《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. 若集合$M = \{x|\sqrt{x} \lt 4\}$，$N = \{x|3^x \geq 1\}$，则$M\cap N =$　　　　　　　　　　　　　　　　　　(　　　)
A. $\{x|0\leq x \lt 2\}$　　　　　
　B. $\{x|\frac{1}{3}\leq x \lt 2\}$
C. $\{x|3\leq x \lt 16\}$　　　　
　D. $\{x|\frac{1}{3}\leq x \lt 16\}$

答案： D [命题点]不等式的解法、集合的交集运算
[深度解析]M={x|$\sqrt{x}$＜4}={x|0≤x＜16}，N={x|3x≥1}={x|x≥$\frac{1}{3}$}，所以M∩N={x|$\frac{1}{3}$≤x＜16}，故选D。

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

答案： D [命题点]复数的运算、共轭复数
[深度解析]由i(1 - z)=1，得z = 1 - $\frac{1}{i}$ = 1 + i，所以z + $\overline{z}$ = 1 + i + 1 - i = 2，故选D。

3. 在$\triangle ABC$中，点$D$在边$AB$上，$BD = 2DA$。记$\overrightarrow{CA} = \vec{m}$，$\overrightarrow{CD} = \vec{n}$，则$\overrightarrow{CB} =$　　　　　　　　　　　　　　(　　　)
A. $3\vec{m} - 2\vec{n}$　　　　　　　
　B. $-2\vec{m} + 3\vec{n}$
C. $3\vec{m} + 2\vec{n}$　　　　　　　
　D. $2\vec{m} + 3\vec{n}$

答案：
B [命题点]向量的线性运算
[深度解析]如图，因为点D在边AB上，BD = 2DA，所以$\overrightarrow{CB}$ = $\overrightarrow{CA}$ + $\overrightarrow{AB}$ = $\overrightarrow{CA}$ + 3$\overrightarrow{AD}$ = $\overrightarrow{CA}$ + 3($\overrightarrow{CD}$ - $\overrightarrow{CA}$)= - 2$\overrightarrow{CA}$ + 3$\overrightarrow{CD}$ = - 2m + 3n，故选B。

4. 南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库。已知该水库水位为海拔$148.5m$时，相应水面的面积为$140.0km^2$；水位为海拔$157.5m$时，相应水面的面积为$180.0km^2$。将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔$148.5m$上升到$157.5m$时，增加的水量约为$(\sqrt{7}\approx2.65)$　　　　　　　　　　　　　　(　　　)
A. $1.0\times10^9m^3$　　　　　
　B. $1.2\times10^9m^3$
C. $1.4\times10^9m^3$　　　　　
　D. $1.6\times10^9m^3$

答案： C [命题点]棱台的体积计算
[深度解析]由题意知棱台的两底面面积分别为1.4×10⁸m²和1.8×10⁸m²(提示:1km² = 10⁶m²)，高为157.5 - 148.5 = 9(m)，所以棱台的体积V = $\frac{1}{3}$×(1.4×10⁸ + 1.8×10⁸ + $\sqrt{1.4×10⁸×1.8×10⁸}$)×9 = 3×10⁷×(1.4 + 1.8 + 0.6×$\sqrt{7}$)≈1.437×10⁹≈1.4×10⁹(m³)(提示:台体的体积V = $\frac{1}{3}$(S₁ + $\sqrt{S₁S₂}$ + S₂)h，S₁、S₂分别表示台体的上、下底面积，h表示台体的高)，故选C。

5. 从$2$至$8$的$7$个整数中随机取$2$个不同的数，则这$2$个数互质的概率为　　　　　　　　　　　　(　　　)
A. $\frac{1}{6}$　　　
　B. $\frac{1}{3}$　　　
　C. $\frac{1}{2}$　　　
　D. $\frac{2}{3}$

