新高考Ⅱ卷专用黄金卷01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（新课标Ⅱ卷专用）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8小题，每小题5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．已知集合，，则（

）A． B． C． D．2．已知首项为的等差数列的前项和为，，则（

）.A． B． C． D．3．若，，，则（

）A． B． C． D．4．已知非零向量，，则“”是“向量”的（

）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件5．已知函数在区间上单调递增，则的最小值为（

）A．1 B．2 C． D．6．一个正四面体边长为3，则一个与该正四面体体积相等、高也相等的正三棱柱的侧面积为（

）A． B． C． D．7．已知定义域为R的函数满足是奇函数，是偶函数，则下列各数一定是零点的是（

）A．2019 B．2022 C．2025 D．20288．已知抛物线的焦点为F，过点作C的两条切线，切点为A，B，且Q为C上一动点，若的最小值为5，则△PAB的面积为（

）A．75 B． C． D．二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9．函数的部分图象如图所示，则下列命题正确的是（

）A．B．C．关于对称D．将函数的图象向右平移个单位长度得到函数10．已知为数列的前项和，若，则（

）A． B．数列为等比数列C． D．11．若函数，则（

）A．可能只有1个极值点B．当有极值点时，C．存在，使得点为曲线的对称中心D．当不等式的解集为时，的极小值为第II卷（非选择题）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12．根据学校要求，错峰放学去食堂吃饭，高三年级五楼有4个班排队，1班不能排在最后，4班不能排在第一位，则四个班排队吃饭的不同方案有种.（用数字作答）13．若曲线在点处的切线也是曲线的切线，则.14．已知函数，若，，且，则的最小值是四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。15．（13分）在中，角，，的对边分别是，，，且.(1)求角的大小；(2)若，为边上的一点，，且______，求的周长.（从下面①，②两个条件中任选一个，补充在上面的横线上并作答）①是的平分线；②为线段的中点16．（15分）某公司拟通过摸球中奖的方式对员工发放节日红包．在一个不透明的袋子中装有个形状大小相同的标有面值的球，每位员工从球袋中一次性随机摸取m个球，摸完后全部放回袋中，球上所标的面值之和为该员工所获得的红包数额．(1)若，，当袋中的球中有个所标面值为元，1个为元，1个为元时，在员工所获得的红包数额不低于元的条件下，求取到面值为元的球的概率；(2)若，，当袋中的球中有1个所标面值为元，2个为元，1个为元，1个为元时，求员工所获得红包数额的数学期望与方差．17．（15分）如图，在六面体中，，且底面为菱形.(1)证明：四边形为平行四边形.(2)若平面，求平面与平面所成二面角的正弦值.18．（17分）已知椭圆的左、右焦点分别为为椭圆的一个顶点，且右焦点F₂到双曲线.渐近线的距离为(1)求椭圆C的标准方程；(2)设直线与椭圆C交于A、B两点.①若直线过椭圆右焦点F₂，且△AF₁B的面积为求实数k的值；②若直线过定点P(0,2)，且k>0，在x轴上是否存在点T(t,0)使得以TA、TB为邻边的平行四边形为菱形?若存在，则求出实数t的取值范围；若不存在，请说明理由.19．（17分）对于函数，若在定义域内存在实数，且，满足，则称为“弱偶函数”.若在定义域内存在实数，满足，则称为“弱奇函数”.(1)判断函数是否为“弱奇函数”或“弱偶函数”并说明理由；(2)已知函数，为其定义域上的“弱奇函数”，求实数的取值范围；(3)已知，对于任意的，函数都是定义域为上的“弱奇函数”，求实数的取值范围.

【赢在高考·黄金8卷】备战2025年高考数学模拟卷（新课标Ⅱ卷专用）黄金卷01·参考答案（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8小题，每小题5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。12345678BBDCCABD二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．91011ACBCDBCD第II卷（非选择题）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12．1413．114．8四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。15．（13分）【详解】（1）因为，可得，（1分）故，故，可得，（3分）因为，，（4分）所以，（5分）可得.（6分）（2）若选①：由平分得：，（7分）即，即，（9分）在中，由余弦定理得，（10分）即，两式联立可得，（12分）所以的周长为；（13分）若选②：为线段的中点，故，（7分），（8分）因为，，故，整理可得，（9分）在中，由余弦定理得，所以，（10分）两式联立可得，所以，（12分）从而的周长为.（13分）16．（15分）【详解】（1）记事件：员工所获得的红包数额不低于90元，事件：取到面值为60元的球，因为球中有个所标面值为元，1个为元，1个为元，且，，，（1分）所以，（3分）又，（5分）所以．（7分）（2）设X为员工取得的红包数额，则可能取值为，

