模拟卷06（新高考Ⅱ卷专用）-（解析版）

【赢在高考·黄金8卷】备战2025年高考数学模拟卷（新高考2卷专用）黄金卷06（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，，则集合（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】化简集合，分析集合中的元素，即可得到结果.【详解】由题意得，.对于集合，当时，，当为其他整数时，，所以.故选：D.2．“关于的不等式的解集为”的一个必要不充分条件是（

）A． B． C． D．或【答案】C【分析】求出满足题意的充要条件为，然后根据充分条件以及必要条件的定义，即可得出答案.【详解】因为不等式的解集为，所以应有，解得.选择的必要不充分条件的范围，应该大于包含的范围，显然只有C项满足.故选：C.3．在平面直角坐标系中，点，，，若，则（

）A．1 B． C． D．2【答案】A【分析】由题意，求出，的坐标，利用向量垂直的坐标表示列示求出，进而求出.【详解】因为，，所以，，又，所以，所以，因为，所以，即，解得，所以，所以．故选：A．4．已知为数列的前项和，且，若对任意正整数恒成立，则实数的最小值为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用关系及等比数列定义得，将问题化为恒成立，研究右侧的单调性并求其最大值，即可得答案.【详解】由，令，解得，当时，由，得，即，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，所以，由，即恒成立，令，则，而，所以，即数列单调递减，故，所以，所以的最小值为.故选：B5．已知，，，则（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据指数函数与对数函数的函数图像进行大小比较.【详解】∵且，∴，∵且，∴，∵且，∴，∴，，，即且，又∵，，，∴，故，故.故选：D.6．已知且，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用和角公式先把的分子、分母展开，再弦化切，代入已知条件即可.【详解】因为．故选：C7．如图所示，在三棱锥中，，且平面平面，则该三棱锥的外接球的表面积为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】先证，取的中点分别为，再证平面，推得点为三棱锥外接球的球心，即可求得该三棱锥外接球的半径，计算即得表面积.【详解】在中，，，则，取的中点分别为，则分别为的外心，且，平面平面，平面平面平面，平面，因平面，故,在中，又在中，在中，故为三棱锥外接球的球心，外接球的半径，故外接球的表面积.故选:D．8．对，不等式恒成立，则（

）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则【答案】D【分析】令，通过举反例说明选项A、B错误；对于选项C、D，通过分析可得在上恒成立，问题转化为函数有相同的零点，计算可得选项D正确.【详解】由得，对于选项A、B，若，可令，不等式可化为，当时，，要使恒成立，则需，即恒成立，∴，当时，，要使恒成立，则需，即恒成立，∴，∴，当时，，要使恒成立，则需，即恒成立，∴，综上可得，不存在使得不等式恒成立，选项A、B错误.对于选项C、D，若，∵∴，∴，要使不等式恒成立，则需，∵函数在为增函数，∴函数有相同的零点，由得，由得，，∴，即，∴，∴，选项D正确.故选D.【点睛】思路点睛：本题考查不等式恒成立问题，具体思路如下：（1）不等式变形为.（2）对于选项A、B，若，对，与符号不确定，可取，通过分类讨论得到不存在使得不等式恒成立，即可说明选项A、B错误.（3）对于选项C、D，若，确定恒成立，转化为，则与同号，利用函数的单调性可知函数有相同的零点，利用零点相同可得.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．某校举行了交通安全知识主题演讲比赛，甲、乙两位同学演讲后，6位评委对他们的演讲分别进行打分（满分10分），得到如图所示的统计图，则（

）

A．甲得分的中位数大于乙得分的中位数B．甲得分的极差大于乙得分的极差C．甲得分的第75百分位数小于乙得分的第75百分位数D．甲得分的方差大于乙得分的方差【答案】ABD【分析】运用极差、中位数及百分位数的公式计算，和方差的意义即可判断选项.【详解】甲、乙的得分从小到大排列如下：甲7.08.38.98.99.29.3乙8.18.58.68.68.79.1故可得如下表格：甲乙中位数A正确极差B正确第75百分位数，故第75百分位数是第5个数C错误9.28.7方差由题图可以看出甲得分的波动比乙大，故甲得分的方差大于乙得分的方差D正确故选：ABD10．在棱长为2的正方体中，点E，F分别为棱，的中点，点G在底面内运动(含边界)，且平面，则（