答案： D [命题点]古典概型概率的计算
[深度解析]从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，共有$C_{7}^2$ = 21(种)不同的结果，这2个数互质的情况有{2,3}，{2,5}，{2,7}，{3,4}，{3,5}，{3,7}，{3,8}，{4,5}，{4,7}，{5,6}，{5,7}，{5,8}，{6,7}，{7,8}，共14种。所以这2个数互质的概率P = $\frac{14}{21}$ = $\frac{2}{3}$。故选D。

6. 记函数$f(x)=\sin(\omega x + \frac{\pi}{4}) + b(\omega＞0)$的最小正周期为$T$。若$\frac{2\pi}{3}＜T＜\pi$，且$y = f(x)$的图像关于点$(\frac{3\pi}{2},2)$中心对称，则$\omega = $（ ）

A. $1$
B. $\frac{3}{2}$
C. $\frac{5}{2}$
D. $3$

答案： 6.A　[命题点]三角函数的图像与性质
[深度解析]因为函数$f(x)$的图像关于点$(\frac{3\pi}{2},2)$中心对称，所以$b = 2$，且$\sin(\frac{3\pi}{2}\omega + \varphi)=0$，所以$\frac{3\pi}{2}\omega + \frac{\varphi}{4}=k\pi$，$k\in Z$，即$\omega = \frac{1}{6} + \frac{2}{3}k$，$k\in Z$。又$\frac{2\pi}{3} \lt T \lt \pi$，则$2 \lt \omega \lt 3$，解得$\omega = \frac{5}{2}$。所以$f(x)=\sin(\frac{5}{2}x + \varphi)+2$，从而$f(\frac{T}{2})=\sin(\frac{5\pi}{2} + \varphi)+2 = 1$，故选A。

7. 设$a = 0.1e^{0.1}$，$b = \frac{1}{9}$，$c = -\ln0.9$，则（ ）
A. $a＜b＜c$
B. $c＜b＜a$
C. $c＜a＜b$
D. $a＜c＜b$

答案： 7.C　
[深度解析]由题易知$a\gt0$，$b\gt0$，$c\gt0$。$\frac{a}{b}=0.9e^{0.1}=(1 - 0.1)e^{0.1}$。
令$f(x)=(1 - x)e^{x}$，则$f^\prime(x)= -xe^{x}$，所以当$x\lt0$时，$f^\prime(x)\gt0$，$f(x)$单调递增；当$x\gt0$时，$f^\prime(x)\lt0$，$f(x)$单调递减。所以$0\lt f(0.1)\lt f(0)=1$，所以$a\lt b$。因为当$x\gt0$时，$1 + x\lt e^{x}$，所以$\ln(1 + x)\lt x$，即$\frac{\ln(1 + x)}{x}\lt1$，所以$0\lt\frac{c}{b}= - 9\ln0.9 = 9\ln\frac{10}{9}=9\ln(1 + \frac{1}{9})\lt1$，从而$c\lt b$。$a - c = 0.1e^{0.1} + \ln(1 - 0.1)$。
令$g(x)=xe^{x} + \ln(1 - x)(0\lt x\lt1)$，则$g^\prime(x)=(x + 1)e^{x} - \frac{1}{1 - x}=\frac{(1 - x^{2})e^{x} - 1}{1 - x}$，再令$h(x)=(1 - x^{2})e^{x} - 1(0\lt x\lt1)$，则$h^\prime(x)=(1 - 2x - x^{2})e^{x}$，令$h^\prime(x)=0$，得$x = \sqrt{2} - 1$（舍负），当$x\in(0,\sqrt{2} - 1)$时，$h^\prime(x)\gt0$，$h(x)$单调递增，所以$h(x)\gt0$，即$g^\prime(x)\gt0$，$g(x)$单调递增，所以$g(x)\gt0$，所以$g(0.1)\gt0$，即$a\gt c$。综上，$c\lt a\lt b$。故选C。
一题多解：$a = xe^{x}$，$b = \frac{x}{1 - x}$，$c = - \ln(1 - x)(x = 0.1)$。
①令$y_1 = \ln(xe^{x}) - \ln\frac{x}{1 - x}=x + \ln x - [\ln x - \ln(1 - x)]=x + \ln(1 - x)$，$x\in(0,0.1]$，则$y_1^\prime = 1 - \frac{1}{1 - x}=\frac{-x}{1 - x}\lt0$，所以$y_1\lt0$，所以当$x = 0.1$时，可知$\ln a - \ln b\lt0$，即$b\gt a$。
②令$y_2 = xe^{x} + \ln(1 - x)$，$x\in(0,0.1]$，$y_2^\prime = xe^{x} + e^{x} - \frac{1}{1 - x}=\frac{(1 + x)(1 - x)e^{x} - 1}{1 - x}$。
令$k(x)=(1 + x)(1 - x)e^{x} - 1$，$x\in(0,0.1]$，所以$k^\prime(x)=(1 - x^{2} - 2x)e^{x}\gt0$，$k(x)$单调递增，所以$k(x)\gt0$，所以$y_2^\prime\gt0$，所以$y_2\gt0$，所以当$x = 0.1$时，可知$a - c\gt0$，即$a\gt c$。
综上，$c\lt a\lt b$。故选C。

