《2025年高考冲刺优秀模拟试卷汇编45套数学》

1.已知复数z满足z(1 + i)=2i,则z在复平面内对应的点位于
A.第一象限
B.第二象限
C.第三象限
D.第四象限

答案： 1.A　　复数的运算+复数的几何意义　　x=$\frac{2i}{1+i}$=$\frac{2i(1−i)}{(1+i)(1−i)}$=1+i,(题眼)即复数z对应的点为(1,1),在第一象限，故选A.

2.记Sn为等差数列{an}的前n项和,若a2 = 3,S3 = 3,则S12 =
A.144
B.120
C.100
D.80

答案： 2.B　等差数列通项公式及前n项和公式+等差数列的性质解法一基本量法　设等差数列|an{的公差为d,由已知得a=a!+2d=3,S3=3a+3d=3,(题眼)解得a=−1,d=2,所以S=12a1+12x211d=−12+66×2=120,故选B.
解法二　利用等差数列的性质　设等差数列an|的公差为d,由S3=3a2=3,解得a=1,所以d=a3−a=3−1=2,(题眼)
则a=a−d=1−2=−1,所以S12=12a+$\frac{12×11}{2}$d=−12+66×2=120,故选B.

3.已知随机变量X服从正态分布N(2,σ²),且P(2＜X≤2.5)=0.36,则P(X≥1.5)等于
A.0.14
B.0.62
C.0.72
D.0.86

答案： 3.D　正态曲线的对称性　因为随机变量X服从正态分布N(2,σ²),所以P(1.5≤X＜2)=P(2＜X≤2.5)=0.36,(题眼)
且P(X≥2)=0.5,所以P(X≥1.5)=P(1.5≤X＜2)+P(X≥2)=0.36+0.5=0.86,故选D.

4.双曲线C:x² - $\frac{y^{2}}{b^{2}}$ = 1(b＞0)的焦距为4,则C的渐近线方程为
A.y = ±$\sqrt{15}$x
B.y = ±$\sqrt{3}$x
C.y = ±$\frac{\sqrt{15}}{15}$x
D.y = ±$\frac{\sqrt{3}}{3}$x

答案： 4.B　双曲线的几何性质　由题意可知,a=1,c=2,所以由a²+b²=c²,得b²=c²−a²=4−1=3,即b=√3,所以渐近线方程为y=±x=±√3x,(题眼)故选B.

5.在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若2bcosC = a(2 - cosC),且B = $\frac{\pi}{3}$,则a =
A.1
B.$\sqrt{2}$
C.$\sqrt{3}$
D.2

答案： 5.A　正、余弦定理　解法一利用余弦定理　因为2bcosC=a(2−c),所以由余弦定理得,2b$\frac{a²+b²−²}{2ab}$=a(2−c),(题眼)
即a²+b²−c²=a²(2−c),即a²+²−b²=a²c,所以cosB=$\frac{a²+c²−b²}{2ac}$=$\frac{a²c}{2ac}$=$\frac{a}{2}$,又因为B=$\frac{T}{3}$,所以$\frac{a}{2}$=$\frac{1}{2}$,解得a=1,故选A.
解法二　利用正弦定理　因为2bcosC=a(2−c),所以由正弦定理得,2sinBcosC=sinA(2−c),因为sinA=sin(B+C),所以2sinBcosC=2sinA−c.sinA=2sin(B+C)−c.sinA,即2cosBsinC=c.sinA,又因为B=$\frac{H}{3}$,所以sinC=c.sinA,(题眼)由正弦定理$\frac{a}{sinA}$=$\frac{C}{sinC}$,得a.sinC=c.sinA,所以a.sinC=sinC,因为sinC＞0,所以a=1,故选A.

6.已知四面体ABCD的各顶点都在同一球面上,若AB = BC = CD = DA = BD = 2$\sqrt{3}$,平面ABD⊥平面BCD,则该球的表面积是
A.100π
B.40π
C.20π
D.16π

答案：
6.C　四面体的外接球+面面垂直的性质+球的表面积　解法一　如图所示,取BD的中点为M,连接AM,CM,因为△ABD 与△BCD均为正三角形,所以AM⊥BD,CM⊥BD,又因为平面
ABD⊥平面BCD,且平面ABD∩平面BCD=BD,AMC平面
ABD,CMC平面BCD,所以AM⊥平面BCD,CM⊥平面ABD.分别取△BCD与△ABD的中心为O,O,分别过点0,O作010//AM,020//CM,且00∩020=0,所以001平面BCD,002⊥平面ABD,则点O为四面体ABCD的外接球球心.(题眼)因为△ABD与△BCD的边长均为2√3,所以AM=CM=3,02M=0M=1,0C=2,且00=02M=1,连接0C,则外接球的半径R=0C=　$\sqrt{0,0²+0,C²}$=　$\sqrt{1²+2²}$=$\sqrt{5}$,所以外接球的表面积为S=4πR²=20π,故选C.

