《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. 设全集$U = \{1, 2, 3, 4, 5\}$，集合$M$满足$\complement_{U}M = \{1, 3\}$，则（ ）
A. $2\in M$
B. $3\in M$
C. $4\notin M$
D. $5\notin M$

答案： A

2. 已知$z = 1 - 2i$，且$z^{2}+az + b = 0$，其中$a$，$b$为实数，则（ ）
A. $a = 1$，$b = - 2$
B. $a = - 1$，$b = 2$
C. $a = 1$，$b = 2$
D. $a = - 1$，$b = - 2$

答案： A

3. 已知向量$\vec{a}$，$\vec{b}$满足$|\vec{a}| = 1$，$|\vec{b}|=\sqrt{3}$，$|\vec{a}-2\vec{b}| = 3$，则$\vec{a}\cdot\vec{b}=$（ ）
A. $-2$
B. $-1$
C. $1$
D. $2$

答案： C

4. 嫦娥二号卫星在完成探月任务后，继续进行深空探测，成为我国第一颗环绕太阳飞行的人造行星。为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值，用到数列$\{b_{n}\}$：$b_{1}=1+\frac{1}{\alpha}$，$b_{2}=1+\frac{1}{\alpha + \frac{1}{\alpha}}$，$b_{3}=1+\frac{1}{\alpha+\frac{1}{\alpha + \frac{1}{\alpha}}}$，$\cdots$，依此类推，其中$\alpha_{k}\in N(k = 1, 2,\cdots)$。则（ ）
A. $b_{1}\lt b_{5}$
B. $b_{3}\lt b_{9}$
C. $b_{6}\lt b_{2}$
D. $b_{4}\lt b_{7}$

答案： D

5. 设$F$为抛物线$C:y^{2}=4x$的焦点，点$A$在$C$上，点$B(3, 0)$，若$|AF| = |BF|$，则$|AB|=$（ ）
A. $2$
B. $\sqrt{2}$
C. $3$
D. $3\sqrt{2}$

答案： B

D6.执行右边的程序框图,输出的n = 　　　　　　　(　　　)
　　　　　　　　　　　　　
A.3
B.4
C.5
D.6

答案： 6.B　[命题点]程序框图
[深度解析]当n = 1时，b = 1 + 2×1 = 3，a = 3 - 1 = 2，|$\frac{b^{2}}{a^{2}}$ - 2|＞0.01；当n = 2时，b = 3 + 2×2 = 7，a = 7 - 2 = 5，|$\frac{b^{2}}{a^{2}}$ - 2| = $\frac{1}{25}$＞0.01；当n = 3时，b = 7 + 2×5 = 17，a = 17 - 5 = 12，|$\frac{b^{2}}{a^{2}}$ - 2| = $\frac{1}{144}$＜0.01，满足退出循环条件，所以输出n = 4，故选B.

7.在正方体ABCD - A₁B₁C₁D₁中,E,F分别为AB,BC的中点,则　　　　　　　　　　　　　　　　　(　　　)
A.平面B₁EF⊥平面BDD₁
B.平面B₁EF⊥平面A₁BD
C.平面B₁EF//平面A₁AC
D.平面B₁EF//平面A₁C₁D

答案：
7.A　[命题点]平面与平面的垂直、平行的判定
[深度解析]对于A选项：在正方体ABCD - A₁B₁C₁D₁中，因为E，F分别为AB，BC的中点，所以EF//AC，则有EF⊥BD，又由正方体的性质可得EF⊥DD₁，又BD∩DD₁ = D，从而EF⊥平面BDD₁.又因为EF⊂平面BEF，所以平面BEF⊥平面BDD₁，所以A选项正确.对于B选项：因为平面ABD₁∩平面BDD₁ = BD，由选项A知平面BEF⊥平面BDD₁，若平面BEF⊥平面ABD₁，则BD⊥平面BEF，显然不成立，所以B选项错误.对于C选项：由题意知直线AA₁与直线BE必相交，故平面BEF与平面AA₁C有公共点，所以C选项错误.对于D选项：如图，连接A₁C₁，A₁B，BC₁，易知平面A₁BC₁//平面ACD₁，又因为平面A₁BC₁与平面BEF有公共点B₁，故平面ACD₁与平面BEF不平行，所以D选项错误.故选A.