8. 已知正四棱锥的侧棱长为$l$，其各顶点都在同一球面上。若该球的体积为$36\pi$，且$3\leq l\leq 3\sqrt{3}$，则该正四棱锥体积的取值范围是（ ）
A. $[18,\frac{81}{4}]$
B. $[\frac{27}{4},\frac{81}{4}]$
C. $[\frac{27}{4},\frac{64}{3}]$
D. $[18,27]$

答案： 8.C
[命题点]四棱锥的外接球
[深度解析]设外接球的半径为$R$，因为外接球的体积为$36\pi$，即$\frac{4}{3}\pi R^{3}=36\pi$，所以$R = 3$。如图，在正四棱锥$P - ABCD$中，过点$P$作$PO\perp$平面$ABCD$，因为四边形$ABCD$为正方形，所以$O$为底面$ABCD$对角线的交点。设$AB = 2a$，则$AO = \frac{\sqrt{2}}{2}AB = \sqrt{2}a$。
取$PO$上点$O'$使得$PO' = O'A$，则$O'$为该四棱锥外接球的球心。设该四棱锥的高$PO = h$，体积为$V$，则$V = \frac{1}{3}\cdot4a^{2}h = \frac{4}{3}a^{2}h$。又因为$(h - 3)^{2} + 2a^{2} = 9$，所以$2a^{2} = 6h - h^{2}$。因为$l\in[3,3\sqrt{3}]$，所以$l^{2}=2a^{2} + h^{2} = 6h\in[9,27]$，即$h\in[\frac{3}{2},\frac{9}{2}]$，则$V = \frac{4}{3}a^{2}h=\frac{4}{3}(3h - \frac{h^{2}}{2})h = 4h^{2}-\frac{2}{3}h^{3}$。另解：也可利用基本不等式求解最大值（$V = a^{2}h = 72\times\frac{1}{36}\times\frac{2a^{2}}{36}\times\frac{h}{2}\leq72\times(\frac{\frac{2a^{2}}{36}+\frac{2a^{2}}{36}+\frac{h}{2}}{3})^{3}= \frac{64}{3}$，当且仅当$\frac{2a^{2}}{36}=\frac{h}{2}$，即$l = 2\sqrt{6}$时取等号），所以$V^\prime = - 2h^{2} + 8h$，令$V^\prime = 0$，则$h = 0$或$h = 4$，所以$V = 4h^{2}-\frac{2}{3}h^{3}$在$[\frac{3}{2},4)$上单调递增，在$[4,\frac{9}{2}]$上单调递减。故当$h = 4$时，$V$取最大值$\frac{64}{3}$；当$h = \frac{9}{2}$时，$V = \frac{81}{4}$；当$h = \frac{3}{2}$时，$V = \frac{27}{4}$，则$V$的最小值为$\frac{27}{4}$，故该正四棱锥体积的取值范围是$[\frac{27}{4},\frac{64}{3}]$。故选C。

