河南省安阳市深蓝高级中学2025届高考数学模拟试卷(含详解) 含答案

/河南省安阳市深蓝高级中学2025届高考数学模拟试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.若集合A={x∈N|x<4}A.⌀ B.{−1,0,1,2} C.{1,2} D.{0,1,2}2.若复数z1，z2满足|z1|=5且zA.5 B.52 C.53.已知等差数列{an}的前8项和为48，a2+A.1 B.2 C.4 D.84.已知抛物线C：x2=12y的焦点为F，点P是C上的一点，点M(1,2)，则A.4+2 B.4+22 C.5.已知平面向量a，b满足|a|=1，|2a+b|=2，且A.2 B.3 C.2 6.把函数f(x)=2cosx(sinx+cosx)−1A.x=−11π24 B.x=117.已知三棱锥P−ABC各个顶点都在半径为52的球O的球面上，且PA=PB=PC，AB=BCA.32 B.52 C.3 8.已知f(x)是定义域为R的非常值函数，且f(x+y)+f(x−y)=2f(x)f(yA.y=−bx−5b−a B.y二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9.记数列{an}的前n项和为Sn，则下列条件使A.an+1an=3 B.an10.斜率为2的直线l与双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的两条渐近线交于AA.x2a2−y2b2=0是双曲线两条渐近线所构成的“X”形图象的方程

B.P也是线段CD的中点

C.若l过双曲线的焦点，则直线OP的斜率是−11.如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，点E，F，G分别在棱A1A，A1B1，A1DA.△EFG可能为直角三角形

B.若H为△EFG的外接圆的圆心，则三棱锥A1−EFG为正三棱锥

C.若A1E=三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.甲同学自进入高三以来，前四次数学考试的分数逐次递增，第一次的分数为116，第四次的分数为132，且中位数为120，则甲同学这四次数学考试的平均分为______．13.若函数f(x)=xex−14.记tanπ32=m，若12tan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.(本小题12分)

已知函数f(x)=sinωx+k在(0,f(0）处的切线为y=2x+1．

(1)16.(本小题15分)

如图，四棱锥P−ABCD的底面ABCD是边长为2的菱形，且∠ABC=π3，△BPC是正三角形，PA=6，E为BC的中点．

(Ⅰ)求证：PE⊥17.(本小题16分)

口袋中有编号分别为1，2，3，…，10的10个小球，所有小球除了编号外无其他差别．

(Ⅰ)从口袋中任取3个小球，求取到的小球编号既有奇数又有偶数的概率；

(Ⅱ)从口袋中任取5个小球，设其中编号的最小值为X，求X的分布列及期望．18.(本小题17分)

设抛物线E：y2=2px(p>0)的焦点为F，过点F的直线交E于A、B两点，且|AB|的最小值为4．

(1)求E的方程；

(2)设过F的另一直线交E于C、D两点，且点M(2,2)在直线AC上．

(Ⅰ)证明：直线BD过定点N；

(Ⅱ)对于(1)中的定点N19.(本小题17分)

数列是特殊的函数，可以利用函数工具研究数列性质.比如，为了研究数列an=(1+1n)n(n∈N∗)的性质，对通项公式取对数得，lnan=ln(1+1n)n，则可通过研究函数y=ln(1+x)1x的性质，得到数列{lnan}的性质，进而得到{a答案和解析1.【正确答案】D

解：由题意可得，A={0,1,2,3}，B={x|−2<x<3}，

所以A∩B={0,1,2}．设z1=a+bi(a,b∈R)，则a2+b2=5，即a2+依题意S8=(a1+a8)82=48，即a1+a8=12解：由题抛物线C：x2=12y，可知F(0,3)，准线方程为y=−3，过点P作C的准线的垂线，垂足为P′，

