《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$U = Z$，集合$M = \{x|x = 3k + 1,k \in Z\}$，$N = \{x|x = 3k + 2,k \in Z\}$，则$\complement_U(M\cup N)=$( )
A. $\{x|x = 3k,k \in Z\}$
B. $\{x|x = 3k - 1,k \in Z\}$
C. $\{x|x = 3k - 2,k \in Z\}$
D. $\varnothing$

答案： A

2. 设$a \in R$，$(a + i)(1 - ai) = 2$，则$a =$( )
A. $-2$
B. $-1$
C. $1$
D. $2$

答案： C

3. 执行如图所示的程序框图，则输出的$B =$( )

A. $21$
B. $34$
C. $55$
D. $89$

答案： B

4. 已知向量$\vec{a}$，$\vec{b}$，$\vec{c}$满足$|\vec{a}| = |\vec{b}| = 1$，$|\vec{c}| = \sqrt{2}$，且$\vec{a} + \vec{b} + \vec{c} = 0$，则$\cos\langle\vec{a} - \vec{c},\vec{b} - \vec{c}\rangle =$( )
A. $-\frac{4}{5}$
B. $-\frac{2}{5}$
C. $\frac{2}{5}$
D. $\frac{4}{5}$

答案： D

5. 设等比数列$\{a_n\}$的各项均为正数，前$n$项和为$S_n$，若$a_1 = 1$，$S_5 = 5S_3 - 4$，则$S_4 =$( )
A. $\frac{15}{8}$
B. $\frac{65}{8}$
C. $15$
D. $40$

答案： C

6. 某地的中学生中有60%的同学爱好滑冰，50%的同学爱好滑雪，70%的同学爱好滑冰或爱好滑雪。在该地的中学生中随机调查一位同学，若该同学爱好滑雪，则该同学也爱好滑冰的概率为（ ）
A. 0.8
B. 0.6
C. 0.5
D. 0.4

答案： 6.A　[命题点]条件概率
[深度解析]从该地的中学生中任取一名学生，记A表示事件:“取到的学生爱好滑冰”，B表示事件:“取到的学生爱好滑雪”。由题设知P(A)=0.6，P(B)=0.5，P(A∪B)=0.7。由P(A∪B)=P(A)+P(B) - P(AB)，得P(AB)=P(A)+P(B) - P(A∪B)=0.6 + 0.5 - 0.7 = 0.4。故所求的概率为P(A|B)=$\frac{P(AB)}{P(B)}$=$\frac{0.4}{0.5}$ = 0.8。故选A。

7. 设甲：sin²α + sin²β = 1，乙：sinα + cosβ = 0，则（ ）
A. 甲是乙的充分条件但不是必要条件
B. 甲是乙的必要条件但不是充分条件
C. 甲是乙的充要条件
D. 甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件

答案： 7.B　[命题点]充分条件和必要条件的判断
[深度解析]由sin²α + sin²β = 1得sin²α = 1 - sin²β = cos²β，所以sinα = cosβ或sinα = - cosβ（易错:注意等式两边开方后会有两种情况），充分性不成立。又因为cos²β = 1 - sin²β，所以由sinα + cosβ = 0得sin²α = 1 - sin²β，即sin²α + sin²β = 1，必要性成立。所以“sin²α + sin²β = 1”是“sinα + cosβ = 0”的必要不充分条件，即甲是乙的必要条件但不是充分条件。故选B。

8. 已知双曲线C：$\frac{x^{2}}{a^{2}} - \frac{y^{2}}{b^{2}} = 1$（a＞0，b＞0）的离心率为$\sqrt{5}$，C的一条渐近线与圆(x - 2)² + (y - 3)² = 1交于A，B两点，则|AB| = （ ）
A. $\frac{\sqrt{5}}{5}$
B. $\frac{2\sqrt{5}}{5}$
C. $\frac{3\sqrt{5}}{5}$
D. $\frac{4\sqrt{5}}{5}$

答案： 8.D　[命题点]双曲线的几何性质、直线和圆的位置关系
[深度解析]因为双曲线$\frac{x^{2}}{a^{2}} - \frac{y^{2}}{b^{2}} = 1$（a＞0，b＞0）的离心率e = $\sqrt{5}$，所以由e² = $\frac{c^{2}}{a^{2}}$ = $\frac{a^{2} + b^{2}}{a^{2}}$ = 5，得$\frac{b}{a}$ = 2，所以双曲线C的渐近线方程为y = ±2x。由题意知渐近线y = 2x与圆相交，圆心(2,3)到直线y = 2x的距离d = $\frac{|2×2 - 3|}{\sqrt{1^{2} + 2^{2}}}$ = $\frac{\sqrt{5}}{5}$，所以|AB| = 2$\sqrt{1 - d^{2}}$ = 2$\sqrt{1 - (\frac{\sqrt{5}}{5})^{2}}$ = $\frac{4\sqrt{5}}{5}$，故选D。
一题多解：根据双曲线的离心率e = $\frac{c}{a}$ = $\sqrt{5}$，得c = $\sqrt{5}$a，即c² = 5a²，即a² + b² = 5a²，所以b² = 4a²，即b = 2a，所以双曲线的渐近线方程为y = ±2x。由$\begin{cases}y = 2x \\ (x - 2)^{2} + (y - 3)^{2} = 1\end{cases}$得5x² - 16x + 12 = 0。设A(x₁,y₁)，B(x₂,y₂)，则△＞0，x₁ + x₂ = $\frac{16}{5}$，x₁x₂ = $\frac{12}{5}$，所以|AB| = $\sqrt{1 + 2^{2}}|x₁ - x₂|$ = $\sqrt{5}\sqrt{(x₁ + x₂)^{2} - 4x₁x₂}$ = $\sqrt{5}\sqrt{(\frac{16}{5})^{2} - 4×\frac{12}{5}}$ = $\frac{4\sqrt{5}}{5}$，故选D。