9. 已知正方体$ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$，则（ ）
A. 直线$BC_{1}$与$DA_{1}$所成的角为$90^{\circ}$
B. 直线$BC_{1}$与$CA_{1}$所成的角为$90^{\circ}$
C. 直线$BC_{1}$与平面$BB_{1}D_{1}D$所成的角为$45^{\circ}$
D. 直线$BC_{1}$与平面$ABCD$所成的角为$45^{\circ}$

答案：
9.ABD　[命题点]线线角和线面角的求解
[深度解析]如图，在正方体$ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$中，因为$BC_{1}\perp B_{1}C$，$BC_{1}\perp AB$，$B_{1}C\cap AB = B$，所以$BC_{1}\perp$平面$ABC_{1}D_{1}$，所以$BC_{1}\perp DA_{1}$，$BC_{1}\perp CA_{1}$，故选项A、B均正确；

设$AC\cap BD = O$，因为$AC\perp$平面$BB_{1}D_{1}D$，所以直线$BC_{1}$与平面$BB_{1}D_{1}D$所成的角为$\angle C_{1}BO$，在$Rt\triangle C_{1}BO$中，$\sin\angle C_{1}BO = \frac{C_{1}O}{BC_{1}} = \frac{1}{2}$，故$\angle C_{1}BO = 30^{\circ}$，故选项C错误；直线$BC_{1}$与平面$ABCD$所成的角为$\angle C_{1}BC = 45^{\circ}$，故选项D正确。故选ABD。

10.已知函数$f(x)=x^{2}-x + 1$，则（ ）
A.$f(x)$有两个极值点
B.$f(x)$有三个零点
C.点$(0,1)$是曲线$y = f(x)$的对称中心
D.直线$y = 2x$是曲线$y = f(x)$的切线

答案： 10.AC[命题点]利用导数研究极值、零点及导数的几何意义
[深度解析]f'(x)=3x²−1,令f'(x)=0,得x=±$\frac{\sqrt{3}}{3}$,故当x∈(−∞,−$\frac{\sqrt{3}}{3}$),($\frac{\sqrt{3}}{3}$,+∞)时,f(x)单调递增，当x∈(−$\frac{\sqrt{3}}{3}$,$\frac{\sqrt{3}}{3}$)时,f(x)单调递减,所以f(x)有两个极值点−$\frac{\sqrt{3}}{3}$与$\frac{\sqrt{3}}{3}$,故A正确.又f(−2)=−5,f(−1)=1,f($\frac{\sqrt{3}}{3}$)＞0,所以f(x)只有一个零点，故B错误.由f(x)+f(−x)=2可知,点(0,1)是曲线y=f(x)的对称中心(另解:y=x³−x的图像关于点(0,0)对称,将其向上平移一个单位长度可得f(x)的图像，故f(x)的图像关于点(0,1)对称),故C正确.令f'(x)=2,得x=±1,又f
(1)=1,f(−1)=1,所以曲线y=f(x)在点(1,1)和(−1,1)处的切线方程分别为y=2x−1和y=2x+3,故D错误.故选AC.

11.已知$O$为坐标原点，点$A(1,1)$在抛物线$C:x^{2}=2py(p\gt0)$上，过点$B(0,-1)$的直线交$C$于$P$，$Q$两点，则（ ）
A.$C$的准线为$y = -1$
B.直线$AB$与$C$相切
C.$\vert OP\vert\cdot\vert OQ\vert\gt\vert OA\vert^{2}$
D.$\vert BP\vert\cdot\vert BQ\vert\gt\vert BA\vert^{2}$

