《2025年高考冲刺优秀模拟试卷汇编45套数学》

1.已知一组由小到大排列的数据1,2,3,5,6,m，若这组数据的极差是中位数的2倍，则m的值是
A.7
B.8
C.9
D.10

答案： 1.C　中位数+极差　由题意知这组数据的极差为m - 1，中位数为$\frac{3 + 5}{2}$ = 4，则m - 1 = 2×4，解得m = 9，故选C.

2.若复数z=(2+i)(1+ai)为纯虚数(a∈R)，则|z|=　　
　
A.√3　　　
　B.3　　　
　C.√5　　　
　D.5

答案： 2.D　复数的四则运算+复数的模+纯虚数的概念
z=(2 + i)(1 + ai)=(2 - a)+(2a + 1)i，因为z是纯虚数，所以$\begin{cases}2 - a = 0\\2a + 1\neq 0\end{cases}$，解得a = 2，此时z = 5i，所以$\vert z\vert = 5$，故选D。

3.2024年2月17日，第十四届全国冬季运动会在内蒙古自治区呼伦贝尔市正式开幕。要从4名男志愿者、2名女志愿者中随机选派4人参加冰球比赛服务，如果要求至少有1名女志愿者，那么不同的选派方案种数为
　
A.14　　　
　B.12　　　
　C.8　　　
　D.6

答案： 3.A　排列与组合
通解：当选派1名女志愿者、3名男志愿者时，有$C_{2}^{1}C_{4}^{3}=8$（种）不同的选派方案；当选派2名女志愿者、2名男志愿者时，有$C_{2}^{2}C_{4}^{2}=6$（种）不同的选派方案。故至少有1名女志愿者的不同的选派方案种数为8 + 6 = 14。故选A。
优解：从6名志愿者中随机选派4人的不同的选派方案种数为$C_{6}^{4}=15$，其中没有女志愿者的不同的选派方案种数为$C_{4}^{4}=1$，故至少有1名女志愿者的不同的选派方案种数为15 - 1 = 14。(关键：看到“至少”“至多”等字眼，可利用排除法快速得解)
故选A。
方法技巧：解决“至多”“至少”类排列与组合问题的常用方法：一是分类，即先把所求事件分成若干类，然后计算出每类的方法数，最后求和；二是排除法，即用所有的方法数减去不符合条件的方法数。

4.将如图所示的双曲线形冷却塔的外形弧线近似看成双曲线C：$\frac{x^{2}}{a^{2}} - \frac{y^{2}}{b^{2}} = 1$ (a＞0，b＞0)的一部分，若此双曲线的一条渐近线的倾斜角为126°，则C的离心率为
　　　　　　
　
A.2sin36°　　　　　　　B.2cos36°
　
C.$\frac{1}{sin54°}$　　　　　　　D.$\frac{1}{cos54°}$

答案： 4.D　双曲线的渐近线、离心率
第1步：求双曲线的渐近线方程
易知双曲线$C:\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}} = 1(a\gt0,b\gt0)$的渐近线方程为$y=\pm\frac{b}{a}x$。
第2步：根据题意得出$\frac{b}{a}=\tan54^{\circ}$
由题意得$-\frac{b}{a}=\tan126^{\circ}$，又$\tan126^{\circ}=-\tan54^{\circ}$，所以$\frac{b}{a}=\tan54^{\circ}$。
第3步：利用公式$e=\frac{c}{a}=\sqrt{1 + (\frac{b}{a})^{2}}$求出结果
所以双曲线$C$的离心率$e=\frac{c}{a}=\sqrt{1 + (\frac{b}{a})^{2}}=\sqrt{1+\tan^{2}54^{\circ}}=\sqrt{1+\frac{\sin^{2}54^{\circ}}{\cos^{2}54^{\circ}}}=\sqrt{\frac{1}{\cos^{2}54^{\circ}}}=\frac{1}{\cos54^{\circ}}$。故选D。

5.已知m，n，k∈N，数列{aₙ}中，a₁ = 2，aₘ₊ₙ = aₘ + aₙ，Sₙ为数列{aₙ}的前n项和，Sₖ₊₂ - Sₖ = 26，则k =　　
　
A.3　　　
　B.4　　　
　C.5　　　
　D.6