解法二　如图所示(图同解法一),取BD的中点为M,连接
AM,CM,因为△ABD与△BCD均为正三角形,所以AM⊥BD,
CM⊥BD,又因为平面ABD⊥平面BCD,且平面ABD∩平面
BCD=BD,AMC平面ABD,CMC平面BCD,所以AM⊥平面
BCD,CM⊥平面ABD.分别取△BCD与△ABD的中心为0,02,设四面体ABCD外接球的球心为0,连接00,0O,则00⊥平面BCD,OO2⊥平面ABD,(题眼)所以AM//OO,CM//O20,所以四边形MOOO为平行四边形.因为△ABD与△BCD的边长均为2√3,所以AM=CM=3,OM=0M=1,0C=2,且00=02M=1,连接0C,则外接球的半径R=0C=
　$\sqrt{0,0²+0,C²}$=　$\sqrt{1²+2²}$=$\sqrt{5}$,所以外接球的表面积为S=
4πR²=20π,故选C.

7.已知直线l:x - ay - 1 = 0与⊙C:x² + y² - 2x + 4y - 4 = 0交于A,B两点,设弦AB的中点为M,O为坐标原点,则|OM|的取值范围为
A.[3 - $\sqrt{5}$,3 + $\sqrt{5}$]
B.[$\sqrt{3}$ - 1,$\sqrt{3}$ + 1]
C.[2 - $\sqrt{3}$,2 + $\sqrt{3}$]
D.[$\sqrt{2}$ - 1,$\sqrt{2}$ + 1]

答案： 7.D　圆的定义+圆外点到圆上的点的距离的最值+圆的几何性质　直线l:x−ay−1=0过定点D(1,0).圆C的标准方程为(x−1)²+(y+2)²=9,所以圆心C(1,−2),半径r=3.因为点M为弦AB的中点，所以CM⊥AB,即CM⊥MD,所以点M的轨迹是以CD为直径的圆，(题眼)所以点M的轨迹方程为(x−1)(x−1)+y(y+2)=0,即(x−1)²+(y+1)²=1,所以点M的轨迹是以点E(1,−1)为圆心,1为半径的圆.(另解:设M((x,y),所以CM=(x−1,y+2),DM=(x−1,y),因为CM⊥MD,所以CM.DM=0,即(x−1)(x−1)+y(y+2)=0,即(x−1)²+(y+1)²=1,所以点M的轨迹是以点E(1,−1)为圆心,1为半径的圆)连接0E,则1OEI=√2,所以1OM1∈[√2−1,√2+1],故选D.

8.已知函数f(x)的定义域为(0,+∞),且(x + y)f(x + y)=xyf(x)f(y),f(1)=e,记a = f($\frac{1}{2}$),b = f(2),c = f(3),则
A.a＜b＜c
B.b＜a＜c
C.a＜c＜b
D.c＜b＜a

