黄金卷01（北京专用）备战2025年高考数学模拟卷含答案及解析

试卷第=page22页，共=sectionpages2222页【赢在高考·黄金8卷】备战2025年高考数学模拟卷（北京专用）黄金卷01（考试时间：120分钟试卷满分：150分）第I卷（选择题）一、单项选择题：本题共10小题，每小题4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．在复平面内，复数是虚数单位），则的共轭复数在复平面内对应的点位于A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限2．下列关于向量的描述正确的是A．若向量，都是单位向量，则B．若向量，都是单位向量，则C．任何非零向量都有唯一的与之共线的单位向量D．平面内起点相同的所有单位向量的终点共圆3．设集合，.若，则（

）A． B． C． D．4．已知，则（

）A．2024 B． C．1 D．5．若和都是定义在上的函数，则“与同是奇函数或偶函数”是“是偶函数”的（

）A．充分非必要条件 B．必要非充分条件C．充要条件 D．既非充分又非必要条件6．点F是双曲线C：﹣＝1（a＞0，b＞0）的右焦点，A、B分别为C的右顶点、虚轴的上端点，O为坐标原点，若∠OBA＝∠BFA，则双曲线的离心率是（）A． B．﹣1 C．﹣1 D．7．若当时，函数始终满足，则函数的图象大致为（

）A． B．C． D．8．如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为3，线段B1D1上有两个动点E，F且EF＝1，则当E，F移动时，下列结论中错误的是（）A．AE∥平面C1BDB．四面体ACEF的体积不为定值C．三棱锥A﹣BEF的体积为定值D．四面体ACDF的体积为定值9．已知等比数列满足，，记，则数列（

）A．有最大项，有最小项 B．有最大项，无最小项C．无最大项，有最小项 D．无最大项，无最小项10．2015年4月22日，亚非领导人会议在印尼雅加达举行，某五国领导人、、、，除与、与不单独会晤外，其他领导人两两之间都要单独会晤．现安排他们在两天的上午、下午单独会晤（每人每个半天最多进行一次会晤），那么安排他们单独会晤的不同方法共有（

）A．48种 B．36种 C．24种 D．8种第II卷（非选择题）二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分。11．函数的定义域为．12．以点为圆心，且经过原点的圆的方程为．13．已知函数（，）的最小正周期为，且函数的图象关于直线对称，若函数在上既存在最大值也存在最小值，则实数m的取值范围为．14．已知函数，若，则的取值范围是．15．某数学兴趣小组在阅读了《选择性必修第一册》中数列的课后阅读之后，对斐波那契数列产生了浓厚的兴趣．书上说，斐波那契数列满足：，，的通项公式为.在自然界，兔子的数量，树木枝条的数量等都符合斐波那契数列．该学习兴趣小组成员也提出了一些结论：①数列是严格增数列；②数列的前n项和满足；③；④.那么以上结论正确的是．（填序号）三、解答题：本题共6小题，共85分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。16．（13分）已知，．(1)求的值；(2)在平面直角坐标系中，以为始边，已知角的终边与角的终边关于轴对称，求的值．17．（13分）如图，四棱锥底面为等腰梯形，AD//且，点为中点．（1）证明：DE//平面；（2）若平面，，直线与平面所成角的正切值为，求四棱锥的体积．18．（14分）根据《国家学生体质健康指标》，高三男生和女生立定跳远单项等级如下（单位：）立定跳远单项等级高三男生高三女生优秀260及以上194及以上良好及格不及格204及以下149及以下从某校高三男生和女生中各随机抽取12名同学，将其立定跳远测试成绩整理如下（精确到）：男生：女生：假设用频率估计概率，且每个同学的测试成绩相互独立．(1)分别估计该校高三男生和女生立定跳远单项的优秀率；(2)从该校全体高三男生中随机抽取2人，全体高三女生中随机抽取1人，设为这3人中立定跳远单项等级为优秀的人数，求的分布列和数学期望．19．（15分）已知函数.(1)当时，求在点的切线方程；(2)若恒成立，求的取值范围．20．（15分）已知椭圆的离心率为，长轴长为4．(1)求椭圆C的标准方程；(2)O为坐标原点，过点且斜率不为零的直线与椭圆C交于E，F两点，试问：在x轴上是否存在一个定点T，使得．若存在，求出定点T的坐标；若不存在，说明理由．21．（15分）已知有限集，如果A中元素，满足，就称A为元“创新集”；（1）若，试写出一个二元“创新集”A；（2）若，且是二元“创新集”，求的取值范围；（3）若是正整数，求出所有的“创新集”．

