备战 2025 高考数学模拟卷六

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（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】D
【分析】先分别求出两个集合，再根据交集的定义即可得解.
【详解】由，得，解得或，
，
所以.
故选：D.
2．在中，为边的中点，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】借助平面向量的线性运算及平面向量基本定理计算即可得解.
【详解】因为为边的中点，，
所以.
故选：D.
3．某台机器每天生产10000个零件，现连续12天检测，得到每天的次品零件个数依次为：8，12，9，18，16，17，15，9，18，20，13，11，则这组样本数据的中位数与第60百分位数之和是（ ）
A．29B．30C．30.5D．31
【答案】B
【分析】由百分位数、中位数的定义即可求解.
【详解】将这12个数据从小到大排列为，
，所以排列后的第8个数即为第60百分位数：16，
中位数为，故所求为：.
故选：B.
4．已知，是一元二次方程的两个根，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】结合根与系数关系可得，，再利用两角和的正切公式可求出的值.
【详解】因为，是一元二次方程的两个根，
显然，所以，，
所以，
所以．
故选：A．
5．苏格兰数学家纳皮尔（J.Napier，1550-1617）发明的对数及对数表（部分对数表如下表所示），为当时的天文学家处理“大数”的计算大大缩短了时间．因为，所以的位数为4（一个自然数数位的个数，叫做位数），已知是24位数，则正整数的值为（ ）
A．4B．5C．6D．8
【答案】C
【分析】根据位数定义利用对数运算表可得.
【详解】由题意可知，两边同时取对数可得，
所以，故，
由表中数据可知，
故选：C
6．已知三棱锥的四个顶点都在球的球面上，，，则球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先利用正弦定理求的外接圆半径，再求点到平面的距离，设三棱锥外接球半径为，根据勾股定理列方程求出，进一步计算球的表面积.
【详解】如图：
在中，，
由余弦定理：,
所以，所以外接圆半径为，即.
在直角三角形中，，，所以.
设棱锥外接球半径为，在直角三角形中，，
解得：.
所以球的表面积为：.
故选：A
7．的展开式中的系数为（ ）
A．9B．15C．21D．24
【答案】A
【分析】由的展开式中求出包含和的项，然后由多项式乘法可得．
【详解】二项式的展开式的通项公式为.
所以含的项为．
故选：A．
8．已知双曲线的左右焦点分别为，过点且与渐近线垂直的直线与双曲线左右两支分别交于两点，若，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】求得到渐近线的距离为，从而可求得的值，再在中利用正弦定理求出，然后结合双曲线的定义和余弦定理求解即可.
【详解】由题意知，点到渐近线的距离为，
所以，
因为，，所以，
所以，
因为，所以，
得，则，
在中，由正弦定理得，
即，得，
由双曲线的定义知，
所以，
在中，由余弦定理得，
即，
整理得，即，
所以离心率为.
故选：A
【点睛】关键点点睛：此题考查双曲线离心率的求法，熟练掌握双曲线的定义与几何性质结合正、余弦定理是解题的关键，考查逻辑推理能力和计算能力，属于较难题.
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．在某节体育课上，体育老师对某班学生进行了立定跳远测试，其中有一组学生的成绩数据如下（单位：m）：1.74，1.87，1.81，1.81，1.88，1.99，那么（ ）
A．这组学生成绩的平均数是1.85
B．这组学生成绩的中位数是1.84
C．这组学生成绩的众数是1.87
D．这组学生成绩的方差是0.036 2
【答案】AB
【分析】本题主要考查样本特征数中的平均数、中位数、众数、方差等基础知识，根据相应的公式求解即可.
【详解】将这组数据从小到大重新排列：1.74，1.81，1.81，1.87，1.88，1.99，
则这组数据的平均数为，A正确．
这组数据的中位数为，B正确．
这组数据的众数为错误．这组数据的方差为，D错误．
故选:AB．
10．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，，若满足要求的△ABC有且只有1个，则b的取值可以是（ ）
A．1B．C．2D．3
【答案】ABC
【分析】根据余弦定理，根据三角形的性质进行求解判断即可.
【详解】由，及，
得.若满足要求的△ABC有且只有1个，则或，
即或，解得或.
故选：ABC
11．已知正方体外接球的体积为是空间中的一点，则下列命题正确的是（ ）
A．若点在正方体表面上运动，且，则点轨迹的长度为
B．若是棱上的点（不包括点），则直线与是异面直线
C．若点在线段上运动，则始终有
D．若点在线段上运动，则三棱锥体积为定值
【答案】BCD
【分析】根据正方体的几何特征可根据外接球的体积得棱长为2，即可由圆的周长求解A,根据异面直线的定义即可求解B，利用线面垂直即可求解C，利用等体积法即可求解D.
【详解】方体外接球的体积为.设外接球的半径为，则，解得.

