01（新高考Ⅰ卷专用）-2025年高考数学模拟卷

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（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
第I卷（选择题）
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.已知全集，集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先求出集合，再结合补集和交集的定义求解即可.
【详解】因为或x≥1，
，
则，
所以.
故选：B.
2.若随机变量，且，，则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用正态密度曲线的对称性，即可求解.
【详解】随机变量，且，，
由正态密度曲线的对称性可知，，
所以.
故选：B
3.已知，，是函数的两个零点，且的最小值为，若将函数的图象向左平移个单位长度后得到的图象关于原点对称，则的不可能值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由已知得函数周期，求出，再利用图像的平移变换规律写出函数平移后的解析式，再利用函数关于原点对称，列出等式即可得到结果.
【详解】由题意知函数的最小正周期，
则，得，所以.
将函数的图象向左平移个单位长度，得到的图象，
要使该图象关于原点对称，则，，
所以，，又，
所以当时，为；
当时，为；
当时，为；
故选：D
4. 已知，则（ ）
A. 3B. C. 2D.
【答案】D
【解析】
【分析】应用二倍角余弦公式及二倍角正弦公式计算再结合同角三角函数关系求解.
【详解】.
故选：D.
5.《九章算术》中有“勾股容方”问题：“今有勾五步，股十二步．问：勾中容方几何？”魏晋时期数学家刘徽在《九章算术注》中利用出入相补原理给出了这个问题的一般解法：如图1，用对角线将长和宽分别为b和a的矩形分成两个直角三角形，每个直角三角形再分成一个内接正方形（黄）和两个小直角三角形（朱、青）将三种颜色的图形进行重组，得到如图2所示的矩形，该矩形长为，宽为内接正方形的边长d．由刘徽构造的图形可以得到许多重要的结论，如图3，设D为斜边的中点，作直角三角形的内接正方形对角线，过点A作于点F，则下列推理正确的是（ ）
A. 由图1和图2面积相等得B. 由可得
C. 由可得D. 由可得
【答案】C
【解析】
【分析】根据图1，图2面积相等，可求得d的表达式，可判断A选项正误，由题意可求得图3中的表达式，逐一分析B、C、D选项，即可得答案
【详解】对于A，由图1和图2面积相等得，所以，故A错误；
对于B，因为，所以，所以，，
因为，所以，整理得，故B错误；
对于C，因为D为斜边BC的中点，所以，
因为，所以，整理得，故C正确；
对于D，因为，所以，整理得，故D错误．
故选：C．
6.底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为1，高为1的正四棱锥，所得棱台的体积为（ ）
A. 18B. 21C. 54D. 63
【答案】B
【解析】
【分析】利用相似比计算出，然后再利用棱台的体积公式求解．
【详解】如图所示，
因为上下边长比为，
所以，
则棱台高，
根据体积公式可得，
故选：B．
7.已知函数的定义域为，若为偶函数，为奇函数，则下列一定正确的是（ ）
A. B.
C. 为奇函数D. 为奇函数
【答案】D
【解析】
【分析】根据函数的奇偶性、周期性、对称性得出函数值判断A,根据对称性分别判断B,C,D.
【详解】函数是偶函数，，
所以的图象关于直线对称，且因为
由于函数是奇函数，所以的图象关于对称，则 ，
令x=0，可得，即，
由可得，
因为不一定恒为0，所以不一定成立，故B选项错误；
可得fx+4=−fx+2=fx，所以是周期为4的周期函数.
所以，故A选项错误；
因为，则，
且，即得，
所以为奇函数，即为奇函数，D选项正确；
因为，所以，
又因为为偶函数，不一定恒为0，所以不一定为奇函数，所以C选项错误.
故选：D
【点睛】关键点点睛：解题的关键点是把为偶函数，为奇函数转化为对称关系得出函数周期及对称轴对称中心解题.
8.设，,，则下列大小关系正确的是 （ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先通过构造函数得到当时，，再通过构造函数进一步得到，，由此即可比较，进一步比较，由此即可得解.
【详解】设，则，
所以在上单调递增，
所以，即，
令，则，
所以在上单调递增，
从而，即，，
所以，，
从而当时，，
，
所以.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：在比较的大小关系时，可以通过先放缩再构造函数求导，由此即可顺利得解.
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. 已知向量，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则
B. 不存在实数，使得
C. 若向量，则或
D. 若向量在向量上的投影向量为，则的夹角为
【答案】BCD
【解析】
【分析】运用平面向量的性质定理，即可求解.