答案： 5.C　等差数列的通项公式、前n项和公式
在$a_{m + n}=a_{m}+a_{n}$中，令m = 1，可得$a_{n + 1}=a_{1}+a_{n}$，所以$a_{n + 1}-a_{n}=a_{1}$，又$a_{1}=2$，所以数列$\{a_{n}\}$是以2为首项，2为公差的等差数列，则$a_{n}=2n$，所以$S_{k + 2}-S_{k}=a_{k + 1}+a_{k + 2}=2(k + 1)+2(k + 2)=4k + 6 = 26$，所以k = 5。故选C。

6.已知函数f(x) = 3ˣ⁻² - 3²⁻ˣ，则满足f(x) + f(8 - 3x)＞0的x的取值范围是
　
A.(−∞，4)　　　　　　B.(−∞，2)

C.(2，+∞)　　　　　　D.(−2，2)

答案： 6.B　函数的奇偶性+函数图象的对称性+解不等式
设$g(x)=3^{x}-3^{-x}$，则$g(-x)=3^{-x}-3^{x}=-g(x)$，所以$g(x)$为奇函数。(研究函数$g(x)=3^{x}-3^{-x}$的奇偶性)
$f(x)=3^{x - 2}-3^{2 - x}=g(x - 2)$，则$f(x)$的图象是由$g(x)$的图象向右平移2个单位长度得到的，所以$f(x)$图象的对称中心为$(2,0)$，所以$f(x)+f(4 - x)=0$。(为以下转化不等式做准备)
易知$f(x)$在$R$上单调递增，因为$f(x)+f(8 - 3x)\gt0=f(x)+f(4 - x)$，所以$f(8 - 3x)\gt f(4 - x)$，所以$8 - 3x\gt4 - x$，解得$x\lt2$。(利用函数的单调性脱掉“$f$”，转化为关于x的不等式)
故满足$f(x)+f(8 - 3x)\gt0$的x的取值范围是$(-\infty,2)$。
要点归纳：求解本题的关键有三点：
(1)得到函数$f(x)$图象的对称中心，进而得$f(x)+f(4 - x)=0$；
(2)得到函数$f(x)$的单调性；
(3)利用函数$f(x)$的单调性脱掉“$f$”，将原不等式转化为关于x的不等式。

7.已知三棱锥V - ABC的外接球的体积为$\frac{40\sqrt{30}}{27}\pi$，VA⊥平面ABC，AB = 2AC = 2，∠BAC = $\frac{2}{3}\pi$，则三棱锥V - ABC的体积为
　
A.$\frac{\sqrt{3}}{3}$　　　　　　　　　B.$\frac{\sqrt{6}}{3}$
　
C.$\frac{\sqrt{21}}{6}$　　　　　　　　D.$\frac{\sqrt{30}}{6}$

答案： 7.A　三棱锥的外接球+三棱锥的体积
教你审题
设三棱锥$V - ABC$外接球的半径为$R$，则$\frac{4}{3}\pi R^{3}=4\sqrt{30}\pi$，解得$R=\frac{\sqrt{30}}{3}$。
因为$AB = 2AC = 2$，$\angle BAC=\frac{2\pi}{3}$，所以$BC=\sqrt{AB^{2}+AC^{2}-2AB\cdot AC\cos\angle BAC}=\sqrt{4 + 1 - 2\times2\times1\times(-\frac{1}{2})}=\sqrt{7}$。
设$\triangle ABC$外接圆的半径为$r$，则$2r=\frac{BC}{\sin\angle BAC}=\frac{\sqrt{7}}{\sin\frac{2\pi}{3}}=\frac{2\sqrt{21}}{3}$，所以$r=\frac{\sqrt{21}}{3}$。(正弦定理的应用)
故$\frac{VA}{2}=\sqrt{R^{2}-r^{2}}=\sqrt{(\frac{\sqrt{30}}{3})^{2}-(\frac{\sqrt{21}}{3})^{2}} = 1$，所以$VA = 2$。
所以三棱锥$V - ABC$的体积为$\frac{1}{3}VA\cdot S_{\triangle ABC}=\frac{1}{3}\times2\times\frac{1}{2}\times2\times1\times\sin\frac{2\pi}{3}=\frac{\sqrt{3}}{3}$。(技巧：合理选择三角形的面积公式)
故选A。