）A．若，则平面B．点G到直线的距离为C．若，则D．直线与平面所成角的正弦值为【答案】ACD【分析】分别取棱，，，的中点M，N，P，Q作出图形，确定平面，及点G的轨迹．对于A，由条件得点G为棱的中点P，根据线面平行的性质判定即可；对于B，由，可得点G到的距离即为与间的距离，求解即可判断；对于C，连，与的交点即为点G，求解即可得出；对于D，设面，根据对称性可知，为的中点，由已知得为直线与平面所成的角，即可求解判断.【详解】分别取棱，，，的中点M，N，P，Q，∵点E，F分别为棱，的中点，∴，∵，∴，∵平面，平面，∴，∵平面，∴平面，∵平面，∴，同理，∵平面，∴平面，根据条件平面，可得平面即为平面，于是点G的轨迹即为线段对于A，若，则点G在上，又点G的轨迹即为线段，则点G为棱的中点P，连，∵，∴为平行四边形，∴，又平面，平面，所以平面，故A正确；对于B，∵点F，Q分别为棱，的中点，∴，∴正六边形的边长为，设正六边形的中心，则均是边长为的正三角形，∵,∴，即与间的距离，因为，所以点G到的距离即为与间的距离，所以点G到的距离为，所以B错误；对于C，连，交点为，∵，则点G在上，又点G的轨迹即为线段，则点G为与的交点，∵分别为的中点，则，此时，于是满足，所以C正确；对于D，设平面，根据对称性可知，为的中点，∴，∵平面，∴为直线与平面所成的角，又，∴，所以直线与平面所成角的正弦值为，故D正确，故选：ACD.11．已知椭圆和双曲线有公共焦点，左，右焦点分别为，设两曲线在第一象限的交点为为的角平分线，，点均在轴上，设椭圆的离心率为，双曲线的离心率为，则下列说法正确的是（

）A．B．以椭圆和双曲线四个交点为顶点的四边形的面积的最大值为C．若，则的取值范围为D．若，则的最小值为【答案】BCD【分析】由椭圆和双曲线定义有，将两式平方相加后由余弦定理和向量的数量积计算可得A错误；由对称性得到四边形的顶点的坐标，再结合基本不等式求出面积可得B正确；由离心率的定义和边长关系得到，再结合对勾函数的单调性可得C正确；由角平分线的定理将问题转化为求的最小值，再由椭圆和双曲线的性质结合余弦定理得到，再用基本不等式的乘“1”法分析可得D正确；【详解】对于A，设，由椭圆和双曲线定义有，将两式平方得，相加整理得，又在中，由余弦定理有，则，即，则，故A选项错误；对于B，椭圆和双曲线一个交点，由椭圆和双曲线的对称性可知，另外三个点的坐标为，，以它们为顶点的四边形为矩形，面积，又点在椭圆上，所以满足，则有，当且仅当时等式成立，故B选项正确；对于C，即，所以，则，又，所以，即，又，所以，，则．令，则，函数在上单调递减，所以，故C选项正确；对于D，由为的角平分线，，易知为的外角平分线，则由角平分线性质定理有即，由外角平分线性质定理有，即，求的最小值即求的最小值；由可得，代入即，整理可得，所以，则，当且仅当时取等号，所以的最小值为，故D选项正确；故选：BCD.【点睛】关键点点睛：本题D选项关键在于利用角平分定理将所求转换成求的最小值，再结合基本不等式的乘“1”法分析.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．已知，，点C，D满足，，则D点的轨迹方程为.【答案】【分析】根据题意设的坐标，利用平面向量线性运算与模的坐标表示，结合求轨迹的相关点法即可得解.【详解】依题意，设，又，，则，，，因为，所以，则，故，因为，所以，所以，则，所以D点的轨迹方程为.故答案为：.13．记数列的前项和为，若对任意的正整数，函数均存在两个极值点，，且满足，则.【答案】【分析】根据导数法求极值，得，设，因为，结合已知得，再利用裂项相消法求和.【详解】函数定义域为0,+∞，且，令，得，