【详解】A选项：，所以，所以，故A错误；
B选项：若得，则，显然不成立，故B正确；
C选项：因为,若向量，
则或，故C正确；
D选项：设的夹角为，
则向量在向量上的投影向量为所以，
又因为向量在向量上的投影向量为，
所以
则的夹角为，故D正确.
故选：BCD.
10.已知函数为奇函数，且，当时，，则（ ）
A. 的图象关于点对称B. 的图象关于直线对称
C. 的最小正周期为2D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，由函数是奇函数，它的图像关于点对称，由平移可得的图象关于点1,0对称；对于B，由函数轴对称的性质可得；对于C，由已知及奇函数的定义，赋值推导即可得到的最小正周期是否为2；对于D，由当时，，及函数的对称性和周期性，可得f1+f2+f3+f4=0，则可得，即可求得结果.
【详解】对于A：因为函数是奇函数，所以的图像关于点对称，
又函数的图像向右平移1个单位可得到函数y=fx的图像，
所以的图象关于点1,0对称，故A正确；
对于B：因为，所以的图象关于直线对称，故B正确；
对于C：由的图象关于点1,0对称，，，
则，所以的最小正周期不可能为2，故C错误；
对于D：因为当时，，所以，f1=0，
因为的图象既关于点1,0对称，又关于直线对称，
所以，，
又因为函数是奇函数，所以，
又，则，
则，则，
所以的一个周期为，
所以，所以f1+f2+f3+f4=0，
所以
，故D正确．
故选：ABD．
【点睛】结论点睛：解决抽象函数的求值、性质判断等问题，常见结论：
（1）关于对称：若函数关于直线轴对称，则，若函数关于点中心对称，则，反之也成立；
（2）关于周期：若，或，或，可知函数的周期为.
11.已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A. 有极大值
B. 对于恒成立，则实数的取值范围是
C. 当时，过原点与曲线相切的直线有2条
D. 若关于的方程有两个不等实根，则实数的取值范围是
【答案】ABD
【解析】
【分析】求出极大值判断A；探讨最小值并建立不等式求出的范围判断B；求出过原点的曲线切线方程，再确定方程解的个数判断C；变形给定等式并构造函数，探讨函数性质求出的范围判断D.
【详解】对于A，，求导得，当时，，
当时，，函数在处取得极大值为，正确；
对于B，，当时，，当时，，
函数在递减，在上递增，，
由对于恒成立，得，解得，B正确；
对于C，，函数定义域为，求导得，
设切点坐标为，则在处，的切线方程为
，则，
化简得，当时，，此方程无解；
当时，，此方程无解；当时，，满足要求，
因此方程只有这1个解，即过原点有且仅有一条直线与相切，C错误；
对于D，由关于的方程有两个实根，得有两个不等实根，
整理得，则，即，
令函数，则即为，
函数在R上单调递增，则，即，
由A选项知，函数在上单调递增，在上单调递减，
，当时，函数取值集合为，而，
因此在的取值集合为；当时，令，，
函数在上单调递减，，则，
当时，，显然函数在取值集合为，
因此函数在的取值集合为，则有两个根，必有，
解得，所以的取值范围为，D正确.
故选：ABD
【点睛】思路点睛：解决过某点的函数f(x)的切线问题，先设出切点坐标，求导并求出切线方程，然后将给定点代入切线方程转化为方程根的问题求解.
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．若扇形AOB的面积为S，则当扇形AOB的周长取得最小值时，该扇形的圆心角的弧度数为_______．
【答案】2
【解析】
【分析】设扇形AOB的半径、弧长分别为r，l，进而根据扇形的面积公式可得，再结合基本不等式求解扇形AOB的周长最小时圆心角的弧度数.
【详解】设扇形AOB的半径、弧长分别为r，l，
则，即，
所以周长，
当且仅当时取等号，
所以当扇形AOB的周长最小时，圆心角的弧度数为.
故答案为：2.
13.如图，甲从A到B，乙从C到D，两人每次都只能向上或者向右走一格，如果两个人的线路不相交，则称这两个人的路径为一对孤立路，那么不同的孤立路一共有________对. （用数字作答）
【答案】1750
【解析】
【分析】先分析甲乙分别到B,D走法，各有种不同的走法，由分步乘法计数原理知共有路径，
分析相同的路径，甲从A走到D与乙从C走到B的路径都相交，共有对相交路径，故孤立路共有.