9. 现有5名志愿者报名参加公益活动，在某一星期的星期六、星期日两天，每天从这5人中安排2人参加公益活动，则恰有1人在这两天都参加的不同安排方式共有（ ）
A. 120种
B. 60种
C. 30种
D. 20种

答案： 9.B　[命题点]有条件的排列组合问题
[深度解析]先从5名志愿者中选出1名志愿者参加星期六、星期日两天的公益活动，再从剩下的4名志愿者中选出2名志愿者分别参加星期六、星期日的公益活动，共有$C_{5}^{1}A_{4}^{2}$ = 60（种）不同的安排方式，故选B。

10. 函数$y = f(x)$的图像由函数$y = \cos(2x + \frac{\pi}{6})$的图像向左平移$\frac{\pi}{6}$个单位长度得到，则$y = f(x)$的图像与直线$y = \frac{1}{2}x - \frac{1}{2}$的交点个数为　　　　　　　　　(　　　)
A. 1　　　　B. 2　　　　　C. 3　　　　　D. 4

答案：
10.C　[命题点]三角函数的图像和性质
[深度解析]由题意知f(x)=cos[2(x + $\frac{\pi}{6}$) + $\frac{\pi}{6}$]=cos(2x + $\frac{\pi}{2}$)=−sin2x。画出函数f(x)的图像和直线y = $\frac{1}{2}$x - $\frac{1}{2}$，如图。

由图像可知，函数y = f(x)的图像与直线y = $\frac{1}{2}$x - $\frac{1}{2}$有3个交点，故选C。

11. 已知四棱锥$P - ABCD$的底面是边长为$4$的正方形，$PC = PD = 3$，$\angle PCA = 45^{\circ}$，则$\triangle PBC$面积为　　(　　　)
A. $\sqrt{2}$　　　B. $3\sqrt{2}$　　　C. $\sqrt{2}$　　　D. $\sqrt{2}$

答案：
11.C　[命题点]余弦定理与三角形面积公式
[深度解析]如图，取CD的中点为O，AB的中点为E，连接PO，OE，PE。因为PC = PD，所以PO⊥CD。因为四边形ABCD为正方形，CD的中点为O，AB的中点为E，所以OE⊥CD，AB//CD。又PO∩OE = O，所以CD⊥平面POE。因为PE⊂平面POE，所以CD⊥PE，所以AB⊥PE，所以PB = PA。
在△PAC中，PC = 3，∠PCA = 45°，AC = $\sqrt{4^{2}+4^{2}}$ = 4$\sqrt{2}$，由余弦定理得，PA² = PC² + AC² - 2PC·AC·cos45° = 9 + 32 - 2×3×4$\sqrt{2}$×$\frac{\sqrt{2}}{2}$ = 17，则PA = PB = $\sqrt{17}$。
在△PBC中，由余弦定理得cos∠PCB = $\frac{PC^{2}+BC^{2}-PB^{2}}{2PC·BC}$ = $\frac{9 + 16 - 17}{2×3×4}$ = $\frac{1}{3}$，则sin∠PCB = $\sqrt{1 - cos^{2}∠PCB}$ = $\frac{2\sqrt{2}}{3}$。
所以S△PBC = $\frac{1}{2}$PC·BC·sin∠PCB = $\frac{1}{2}$×3×4×$\frac{2\sqrt{2}}{3}$ = 4$\sqrt{2}$，故选C。
一题多解：在正方形ABCD中，对角线AC = $\sqrt{2}$AB = 4$\sqrt{2}$。在△PCA中，由余弦定理得PA² = PC² + AC² - 2PC·AC·cos∠PCA = 3² + (4$\sqrt{2}$)² - 2×3×4$\sqrt{2}$×cos45° = 17，所以PA = $\sqrt{17}$。
分别以直线CD，CB为x轴，y轴建立空间直角坐标系(如图)。
则C(0,0,0)，D(4,0,0)，A(4,4,0)。设点P(x,y,z)，由PC = 3，PD = 3，PA = $\sqrt{17}$，
得$\begin{cases}\sqrt{x^{2}+y^{2}+z^{2}} = 3\\\sqrt{(x - 4)^{2}+y^{2}+z^{2}} = 3\\\sqrt{(x - 4)^{2}+(y - 4)^{2}+z^{2}} = \sqrt{17}\end{cases}$
解得$\begin{cases}x = 2\\y = 1\\z = 2\end{cases}$
所以P(2,1,2)。又B(0,4,0)，所以PB = $\sqrt{17}$。
在△PCB中，由余弦定理得cos∠PCB = $\frac{PC^{2}+CB^{2}-PB^{2}}{2PC·CB}$ = $\frac{1}{3}$，
所以sin∠PCB = $\frac{2\sqrt{2}}{3}$。所以S△PBC = $\frac{1}{2}$PC·CB·sin∠PCB = 4$\sqrt{2}$。

