仿真模拟试题 2025年高考数学三轮复习备考

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仿真模拟试题 2025年高考数学三轮复习备考
一、单选题
1．在复平面内，O为原点向量对应的复数为，若点A关于实轴的对称点为B，则向量对应的复数为（ ）
A． B． C． D．
2．已知集合，若，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
3．若“，”是假命题，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
4．已知随机变量，且，则的最小值为（ ）
A．5 B． C． D．
5．设，则（ ）
A． B．
C． D．
6．设数列满足，，，为的前项和，若，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
7．已知分别是双曲线：的左右焦点，点在双曲线右支上且不与顶点重合，过作的角平分线的垂线，垂足为，为坐标原点，若，则该双曲线的离心率为（ ）
A． B． C． D．
8．如图，三个区域有通道口两两相通，一质点从其所在的区域随机选择一个通道口进入相邻的区域，设经过次随机选择后质点到达区域的概率为，若质点一开始在区域，则（ ）

A． B． C． D．
二、多选题
9．在我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书里出现了如图所示的数字图形（见下图），即杨辉三角，这是数学史上的一个伟大成就．在杨辉三角中，第行的所有数字之和为，若去除所有为1的项，依次构成数列：2，3，3，4，6，4，5，10，10，5， ，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．第项为
D．从杨辉三角的图中抽取一斜线的数列1，3，6，10，15，…，得到其倒数和，则
10．已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．若有两个极值点
B．的对称中心为
C．过平面内一点作的切线最多有三条
D．有三个不同的根，则
11．已知为坐标原点，椭圆的长轴长为4，离心率为，过抛物线的焦点作直线交抛物线于两点，连接并分别延长交椭圆于两点，则下列结论正确的是（ ）
A．若，则
B．若直线的斜率分别为，则
C．若抛物线的准线与轴交于点，直线的倾斜角为，则
D．的最小值为
三、填空题
12．已知函数在处取得极值10，则a＝ ．
13．随着城市经济的发展，早高峰问题越发严重，上班族需要选择合理的出行方式.某公司员工小明上班出行方式有自驾 坐公交车 骑共享单车三种，某天早上他选择自驾 坐公交车 骑共享单车的概率分别为，而他自驾 坐公交车 骑共享单车迟到的概率分别为，则小明这一天迟到的概率为 ；若小明这一天迟到了，则他这天是自驾上班的概率为 .
14．在平面直角坐标系中，设，若沿直线把平面直角坐标系折成大小为的二面角后，，则的余弦值为 ．
四、解答题
15．已知内角A，B，C的对边分别为a，b，c，设．
(1)求A；
(2)若，的面积为，求a的值．
16．某校高一年级开设建模，写作，篮球，足球，音乐，朗诵，素描7门选修课，每位同学须彼此独立地选3门课程，其中甲选择篮球，不选择足球，丙同学不选素描，乙同学没有要求.
(1)求甲同学选中建模且乙同学未选中建模的概率；
(2)用表示甲、乙、丙选中建模的人数之和，求的分布列和数学期望.
17．如图，在多面体中，是边长为2的等边三角形，平面，，，，，设为的中点．
(1)证明：平面；
(2)设为棱上的动点，求与平面所成角的正弦值的最大值．
18．已知函数
(1)若，讨论函数在的单调性；
(2)若，求证：．
(3)若在上有唯一的零点，求实数的最小值．
19．已知经过定点的动圆与直线相切，记圆心的轨迹为曲线，直线与曲线交于不同的两点，以分别为切点作曲线的切线与的交点为.
(1)求点的轨迹方程；
(2)设点，连接，分别与曲线的另一个交点为，直线与轴相交于，连接，分别与曲线的另一个交点为，直线与轴相交于，连接，分别与曲线的另一个交点为，直线与轴相交于，已知.
（i）求数列的通项；
（ii）已知为数列的前项和，求使不等式成立时，的最小值.
参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 D B B D D D A D AC BC
题号 11
答案 ACD
1．D
【分析】求出点的坐标，由对称求出点的坐标，进而求出对应的复数.
【详解】依题意，，则点，
所以向量对应的复数为.
故选：D
2．B
【分析】化简集合B，再由集合交集建立不等式得解.
【详解】因为，，
所以，所以，
故选：B
3．B
【分析】确定对于恒成立，变换，根据三角函数的值域得到答案.
【详解】“，”是假命题，
即对于恒成立，即，
，，故.
故选：B
4．D
【分析】根据正态分布的对称性求得，利用基本不等式求得正确答案.
【详解】根据正态分布的知识得，则，
，
当且仅当，即时取等.