8.已知等比数列{an}的前3项和为168,a₂ - a₅ = 42,则a₆ = 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(　　　)
A.14　　　
　B.12　　　
　C.6　　　　
　D.3

答案： 8.D　[命题点]等比数列的基本运算
[深度解析]设等比数列{aₙ}的公比为q，则a₁ + a₂ + a₃ = a₂($\frac{1}{q}$ + 1 + q) = a₂$\frac{1 + q + q^{2}}{q}$ = 168，a₂ - a₄ = a₂(1 - q²) = a₂(1 - q)(1 + q) = 42，以上两式联立整理得$\frac{1 + q + q^{2}}{q(1 - q)(1 + q)}$ = 4，解得q = $\frac{1}{2}$，a₂ = 48，所以a₆ = a₂q⁴ = 48×$\frac{1}{16}$ = 3，故选D.

9.已知球O的半径为1,四棱锥的顶点为O,底面的四个顶点均在球O的球面上,则当该四棱锥的体积最大时,其高为　　　　　　　　　　　　　　　　(　　　)
A.$\frac{1}{3}$　　　
　B.$\frac{1}{2}$　　　
　C.$\frac{\sqrt{3}}{3}$　　　
　D.$\frac{\sqrt{2}}{2}$

答案： 9.C　[命题点]四棱锥的体积与球的性质
[深度解析]设四棱锥为O - ABCD，高为h.设四边形ABCD所在小圆半径为r，四边形ABCD对角线的夹角为α，则S四边形ABCD = $\frac{1}{2}$AC·BD·sinα≤$\frac{1}{2}$AC·BD≤$\frac{1}{2}$·2r·2r = 2r²(提示：圆中弦的最大值为直径)，当且仅当四边形ABCD为正方形时等号成立，即当四棱锥O - ABCD的高h一定时，底面ABCD面积的最大值为2r².由球的性质知r² + h² = 1，则Vₒ₋ₐₙₙₙₙ = $\frac{1}{3}$·2r²·h = $\frac{2}{3}$(1 - h²)h = $\frac{2}{3}$(h - h³).令f(h) = $\frac{2}{3}$(h - h³)，f’(h) = $\frac{2}{3}$(1 - 3h²)，令f′(h) = $\frac{2}{3}$(1 - 3h²) = 0，可得h = $\frac{\sqrt{3}}{3}$(负舍)，当h∈(0，$\frac{\sqrt{3}}{3}$)时f′(h)＞0，函数f(h)单调递增，当h∈($\frac{\sqrt{3}}{3}$，1]时，f′(h)＜0，函数f(h)单调递减，所以当h = $\frac{\sqrt{3}}{3}$时，f(h)取得最大值，即该四棱锥的体积最大，故选C.
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设底面是边长为a的正方形，底面所在圆面的半径为r，则r = $\frac{\sqrt{2}}{2}$a，所以该四棱锥的高h = $\sqrt{1 - \frac{a^{2}}{2}}$，所以体积V = $\frac{1}{3}$a²$\sqrt{1 - \frac{a^{2}}{2}}$ = $\frac{4}{3}$$\sqrt{\frac{a^{2}}{4}·\frac{a^{2}}{4}(1 - \frac{a^{2}}{2})}$ ≤ $\frac{4}{3}$$\sqrt{(\frac{\frac{a^{2}}{4} + \frac{a^{2}}{4} + (1 - \frac{a^{2}}{2})}{3})^{3}}$ = $\frac{4\sqrt{3}}{27}$，当且仅当$\frac{a^{2}}{4}$ = 1 - $\frac{a^{2}}{2}$，即a² = $\frac{4}{3}$时，等号成立.所以该四棱锥的高h = $\sqrt{1 - \frac{a^{2}}{2}}$ = $\sqrt{1 - \frac{2}{3}}$ = $\frac{\sqrt{3}}{3}$，故选C.

