《2025年理想树图书高考必刷卷42套模拟卷汇编高中数学人教版》

1. 设$2(\overline{z}+z)+3(\overline{z}-z)=4 + 6i$，则$z=$ ( )
A. $1 - 2i$
B. $1 + 2i$
C. $1 + i$
D. $1 - i$

答案： 1.C [命题点]复数的基本概念及基本运算
[深度解析]设复数z = a + bi(a,b∈R)，则$\overline{z}$ = a - bi。由题意可知2z + 3$\overline{z}$ = 2(a + bi) + 3(a - bi) = 5a - bi = 4 + 6i。根据复数相等的充要条件，可得a = $\frac{4}{5}$，b = -6，即z = $\frac{4}{5}$ - 6i。故选C。

2. 已知集合$S = \{s|s = 2n + 1,n\in Z\}$，$T = \{t|t = 4n + 1,n\in Z\}$，则$S\cap T=$ ( )
A. $\varnothing$
B. $S$
C. $T$
D. $Z$

答案： 2.C [命题点]集合的表示及交集运算
[深度解析]由题意得，集合S = {..., -5, -3, -1, 1, 3, 5, ...}，T = {..., -3, 1, 5, 9, ...}，所以T⊆S，则S∩T = T。故选C。

3. 已知命题$p:\exists x\in R,\sin x\lt1$；命题$q:\forall x\in R,e^{|x|}\geq1$，则下列命题中为真命题的是 ( )
A. $p\wedge q$
B. $\neg p\wedge q$
C. $p\wedge\neg q$
D. $\neg(p\vee q)$

答案： 3.A [命题点]复合命题真假的判断
[深度解析]命题p：∃x∈R，sinx＜1是特称命题。当x = 0时，sinx = 0＜1成立，
∴p为真命题。命题q：∀x∈R，e^|x|≥1是全称命题。
∵|x|≥0，
∴e^|x|≥e⁰ = 1，
∴q为真命题。
∴¬p，¬q均为假命题，
∴p∧q为真命题，¬p∧q为假命题，p∧¬q为假命题，¬(p∨q)为假命题。故选A。

4. 设函数$f(x)=\frac{1 - x}{1 + x}$，则下列函数中为奇函数的是( )
A. $f(x - 1) - 1$
B. $f(x - 1) + 1$
C. $f(x + 1) - 1$
D. $f(x + 1) + 1$

答案： 4.B [命题点]函数奇偶性的判断
[深度解析]f(x) = $\frac{1 - x}{1 + x}$ = $\frac{-(x + 1) + 2}{1 + x}$ = -1 + $\frac{2}{x + 1}$。对于A选项，f(x - 1) - 1 = [-1 + $\frac{2}{(x - 1) + 1}$] - 1 = $\frac{2}{x}$ - 2，定义域为{x|x≠0}，为非奇非偶函数，不符合题意；对于B选项，f(x - 1) + 1 = [-1 + $\frac{2}{(x - 1) + 1}$] + 1 = $\frac{2}{x}$，定义域为{x|x≠0}，则函数y = $\frac{2}{x}$为奇函数，符合题意；对于C选项，f(x + 1) - 1 = [-1 + $\frac{2}{(x + 1) + 1}$] - 1 = $\frac{2}{x + 2}$ - 2，定义域为{x|x≠ - 2}，为非奇非偶函数，不符合题意；对于D选项，f(x + 1) + 1 = [-1 + $\frac{2}{(x + 1) + 1}$] + 1 = $\frac{2}{x + 2}$，定义域为{x|x≠ - 2}，为非奇非偶函数，不符合题意。故选B。
快解：f(x) = $\frac{1 - x}{1 + x}$ = $\frac{-(x + 1) + 2}{1 + x}$ = -1 + $\frac{2}{x + 1}$。函数f(x)的图像是由y = $\frac{2}{x}$的图像向左平移1个单位长度，再向下平移1个单位长度得到的，则其对称中心为(-1, -1)。结合选项知f(x - 1) + 1图像的对称中心为(0, 0)，故选B。

5. 在正方体$ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$中，$P$为$B_{1}D_{1}$的中点，则直线$PB$与$AD_{1}$所成的角为 ( )
A. $\frac{\pi}{2}$
B. $\frac{\pi}{3}$
C. $\frac{\pi}{4}$
D. $\frac{\pi}{6}$