（8分）所以，，，，（12分）

所以，

（13分）

．（15分）17．（15分）【详解】（1）因为四边形为菱形，所以，又平面平面，所以平面，（1分）又，平面平面，所以平面，（2分）因为，平面，所以平面平面，（4分）因为平面平面，平面平面，（5分）所以，（6分）同理可得，所以四边形为平行四边形.（7分）（2）由题意得.以菱形的中心为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，（8分）设，则，.因为四边形为平行四边形，所以，则，所以，得，（10分）所以.设平面的法向量为，则，即（11分）令，得.（12分）易知平面的一个法向量为，（13分）则（14分）所以平面与平面所成二面角的正弦值为.（15分）18．（17分）【详解】（1）由双曲线.的渐近线方程为，（1分）再由椭圆的右焦点分别为到渐近线的距离为可得：，（2分）因为，所以解得，（3分）再由椭圆的一个顶点为，可得，所以由，（4分）即椭圆C的标准方程为；（5分）（2）①直线过椭圆右焦点F₂可得：，即，（6分）所以由直线与椭圆C的标准方程联立方程组，消去得：，（7分）设两交点Ax1,y1所以，（9分）又椭圆左焦点F1−1,0到直线的距离为，（10分）所以，（11分）解得：或（舍去），即；（12分）②假设存在点使得以为邻边的平行四边形为菱形，由于直线过定点，且，可知直线方程为，与椭圆联立方程组，消去得：，（13分）由，且，解得，

设两交点Ax1,y1,Bx2,所以，即，整理得，（15分）又因为，所以，（16分）则.（17分）19．（17分）【详解】（1）若，当时，则，则，即，无实数解，舍去；（1分）当时，则，则，即，无实数解，舍去；所以不是“弱偶函数”，（5分）若，当时，则，则，即，解得（正舍），（3分）当时，则，若，解得（负舍），则存在实数，满足，所以是“弱奇函数”.（4分）（2）因为，定义域为.①当在区间上存在，满足时，则，即.（5分）令，则，当且仅当时取等号.（6分）又因为，则，即，（7分）则，所以；（8分）②当在区间上存在，满足时，则，即有解.因为在区间上单调递减，所以；（9分）③当在区间上存在，满足时，则，即有解.因为在区间上单调递增，所以.（10分）综上所述，实数m的取值范围为.（11分）（3）由题意知，，在上都有解，即，在上都有解，即，在上都有解，（12分）令，令，由题意知在上的值域包含，因为，（13分）且，则，（14分）可得，可知在上单调递增，（15分）则，即，解得，综上所述：．（17分）【赢在高考·黄金8卷】备战2025年高考数学模拟卷（新课标Ⅱ卷专用）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8小题，每小题5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．已知集合，，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据集合，知或或，从而得，再结合集合的交集运算性质运算即可.【详解】由，得或或，故.因为，所以.故选：B.2．已知首项为的等差数列的前项和为，，则（

）.A． B． C． D．【答案】B【分析】根据等差数列基本量的计算即可求解.【详解】由题意知，，所以：.故选：B3．若，，，则（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据已知条件，结合指数函数、幂函数的单调性，即可求解．【详解】，在上单调递增，，故，所以，，在上单调递增，，故，即，所以．故选：D4．已知非零向量，，则“”是“向量”的（

）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】C【分析】根据充分条件、必要条件的定义及数量积的运算律判断即可.【详解】因为，为非零向量，若，则，则，所以，所以，故充分性成立；若，则，所以，所以，则，故必要性成立；所以“”是“向量”的充要条件.故选：C．5．已知函数在区间上单调递增，则的最小值为（

）A．1 B．2 C． D．【答案】C【分析】由题意可知在区间上恒成立，进而分离参数得，从而由函数的单调性即可求解.【详解】由题意可得在区间上恒成立，所以，设函数，易得在上单调递减，故，即的最小值为.故选：C.6．一个正四面体边长为3，则一个与该正四面体体积相等、高也相等的正三棱柱的侧面积为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据题意求出该正四面体的体积和高，继而可求出正三棱柱的底面积，即可得出正三棱柱的底面边长，继而可求正三棱柱的侧面积.【详解】如图为中点，为点在底面的投影，由题意得，，，所以该正四面体的体积为.所以正三棱柱的体积为，高为，所以正三棱柱的底面积为，设正三棱柱的底面边长为，则，可得，所以正三棱柱的底面边长为，所以该正三棱柱的侧面积为.故选：A.7．已知定义域为R的函数满足是奇函数，是偶函数，则下列各数一定是零点的是（

