抢分模拟卷01（教师版）

抢分模拟卷01（考试时间：120分钟试卷满分：150分）第Ⅰ卷一、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．（2025·全国·模拟猜测）已知集合，，则的子集个数为（

）A．1 B．2 C．4 D．8【答案】B【详解】解法一：集合表示直线上的全部点，集合表示圆上的全部点，由于圆心到直线的距离为，等于圆的半径，所以直线与圆相切，只有一个公共点,依据一元集的子集个数为2．故选：B.解法二：可以将直线方程代入圆的方程得：，整理得，解得，所以它们联立方程组的解为，故只有1个元素，依据一元集的子集个数为2．故选：B.2．（2025·黑龙江哈尔滨·一模）已知复数满足，，则（

）A．3 B． C． D．【答案】D【详解】设，，且，由已知得，，得，又，故，，同时平方得，，相加并化简得，而，.故选：D3．（2025·全国·模拟猜测）从1，2，3，4，5中随机选取2个不同的数，则所选的2个数中恰好有1个数是质数的概率为（

）A． B． C． D．【答案】C【详解】由题意知，数字1，2，3，4，5中共有3个质数，分别是2，3，4，从1，2，3，4，5中随机选取2个数的全部基本大事有：，共10个，其中恰好有1个数是质数的基本大事有，，共6个，所以所求概率为.故选：C．4．（2025·全国·模拟猜测）已知向量，，，若，，则向量在方向上的投影为（

）A． B． C． D．2【答案】A【详解】由得．由得，所以，，所以，，故向量在方向上的投影为.故选：A．5．（2025·全国·模拟猜测）已知是数列的前项和，，，不等式对任意的恒成立，则实数的取值范围为（

）A． B．C． D．【答案】A【详解】，，又，数列是首项为1、公差为1的等差数列，，，①，②，①②得，，，不等式，即，故对任意的恒成立．又，当且仅当，即时等号成立，，故选：A．6．（2025·四川成都·三模）在平面直角坐标系中，点，向量，且.若点的轨迹与双曲线的渐近线相交于两点和（点在轴上方），双曲线右焦点为，则（

）A． B． C． D．【答案】D【详解】由于向量，点，所以，由于，所以点，则点的轨迹为，与双曲线其中一条渐近线，联立，得，联立，得，因此.故选：D7．（2025高三·全国·专题练习）已知半径为的球的球心到正四周体的四个面的距离都相等，若正四周体的棱与球的球面有公共点，则正四周体的棱长的取值范围为（

）A． B． C． D．【答案】C【详解】设正四周体的棱长为，则其高为．当正四周体内接于球时，最小，此时，得．当球与正四周体的每条棱都相切时，最大，由于球的球心到正四周体的四个面的距离都相等，所以当球与正四周体的每条棱都相切时，借助正四周体和球的结构特征可知切点均为棱的中点，且球心到正四周体的顶点的距离为，利用勾股定理可得，得．故正四周体的棱长的取值范围为．故选：C.8．（2025·全国·模拟猜测）已知函数在上存在单调递减区间，则实数的取值范围为（

）A． B．C． D．【答案】D【详解】由于函数，可得，由于函数在上存在单调递减区间，可得在上有解，即在上有解，令，则，且，当时，，所以；当时，，所以，所以在上单调递增，在上单调递减，故，所以.故选：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．（2025·云南昆明·一模）已知函数，若，则的值可以为（

）A． B． C． D．【答案】BD【详解】令或，,故或，，故,取和可得或，故的值可以为或，故选：BD10．（2025·重庆·模拟猜测）平面直角坐标系中，曲线的方程为：则（

）A．曲线与轴有4个公共点 B．曲线关于原点对称C．曲线上的点都在某个矩形内 D．曲线上的点到原点的距离均为【答案】BC【详解】对于A：由，令，可得，解得或，所以曲线与轴只有和共个公共点，故A错误；对于B：由于，所以点和点均在曲线上，所以曲线关于原点对称，故B正确；对于C：由于，所以且，即曲线上的点都在直线、、、所围成的矩形（包含边上的点）内，所以曲线上的点都在某个矩形内，故C正确；由于，且，所以，，所以，所以曲线上的点到原点的距离，故D错误.故选：BC11．（2025·浙江杭州·模拟猜测）已知是方程的两根，数列满足，，.

满足，其中.

则（

）A．B．C．存在实数，使得对任意的正整数，都有D．不存在实数，使得对任意的正整数，都有【答案】ABC【详解】由于是方程的两根，故，.并可解出，.用数学归纳法证明：对任意的正整数，有.当时，由知，故，结论成立；当时，有，结论成立；假设当，以准时结论都成立，这里，则，.此时有，故结论对也成立.综上，对任意的正整数，有.由于是偶数，且由知是偶数，且，可知每个都是偶数.所以，故.而，故.又由于，故，从而.所以.构建，则在内恒成立，则，可得成立.由于，知，.

