所以舍去，若，则，，所以，所以与方向相同，所以为所求.故选B.5．【答案】B【分析】解法一：分析可知甲的排位有可能是第二、三、四3种情况，分类讨论结合组合数分析求解；解法二：利用间接法，根据题意先排甲不排首尾，再排除不符合题意的情况，结合组合数分析求解.【详解】解法一：多重限制的排列问题：甲、乙都不是第一名且甲不是最后一名，且丙不是第二名，即甲的限制最多，故以甲为优先元素分类计数，甲的排位有可能是第二、三、四3种情况：①甲排第二位，乙排第三、四、五位，包含丙的余下3人有种排法，则有；②甲排第三、四位，乙排第二位，包含丙的余下3人有种排法，则有；③甲排第三、四位，乙不排第一、二位，即有2种排法，丙不排第二位，有2种排法，余下2人有种排法，则有；综上，该5名同学可能的名次排情况种数为种.解法二：间接法：甲不排首尾，有三种情况，再排乙，也有3种情况，包含丙的余下3人有种排法，共有种不同的情况；但如果丙是第二名，则甲有可能是第三、四名2种情况；再排乙，也有2种情况；余下2人有种排法，故共有种不同的情况；从而该5名同学可能的名次排情况种数为种.故选B.6．【答案】C【分析】建立空间直角坐标系，设出，利用向量的数量积及体积最大值求得，从而得到与平面所成角的正弦值.【详解】如图，A为坐标原点，AB，AD，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，则，，，设，，则，由于为定值，要想三棱锥的体积最大，则F到底面ADE的距离最大，其中，所以当时，取得最大值，因为，所以的最大值为，所以，，平面的法向量，所以与平面所成角的正弦值为：.故选C.7．【答案】C【解析】根据题意得到动圆圆心到两个定圆圆心的距离之和为常数，且大于两个定点的距离，故轨迹为椭圆，根据条件计算得到答案.【详解】设动圆半径为，圆心为，根据题意可知，和，，，，故动圆圆心的轨迹为焦点在y轴上椭圆，且焦点坐标为和，其中,，所以，故椭圆轨迹方程为:.故选C.【关键点拨】本题考查了椭圆的轨迹方程，确定轨迹方程的类型是解题的关键.8．【答案】A【分析】根据可变形为，构造函数，判断其奇偶性、单调性，结合函数性质解不等式即可.【详解】当时，，所以当时，，令，则当时，，故在时，单调递减，又因为在上为偶函数，所以在上为奇函数，故在上单调递减，因为，所以，当时，可变形为，即，因为在上单调递减，所以且，得；当时，可变形为，即，因为在上单调递减，所以且，得；综上：不等式的解集为.故选A.9．【答案】ABD【详解】由图象可知，，解得，又，所以，即，结合，可知，所以函数的表达式为，对于A，由于，即的图象关于中心对称，故A正确；对于B，当时，，由复合函数单调性可知在区间上单调递增，故B正确；对于C，函数的图象向右平移个单位长度可以得到函数，故C错误；对于D，将函数的图象所有点的横坐标缩小为原来的，得到函数的图象，故D正确.故选：ABD.10．【答案】BD【详解】对于A选项，易知抛物线的焦点为，当直线与轴重合时，直线与抛物线只有一个公共点，不合乎题意，设直线的方程为，设点、，联立可得，，由韦达定理可得，，则，易知，，所以，，当且仅当时，等号成立，故的最小值为，A错；对于B选项，设点，，可得，所以，，则，所以，，B对；对于C选项，易知的斜率存在，设直线的方程为，设点、，由于直线不过原点，所以，，联立可得，，由韦达定理可得，所以，，因为，则，解得，所以，直线的方程为，故直线过定点，C错；对于D选项，过点作于点，过点作于点，设，，所以，因为，所以，则的最小值为，当且仅当时，等号成立，D对．故选：BD．11．【答案】BCD【分析】求得，得出函数单调性，结合极值的概念，可判定A、B正确；求，，令f″x=0，可得，证明，结合倒序相加法，可判定C正确.求，，，即可求出，，，化简，即可判断D选项.【详解】由函数，可得，令，解得：，令f'x>0，解得或；令，解得，所以函数在上单调递增，在上单调递减，在单调递增，当时，取得极大值，极大值为，的极大值点为，所以A错误；当时，取得极小值，极小值为，所以的极小值为−252，故B正确；由，可得，令f″x=0，可得又由，所以点12,1是函数的的对称中心，所以，令，可得，则，所以，故C正确；对于D，因为有三个零点，则，，因为，所以，，，故D正确故选BCD.12．【答案】【详解】由知：，又∴，，，故∴综上，有故答案为：13．【答案】.