【赢在高考·黄金8卷】备战2025年高考数学模拟卷（北京专用）黄金卷01（考试时间：120分钟试卷满分：150分）第I卷（选择题）一、单项选择题：本题共10小题，每小题4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。12345678910BDDBADABAA第II卷（非选择题）二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分。11．12．13．14．15．②③三、解答题：本题共6小题，共85分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。16．（13分）【详解】（1）因为，，所以，………2分所以，，………3分所以………5分（2）因为角的终边与角的终边关于轴对称，………7分所以，，………10分所以.……………13分17．（13分）【详解】（1）取中点为，连接，如下所示：……1分在三角形中，分别为的中点，故可得//，；………2分根据已知可得AD//，，故//，……………3分则四边形为平行四边形，故DE//，…………………4分又面面，故DE//面.…………………6分（2）作于点，如下图所示：…………7分则．………8分在△中，，，则，，………………9分由平面知，直线与平面所成角为，故，即在△中，有，则，…………………11分所以，四棱锥的体积．……13分18．（14分）【详解】（1）某校高三男生和女生中各随机抽取12名同学，样本中立定跳远单项等级获得优秀的男生人数为，获得优秀的女生人数为，………2分所以估计该校高三男生立定跳远单项的优秀率为；估计高三女生立定跳远单项的优秀率为．………4分（2）由题设，的所有可能取值为，……………5分则；…………6分；…………8分；…………10分．…………11分则的分布列为：…………………12分0123则的数学期望.…………14分19．（15分）【详解】（1）当时，，则，，…2分∴，∴切线方程为，即.…4分（2）由题意得，，即，亦即,…6分设，易得恒成立.∴在上单调递增;…8分易知：①当时，，恒成立,此时恒成立；…10分②当时，等价于，由①②知恒成立，则恒成立设，则.…12分当时，，单调递减；当时，，单调递增，…14分∴，∴，即的取值范围是.…15分20．（15分）【详解】（1）由题意可得，，所以，……3分所以椭圆C的标准方程为.……4分（2）假设存在x轴上的定点，使得.则结合图可得，所以.……5分由题意，直线的斜率一定存在，设直线的方程为，设，，……6分由得，，……7分，则，……8分且.……9分因为直线ET的斜率为，直线的斜率为，由得.……10分因为，，所以，即，…………………12分所以，……13分所以，则，所以在x轴上存在一个定点，使得．……15分21．（15分）【详解】（1）由“创新集”的定义得：，令，得，则；所以为二元“创新集”.……2分（2）若，且是二元“创新集”，不妨设，则由韦达定理知，是一元二次方程的两个根，由，可得或，……4分所以或.……5分（3）若是正整数，不妨设中，由，所以，……6分当时，，所以，所以，显然无解，所以时，不存在“创新集”.……8分当时，，故只能，求得，所以.……10分当时，由，则有成立，……11分但对时，恒成立，所以对恒成立，……12分所以对不成立，所以时不存在“创新集”.……14分综上所述：“创新集”只有.……15分【赢在高考·黄金8卷】备战2025年高考数学模拟卷（北京专用）黄金卷01（考试时间：120分钟试卷满分：150分）第I卷（选择题）一、单项选择题：本题共10小题，每小题4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．在复平面内，复数是虚数单位），则的共轭复数在复平面内对应的点位于A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【答案】B【分析】利用复数的除法运算法则：分子、分母同乘以分母的共轭复数，化简复数，求出，再求出在复平面内对应的点的坐标，从而可得结果.【详解】，，则在复平面内对应的点的坐标为，位于第二象限，故选B.2．下列关于向量的描述正确的是A．若向量，都是单位向量，则B．若向量，都是单位向量，则C．任何非零向量都有唯一的与之共线的单位向量D．平面内起点相同的所有单位向量的终点共圆【答案】D【解析】根据向量的方向性可判断A；根据平面向量数量积定义及夹角范围可判断B；共线向量有同向和反向两种，可判断C；根据向量模的定义可判断D.【详解】对于选项A：向量包括长度和方向，单位向量的长度相同均为，方向不定，故向量和不一定相同，故选项A错误；对于选项B：因为，由知，不一定成立，故选项B错误；对于选项C：任意一个非零向量有两个与之共线的单位向量，故选项C错误；对于选项D：因为所有单位向量的模为，且共起点，所以所有单位向量的终点在半径为的圆周上，故选项D正确；故选：D.3．设集合，.若，则（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据交集的定义可知，代入集合可求出的值，从而求解集合.【详解】因为，所以，则，解得.则.故选：D4．已知，则（