10. 某棋手与甲、乙、丙三位棋手各比赛一盘，各盘比赛结果相互独立。已知该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为$P_1$，$P_2$，$P_3$，且$P_3＞P_2＞P_1＞0$。记该棋手连胜两盘的概率为$p$，则（ ）
A. $p$与该棋手和甲、乙、丙的比赛次序无关
B. 该棋手在第二盘与甲比赛，$p$最大
C. 该棋手在第二盘与乙比赛，$p$最大
D. 该棋手在第二盘与丙比赛，$p$最大

答案： 10.D　[命题点]相互独立事件的概率，不等式比较大小
[深度解析]设该棋手在第二盘与甲比赛连胜两盘的概率为$P_{甲}$，第二盘与乙比赛连胜两盘的概率为$P_{乙}$，第二盘与丙比赛连胜两盘的概率为$P_{丙}$，则$P_{甲}=p_{1}p_{2}(1 - p_{3}) + p_{1}p_{3}(1 - p_{2}) = p_{1}p_{2} + p_{1}p_{3} - 2p_{1}p_{2}p_{3}$，$P_{乙}=p_{1}p_{2}(1 - p_{3}) + p_{2}p_{3}(1 - p_{1}) = p_{1}p_{2} + p_{2}p_{3} - 2p_{1}p_{2}p_{3}$，$P_{丙}=p_{2}p_{3}(1 - p_{1}) + p_{1}p_{3}(1 - p_{2}) = p_{1}p_{3} + p_{2}p_{3} - 2p_{1}p_{2}p_{3}$（提示：将$P_{丙}$与$P_{甲}$、$P_{乙}$分别相减，运用因式分解求出差的符号），所以$P_{丙}$最大，故选D。

11. 双曲线$C$的两个焦点为$F_1$，$F_2$，以$C$的实轴为直径的圆记为$D$，过$F_2$作$D$的切线与$C$交于$M$，$N$两点，且$\cos\angle F_1NF_2 = \frac{3}{5}$，则$C$的离心率为（ ）
A. $\frac{\sqrt{5}}{2}$
B. $\frac{3}{2}$
C. $\frac{\sqrt{13}}{2}$
D. $\frac{\sqrt{17}}{2}$

答案：
11.AC　[命题点]双曲线的定义、性质
[深度解析]由双曲线的对称性，不妨令双曲线$C$：$\frac{x^{2}}{a^{2}} - \frac{y^{2}}{b^{2}} = 1(a ＞ 0,b ＞ 0)$，左、右焦点分别为$F_{1}(-c,0)$，$F_{2}(c,0)$，圆$D$：$x^{2} + y^{2} = a^{2}$。
①当点$M$，$N$分别在双曲线两支上时，如图所示，设直线$MN$与圆$D$的切点为$A$，连接$OA$，则$OA\perp MN$，且$|OA| = a$。又$|OF_{1}| = c$，则$|AF_{1}| = \sqrt{c^{2} - a^{2}} = b$。过$F_{1}$作$F_{1}B\perp MN$于点$B$，则$F_{1}B// OA$，又$|OF_{1}| = |OF_{2}|$，所以$|F_{1}B| = 2|OA| = 2a$，$|AB| = |AF_{1}| = b$。因为$\cos\angle F_{1}NF_{2} = \frac{3}{5}$，所以$\sin\angle F_{1}NF_{2} = \frac{4}{5}$，$\tan\angle F_{1}NF_{2} = \frac{4}{3}$，所以$|NB| = \frac{|F_{1}B|}{\tan\angle F_{1}NF_{2}} = \frac{3a}{2}$，$|F_{1}N| = \frac{|F_{1}B|}{\sin\angle F_{1}NF_{2}} = \frac{5a}{2}$，所以$|F_{2}N| = 2b + \frac{3a}{2}$。由双曲线的定义可知，$|F_{2}N| - |F_{1}N| = 2b + \frac{3a}{2} - \frac{5a}{2} = 2b - a = 2a$，所以$\frac{b}{a} = \frac{3}{2}$，所以双曲线的离心率为$e = \frac{c}{a} = \frac{\sqrt{a^{2} + b^{2}}}{a} = \frac{\sqrt{13}}{2}$，故选C。
②当点$M$，$N$在双曲线的同一支上时，如图所示，此时仍有$|F_{2}B| = 2|OA| = 2a$，$|AB| = |AF_{1}| = b$，所以$|NB| = \frac{|F_{2}B|}{\tan\angle F_{1}NF_{2}} = \frac{3a}{2}$，$|F_{2}N| = \frac{|F_{2}B|}{\sin\angle F_{1}NF_{2}} = \frac{5a}{2}$，所以$|F_{1}N| = \frac{3a}{2} - 2b$。由双曲线的定义可知，$|F_{2}N| - |F_{1}N| = \frac{5a}{2} - \frac{3a}{2} + 2b = a + 2b = 2a$，所以$\frac{b}{a} = \frac{1}{2}$，所以双曲线的离心率为$e = \frac{c}{a} = \frac{\sqrt{a^{2} + b^{2}}}{a} = \frac{\sqrt{5}}{2}$，故选A。