【详解】甲从A到B，需要向右走4步，向上走4步，共需8步，所以从A到B共有种走法，
乙从C到D，需要向右走4步，向上走4步，共需8步，所以从A到B共有种走法，
根据分步乘法计数原理可知，共有不同路径对，
甲从A到D，需要向右走6步，向上走4步，共需10步，所以从A到D共有种走法,
乙从C到B，需要向右走2步，向上走4步，共需6步，所以从C到B共有种走法,
所以相交路径共有对，
因此不同的孤立路一共有对.
故答案为：1750
【点睛】本题主要考查了组合的实际应用，组合数的计算，分步乘法计数原理，属于难题.
14.设，记为平行四边形内部（不含边界）的整点的个数，其中整点是指横､纵坐标都是整数的点，则函数的值域为______.
【答案】
【解析】
【分析】利用列举法，写出三个特殊情况，根据其总结归纳，设出整点出现的直线，分情况讨论，可得答案.
【详解】在坐标系中作出四点，举例：
时，如下图，平行四边形内部有9个整点；
时，如下图，平行四边形内部有12个整点；
时，如下图，平行四边形内部有11个整点；
证明：设与交点为，与交点为，四边形内部（不包括边界）的整点都在线段上，由，则线段上的整点有3个或4个，所以，
易求得点，
①当时，；
②当时，；
③其余情况，；故的值域为.
故答案：.
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） 已知圆：和点，为圆外一点，直线与圆相切于点，.
（1）求点的轨迹方程；
（2）记（1）中的点的轨迹为，是否存在斜率为的直线，使以被曲线截得得弦为直径得圆过点？若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由.
【答案】（1）
（2）存在，或
【解析】
【分析】（1）根据圆的切线性质，结合两点间距离公式进行求解即可；
（2）根据一元二次方程根与系数关系，结合直径所对圆周角为直角的性质、互相垂直两直线的斜率关系进行求解即可.
【小问1详解】
设点坐标为，直线与圆相切于点，…………………1 分
则，所以，…………………3 分
即，…………………4 分
化简得.………………… 5分
【小问2详解】
设直线方程为，点Mx1,y1，Nx2,y2.…………………6 分
联立方程，得，…………………7 分
所以.………………… 8分
因为以为直径得圆过点B−2,0，则，…………………9 分
即，
化简得，…………………10 分
代入根与系数关系中，得，………………… 11分
解得或，…………………12 分
故直线的方程为或.………………… 13分
【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用直径所对圆周角为直角、一元二次方程根与系数关系进行求解.
16．（15分）在中，.
（1）求；
（2）若，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使存在且唯一确定，求及的面积.
条件①：；
条件②：；
条件③：.
注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分.
【答案】（1）
（2）选择①，，，选择②，，
【解析】
【分析】（1）由正弦定理及倍角公式求得，从而求得；
（2）选条件①：由正弦定理及余弦定理解得，代入面积公式求解.选条件②：由余弦定理求出值，再利用三角形面积公式即可；选条件③：由余弦定理及基本不等式得到矛盾.
【小问1详解】
由正弦定理得，…………………1分
代入得，…………………2 分
所以，…………………3 分
因为，所以…………………5 分
所以，所以，.…………………7分
【小问2详解】
选条件①： ………………… 8分
因为，………………… 9分
由正弦定理得，由余弦定理得，…………………10 分
解得，所以． …………………11 分
由解得，解是唯一的.………………… 13分
所以，.………………… 15分
选择条件②：由及余弦定理得，………………… 8分
即，解得或（负舍），………………… 11分
此时有一解，所以，………………… 13分
所以，.………………… 15分
选条件③：由及余弦定理得，…………………8 分
所以，故.………………… 11分
这与矛盾，故不成立.………………… 13分
所以条件③不满足.…………………15 分
17．（15分）随着“双十一购物节”的来临，某服装店准备了抽奖活动回馈新老客户，活动规则如下：奖券共3张，分别可以再店内无门槛优惠10元､20元和30元，每人每天可抽1张奖券，每人抽完后将所抽取奖券放回，以供下一位顾客抽取.若某天抽奖金额少于20元，则下一天可无放回地抽2张奖券，以优惠金额更大的作为所得，否则正常抽取.
（1）求第二天获得优惠金额的数学期望；
（2）记“第天抽取1张奖券”的概率为，写出与的关系式并求出.
【答案】（1）
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据乘法公式求解概率，即可由期望公式求解，
（2）由题意得，即可利用构造法求解为等比数列，即可由等比数列的通项求解.