8.已知函数f(x) = 2sin(ωx + φ) (ω＞0，|φ|＜$\frac{\pi}{2}$)，对于任意的x∈R，f(x + $\frac{\pi}{12}$) = f($\frac{\pi}{12}$ - x)，f(x) + f($\frac{\pi}{2}$ - x) = 0都恒成立，且函数f(x)在(−$\frac{\pi}{10}$，0)上单调递增，则ω的值为
　
A.3　　　　　　　　　　B.9
　
C.3或9　　　　　　　　D.$\sqrt{3}$　　　　　　　

答案： 8.A　三角函数的图象与性质
第1步：根据函数$f(x)$在$(-\frac{T}{10},0)$上单调递增得到$\omega$的取值范围
设函数$f(x)$的最小正周期为$T$，因为函数$f(x)$在$(-\frac{T}{10},0)$上单调递增，所以$0-(-\frac{T}{10})\leq\frac{T}{4}$，得$T\geq\frac{2\pi}{5}$，又$T = \frac{2\pi}{\omega}$，因此$0\lt\omega\leq5$。
第2步：根据$f(x+\frac{T}{12})=f(\frac{T}{12}-x)$，$f(x)+f(\frac{T}{2}-x)=0$得到函数$f(x)$图象的对称性
由$f(x+\frac{T}{12})=f(\frac{T}{12}-x)$知$f(x)$的图象关于直线$x=\frac{T}{12}$对称，则$\omega\cdot\frac{T}{12}+\varphi=k_{1}\pi+\frac{\pi}{2},k_{1}\in Z$ ①。
由$f(x)+f(\frac{T}{2}-x)=0$知$f(x)$的图象关于点$(\frac{T}{4},0)$对称，则$\omega\cdot\frac{T}{4}+\varphi=k_{2}\pi,k_{2}\in Z$ ②。
第3步：求解$\omega$的值，结合$\omega$的取值进行验证
② - ①得$\omega\cdot\frac{T}{6}=(k_{2}-k_{1})\pi-\frac{\pi}{2},k_{1},k_{2}\in Z$，令$k = k_{2}-k_{1}$，则$\omega = 6k - 3,k\in Z$，结合$0\lt\omega\leq5$可得$\omega = 3$。
当$\omega = 3$时，代入①得$3\times\frac{T}{12}+\varphi=k_{1}\pi+\frac{\pi}{2}$，又$\vert\varphi\vert\lt\frac{\pi}{2}$，所以$\varphi=\frac{\pi}{4}$，此时$f(x)=2\sin(3x+\frac{\pi}{4})$，$f(x)$在$(-\frac{\pi}{10},0)$上单调递增，符合题意。
所以$\omega$的值为3。

9.设a，b是两个非零向量，下列命题正确的是
　
A.若a·b = 0，则a⊥b
　
B.若a·b = |a||b|，则a//b
　
C.若a⊥b，则a·b = (a·b)²
　
D.若|a + b| = |a - b|，则a⊥b

答案： 9.BCD　向量平行与垂直+向量的数量积
对于A，因为$\vec{a}\cdot\vec{b}=0$，$\vec{a}$，$\vec{b}$是两个非零向量，所以$\vec{a}\perp\vec{b}$，故A错误。
对于B，$\vec{a}\cdot\vec{b}=\vert\vec{a}\vert\cdot\vert\vec{b}\vert\cos\langle\vec{a},\vec{b}\rangle=\vert\vec{a}\vert\cdot\vert\vec{b}\vert$，所以$\cos\langle\vec{a},\vec{b}\rangle = 1$，所以$\langle\vec{a},\vec{b}\rangle = 0$，所以$\vec{a}//\vec{b}$，故B正确。
对于C，因为$\vec{a}\perp\vec{b}$，所以$\vec{a}\cdot\vec{b}=0$，所以$(\vec{a}\cdot\vec{b})^{2}=0$，故C正确。
对于D，因为$\vert\vec{a}+\vec{b}\vert=\vert\vec{a}-\vec{b}\vert$，所以$\vert\vec{a}+\vec{b}\vert^{2}=\vert\vec{a}-\vec{b}\vert^{2}$，从而$\vec{a}\cdot\vec{b}=0$，所以$\vec{a}\perp\vec{b}$，故D正确。
综上，选BCD。