故选：D
5．D
【分析】根据给定条件，利用对数换底公式及对数函数性质，结合不等式性质比较大小.
【详解】依题意，，，
，
所以.
故选：D
6．D
【分析】根据条件得到，从而可得，即可求解.
【详解】令由，得到，
即，又，，则，，
所以，则，又，
所以数列是以为首项，公比为的等比数列，则，
由，得到，即，又，所以，
故选：D.
7．A
【分析】延长交于，利用角平分线的性质及双曲线的定义求得，再根据双曲线的参数关系及离心率公式求离心率.
【详解】延长交于，由是的角平分线，
则，，又是的中点，
所以，且，
由，
则，
所以.
故选：A
8．D
【分析】记质点经过次随机选择后到达区域的概率为，质点经过次随机选择后到达区域的概率为，经过分析可得，整理得，通过构造等比数列即可求解.
【详解】记质点经过次随机选择后到达区域的概率为，
质点经过次随机选择后到达区域的概率为，
则有，消去，可得，
则，因为，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，
所以，即，
故.
故选：.
9．AC
【分析】将数列数列、、、、、、、、、、变成数阵，确定数阵第行有个数，从左向右分别为.对于A，确定分别在该数阵第行的第2个和第4个即可判断；对于B，确定位于该数阵第行第个数即可求和；对于C，确定第项为第行第1个即可；对于D，根据杨辉三角得到，利用裂项相消求和法求和即可.
【详解】将数列、、、、、、、、、、变成以下数阵：
则该数阵第行有个数，从左向右分别为，
第行最后一项位于原数列第项，
对于A，因为，所以分别在该数阵第行的第2个和第4个，故，即，选项A正确；
对于B，因为，所以位于该数阵第行第个数，
由题意可知，该数阵第行所有数为“杨辉三角”数阵中第行去掉首、尾两个得到，而“杨辉三角”中第行所有数之和为，
所以，该数阵第行所有数之和为，
所以，选项B错误；
对于C，因为，所以第项为第行第1个，即，选项C正确；
对于D，根据杨辉三角知，，选项D错误.
故选：AC.
10．BC
【分析】对于A，即判断，的不同解个数是否是2；对于B，由对称中心定义可得，由题可得，结合赋值法可得对称中心；对于C，设平面内一点为，设其对应切线的切点为，说明存在使有三个解即可判断选项正误；对于D，通过比较与系数可判断选项正误.
【详解】对于A，，当时，
则的判别式，则有两个不同根或有两个相同根，
则有两个极值点或无极值点，故A错误；
对于B，设对称中心为：，则.
即，
则
，则，
则，令，则.故B正确；
对于C，设平面内一点为，设其对应切线的切点为.
则切线方程满足：，
即
，因在切线上，
则
，当，
即时，
，若还有，
则方程有三个根，分别为：，
即此时对于，存在三个不同的切点，
即过平面内一点作的切线最多有三条，故C正确；
对于D，有三个不同的根，
则，
即，
与相比较，可得，故D错误.
故选：BC
11．ACD
【分析】先根据条件确定椭圆的标准方程，对A选项，可结合抛物线的焦半径公式和过焦点的弦长公式判定其真假；对B选项，结合A选项中焦点弦的有关结论，可判断B的真假；对C选项，结合两角和的正切公式，可判断C的真假；对D选项，分别表示出，，结合换元法和函数的单调性，可判断D的真假.
【详解】如图：
对椭圆：，所以椭圆：；
对抛物线：，所以，.
设，.
对A选项：设直线方程为：，代入抛物线：，得：
，整理：.
所以，，
所以，
.
因为，所以，
所以 .
所以.故A正确；
对B选项：由A选项解答可知：，故B错误；
对C选项：直线的倾斜角为，即，所以直线：，即.
此时，，，所以.
，，
所以,
故C正确；
对D选项：因为直线：，由得：
，，所以，
同理，且，.
因为
，
又，
所以
设，则，
所以，.
因为在上单调递减，
所以.
所以.故D正确.
故选：ACD
12．4
【分析】根据函数在处有极值10，可知（1）和（1），可求出.
【详解】由，得，
函数在处取得极值10，
（1），（1），
，
或，
当 时，，在处不存在极值；
当时，
，，，，，符合题意.
故答案为：4.
13．
【分析】设事件表示“自驾”，事件表示“坐公交车”，事件表示“骑共享单车”，事件 “表示迟到”，利用全概率公式可得小明这一天迟到的概率；利用贝叶斯公式即可得到若小明这一天迟到了，则他这天是自驾上班的概率；或者在迟到的前提下计算概率即可．
【详解】由题意设事件表示“自驾”，事件表示“坐公交车”，
事件表示“骑共享单车”，事件表示“迟到”，
则.