答案： 8.A抽象函数+赋值法+利用导数研究函数的单调性　解法一第1步:根据(x+y)f(x+y)=xyf(x)f(y)及f
(1)=e,求f
(2)
因为(x+y)£(x+y)=xf(x)£(x),(题眼)所以令x=y=1,得2f
(2)=∮²
(1)=e²,则f
(2)=$\frac{e?}{2}$
第2步:由∮
(1),f
(2)的值求∮
(3)
令x=1,y=2,得3f
(3)=2∮
(1)f
(2)=e²,所以f
(3)=$\frac{e3}{3}$
第3步:求f($\frac{1}{2}$)
令x=y=$\frac{1}{2}$,得∮
(1)=$\frac{1}{4}$2($\frac{1}{2}$),即f²($\frac{1}{2}$)=4e.
令x=y=$\frac{t}{2}$,且t＞0,得t∮(t)=$\frac{t²}{4}$2($\frac{t}{2}$),即f(t)=$\frac{t}{4}$$\frac{t}{2}$)≥
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　0,所以∮($\frac{1}{2}$)=2$\sqrt{e}$
第4步:比较大小
因为f$\frac{1}{2}$)=2$\sqrt{e}$∮
(2)=$\frac{e²}{2}$f
(3)=$\frac{3}{3}$,16＜e²,所以4＜e,所以2e扌＜$\frac{e2}{2}$,即∮($\frac{1}{2}$)＜f
(2).因为$\frac{3}{2}$＜e,所以$\frac{e2}{2}$＜$\frac{e3}{3}$,即∮
(2)＜∮
(3),所以∮($\frac{1}{2}$)＜∮
(2)＜∮
(3),即a＜b＜c.故选A.
解法二　因为(x+y)f(x+y)=xyf(x)∮(y),所以令∮(x)=$\frac{a"}{x}$,(题眼)其中a＞0且α≠1,则f(x)=$\frac{a"}{x}$满足条件(x+y)f(x+y)=xyf(x)∮(y),又因为∮
(1)=e,所以a=e,所以f(x)=$\frac{e"}{x}$
因为f′(x)=e(x−1),当0＜x＜1时，f,(x)＜0,当x＞1时,
　　　　　　x
f'(x)＞0,所以函数f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,所以∮
(2)＜f
(3).又因为f($\frac{1}{2}$)=1=2∮
(2)=
　　　　　　　　　　　　　　　2
$\frac{c2}{2}$,16＜e²,所以4＜e,所以2e＜$\frac{e²}{2}$,即∮($\frac{1}{2}$)＜∮
(2),所以f$\frac{1}{2}$)＜∮
(2)＜∮
(3),即a＜b＜c.故选A.
　考情速递2023年新课标I卷第11题通过抽象函数考查
　了赋值法、函数性质和极值点等.本题也是考查抽象函数问
　题，方法有赋值法和特殊值法,两道试题都是通过抽象函数
　考查学生的数学素养和思维品质
　解后反思　本题抽象函数是在A(x+y)=∮(x)f(y)的基础
　上进行创新的,根据此思路我们还可以创造出xxyf(xy)=xf(x)+yf(y)f(xy)=∮(x)∮(y),(x+y)∮(x+y)=x∮(x)+y∮(y),请
　同学们课后研究这些函数性质，根据此思路看看你还能创造
出哪些新函数.

9.现有甲、乙两家检测机构对某品牌的一款智能手机进行拆解测评,具体打分如下表(满分100分).设事件M表示“从甲机构测评分数中任取3个,至多1个超过平均分”,事件N表示“从甲机构测评分数中任取3个,恰有2个超过平均分”.下列说法正确的是


A.甲机构测评分数的平均分小于乙机构测评分数的平均分
B.甲机构测评分数的方差大于乙机构测评分数的方差
C.乙机构测评分数的第一四分位数为91.5
D.事件M,N互为对立事件

答案： 9.BD　平均数+方差+百分位数+对立事件　x甲=$\frac{90+98+90+92+95}{5}$=93,xz=$\frac{93+95+92+91+94}{5}$=93,即甲机构与乙机构测评分数的平均分相等，故选项A错误;s2=(90−93)²+(98−93)²+(90−593)²+(92−93)²+(95−93)²=$\frac{48}{5}$,忘=(93−93)²+(95−93)²+(92−593)²+(91−93)²+(94−93)²=2,即甲机构测评分数的方差大于乙机构测评分数的方差，所以选项B正确;将乙机构测评分数从小到大排列为91,92,93,94,95，因为i=5×$\frac{1}{4}$=1.25,所以第一四分位数为92,故选项C错误;(注:第一四分位数即第25百分位数)因为甲机构测评分数中共有2 个超过平均分，(题眼)所以事件M与事件N互为对立事件，所以选项D正确.综上，选BD.
　知识积累　计算一组n个数据的第p百分位数的步骤:第1步，按从小到大排列原始数据.
　第2步,计算i=np%.
　第3步,若i是整数，则第p百分位数是第i项与第(i+1)项数据的平均值，若i不是整数，而大于i的比邻整数为j,则第百分位数为第j项数据.