如图所示，不妨设，因为，所以，解得，代入条件得，化简得：，即，所以.故答案为：.【点睛】关键点点睛：根据导数法求极值，得，设，因为，从而得，代入已知化简得：，从而可得，可解问题.14．已知抛物线的焦点为，Ax1,y1，Bx2,y2，为抛物线上的任意三点（异于坐标原点），，且，若直线AB，AD，BD的斜率分别为，，，则的值为；．【答案】20【分析】根据三角形重心公式以及抛物线焦半径公式求解即可；根据题意求得直线的斜率，代入等式计算即可求解.【详解】因为为抛物线上任意三点，且，所以F为的重心，，所以，又，即.因此抛物线的方程为，则，，两式相减得：，所以，同理可得，，所以.故答案为：2；0.四、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）在斜中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，(1)求的值；(2)点D是边AB的中点，连接CD，且，求的面积．【答案】(1)(2)【分析】（1）由正弦定理化简得，，结合，根据可求；（2）根据，两边平方之后结合正弦定理可得，，再求出，即可得三角形面积．【详解】（1）由正弦定理可知，所以，于是，因为是斜三角形，所以，，于是，因为，所以或，因为，所以，因此，因为，于是；（2）由条件知，两边同时平方得，即，根据正弦定理得，即，代入，得，解得，，又，所以的面积为16．（15分）已知函数．(1)当时，求曲线在点处的切线方程；(2)若在区间上恒成立，求的取值范围；【答案】(1)(2)【分析】（1）根据导数的几何意义求解函数在某点的切线方程；（2）分类讨论以及结合导数和函数的增减性，分别从，，三方面分类讨论；【详解】（1）当时，，，所以曲线在点处切线的斜率，又，所以曲线在点处切线的方程为即.（2）因为在区间上恒成立，即，对，即恒成立，令，只需，，，当时，有，则，在上单调递减，符合题意，当时，令，其对应方程的判别式，若即时，有，即，在上单调递减，，符合题意，若即时，，对称轴，又，方程的大于1的根为，，，即，，，即，所以函数在上单调递增，，不合题意.综上，在区间上恒成立，综上，实数的取值范围为.17．（15分）如图，在四棱锥中，平面平面，且.(1)求四棱锥的体积.(2)点满足为棱的中点，且平面.①求的值；②求平面与平面夹角的余弦值.【答案】(1)(2)①；②.【分析】（1）分别求得四棱锥的高与底面积，再由锥体的体积公式代入计算，即可得到结果；（2）①根据题意，取的中点，连接，即可证明四边形是平行四边形，从而得到结果；②建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算以及二面角的公式代入计算，即可得到结果.【详解】（1）平面平面的边上的高为四棱锥的高.由已知得底面是直角梯形，，是等腰直角三角形，边上的高.四棱锥的体积.（2）①如图，取的中点，连接.为棱的中点，，又，又四点共面，平面，平面平面，四边形是平行四边形.，即.②取的中点，连接，由条件知四边形为正方形.以为坐标原点，所在直线分别为轴､轴，过点且垂直于平面的直线为轴建立空间直角坐标系，如图.易知..设平面的法向量为n=x则令，可得.易知平面的一个法向量为.，平面与平面夹角的余弦值为.18．（17分）甲、乙两人各有张卡片，每张卡片上标有一个数，甲的卡片上分别标有数，乙的卡片上分别标有数，两人进行轮比赛，在每轮比赛中，两人各自从自己持有的卡片中随机选一张，并比较所选卡片上的数的大小，数大的人得分，数小的人得分，然后各自弃置此轮所选的卡片（弃置的卡片在此后的轮次中不能使用）．(1)当时，求甲的总得分的分布列和数学期望；(2)轮比赛后，求甲的总得分不小于的概率．【答案】(1)分布列见解析；期望为(2)【分析】（1）根据题得的可能值为，分别求，，，的概率，列出分布列，再求期望；（2）先求得和的概率，再由求解.【详解】（1）解：由题知甲的总得分的可能值为，不妨设甲四轮出的卡片上的数依次为，则乙四轮出的卡片共有种情况，当时，乙出的卡片上的数依次为，所以．当时，乙出的卡片上的数依次为；；；；；；；；；；．所以．当时，乙出的卡片上的数依次为；；；；；；；；；；．所以．当时，乙出的卡片上的数依次为，所以．因此甲的总得分的分布列为0123故甲的总得分的数学期望为．（2）设轮比赛后甲的总得分为，则．不妨设甲轮出的卡片上的数依次数，则乙轮出的卡片顺序有种．若，则乙出的卡片上的数依次为，所以．若，即甲只有一张卡片上的数比乙的卡片上的数大，不妨设甲轮出的卡片上的数依次为，乙轮出的卡片上的数为：中元素的一个排列：，，，…，，故要满足题意，则存在唯一的，使得，即，且对任意的满足，．（提示：观察到，均为的倍数，接下来可以将研究对象转化到的排列中进行研究，更容易理解）令，则问题转化为存在唯一的，使得，且对任意的满足，．（注意：此处满足的条件是从上面的满足的条件转化而来，且，，，…，的取值顺序不确定）易知，则．当时，．当时，，且，设满足，的序列，，…，，的个数为：①当时，，，…，，为的一个排列，故满足，的序列，，…，，的个数为；②当时，，，…，，为