答案： 11.BCD[命题点]抛物线及其几何性质
[深度解析]对于A,由点A(1,1)在抛物线C上,得2p=1，解得p=$\frac{1}{2}$,则C的准线为y=−$\frac{1}{4}$,故A错误.
对于B,由点A,B的坐标得直线AB的斜率kAB = 2,由于C的方程为y = x²,所以y' = 2x,令y' = 2,则x = 1,将x = 1代入y = x²,得y = 1,所以切点为(1,1),即为A点，所以直线AB与C相切，故B正确.
对于C,由于直线PQ的斜率一定存在，设直线PQ的方程为y = kx - 1,由$\begin{cases}y = kx - 1\\y = x²\end{cases}$,得x² - kx + 1 = 0,所以xP·xQ = 1,则yP·yQ = xP²·xQ² = 1,所以$\overrightarrow{OP}·\overrightarrow{OQ}$ = xP·xQ + yP·yQ = 2 = |$\overrightarrow{OP}$|·|$\overrightarrow{OQ}$|·cosθ＜|$\overrightarrow{OP}$|·|$\overrightarrow{OQ}$|(其中θ为$\overrightarrow{OP}$与$\overrightarrow{OQ}$的夹角),又|$\overrightarrow{OA}$|² = (1 - 0)² + (1 - 0)² = 2,所以|$\overrightarrow{OA}$|²＜|$\overrightarrow{OP}$|·|$\overrightarrow{OQ}$|,故C正确.
对于D,由C知|BP|·|BQ| = $\sqrt{1 + k²}$|xP|·$\sqrt{1 + k²}$|xQ| = (1 + k²)|xP·xQ| = 1 + k²,由B选项知|k|＞2,所以1 + k²＞5.又|$\overrightarrow{BA}$|² = (1 - 0)² + [1 - (-1)]² = 5,所以|BP|·|BQ|＞|$\overrightarrow{BA}$|²,故D正确.故选BCD.

12.已知函数$f(x)$及其导函数$f^\prime(x)$的定义域均为$R$，记$g(x)=f^{\prime\prime}(x)$。若$g(\frac{3}{2}-2x)$，$g(2 + x)$均为偶函数，则（ ）
A.$f(0)=0$
B.$g(\frac{1}{2}) = 0$
C.$f(-1)=f(4)$
D.$g(-1)=g(2)$

答案： 12.BC[命题点]抽象函数的奇偶性、周期性和图像的对称性
[深度解析]因为f($\frac{3}{2}$ - 2x)为偶函数，所以直线x = $\frac{3}{2}$是f(x)的图像的对称轴，点($\frac{3}{2}$,0)为g(x)图像的对称中心(提示:若函数图像的对称轴与对称中心的横坐标相同，则其导函数的图像关于原点对称);因为g(2 + x)为偶函数，所以直线x = 2是g(x)图像的对称轴，所以f(x)图像的对称中心的横坐标为2,纵坐标为常数，设常数为C.所以f(x)的周期T = 4×(2 - $\frac{3}{2}$) = 2(提示:若函数h(x)的图像既关于点(a,0)对称，又关于直线x = b对称，则函数h(x)是周期为4|a - b|的周期函数),g(x)的周期也为2.所以f
(0) = f
(2) = C,故A不正确;g(-$\frac{1}{2}$) = g($\frac{3}{2}$) = 0,故B正确;由直线x = $\frac{3}{2}$为f(x)图像的对称轴且T = 2,得f
(4) = f
(2) = f
(1),f(-1) = f
(1),故C正确;由点($\frac{3}{2}$,0)为g(x)图像的对称中心且T = 2,得g(-1) = g
(1) = -g
(2),故D不正确.故选BC.
学霸解题技巧 北京大学 张充
对于A选项,f
(0) = f($\frac{3}{2}$ - $\frac{3}{2}$) = f($\frac{3}{2}$ + $\frac{3}{2}$) = f(2 + 1) = f(2 - 1) = f($\frac{3}{2}$ - $\frac{1}{2}$) = f($\frac{3}{2}$ + $\frac{1}{2}$) = f
(2),无法看出f
(0) = 0.也可找出反例f(x) = sinπx + 1,符合题意但f
(0)≠0,A错误.