）A．2024 B． C．1 D．【答案】B【分析】根据题意，等式的两边同时求导数，再令，即可求解.【详解】由，等式的两边同时求导数，可得，令，可得.故选：B.5．若和都是定义在上的函数，则“与同是奇函数或偶函数”是“是偶函数”的（

）A．充分非必要条件 B．必要非充分条件C．充要条件 D．既非充分又非必要条件【答案】A【分析】用定义证明f(x)与g(x)同是奇函数或偶函数时，是偶函数，取反例说明是偶函数不能推出【详解】若f(x)与同是奇函数，则，，所以，所以是偶函数，同理可证当f(x)与同是偶函数，反之，若是偶函数，f(x)与例如取，，均为非奇非偶函数，但是偶函数.所以“f(x)与g故选：A6．点F是双曲线C：﹣＝1（a＞0，b＞0）的右焦点，A、B分别为C的右顶点、虚轴的上端点，O为坐标原点，若∠OBA＝∠BFA，则双曲线的离心率是（）A． B．﹣1 C．﹣1 D．【答案】D【分析】里双曲线定义及其性质，分别在△AOB和△OBF中，表示出∠OBA和∠BFA，的正切即可解出.【详解】由题意可知OB＝b，OA＝a，OF＝c，在△AOB中，，在△OBF中，，∵∠OBA＝∠BFA，∴且c2＝a2+b2，∴ac＝c2﹣a2，即e2﹣e﹣1＝0且e＞1，∴，故选：D．7．若当时，函数始终满足，则函数的图象大致为（

）A． B．C． D．【答案】A【解析】由函数始终满足，得到，再化简，画出的图像，利用翻折变换得到的图像，选出答案.【详解】当时，函数始终满足，必有，又先画出函数的图像，过点，单调递减，再将y轴右侧图像翻折到左侧，得到图像．故选：A．【点睛】方法点睛：图像变换的翻折变换有两种：图像保留x轴上方图像，将x轴下方图像翻折上去，得到的图像；图像保留y轴右边图像，并将其关于y轴对称的图像画出，得到的图像；8．如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为3，线段B1D1上有两个动点E，F且EF＝1，则当E，F移动时，下列结论中错误的是（）A．AE∥平面C1BDB．四面体ACEF的体积不为定值C．三棱锥A﹣BEF的体积为定值D．四面体ACDF的体积为定值【答案】B【分析】根据面面平行的性质定理，判断A选项是否正确，根据锥体体积计算公式，判断BCD选项是否正确.【详解】对于A选项，易得平面与平面平行，所以平面成立，A选项结论正确.对于B选项，由于长度一定，所以三角形面积为定值.到平面的距离，也即到平面的距离一定，所以四面体体积为定值，故B选项结论错误.对于C选项，由于长度一定，所以三角形面积为定值.到平面的距离，也即到平面的距离一定，所以三棱锥体积为定值，故C选项结论正确.对于D选项，由于三角形面积为定值，到平面的距离为定值，所以四面体的体积为定值.综上所述，错误的结论为B选项.故选：B9．已知等比数列满足，，记，则数列（