答案： 5.D [命题点]异面直线所成角及余弦定理
[深度解析]不妨设正方体的棱长为1，连接PC₁，BC₁(图略)。易知BC₁//AD₁，所以∠PBC₁(或其补角)是异面直线PB与AD₁所成的角。在△PBC₁中，PB = $\sqrt{BB₁² + B₁P²}$ = $\sqrt{1 + (\frac{1}{2})²}$ = $\frac{\sqrt{5}}{2}$，PC₁ = $\frac{\sqrt{2}}{2}$，BC₁ = $\sqrt{2}$，由余弦定理可得cos∠PBC₁ = $\frac{PB² + BC₁² - PC₁²}{2PB·BC₁}$ = $\frac{\frac{5}{4} + 2 - \frac{1}{2}}{2×\frac{\sqrt{5}}{2}×\sqrt{2}}$ = $\frac{\sqrt{10}}{4}$。因为异面直线所成角不为钝角(提示：异面直线所成角的范围是(0, $\frac{\pi}{2}$])，所以直线PB与AD₁所成的角为arccos$\frac{\sqrt{10}}{4}$。
一题多解：建立空间直角坐标系(图略)。不妨设正方体的棱长为1，则A(1, 0, 0)，D₁(0, 0, 1)，B(1, 1, 0)，P($\frac{1}{2}$, $\frac{1}{2}$, 1)，$\overrightarrow{PB}$ = ($\frac{1}{2}$, $\frac{1}{2}$, -1)，$\overrightarrow{AD₁}$ = (-1, 0, 1)。设异面直线PB与AD₁所成的角为θ(0＜θ≤$\frac{\pi}{2}$)，则cosθ = |cos＜$\overrightarrow{PB}$, $\overrightarrow{AD₁}$＞| = $\frac{|\overrightarrow{PB}·\overrightarrow{AD₁}|}{|\overrightarrow{PB}|·|\overrightarrow{AD₁}|}$ = $\frac{|-\frac{1}{2} + 0 - 1|}{\sqrt{(\frac{1}{2})² + (\frac{1}{2})² + (-1)²}×\sqrt{(-1)² + 0² + 1²}}$ = $\frac{\sqrt{3}}{2}$，所以直线PB与AD₁所成的角为$\frac{\pi}{6}$。故选D。

6. 将5名北京冬奥会志愿者分配到花样滑冰、短道速滑、冰球和冰壶4个项目进行培训，每名志愿者只分配到1个项目，每个项目至少分配1名志愿者，则不同的分配方案共有（ ）
A. 60种
B. 120种
C. 240种
D. 480种

答案： 6.C　[命题点]排列组合问题
[深度解析]由题意可知，将5名志愿者分配到4个项目进行培训共有$C_{5}^{2}A_{4}^{4}=240$ (种)不同的分配方案.故选C.

7. 把函数$y = f(x)$图像上所有点的横坐标缩短到原来的$\frac{1}{2}$倍，纵坐标不变，再把所得曲线向右平移$\frac{\pi}{3}$单位长度，得到函数$y = \sin(x + \frac{\pi}{4})$的图像，则$f(x)=$（ ）
A. $\sin(\frac{x}{2} - \frac{7\pi}{12})$
B. $\sin(\frac{x}{2} + \frac{\pi}{12})$
C. $\sin(2x - \frac{7\pi}{12})$
D. $\sin(2x + \frac{\pi}{12})$

答案： 7.B　[命题点]三角函数的图像变换
[深度解析]将函数$y = \sin(x - \frac{\pi}{4})$的图像向左平移$\frac{\pi}{3}$个单位长度，得到函数$y = \sin[(x + \frac{\pi}{3}) - \frac{\pi}{4}] = \sin(x + \frac{\pi}{12})$的图像，再将所得图像上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到函数$f(x) = \sin(\frac{1}{2}x + \frac{\pi}{12})$的图像.故选B.

8. 在区间$(0,1)$与$(1,2)$中各随机取1个数，则两数之和大于$\frac{7}{4}$的概率为（ ）
A. $\frac{7}{9}$
B. $\frac{23}{32}$
C. $\frac{9}{32}$
D. $\frac{2}{9}$

答案：
8.B　[命题点]几何概型的概率计算
[深度解析]设在区间$(0,1)$与$(1,2)$中随机取的数分别为$x$，$y$，且两数之和大于$\frac{7}{4}$，即$x + y ＞ \frac{7}{4}$，如图中阴影部分。在平面直角坐标系中，正方形$ABCD$的面积$S = 1$，直线$x + y = \frac{7}{4}$右上方的部分为五边形$EBCDF$，$E(\frac{3}{4},1)$，$F(0,\frac{7}{4})$，则五边形$EBCDF$的面积$S' = S - S_{\triangle AEF} = 1 - \frac{1}{2}×\frac{3}{4}×\frac{3}{4} = \frac{23}{32}$，所以所求概率$P = \frac{S'}{S} = \frac{23}{32}$.故选B.