【分析】首先求，再求，根据等比数列的性质，，求得的值，再验证等比数列的定义，即可求解.【详解】若，则，，则是等差数列，不是等比数列，所以，则，所以，且，，，，因为数列是等比数列，所以，即，，当时，，，数列是等比数列，所以.故答案为：.14．【答案】【分析】结合题意可得到在上恰有两个不相等的实根，令，利用导数判断函数的单调性，从而可得，则原问题等价于与在上恰有两个不同的交点，令，利用导数求出函数的单调区间，从而作出函数的大致图象，结合函数图象即可得解.【详解】关于轴对称的函数为，因为的图象与的图象在上恰有两对关于轴对称的点，所以方程在上恰有两个不相等的实根，即，即，即，即在上恰有两个不相等的实根，令，则，所以函数在上单调递增，所以，即，，故原问题等价于与在上恰有两个不同的交点，令，则，当时，，当时，，所以函数在上单调递减，在上单调递增，又，当时，，如图，作出函数在上的大致图象，要使函数与在上恰有两个不同的交点，只要，因为，所以，所以实数的取值范围是.故答案为：.【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.15．【答案】(1)；(2).【分析】（1）利用正弦定理将边化角，再由两角和的正弦公式及诱导公式计算可得；（2）首先求出，即可得到，再由正弦定理得到，，，由周长求出，即可得到，，再由面积公式计算可得.【详解】（1）因为，由正弦定理可得，因为，代入得，又因为，则，又因为为锐角，所以.（2）由可得，因为，则,由（1）可得，由正弦定理，其中，设比值为，则，，，因为的周长为，即，即，则，，所以的面积.16．【答案】(1)证明见解析；(2)【分析】（1）由线面垂直的性质定理和面面垂直的判定定理，即可得出答案．（2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量为，平面的法向量为，,，设平面与平面夹角为，则，即可得出答案．【详解】（1）由于平面，平面，故，根据题意可得，，又，平面，平面，所以平面，又平面，所以，由于平面，平面，故，又，平面,故平面,平面，故，又，平面，平面，所以平面．平面，故平面平面；（2）如图所示，建立空间直角坐标系：所以，,4,，，,结合（1）知，平面的法向量为,又，,4,，设平面的法向量为,则，令，则，所以,3,，设平面与平面夹角为，则．17．【答案】(1)；(2)【详解】（1）由题意知椭圆与y轴交于A，B两点，且，故；椭圆离心率为，即，故椭圆方程为；（2）设，，则直线PA的方程为，同理直线PB的方程为，故直线PA与直线的交点为，直线PB与直线的交点为，故线段MN的中点坐标为，则以MN为直径的圆的方程为，令，则，，代入上式得，即，由于以MN为直径的圆与x轴交于两点，则方程有两实数根，故，结合，解得，即点P横坐标的取值范围为.18．【答案】(1)，；(2)【分析】（1）利用独立事件同时发生的概率公式即可求得小明报考甲、乙两公司在笔试环节恰好通过一门科目的概率；（2）分别求得小明报考甲、乙两公司通过科目数的数学期望，列出关于的不等式，进而求得的取值范围．【详解】（1）设小明报考甲公司恰好通过一门笔试科目为事件A，小明报考乙公司恰好通过一门笔试科目为事件，根据题意可得，

.（2）设小明报考甲公司通过的科目数为X，报考乙公司通过的科目数为，根据题意可知，，则，，，，，则随机变量的分布列为Y0123P，若，则，故，即的取值范围是.19．【答案】(1)；；；；(2)11个；(3)37【分析】（1）根据相邻数列的概念直接求解即可；（2）任取的一个“相邻数列”，根据相邻数列的概念可得且，对于的取值分情况讨论，利用为递增数列可得是公差为1的等差数列，列不等式组求解即可；（3）令可得对任意，设，证明与要么是空集，要么是连续自然数构成的集合，进而根据定义求解即可.【详解】（1）根据“相邻数列”的概念可知，，或，或，所以的所有“相邻数列”有；；；.（2）任取的一个“相邻数列”，因为或，或，所以有且，对于的取值分以下4种情形：（a），（b），（c），（d）由数列是递增的整数数列，前3种情形显然都能得到，所以只需考虑第4种情形，递增，，即，由是递增的整数数列得，从而是公差为1的等差数列，于是，则，即满足数列的有11个.（3）令，所以对任意，设，则且，先证明与要么是空集，要么是连续自然数构成的集合，若，令，则，由得，所以，即，即