12. 设$O$为坐标原点，$F_1,F_2$为椭圆$C:\frac{x^{2}}{9}+\frac{y^{2}}{6}=1$的两个焦点，点$P$在$C$上，$\cos\angle F_1PF_2 = \frac{3}{5}$，则$\vert OP\vert =(　　　)$
A. $\frac{13}{5}$　　　　　　　　　B. $\frac{\sqrt{30}}{2}$
C. $\frac{14}{5}$　　　　　　　　　D. $\frac{\sqrt{35}}{2}$

答案：
12.B
思路导引：思路一：已知椭圆方程→c，|PF₁| + |PF₂| = 2a，在△PF₁F₂中余弦定理|PF₁|·|PF₂|→由三角形面积公式可得点P纵坐标的绝对值→椭圆方程解出|OP|
思路二：由思路一可知|PF₁|·|PF₂|，|PF₁| + |PF₂| = 6，|PF₁|² + |PF₂|²→作平行四边形F₁PF₂P'→(2|OP|)² + |F₁F₂|² = 2(|PF₁|² + |PF₂|²)→|OP|
思路三：根据二倍角正切公式求出tan$\frac{∠F₁PF₂}{2}$→设P(x₀,y₀)，根据焦点三角形面积公式，利用△PF₁F₂面积求出y₀→代入椭圆方程求出x₀→解出|OP|
[命题点]椭圆的定义及其几何性质，焦点三角形
[深度解析]解法一：由椭圆方程$\frac{x^{2}}{9}$ + $\frac{y^{2}}{6}$ = 1知，a² = 9，b² = 6，c² = a² - b² = 3，则|F₁F₂| = 2$\sqrt{3}$。设P(xₚ,yₚ)，由余弦定理得|F₁F₂|² = |PF₁|² + |PF₂|² - 2|PF₁|·|PF₂|cos∠F₁PF₂，所以12 = |PF₁|² + |PF₂|² - 2×$\frac{3}{5}$|PF₁|·|PF₂|，①
由椭圆定义得|PF₁| + |PF₂| = 6，平方得36 = |PF₁|² + |PF₂|² + 2|PF₁|·|PF₂|，②
由①②得|PF₁|·|PF₂| = $\frac{15}{2}$。
因为△PF₁F₂的面积S = $\frac{1}{2}$×|PF₁|×|PF₂|sin∠F₁PF₂ = $\frac{15}{4}$×$\frac{4}{5}$ = 3 = $\frac{1}{2}$×|F₁F₂|×|yₚ|，所以|yₚ| = $\sqrt{3}$。又点P(xₚ,yₚ)在椭圆C：$\frac{x^{2}}{9}$ + $\frac{y^{2}}{6}$ = 1上，所以xₚ² = $\frac{9}{2}$，于是|OP| = $\sqrt{xₚ^{2}+yₚ^{2}}$ = $\sqrt{\frac{15}{2}}$ = $\frac{\sqrt{30}}{2}$。
解法二：由解法一可知|PF₁|·|PF₂| = $\frac{15}{2}$，|PF₁| + |PF₂| = 6，则|PF₁|² + |PF₂|² = (|PF₁| + |PF₂|)² - 2|PF₁|·|PF₂| = 21。如图，延长PO交椭圆于点P'，连接P'F₁，P'F₂，则四边形F₁PF₂P'为平行四边形，因为对角线平方和等于四边平方和，即(2|OP|)² + |F₁F₂|² = 2(|PF₁|² + |PF₂|²)，所以4|OP|² = 42 - |F₁F₂|² = 42 - 12 = 30，于是，|OP| = $\sqrt{\frac{30}{4}}$ = $\frac{\sqrt{30}}{2}$。
解法三：因为cos∠F₁PF₂ = $\frac{3}{5}$，所以sin∠F₁PF₂ = $\frac{4}{5}$，所以tan∠F₁PF₂ = $\frac{4}{3}$，所以由二倍角正切公式可知tan$\frac{∠F₁PF₂}{2}$ = $\frac{1}{2}$。设P(x₀,y₀)，则△PF₁F₂的面积S△PF₁F₂ = $\frac{1}{2}$·2c·|y₀| = b²tan$\frac{∠F₁PF₂}{2}$，即$\sqrt{3}$|y₀| = 6×$\frac{1}{2}$，解得y₀ = $\sqrt{3}$，则y₀² = 3，代入椭圆方程，解得x₀² = $\frac{9}{2}$，所以|OP| = $\sqrt{x₀^{2}+y₀^{2}}$ = $\frac{\sqrt{30}}{2}$。