9. 魏晋时期刘徽撰写的《海岛算经》是关于测量的数学著作，其中第一题是测量海岛的高。如图，点$E$，$H$，$G$在水平线$AC$上，$DE$和$FG$是两个垂直于水平面且等高的测量标杆的高度，称为“表高”，$EG$称为“表距”，$GC$和$EH$都称为“表目距”，$GC$与$EH$的差称为“表目距的差”，则海岛的高$AB=$（ ）

A. $\frac{表高\times表距}{表目距的差}+表高$
B. $\frac{表高\times表距}{表目距的差}-表高$
C. $\frac{表高\times表距}{表目距的差}+表距$
D. $\frac{表高\times表距}{表目距的差}-表距$

答案： 9.A　[命题点]数学文化背景下解三角形问题的实际应用
[深度解析]过点$D$作$DM// AC$，交$AB$于点$M$（图略）。由题意可得$D$，$F$，$M$三点共线。设$\angle DHE = \alpha$，$\angle FCG = \beta$，则$\angle BDM = \alpha$，$\angle BFM = \beta$。因为$\frac{BM}{MD} = \tan\alpha$，$\frac{BM}{MF} = \tan\beta$，所以$\frac{BM}{\tan\alpha} = MD$，$\frac{BM}{\tan\beta} = MF$，两式作差可得$\frac{BM}{\tan\beta} - \frac{BM}{\tan\alpha} = MF - MD = DF = EG$，所以$BM = \frac{EG}{\frac{1}{\tan\beta} - \frac{1}{\tan\alpha}} = \frac{EG}{\frac{GC}{FG} - \frac{EH}{DE}}$。又因为$DE = FG$，所以$BM = \frac{EG\cdot DE}{GC - EH}$，所以海岛的高$AB = AM + BM = AM + \frac{EG\cdot DE}{GC - EH} = DE + \frac{EG\cdot DE}{GC - EH}$。故选A.

10. 设$a\neq0$，若$x = a$为函数$f(x)=a(x - a)^2(x - b)$的极大值点，则(　　)
A. $a\lt b$　
　B. $a\gt b$　
　C. $ab\lt a^2$　
　D. $ab\gt a^2$

答案：
10.D　[命题点]函数极大值点的定义
[深度解析]f'(x)=a[2(x - a)(x - b)+(x - a)²]=a(x - a)(3x - a - 2b).令f'(x)=0，解得x = a或x = $\frac{a + 2b}{3}$.由题得f'(x)在直线x = a的附近时，左侧为正值，右侧为负值.当a＞0时，作出f'(x)的大致图像如图①所示，则a＜$\frac{a + 2b}{3}$，即0＜a＜b；当a＜0时，作出f'(x)的大致图像如图②所示，则a＞$\frac{a + 2b}{3}$，即0＞a＞b.综上，a与a - b始终异号，即a(a - b)＜0，即a²＜ab.故选D.


快解：f(x)=a(x - a)²(x - b)的图像与x轴交于点(b,0)，切于点(a,0).当a＞0时，结合x = a为极大值点作出f(x)的大致图像如图③所示，由图像可知0＜a＜b；当a＜0时，结合x = a为极大值点作出f(x)的大致图像如图④所示，由图像可知b＜a＜0.综上可得a²＜ab.故选D.

11. 设$B$是椭圆$C:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a\gt b\gt0)$的上顶点，若$C$上的任意一点$P$都满足$\vert PB\vert\leq2b$，则$C$的离心率的取值范围是(　　)
A. $[\frac{\sqrt{2}}{2},1)$　
　B. $[\frac{1}{2},1)$
C. $(0,\frac{\sqrt{2}}{2}]$　
　D. $(0,\frac{1}{2}]$