由全概率公式可得小明这一天迟到的概率：
.
解法一：小明迟到了，由贝叶斯公式得
他自驾去上班的概率是.
解法二：在迟到的条件下，他自驾去上班的概率.
故答案为：；.
14．
【分析】在平面直角坐标系中，过点作于点，则折成二面角后，，由结合向量的数量积运算求解即可．
【详解】在平面直角坐标系中，过点作于点，
可知，
沿直线把平面直角坐标系折成大小为的二面角后，
仍有，
则，
由，
可得，
即，
即，
可得．
故答案为：
15．(1)
(2)
【分析】（1）由已知结合正弦定理及余弦定理可求，进而可求；
（2）由已知结合三角形的面积公式可求，然后结合余弦定理即可求解．
【详解】（1）由得，由正弦定理得．
由余弦定理得．
，．
（2）由于的面积为，
，
，
由余弦定理得：．
．
16．(1)
(2)分布列见解析，
【分析】（1）根据甲选择建模与乙同学未选中建模的概率求解即可；
（2）由题意可能的取值有0，1，2，3，再分别分情况求解即可.
【详解】（1）由题意，甲选择篮球，并在建模，写作，音乐，朗诵，素描5门里再选2门，则选中建模的概率为；
乙同学没有要求，则选中建模的概率为.
故甲同学选中建模且乙同学未选中建模的概率为.
（2）由（1）甲选中建模的概率为，乙选中建模的概率为，丙选中建模的概率为，
由题意可能的取值有0，1，2，3，故
，
，
，
.
故的分布列：
0 1 2 3
17．(1)证明见详解
(2)
【分析】（1）建立空间直角坐标系，写出点的坐标，得到向量坐标，利用空间向量的数量积为0，证明线线垂直，从而得到线面垂直.
（2）设出动点坐标得到线的方向向量，设平面法向量，由法向量垂直平面内任意两个相交向量求出一个法向量坐标，然后由线的方向向量和面的法向量表示出线面角的正弦值.对于表达式进行整理化简，构造函数通过二次函数对称轴求函数的最大值.
【详解】（1）如图，在平面ABC内过点作直线，
∵平面，平面，∴，，
∴以为坐标原点，分别为坐标轴，如图建立空间直角坐标系，
则，，，，
∵为的中点，∴，
∴，，，
∴，即，
又∵平面，平面，，
∴平面.
（2）设，即
则，
，，
设平面的一个法向量，
则，令，则，
即，
设直线与平面所成角为，
则，
令，
当时，取最小值，即，
即当时，取得最大值，，
18．(1)在上单调递增，在上单调递减；
(2)证明见解析；
(3)1．
【分析】（1）利用导数研究函数的单调性即可；
（2）构造，应用导数研究单调性求其最小值得到，即可证；
（3）问题化为与有唯一的交点，利用导数求的最值，即可得参数范围.
【详解】（1）当时，，
，
由，，
令，则，所以，或，
令，则，所以，
所以在上单调递增，在上单调递减，
（2）令，则，可得，
令，则，，在上单调递减，
，在上单调递增，
所以时，即，所以；
（3）令，即，
在上有唯一的零点，即与有唯一的交点，
，由（2）知，
，
在上单调递增，故，，
，的最小值为1．
19．(1)；
(2)（i）；（ii）的最小值为9.
【分析】（1）根据抛物线的定义得曲线的方程为，联立，写出韦达公式，应用导数几何意义求切线方程，进而求点的轨迹方程；
（2）（i）设，得到，， ，进而有、、，可得，最后应用对数的运算性质、等比数列的定义写出的通项；（ii）应用错位相减法求得，根据不等式能成立求参数值.
【详解】（1）依题意可知，动圆的圆心到点与到直线的距离相等，
根据抛物线定义可得曲线是以为焦点，为准线的抛物线，
所以曲线的方程为，则直线经过抛物线的焦点，
设，联立，整理得恒成立，
则，又可化为，则，
所以，联立，
消可得，
又因为，所以点的轨迹方程为.
（2）
（i）设，则，
又，则，又，
所以，即直线的方程为，
整理得，令，可得，①
同理得的方程为，令，可得，②
又直线的斜率为，
所以直线的方程为，令，得，
由①可知，，
①②可得.
于是可得，即，又因为，则，
于是，即，即，
即，又，
所以数列是以1为首项，2为公比的等比数列，
则，所以，所以.
（ii）由（i）可知，，则，
所以，
则，
两式作差可得
所以.
令，即.
当时，显然不合题意；
当时，随着的增大而增大，
又，
，
，
则满足不等式的的最小值为9.
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