）A．2019 B．2022 C．2025 D．2028【答案】B【分析】由已知条件确定函数周期，再逐项判断即可.【详解】因为是奇函数，所以且，令，可得：因为是偶函数，且，所以，所以，所以定义域为R的函数一个周期为8，所以无法判断，，，无法判断.，无法判断.故选：B8．已知抛物线的焦点为F，过点作C的两条切线，切点为A，B，且Q为C上一动点，若的最小值为5，则△PAB的面积为（

）A．75 B． C． D．【答案】D【分析】根据抛物线定义得到，再利用导数得到切点弦所在直线方程，再求出直线的长和点到直线的距离，最后利用三角形面积公式即可.【详解】当F，Q，P三点共线时，取得最小值，且，所以，解得，所以．由，得．设，，则曲线在处的切线方程为，即．因为切线过点，所以．同理可得，所以直线AB的方程为，即．联立方程组得，，则．因为直线AB过焦点F，所以，点P到直线的距离，所以．故选：D.【点睛】关键点点睛：本题的关键之一是利用抛物线定义和三点共线得到，再然后是利用导数得到切点弦所在直线方程，最后再求出AB和点到直线的距离.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9．函数的部分图象如图所示，则下列命题正确的是（

）A．B．C．关于对称D．将函数的图象向右平移个单位长度得到函数【答案】AC【分析】根据可得，代入最高点可得，进而求出函数的表达式，即可判断AB，代入验证即可判断C，根据平移即可求解D.【详解】由图象可知，，解得，，又，所以，即，结合，可知，得的表达式为，故A正确，B错误，对于C，由于，即的图象关于对称，故C正确；对于D，函数的图象向右平移个单位长度可以得到函数，故D错误．故选：AC．10．已知为数列的前项和，若，则（

）A． B．数列为等比数列C． D．【答案】BCD【分析】当时，，解得；根据，可得当时，，从而得，即；根据B可求得；从而可求出.【详解】A：当时，，解得，故A错误；B：因为，当时，，将两式相减可得，即，则，因，则，数列为首项为，公比为的等比数列，故B正确；C：由B可得，所以，故C正确；D：，故D正确.故选：BCD.11．若函数，则（