10. 如图，正方体 $ABCD - A_1B_1C_1D_1$ 的棱长为 2，E，F 分别为棱 $B_1C_1$，$BB_1$ 的中点，P 为线段 $A_1D$ 上的动点，则

A. 对任意的点 P，总有 $EF⊥B_1P$
B. 存在点 P，使得平面 $EFP//$ 平面 $ACD_1$
C. 线段 EF 上存在点 Q，使得 $B_1Q + PQ = \frac{5}{2}$
D. 直线 PF 与平面 $ADD_1A_1$ 所成角的余弦值的最小值为 $\frac{1}{3}$

答案：
10.AD　空间线面位置关系的判断+直线与平面所成角+最短路径问题　对于A,如图1,连接BC₁,BC,因为E,F分别为棱BC,BB₁的中点,所以EF//BC₁,BC₁⊥BC,所以EF⊥BC,又AB₁⊥平面BCC₁B₁,EF⊂平面BCC₁B₁,所以EF⊥AB₁,又AB₁∩BC₁=B₁,AB₁,BC₁⊂平面AB₁C₁D,所以EF⊥平面AB₁C₁D,又BP⊂平面AB₁C₁D,所以EF⊥BP,故A正确。
　　
对于B,如图2,取棱AB₁的中点M,连接EM,FM,则易知EF//AD₁,ME//AC₁,EF∩ME=E,所以平面EFM//平面ACD₁,但平面EFM与平面EFP相交，所以平面EFP与平面ACD₁不平行，故B错误。
　　
对于C,如图3,连接PE,PF,易知PE=PF,BE=BF,将△BEF沿EF翻折,使之与△PEF在同一个平面内,易知当Q为线段EF的中点，且PQ//AB时,BQ+PQ取得最小值,此时BQ+PQ=$\frac{\sqrt{2}}{2}$+2＞$\frac{5}{2}$(当Q为线段EF的中点时,BQ=$\frac{\sqrt{2}}{2}$,易知EF⊥平面BAPQ,故当PQ//AB时,PQ最小,为2)。故C错误。
　　
对于D,解法一　如图4,取棱AA₁的中点G,连接FG,PG,则FG⊥平面ADD₁A₁,所以直线PF与平面ADD₁A₁所成角为∠FPG。又GF=2,PG的最小值为$\frac{\sqrt{2}}{2}$,所以PF的最小值为$\frac{3\sqrt{2}}{2}$。在Rt△PGF中,sin∠FPG=$\frac{GF}{PF}$,所以sin∠FPG的最大值为$\frac{2\sqrt{2}}{3}$,所以cos∠FPG的最小值为$\frac{1}{3}$,所以直线PF与平面ADD₁A₁所成角的余弦值的最小值为$\frac{1}{3}$,故D正确。
　　
解法二　如图5,以点D为坐标原点,DA,DC,DD₁所在直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0,0,0),A(2,0,0),A₁(2,0,2),F(2,2,1),设P(t,0,t)(0≤t≤2),则$\overrightarrow{PF}=(2 - t,2,1 - t)$,易知平面ADD₁A₁的一个法向量为$\overrightarrow{n}=(0,1,0)$,设直线PF与平面ADD₁A₁所成角为θ,则sinθ=|cos＜$\overrightarrow{PF}$,$\overrightarrow{n}$＞|=$\frac{|\overrightarrow{PF}\cdot\overrightarrow{n}|}{|\overrightarrow{PF}|\cdot|\overrightarrow{n}|}$=$\frac{2}{\sqrt{(2 - t)^2 + 2^2 + (1 - t)^2}}$=$\frac{2}{\sqrt{2(t - \frac{3}{2})^2 + \frac{9}{2}}}$(直线与平面所成角的正弦值等于直线的方向向量与平面的法向量夹角的余弦值的绝对值)。当t=$\frac{3}{2}$时，sinθ取得最大值$\frac{2\sqrt{2}}{3}$,此时cosθ取得最小值$\frac{1}{3}$,故D正确。综上，选AD。