12. 已知函数$f(x)$，$g(x)$的定义域均为$R$，且$f(x)+g(2 - x)=5$，$g(x)-f(x - 4)=7$。若$y = g(x)$的图像关于直线$x = 2$对称，$g(2)=4$，则$\sum_{k = 1}^{13}f(k)=$（ ）
A. $-21$
B. $-22$
C. $-23$
D. $-24$

答案：
12.D　[命题点]抽象函数的奇偶性、周期性及图像的对称性
[深度解析]因为$y = g(x)$的图像关于直线$x = 2$对称，所以$g(2 - x) = g(2 + x)$，而$f(x)$为偶函数。由$f(x) + g(2 - x) = 5$，$g(2) = 4$，故$f(-x) + g(2 + x) = 5$，$g(2) = 4$，又$g(2) - f(-2) = 7$，得$f(0) = 1$，$f(-2) = f(2) = - 3$。由$g(x) = f(x - 4) + 7$，且$g(x)$的图像关于直线$x = 2$对称，可知$f(x)$的图像关于直线$x = - 2$对称，则$f(-2 - x) = f(-2 + x) = f(2 + x)$，则$f(x) = f(x + 4)$，所以$f(x)$是周期为$4$的周期函数。又由$f(1) + g(1) = 5$，$g(1) - f(-3) = g(1) - f(1) = 7$，得$f(1) = f(-3) = f(3) = - 1$，又$f(4) = f(0) = 1$，所以$\sum_{k = 1}^{22}f(k) = 6f(1) + 6f(2) + 5f(3) + 5f(4) = 6\times(-1) + 6\times(-3) + 5\times(-1) + 5\times1 = - 24$，故选D。
一题多解：因为$y = g(x)$的图像关于直线$x = 2$对称，所以$g(2 - x) = g(2 + x)$，$g(1) = g(3)$。
因为$f(x) + g(2 - x) = 5$，所以$f(x) = 5 - g(2 - x)$，$f(0) = 5 - g(2) = 1$。
因为$g(x) - f(x - 4) = 7$，所以$f(x) = g(x + 4) - 7$，$g(4) = f(0) + 7 = 8$。
因此$g(x + 4) = 12 - g(2 - x) = 12 - g(x + 2) = 12 - g(x - 2 + 4) = 12 - (12 - g(x)) = g(x)$，
$f(x) = \frac{1}{2}[g(x + 4) - g(2 - x)] - 1 = \frac{1}{2}[g(x + 4) - g(x + 2)] - 1$。
于是$\sum_{k = 1}^{22}f(k) = \frac{1}{2}\sum_{k = 1}^{22}[g(k + 4) - g(k + 2)] - 22$
$= \frac{1}{2}\{[g(5) - g(3)] + [g(6) - g(4)] + [g(7) - g(5)] + \cdots + [g(25) - g(23)] + [g(26) - g(24)]\} - 22$
$= \frac{1}{2}[g(25) + g(26) - g(3) - g(4)] - 22$
$= \frac{1}{2}[g(1) + g(2) - g(3) - g(4)] - 22$
$= - 24$。
故选D。
快解：构造函数$f(x) = 2\cos\frac{\pi}{2}x - 1$，$g(x) = 2\cos\frac{\pi}{2}x + 6$，显然，$y = g(x)$的图像关于直线$x = 2$对称，$g(2) = 4$，且容易证明$f(x)$和$g(x)$满足$f(x) + g(2 - x) = 5$，$g(x) - f(x - 4) = 7$。
直接计算得$\sum_{k = 1}^{22}f(k) = - 24$。故选D。
方法速记：①若$y = f(x)$的图像关于直线$x = a$对称，则$f(a + x) = f(a - x)$恒成立；
②若$f(a + x) + f(b - x) = c$，则$y = f(x)$的图像关于点$(\frac{a + b}{2},\frac{c}{2})$中心对称。