答案： 11.C　[命题点]椭圆离心率的计算
[深度解析]由题意得B(0,b)，设P(x,y).由点P在C上，得$\frac{x²}{a²}$ + $\frac{y²}{b²}$ = 1，即x² = a² - $\frac{a²}{b²}$y²，则|PB|² = x² + (y - b)² = a² - $\frac{a²}{b²}$y² + y² - 2by + b² = - $\frac{c²}{b²}$y² - 2by + a² + b² = - $\frac{c²}{b²}$(y + $\frac{b³}{c²}$)² + $\frac{b^4}{c²}$ + a² + b²， - b ≤ y ≤ b（易错点：容易忽略y的取值范围，图像是开口向下的抛物线y = - $\frac{c²}{b²}$(y + $\frac{b³}{c²}$)² + $\frac{b^4}{c²}$ + a² + b²的一部分，其中抛物线的对称轴为直线y = - $\frac{b³}{c²}$，当y = - b时，|PB|² = 4b²，即点(- b,4b²)在抛物线上（关键点：当P(0, - b)时，|PB| = 2b，即|PB|取得最大值，即得 - $\frac{b³}{c²}$ ≤ - b）.由题可知，|PB|²最大值 = 4b²，则 - $\frac{b³}{c²}$ ≤ - b，得b² ≥ c²，则a² - c² ≥ c²，即a² ≥ 2c²，则e² ≤ $\frac{1}{2}$，故0＜e ≤ $\frac{\sqrt{2}}{2}$，故选C.
学霸解题技巧南开大学　姜明宇
观察选项易知当e→1时，椭圆不断变“扁长”，总有一时刻|PB|＞2b，故排除A,B.对于C,D，可取特殊值e = $\frac{\sqrt{2}}{2}$，设C:$\frac{x²}{2b²}$ + y² = b²，P($\sqrt{2}$bcosθ,bsinθ)，则B(0,b)，|PB|² = 2b²cos²θ + b²sin²θ - 2b²sinθ + b² = 4b² - b²(sinθ + 1)²，当sinθ = - 1，即P与椭圆下顶点重合时，|PB|²取得最大值4b²，符合题意，进而排除D，故选C.

12. 设$a = 2\ln1.01$，$b = \ln1.02$，$c = \sqrt{1.04}-1$，则(　　)
A. $a\lt b\lt c$　
　B. $b\lt c\lt a$　
　C. $b\lt a\lt c$　
　D. $c\lt a\lt b$

答案： 12.B
思路导引：ln(1 + x) - $\sqrt{1 + 2x}$ + 1→b - c = g(0.02)→对g(x)求导→g(x)的单调性→b＜c；构造函数f(x)=2ln(1 + x) - $\sqrt{1 + 4x}$ + 1→a - c = f(0.01)→对f(x)求导→f(x)的单调性→c＜a
[命题点]对数运算、对数函数的单调性、构造函数比较大小及利用导数研究函数的单调性
[深度解析]a = 2ln1.01 = ln1.01² = ln1.0201＞b.
令g(x)=ln(1 + x) - $\sqrt{1 + 2x}$ + 1，则b - c = g(0.02).g′(x) = $\frac{1}{1 + x}$ - $\frac{1}{\sqrt{1 + 2x}}$ = $\frac{\sqrt{1 + 2x} - (1 + x)}{(1 + x)\sqrt{1 + 2x}}$，当x≥0时，1 + x = $\sqrt{(1 + x)²}$ ≥ $\sqrt{1 + 2x}$，则g'(x) ≤ 0，g(x)在[0,+∞)上单调递减，则g(0.02)＜g
(0)=0，所以b＜c.令f(x)=2ln(1 + x) - $\sqrt{1 + 4x}$ + 1，则a - c = f(0.01).f'(x) = $\frac{2}{1 + x}$ - $\frac{2}{\sqrt{1 + 4x}}$ = 2$\frac{\sqrt{1 + 4x} - (1 + x)}{(1 + x)\sqrt{1 + 4x}}$，当0≤x＜2时，$\sqrt{1 + 4x}$ ≥ $\sqrt{1 + 2x + x²}$ = 1 + x，则f'(x) ≥ 0，f(x)在[0,2)上单调递增，所以f(0.01)＞f
(0)=0，所以a＞c.综上，b＜c＜a.故选B.

13. 已知双曲线$C:\frac{x^2}{m}-y^2 = 1(m\gt0)$的一条渐近线为$\sqrt{3}x + my = 0$，则$C$的焦距为________。

答案： 13.4[命题点]双曲线的几何性质
[深度解析]在双曲线C:$\frac{x²}{m}$ - y² = 1(m＞0)中，a = $\sqrt{m}$，b = 1，所以渐近线的方程为y = ±$\frac{1}{\sqrt{m}}$x.因为一条渐近线的方程为$\sqrt{3}$x + my = 0，即y = - $\frac{\sqrt{3}}{m}$x，且m＞0，所以$\frac{\sqrt{3}}{m}$ = $\frac{1}{\sqrt{m}}$，解得m = 3，所以c = $\sqrt{m + 1}$ = $\sqrt{3 + 1}$ = 2，所以双曲线C的焦距2c = 4.