【小问1详解】
设第二天获得的优惠券金额为的可能取值为，第二天抽1张奖券的概率为，抽2张奖券的概率为，…………………2 分
若抽2张奖券，优惠金额20元的概率为，优惠金额30元的概率为，………………… 3分
，…………………4 分
，………………… 5分
，………………… 6分
故第二天获得优惠金额的数学期望.…………………8 分
【小问2详解】
记“第天抽取1张奖券”的概率为，则“第天抽取2张奖券”的概率为，………………… 9分
则“第天抽取1张奖券”的概率为，………………… 11分
，………………… 12分
设，则，………………… 13分
又，则，
所以数列是公比为的等比数列，………………… 14分
.…………………15 分
18．（17分）如图，在四棱锥中，四边形为直角梯形，，，平面平面，，点M是的中点.
（1）证明：.
（2）点N是的中点，，当直线与平面所成角的正弦值为时，求的长度.
【答案】（1）证明见解析
（2）或
【解析】
【分析】（1）先证明平面，由此得证；
（2）方法一，取中点F，先证平面，可得平面，可得直线与平面所成角为，根据条件列式运算得解；方法二，取中点F，连接，以F为坐标原点，建立空间直角坐标系，设（），求出平面的法向量，利用向量法列式运算得解.
【小问1详解】
∵M是中点，，………………… 2分
∴，…………………1 分
∵平面平面，平面平面，平面，
∴平面，又平面，………………… 4分
∴.………………… 6分
【小问2详解】
方法一：取中点F，连接，，作，垂足为G，连接，，
∵M，F分别为，中点，，
∴，又，
∴；………………… 7分
由（1）知：平面，平面，
∴；………………… 8分
∵，平面，，
∴平面，………………… 8分
∵平面，∴，………………… 9分
又，，，平面，
∴平面，
∴直线与平面所成角为，………………… 10分
∴，
设（），
∵，，………………… 12分
∴，
∴，又，………………… 13分
∴，解得：或，…………………15 分
故的长为或.………………… 17分
方法二：取中点F，连接，
∵M，F分别为，中点，，………………… 7分
∴，又，
∴；………………… 8分
由（1）知：平面，以F为坐标原点，，正方向为x，y轴正方向，
过F作z轴，可建立如图所示空间直角坐标系，…………………9 分
设（），
∵，，………………… 10分
∴，，，，，
∴，，；…………………11 分
设平面的法向量，
则，令，解得：，，…………………13 分
∴；………………… 14分
∴，…………………15 分
解得：或，…………………16 分
故的长为或.………………… 17分
19．（17分）（1）当时，求证：
（i）；
（ii）
（2）已知函数.
（i）当时，求在点处的切线方程；
（ii）讨论函数在上的零点个数.
【答案】（1）（i）证明见解析；（ii）证明见解析；（2）（i）；（ii）答案见解析
【解析】
【分析】（1）（i）作差之后构造函数，求导分析单调性可得；（ii）作差之后构造函数，求导分析单调性可得；
（2）（i）由导数的意义求出切线的斜率，再得到切线方程即可；
（ii）当和，求导后由（1）结果进行简单放缩即可，当时，属于隐零点问题，求导后构造函数再求导，结合单调性和零点存在定理分析即可；
【详解】证明：（1）（i）令，则，…………………1 分
故在上为增函数，
故，即，当且仅当时取等号；…………………3 分
故当时，成立.………………… 5分
（ii）令，
则当时，，…………………6分
设，则，
令，
当时，故在上为增函数，………………… 7分
故当时，，
即：，当且仅当时取等号；………………… 8分
故在上为增函数，
故，即，当且仅当时取等号；
故当时，成立.………………… 9分
（2）（i）当时，，
故在点处的切线方程为：…………………10分
（ii）
（A） 当时，，…………………11 分
故，
当且仅当时取等号，故在区间上的零点个数只有1个；
（B）当时，，
，
当且仅当时取等号，故在区间上的零点个数只有1个；………………… 12分
（C）当时，，
，…………………13分
令，则，
当时，由复合函数的单调性可得在上为增函数，
故，…………………14 分
当时，，
故，使得，则，
故在递减，在递增，又，
故，则，使得，
则，…………………15 分
故在递减，在递增，又，又，
故，使得，即此时在区间上有两个零点和；
综合有：当时，在区间上只有一个零点；………………… 16分
当时，在区间上有两个零点.………………… 17分
【点睛】关键点点睛：本题第二问的第二小问关键在于对分类讨论，当，需要两次求导，利用复合函数的单调性结合零点存在定理分析，属于隐零点问题.