）A．可能只有1个极值点B．当有极值点时，C．存在，使得点为曲线的对称中心D．当不等式的解集为时，的极小值为【答案】BCD【分析】A项，根据判别式分类讨论可得；B项，有极值点转化为，结合A项可得；C项，取，验证可得；D项，由不等式解集结合图象可知，1和2是方程的两根且，解出系数，代入函数求解极值即可判断.【详解】，则，令，.A项，当时，，则在R上单调递增，不存在极值点；当时，方程有两个不等的实数根，设为，，当时，，在单调递增；当时，，在单调递减；当时，，在单调递增；故在处取极大值，在处取极小值，即存在两个极值点；综上所述，不可能只1个极值点，故A错误；B项，当有极值点时,有解，则，即.由A项知，当时，在R上单调递增，不存在极值点；故，故B正确；C项，当时，，，所以，则曲线关于对称，即存在，使得点为曲线y=fx的对称中心，故C正确；D项，不等式的解集为，由A项可知仅当时，满足题意.则且，且在处取极大值.即，则有，故，，又，解得，故，则，当时，，则在单调递增；当时，，则在单调递减；当时，，则在单调递增；故在处有极大值，且极大值为；在处有极小值，且极小值为；故D正确.故选：BCD.【点睛】关键点点睛：本题解决关键在于D项中条件“不等式的解集为”的转化，一是解集区间的端点是方程的根，二是在处取极值，从而.第II卷（非选择题）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12．根据学校要求，错峰放学去食堂吃饭，高三年级五楼有4个班排队，1班不能排在最后，4班不能排在第一位，则四个班排队吃饭的不同方案有种.（用数字作答）【答案】【分析】根据题意，由间接法代入计算，即可得到结果.【详解】总方案有种，1班排在最后有种方案，4班排在第一位有种方案，1班排在最后且4班排在第一位有种方案，则满足要求的方案有种.故答案为：13．若曲线在点处的切线也是曲线的切线，则.【答案】1【分析】先求出曲线在的切线方程，再设曲线的切点为,，求出，利用公切线斜率相等求出表示出切线方程，结合两切线方程相同即可求解【详解】由，得，，故曲线在处的切线方程为；由，得，设切线与曲线相切的切点为,，由两曲线有公切线得，解得，则切点为，切线方程为，根据两切线重合，解得．故答案为：1．14．已知函数，若，，且，则的最小值是【答案】8【分析】由函数奇偶性的定义可知为奇函数，根据单调性可知，然后结合基本不等式即可求解.【详解】函数的定义域为，且，所以为奇函数，又，所以函数单调递增，又，所以，所以，即，所以，当且仅当，即，，等号成立，所以的最小值为.故答案为：.四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。15．（13分）在中，角，，的对边分别是，，，且.(1)求角的大小；(2)若，为边上的一点，，且______，求的周长.（从下面①，②两个条件中任选一个，补充在上面的横线上并作答）①是的平分线；②为线段的中点【答案】(1)(2)选①和②，答案均为【分析】（1）根据三角函数恒等变换得到，从而求出；（2）选①，由三角形面积公式得到，由余弦定理得到，求出，得到周长；选②，两边平方得，由余弦定理得，联立求出，得到周长.【详解】（1）因为，可得，故，故，可得，因为，，所以，可得.（2）若选①：由平分得：，即，即，在中，由余弦定理得，即，两式联立可得，所以的周长为；若选②：为线段的中点，故，，因为，，故，整理可得，在中，由余弦定理得，所以，两式联立可得，所以，从而的周长为.16．（15分）某公司拟通过摸球中奖的方式对员工发放节日红包．在一个不透明的袋子中装有个形状大小相同的标有面值的球，每位员工从球袋中一次性随机摸取m个球，摸完后全部放回袋中，球上所标的面值之和为该员工所获得的红包数额．(1)若，，当袋中的球中有个所标面值为元，1个为元，1个为元时，在员工所获得的红包数额不低于元的条件下，求取到面值为元的球的概率；(2)若，，当袋中的球中有1个所标面值为元，2个为元，1个为元，1个为元时，求员工所获得红包数额的数学期望与方差．【答案】(1)(2)期望为；方差为【分析】（1）记事件：员工所获得的红包数额不低于90元，事件：取到面值为60元的球，根据条件先求，再利用条件概率公式，即可求解；（2）由题知可能取值为，再求出对应的概率，利用期望和方差的计算公式，即可求解.【详解】（1）记事件：员工所获得的红包数额不低于90元，事件：取到面值为60元的球，因为球中有个所标面值为元，1个为元，1个为元，且，，，所以，又，所以．（2）设X为员工取得的红包数额，则可能取值为，

所以，，，，

所以，

．17．（15分）如图，在六面体中，，且底面为菱形.(1)证明：四边形为平行四边形.(2)若平面，求平面与平面所成二面角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）由题意可证明平面平面，利用面面平行的性质可得，同理可得，进而可证结论；（2）建立空间直角坐标系，设，利用，可求得，求得平面与平面的法向量，利用向量法可求得平面与平面所成二面角的正弦值.【详解】（1）因为四边形为菱形，所以，又平面平面，所以平面，又，平面平面，所以平面，因为，平面，所以平面平面，因为平面平面，平面平面，所以，同理可得，所以四边形为平行四边形.（2）由题意得.以菱形的中心为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，设，则，.因为四边形为平行四边形，所以，则，所以，得，所以.设平面的法向量为，则，即令，得.易知平面的一个法向量为，则所以平面与平面所成二面角的正弦值为.18．（17分）已知椭圆的左、右焦点分别为为椭圆的一个顶点，且右焦点F₂到双曲线.渐近线的距离为(1)求椭圆C的标准方程；(2)设直线与椭圆C交于A、B两点.①若直线过椭圆右焦点F₂，且△AF₁B的面积为求实数k的值；②若直线过定点P(0,2)，且k>0，在x轴上是否存在点T(t,0)使得以TA、TB为邻边的平行四边形为菱形?若存在，则求出实数t的取值范围；若不存在，请说明理由.【答案】(1)(2)①;②【分析】（1）利用点到直线的距离公式求解椭圆参数即可；（2）①把直线与椭圆联立方程组，利用弦长公式和点到直线的距离公式，即可求出面积等式，最后求解k的值；②把菱形问题转化为对角线互相垂直问题，最后转化为两对角线的斜率之积为，通过这个等式转化为的函数，即可求解取值范围.【详解】（1）由双曲线.的渐近线方程为，再由椭圆的右焦点分别为到渐近线的距离为可得：，因为，所以解得，再由椭圆的一个顶点为，可得，所以由，即椭圆C的标准方程为；（2）①直线过椭圆右焦点F₂可得：，即，所以由直线与椭圆C的标准方程联立方程组，消去得：，设两交