设正方体的棱长为，则.
对于，在平面中，点的轨迹为以为圆心，2为半径的圆弧；同理，在平面ABCD和平面中，点的轨迹都是以为圆心，2为半径的圆弧.故点的轨迹的长度为.故错误；
对于B，利用异面直线的判定定理可以判断直线与是异面直线.故正确；
对于，在正方体中，有平面平面平面平面.故C正确；

对于，在正方体中，平面为定值.故D正确.
故选：BCD
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．复数满足，则 .
【答案】
【分析】根据复数的除法运算可得，结合模长公式运算求解.
【详解】因为，则，
所以.
故答案为：.
13．点在椭圆上，则点到直线的距离的最大值为 ．
【答案】
【分析】设点坐标是，，求点到直线的距离，利用三角函数的有界性求出点到直线的距离的最大值．
【详解】因为点在椭圆上，
故可设点坐标是，，
所以点到直线的距离，
所以，当且仅当，即时，取得最大值．
故答案为：．
14．定义：对于函数和数列，若，则称数列具有“函数性质”.已知二次函数图象的最低点为，且，若数列具有“函数性质”，且首项为1的数列满足，记的前项和为，则数列的最小值为 .
【答案】
【分析】利用二次函数的性质求解析式，再利用数列的递推思想构造等比数列，即可求和，从而用数列的单调性来求出最小值.
【详解】由二次函数最低点为可知：，
又，所以，
则.由题意得，
又由，得，
因为，所以，
即，又，
所以，则，即，
故是以1为首项，2为公比的等比数列，所以.
令.，则，
故当时，，当时，，
故.
故答案为：.
【点睛】方法点睛，根据二次递推，则需要通过构造两边对数，来得到等比数列递推关系.
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．（本题满分13分）已知数列的前n项积．
(1)求；
(2)设，求证：．
【答案】(1)
(2)证明见详解
【分析】（1）根据题意，当时，，化简即可，再验证当1时是否满足同一表达式即可.
（2）结合（1）将表示出来，然后等式两边同时乘以6，两个式子相减，再放缩即可证明.
【详解】（1）当时,,
当1时，满足上式，
所以.
（2），
即，①
所以，②
②①得，
，
，
所以得证.
16．（本题满分15分）在平面直角坐标系中，锐角的顶点与原点重合，始边与轴的正半轴重合，终边与单位圆交于Mx1,y1，将的终边按逆时针方向旋转，交单位圆于Nx2,y2，记．
(1)求函数的值域；
(2)在中，若，，，求的面积．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用三角函数定义和辅助角公式得到，根据，得到的值域；
（2）根据得到，由正弦定理得到，由余弦定理得，求出三角形的面积.
【详解】（1），，
，
，
当且仅当即时，，
所以函数的值域是．
（2）由（1）得，所以，
，，
，，
由正弦定理得，
又，故，
由余弦定理得，，
．
17．（本题满分15分）如图，在四棱锥中，平面平面，点在平面内的射影恰为点，直线，交于点.
(1)求证：；
(2)若，，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）过点作，垂足为，根据面面垂直性质定理证明平面，再证明，，结合线面垂直的判定定理和定义证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，求两平面的法向量，结合向量夹角公式求结论.
【详解】（1）连接，过点作，垂足为，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，平面，
所以，
因为点在平面内的射影恰为点，
所以平面，平面，
所以，
又，平面，
所以平面，平面，
所以，
所以.
（2）因为，，
所以，所以，
又由已知可得平面，平面，
所以，
如图，以为原点，为轴正方向，建立空间直角坐标系，
因为，，
所以，，，
所以，
设平面的法向量为，
则，故，
取，则，
所以为平面的一个法向量，
又向量为平面的一个法向量，
设平面与平面夹角为，
则.
18．（本题满分17分）已知双曲线分别是的左、右焦点．若的离心率，且点在上．
(1)求的方程；
(2)若过点的直线与的左、右两支分别交于两点，与抛物线交于两点，试问是否存在常数，使得为定值？若存在，求出常数的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，为定值．
【分析】（1）根据已知列方程组求解求出双曲线方程；
（2）先联立方程组求出两根和两根积，再应用弦长公式，最后计算得出定值.
【详解】（1）设双曲线的半焦距为cc>0，
由题意可得，解得，所以的方程为．
（2）
假设存在常数满足条件，由（1）知，
设直线，
联立方程得，消去，整理可得，
所以，，
．
因为直线过点且与的左、右两支分别交于，两点，所以两点在轴同侧，所以．
此时，即，所以．
设，将代入抛物线方程，得，
则，
所以
．
所以．
故当时，为定值，所以，当时，为定值．
19．（本题满分17分）给出以下三个材料：
①若函数可导，我们通常把导函数的导数叫做的二阶导数，记作.类似的，函数的二阶导数的导数叫做函数的三阶导数，记作，函数的三阶导数的导数叫做函数的四阶导数……，一般地，函数的阶导数的导数叫做函数的n阶导数，记作，；
②若，定义；
③若函数在包含的某个开区间上具有任意阶的导数，那么对于任意有，我们将称为函数在点处的泰勒展开式.
例如在点处的泰勒展开式为
根据以上三段材料，完成下面的题目：
(1)求出在点处的泰勒展开式；
(2)用在点处的泰勒展开式前三项计算的值，精确到小数点后4位；
(3)现已知，试求的值.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）利用阶泰勒展开式的定义，可求，
（2）由（1）可求；
（3）由（1）可得，进而可得，结合已知可得结论.
【详解】（1），，，，
所以，，，，
由
所以
（2）由（1）可得
（3）因为①，
对，
两边求导可得：，
所以，
所以②，
比较①②中的系数，可得：
，
所以.
【点睛】关键点睛：本题考查了导数中的新定义问题，关键是审题时明确阶泰勒展开式的具体定义；第三问关键在于用阶泰勒展开式表示.
3
4
5
6
7
8
9
0.4771
0.6021
0.6990
0.7782
0.8451
0.9031
0.9542