故，即.对于A，有，故A正确；对于B，有，故B正确；对于C，由于，故存在实数，使得对任意的正整数，都有，故C正确；对于D，由于，故存在实数，使得对任意的正整数，都有，故D错误.故选：ABC.第II卷三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．（2025·黑龙江大庆·模拟猜测）的开放式中的常数项为．【答案】【详解】二项式的开放式的通项公式为，令，求得，令，求得，由于，故其开放式中的常数项为故答案为：.13．（2025·湖南·一模）假如直线和曲线恰有一个交点，那么实数的取值范围是．【答案】【详解】由题意，当时，为双曲线的上半部分；当时，为椭圆的下半部分.又即，故作出的图象：考虑临界条件，当与椭圆下半部分相切时，有，整理得，则，由图象解得.当与双曲线的渐近线平行时也为临界条件.故实数的取值范围为.故答案为：14．（2025·广东·模拟猜测）已知为的外接圆圆心，且．设实数满足，则的取值范围为．【答案】【详解】解：由题可得，以的中点为原点，方向为轴，的中垂线为轴，建立如图所示平面直角坐标系：由于，所以，记圆心，半径为，所以圆的方程为，，不妨设，所以,,,由于所以，由于，所以，所以可得，将代入上式可得，①，由于，②，将①的平方和②的平方相加可得：，所以，所以，将带入可得，，即，即，所以，所以的取值范围为。故答案为：四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15．（2025·山东济南·二模）已知函数(1)争辩的单调性；(2)证明：.【答案】(1)答案见详解(2)证明见详解【详解】（1）由题意可得：的定义域为，，当时，则在内恒成立，可知在内单调递减；当时，令，解得；令，解得；可知在内单调递减，在内单调递增；综上所述：当时，在内单调递减；当时，在内单调递减，在内单调递增.（2）构建，则，由可知，构建，由于在内单调递增，则在内单调递增，且，可知在内存在唯一零点，当，则，即；当，则，即；可知在内单调递减，在内单调递增，则，又由于，则，，可得，即，所以.16．（2025·全国·模拟猜测）在四棱柱中，平面平面，，底面为菱形，，分别为的中点．(1)证明：平面；(2)若，，求三棱锥的表面积．【答案】(1)证明见解析；(2)．【详解】（1）如图，连接，设，连接，几何体为四棱柱，四边形是平行四边形，四边形是平行四边形，是的中点，，，分别为的中点，，，，，，四边形是平行四边形，，平面，平面，平面．（2）设是的中点，连接，过作，交的延长线于点，连接，易知，四边形为平行四边形，，，，，平面平面，平面平面，平面，平面，，．又，，，．易知，，是边长为1的正三角形，即．在中，，在中，，在中，，在中，，，，在中，，，，三棱锥的表面积为．17．（2025·全国·模拟猜测）为了保存学习资料，某位老师注册了网盘账号，依据平常存储资料的状况，得到了存储文件个数与占用网盘空间（单位：GB）的数据如下：存储文件个数2030405060占用网盘空间1.52.5468.5(1)若与有较强的线性相关关系，求关于的线性回归方程；(2)该老师使用该网盘保存资料的6个月中，会依据需要适当删除或增加文件，若6个月网盘中的文件个数分别为，依据（1）的结论，从这6个月中任选2个月，试估量这2个月中至少有一个月占用网盘空间超过的概率．参考公式：回归方程中斜率和截距的最小二乘估量公式分别为，．【答案】(1)(2)【详解】（1）由条件可得，，，，，，．线性回归方程为．（2）令，得．这6个月中占用网盘空间超过的有2个月，分别记为，其余4个月分别记为．从这6个月中随机选取2个月，全部不同状况有，，共15种，记大事为“这2个月中至少有一个月占用网盘空间超过，则大事包含的状况有，共9种，故所求概率．18．（2025·全国·模拟猜测）已知直线与抛物线交于两点，且．(1)求抛物线的标准方程；(2)若点，求外接圆的方程．【答案】(1)(2)【详解】（1）设，将与联立，化简得，所以，，，所以，得，所以抛物线的标准方程为．（2）设外接圆的一般方程为，由，得①，由，得②，由于两点既在抛物线上又在圆上，所以①、②两个方程的解均为和，故，得，，将代入，化简得，解得，满足，所以外接圆的方程为．19．（2025·北京顺义·二模）已知点集满足，，.对于任意点集，若其非空子集A，B满足，，则称集合对为的一个优划分.对任意点集及其优划分，记A中全部点的横坐标之和为，B中全部点的纵坐标之和为.(1)写出的一个优划分，使其满足；(2)对于任意点集，求证：存在的一个优划分，满足；(3)对于任意点集，求证：存在的一个优划分，满足且.【答案】(1)（答案不唯一）(2)证明见解析；(