）A．有最大项，有最小项 B．有最大项，无最小项C．无最大项，有最小项 D．无最大项，无最小项【答案】A【分析】求出等比数列的通项公式，进而求出，再由数列最大项、最小项的意义判断作答.【详解】依题意，等比数列的通项公式，，，由知，当时，，数列是递增的，当时，，数列是递减的，，，，，所以和分别是数列的最大项和最小项.故选：A.10．2015年4月22日，亚非领导人会议在印尼雅加达举行，某五国领导人、、、，除与、与不单独会晤外，其他领导人两两之间都要单独会晤．现安排他们在两天的上午、下午单独会晤（每人每个半天最多进行一次会晤），那么安排他们单独会晤的不同方法共有（

）A．48种 B．36种 C．24种 D．8种【答案】A【分析】判断总共的会晤次数与安排情况，根据排列数求解．【详解】由题意得会晤共有共八场，则每个时段需要进行两场，能够满足要求的有和两种情况，故不同的安排方法共有故选：A第II卷（非选择题）二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分。11．函数的定义域为.【答案】【分析】根据对数型函数的定义域和二次根式的性质进行求解即可.【详解】因为对数的真数大于零，二次根式被开方数为非负实数，所以有，解得，所以函数的定义域为.故答案为：12．以点为圆心，且经过原点的圆的方程为.【答案】【分析】设圆的方程为，再把原点坐标代入求出可得答案.【详解】由题设圆的标准方程为，因为原点在圆上，所以，所以圆的标准方程为.故答案为：.13．已知函数（，）的最小正周期为，且函数的图象关于直线对称，若函数在上既存在最大值也存在最小值，则实数m的取值范围为．【答案】【分析】根据周期求，根据对称轴求，然后利用正弦函数的性质求解可得.【详解】由题知，，所以，又函数的图象关于直线对称，所以，所以，即，因为，所以，则，当时，，因为函数在上既存在最大值也存在最小值，所以或，解得或，所以实数m的取值范围为.故答案为：14．已知函数，若，则的取值范围是.【答案】【分析】根据题意画出函数大致图象，然后根据图象得出，再用表示出，根据所得关于的函数单调性可得结果．【详解】函数大致图象如下：则由图可得，而，故，所以，令，，则，所以在上单调递增，因为，所以，即，所以的取值范围是，故答案为：15．某数学兴趣小组在阅读了《选择性必修第一册》中数列的课后阅读之后，对斐波那契数列产生了浓厚的兴趣．书上说，斐波那契数列满足：，，的通项公式为.在自然界，兔子的数量，树木枝条的数量等都符合斐波那契数列．该学习兴趣小组成员也提出了一些结论：①数列是严格增数列；②数列的前n项和满足；③；④.那么以上结论正确的是（填序号）【答案】②③【分析】根据数列的特征以及递推公式，即可判断①；由已知可得，累加法即可得出②；，变形可得时，，然后累加，即可得出③；举例，验证，即可判断④.【详解】对于①，由题意可知，，，.由已知，则当时，单调递增.所以，时，由已知可知，单调递增，且.所以数列在时，为严格增数列.但是该数列的前三项不满足，故①错误；对于②，当时，有，，，，，，两边同时相加可得，，所以，，故②正确；对于③，由已知可得，，，，，两边同时相加可得，，故③正确；对于④，当时，左边为，右边为，显然不成立，故④错误.所以，结论正确的是②③.故答案为：②③.三、解答题：本题共6小题，共85分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。16．（13分）已知，．(1)求的值；(2)在平面直角坐标系中，以为始边，已知角的终边与角的终边关于轴对称，求的值．