由抛物线的定义知|PF|=|PP′|，又|MF|=12+(2−3)2=2，

5.【正确答案】A

因为平面向量a，b满足|a|=1，|2a+b|=2，且(a+b)⊥a，

所以(a+b)⋅a=a2+a⋅b解：依题意，f(x)=sin2x+cos2x=2sin(2x+π4)，

因为的图象向左平移π3个单位长度后，得到函数g(x)的图象，

所以g(x)=f(x+π3)=设点P在底面ABC上的射影为H，

因为PA=PB=PC，所以点H为△ABC的外心，

又AB=BC=22，∠ABC=90°，所以点H为AC的中点，

连接PH，BH，则三棱锥P−ABC的外接球的球心O必在PH上，

连接CO，则AC=2AB=4，CO=52，

在Rt8.【正确答案】D

已知f(x+y)+f(x−y)=2f(x)f(y)，f(2)=0，

f′(x)是f(x)的导函数，且f′(x)的定义域为R.若设f(7)=a，f′(1)=b，

令x=2，则f(2+y)+f(2−y)=0，则函数f(x)关于点(2,0)中心对称，

令x=y=0，则f(0)+f(0)=2f(0)f(0)，则f(0)=0或f(0)=1，

当f(0)=0时，令y=0，则f(x)+f(x)=0，即f(x)=0，不合题意，舍去．

故f(0)=1，则令x=0，即f对于选项A，由等比数列定义知，{an}一定为等比数列，故A正确；

对于选项B，当an=0时，an+12=an⋅an+2成立，但{an}不成等比数列，故B错误；

对于选项C，由Sn=3n−2，得a1=S1=1，a2=S2−S1=6，a3=对于选项A：易知x2a2−y2b2=(xa−yb)(xa+yb)=0，

所以xa−yb=0或xa+yb=0，

即y=bax或y=−bax，

该直线方程恰好为双曲线的两条渐近线，故选项A正确；

对于选项B：设直线l的方程为y=2x+m，C(x3,y3)，D(x4,y4)，

联立x2a2−y2b2=1y=2x+m，消去y并整理得(b2−4a2)x2−4a2mx−a2m2−a2b2=0，

若b2−4a2=0，渐近线方程为y=±2x，

此时与直线l平行，不符合题意，

由韦达定理得x3+x4=4a2mb2−4a2；

联立x2设A1F=b，A1G=c，A1E=a，a，b，c∈(0,1)，

因此EG2=a2+c2，GF2=c2+b2，EF2=a2+b2，

根据余弦定理得cos∠EFG=EF2+GF2−EG22EF⋅GF>0，因此∠EFG为锐角，

同理其它两角也是锐角，所以选项A错误；

对于选项B，

由于H为三角形EFG的外心，因此HE=HF=HG，再根据A1H⊥平面EFG，

结合勾股定理易知A1E=A1F=A1G，又因为三个侧面都是直角三角形，易证全等，

因此EF=EG=GF，因此三棱锥A1−EFG为正三棱锥，所以选项B正确；

对于选项C，如果棱在面内，那么棱与面所成交为0，正弦值为0；

如果棱不在面内，考察侧棱与底面所成的角，

以A1E为例，设A1E=a，那么EF=EG=GF=2a，

那么三角形EFG的面积为12×(2a)2×32=32a2，

根据等体积，三棱锥A1−EFG的体积V=16a3=13×32a2×A1H，

因此A12.【正确答案】122

设甲同学自进入高三以来，第二、第三次的分数分别为x，y，

∵前四次数学考试的分数逐次递增，且中位数为120，∴x+y2=120，即x+y=240，

∴甲同学这四次数学考试的平均分为116+x+解：令f(x)=0，可得m(2x+1)=xex，

令g(x)=m(2x+1)=2mx+m,h(x)=xex，

则问题等价于函数g(x)的图象与h(x)的图象有两个交点．

对函数h(x)求导可得，h′(x)=1−xex，令h′(x)=0，则x=1，

当x∈(1,+∞)时，h′(x)<0，h(x)单调递减，

当x∈(−∞,1)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，

设l是h(x)的图象的切线，切点为(x0,x0e14.【正确答案】8

由tanx=2tanx21−tan2x2，得1tanx=12tanx2−tanx22，

所以tanx22=12tanx2−1tanx，

若12tanπ8+14tanπ16+18tanπ32=1am−1，

12tanπ16.解：(Ⅰ)如图，

在四棱锥P−ABCD中，连接AC，AE，

因为△BPC是正三角形，E为BC的中点．

所以PE⊥BC,PE=3，

因为四边形ABCD是边长为2的菱形，∠ABC=π3，

所以△ABC是正三角形，AE=3，

则PE2+AE2=6=PA2，

PE⊥AE，又BC∩AE=E，BC，AE⊂平面ABCD，

所以PE⊥平面ABCD；

(Ⅱ)由(Ⅰ)知，直线EC，EA，EP两两垂直，

以E为原点，直线EC，EA，EP分别为x，y，z轴建立如图所示空间直角坐标系，

则A(0,3,0),B(−1,0,0),P(0,0,17.解：(Ⅰ)从口袋中任取3个小球有C103种方法，编号全为奇数的取法有C53种，全为偶数的取法有C53种，

因此编号既有奇数又有偶数的取法种数为C103−C53−C53=100，

所以取到的小球编号既有奇数又有偶数的概率为100120=56；

(Ⅱ)依题意，X的所有可能值为1，2，3，4，5，6，

从口袋中任取5个小球有X123456P155551所以E(X18.解：(1)设直线AB方程：x=ty+p2，代入抛物线y2=2px中，化简得y2−2pty−p2=0，

设．A(x1,y1)B(x2,y2)，则根据韦达定理可得y1+y2=2pt，y1y2=−p2．

所以|AB|=1+t2|y1−y2|=1+t24p2(1+t2)=2p(1+t2)，

当t=0时，有|AB|的最小值为2p．

所以2p=4，故E的方程为y2=4x．

(2)(Ⅰ)证明：设直线AC方程：x=my+2−2m，A(x1,y1)，C(x3,y3)，

由x=my+2−2my2=4x消去19.解：(1)不等式cx≥ln(1+x)对任意x≥0恒成立，

取x=1，得c≥ln2>0，

令φ(x)=cx−ln(1+x)，x∈[0.+∞),φ(0)=0,

φ′(x)=c−11+x=c−1+cx1+x，

①当c≥1时．φ′(x)≥0，φ(x)在区间[0,+∞)上单调递增，

所以∀x∈[0,+∞)，φ(x)=cx−ln(l+x)≥φ(0)=0，所以c≥1符合要求；

②当0<c<1时，令φ′(x)=0⇒x=1−cc，

当x∈(0,1−cc),φ′(x