10. 函数$f(x)=x^{2}-\frac{m}{x}(m\in R)$的图象可能是
　

答案： 10.ABD　函数的奇偶性+利用导数研究函数的单调性+函数的定义域　因为∮(x)=x3−$\frac{m}{x}$,所以定义域为|xlx≠0{,又因为∮(−x)=(−x)²−$\frac{m}{−X}$=−x²+$\frac{m}{x}$=−(x²−$\frac{m}{x}$)=−∮(x),所以函数f(x)是奇函数.(题眼)当m=0时,f(x)=x²,且定义域为|xlx≠0{,所以其图象为选项D的形式，所以选项D正确当m＞0时,不妨取m=1,则f(x)=x²−$\frac{1}{x}$,当x＞0时,f'(x)=3x²+$\frac{1}{x²}$＞0,所以∮(x)在(0,+∞)上单调递增，且当x→0时,∮(x)→−8,当x→+∞时f(x)→+8,又函数f(x)是奇函数，所以其图象为选项B的形式，所以选项B正确当m＜0时，不妨取m=−1,则f(x)=x²+$\frac{1}{x}$,当x＞0时∮'(x)=3x²−$\frac{1}{x²}$=
　　　　　　　4　　　　　　　　　　　
$\frac{3x²−1}{x²}$,当0＜x＜　$\frac{1}{3}$时，f'(x)＜0,当x＞　$\frac{1}{3}$时，f'(x)＞　　　　　　　　　　
0,所以∮(x)在(0,　$\frac{1}{3}$)上单调递减，在(　$\frac{1}{3}$,+∞)上单调递增，又函数∮(x)是奇函数，所以其图象为选项A的形式，所以选项A正确.综上，选ABD.

11. 已知椭圆$C:\frac{x^{2}}{4}+y^{2}=1$的左、右顶点分别为$A$，$B$，左焦点为$F$，$M$为$C$上异于$A$，$B$的一点，过点$M$且垂直于$x$轴的直线与$C$的另一个交点为$N$，交$x$轴于点$T$，则
A. 存在点$M$，使$\angle AMB = 120^{\circ}$
B. $TA\cdot TB = 2TM\cdot TN$
C. $\overrightarrow{FM}\cdot\overrightarrow{FN}$的最小值为$-\frac{4}{3}$
D. $\triangle FMN$周长的最大值为$8$

答案： 11.BCD　椭圆的几何性质+向量的数量积+二次函数的最值+三角换元　因为椭圆C的方程为$\frac{x²}{4}$+辽2=1,所以左顶点
A(−2,0),右顶点B(2,0),左焦点F(−√2,0).当点M位于短轴端点时,∠AMB最大,(二级结论:椭圆短轴端点到椭圆长轴的两个端点的张角最大)即M(0,±√2),所以此时IAMI=IBMI=
$\sqrt{6}$,1AB|=4,所以coS∠AMB=$\frac{|AM1²+1BM1²−1AB1²}{2|AM|.|BM}$=
$\frac{6+6−16}{2×6}$=−$\frac{1}{3}$＞−$\frac{1}{2}$,又因为0°＜∠AMB＜180°,所以90°＜∠AMB＜120°,所以椭圆上不存在点M,使∠AMB=120°,所以选项A错误设M(x,y),则N(x,−y),T(x,0),且x²+2y²=4,
A(−2,0),B(2,0),所以TA=(−2−x,0),TB=(2−x,0),TM=(0,y),TN=(0,−y),TA.TB=(−2−x)(2−x)+0=
x²−4,2TM.TN=−2γ²=x²−4,即TA.TB=2TM.T氵,所以选项B正确.F(−√2,0),所以FM=(x+√2,y),FN=(x+√2,−y),所以FM.FN=(x+√2)²−y²=(x+√2)²−$\frac{4−x²}{2}$=$\frac{3}{2}$x²+2√2x,−2＜x＜2,x=−$\frac{2、√2}{3}$∈(−2,2),所以当x=−$\frac{2、√2}{3}$时,FM.FN取得最小值,且最小值为−$\frac{4}{3}$,所以选项C正确.因为椭圆的离心率e=$\frac{√2}{2}$,M(x,y),所以根据椭圆的对称性，不妨令y＞0,则1FM1=1FN1=a+ex=2+$\frac{√2}{2}$x,1MN1=2y,所以△FMN的周长为2(2+x2)+2y=4+√2x+2y,因为点M在椭圆$\frac{x²}{4}$+22=1上,所以令x=2cosθ,y=√2sinθ,其中−2＜x＜2 且x≠−√2,所以△FMN的周长l=4+2√2cosθ+2√2sinθ=
4+4sin(θ+45°),(题眼)当θ=45°+360°k,k∈Z,即x=√2时,△FMN的周长取得最大值，且最大值为8,所以选项D正确.综上，选BCD.
　考情速递　以椭圆为载体扎实考查数学运算素养　数学运算素养要求学生理解运算对象，掌握运算法则，探究运算思路，求得运算结果.2023年新课标II卷第10题，设置直线和抛物线相交的情境，通过方程的联立考查计算能力.本题通过椭圆和数量积的运算考查学生的数学运算素养.高考中通常以解析几何试题为背景考查学生的数学运算素养.