【答案】(1)(2)【分析】（1）利用二倍角公式及两角和正弦公式计算即可；（2）根据角的终边与角的终边关于轴对称求出，然后利用两角和的余弦公式计算即可.【详解】（1）因为，，所以，………2分所以，，………3分所以………5分（2）因为角的终边与角的终边关于轴对称，………7分所以，，………10分所以.…………13分17．（13分）如图，四棱锥底面为等腰梯形，AD//且，点为中点．（1）证明：DE//平面；（2）若平面，，直线与平面所成角的正切值为，求四棱锥的体积．【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）取中点为，在平面中，构造与直线DE平行的直线，即可通过线线平行证明线面平行；（2）根据已知线面角，求得的长度以及底面的面积，结合棱锥体积的计算公式，即可求得结果.【详解】（1）取中点为，连接，如下所示：……1分在三角形中，分别为的中点，故可得//，；………2分根据已知可得AD//，，故//，……………3分则四边形为平行四边形，故DE//，…………………4分又面面，故DE//面.…………………6分（2）作于点，如下图所示：…………7分则．………8分在△中，，，则，，………………9分由平面知，直线与平面所成角为，故，即在△中，有，则，…………………11分所以，四棱锥的体积．……………13分18．（14分）根据《国家学生体质健康指标》，高三男生和女生立定跳远单项等级如下（单位：）立定跳远单项等级高三男生高三女生优秀260及以上194及以上良好及格不及格204及以下149及以下从某校高三男生和女生中各随机抽取12名同学，将其立定跳远测试成绩整理如下（精确到）：男生：女生：假设用频率估计概率，且每个同学的测试成绩相互独立.(1)分别估计该校高三男生和女生立定跳远单项的优秀率；(2)从该校全体高三男生中随机抽取2人，全体高三女生中随机抽取1人，设为这3人中立定跳远单项等级为优秀的人数，求的分布列和数学期望.【答案】(1)；(2)【分析】（1）某校高三男生和女生中各随机抽取12名同学，样本中立定跳远单项等级获得优秀的男生人数为，获得优秀的女生人数为，计算频率得到优秀率的估计值；（2）由题设，的所有可能取值为，算出对应概率的值，列出分布列，计算出的数学期望的估计值.【详解】（1）某校高三男生和女生中各随机抽取12名同学，样本中立定跳远单项等级获得优秀的男生人数为，获得优秀的女生人数为，………2分所以估计该校高三男生立定跳远单项的优秀率为；估计高三女生立定跳远单项的优秀率为．………4分（2）由题设，的所有可能取值为，……………5分则；…………6分；…………8分；…………10分．…………11分则的分布列为：…………………12分0123则的数学期望.…………14分19．（15分）已知函数.(1)当时，求在点的切线方程；(2)若恒成立，求的取值范围.【答案】(1)(2)【分析】（1）求导得斜率，再利用点斜式求方程；（2）将不等式同构变形为，构造函数，判单调性得，分离参数求最值得解.【详解】（1）当时，，则，，…2分∴，∴切线方程为，即.…4分（2）由题意得，，即，亦即,…6分设，易得恒成立.∴在上单调递增;…8分易知：①当时，，恒成立,此时恒成立；…10分②当时，等价于，由①②知恒成立，则恒成立设，则.…12分当时，，单调递减；当时，，单调递增，…14分∴，∴，即的取值范围是.…15分【点睛】关键点点睛：本题考查导数的几何意义及不等式恒成立，解决问题关键是将不等式同构为并构造函数.20．（15分）已知椭圆的离心率为，长轴长为4．(1)求椭圆C的标准方程；(2)O为坐标原点，过点且斜率不为零的直线与椭圆C交于E，F两点，试问：在x轴上是否存在一个定点T，使得．若存在，求出定点T的坐标；若不存在，说明理由