2025年青海省海东二中等校高考数学二模试卷（含答案）

这是一份2025年青海省海东二中等校高考数学二模试卷（含答案），共9页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.集合A={x∈N|5−x>1}，B={−1,0,1,2,3,4,5}，则∁BA=( )
A. {5}B. {4,5}C. {−1,4,5}D. {−1,0,4,5}
2.复数z满足z−4=i(2−5i)，则复数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
3.已知直线l：2x−y+5=0与圆C：x2+y2−2x−4y−4=0交于A，B两点，则|AB|=( )
A. 2 5B. 4C. 5D. 2
4.在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且sinA+sinBsinA+sinC=119，sinB+sinCsinA+sinC=109，则△ABC的形状是( )
A. 钝角三角形B. 直角三角形C. 锐角三角形D. 不确定的
5.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=4，E，F分别是棱CD，A1D1的中点，则正方体ABCD−A1B1C1D1被平面AEF所截得的截面周长是( )
A. 4 5+4 2
B. 5 5+ 17
C. 4 5+2 2+4
D. 6 5+2
6.已知向量a=(2,6)，b=(x,4)，若a−b与b的夹角为锐角，则x的取值范围为( )
A. (−2,4)B. (−4,2)C. (−2,43)∪(43,4)D. (−4,43)∪(43,2)
7.已知函数f(x)=x3+x，若正实数a，b满足f(a)+f(b−4)=0，则14a+1b的最小值是( )
A. 94B. 916C. 49D. 169
8.如图，已知圆台形水杯(不计厚度)的杯口直径为6，杯底的直径为4，高为ℎ，水杯中盛有部分水.当杯底水平放置时，杯中水的高度为12ℎ，将半径为52的小球放入杯中，小球被完全浸没，水恰好填满水杯，则ℎ=( )
A. 60081B. 60091C. 50081D. 50091
二、多选题：本题共3小题，共22分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.为了丰富校园文化生活，展现学生的才艺风采，激发学生的艺术创造力和表现力，某校举行了“绽放青春，艺路有你”才艺大赛.甲、乙两位同学才艺表演结束后，6位评委对甲、乙进行打分，得到如图所示的
折线统计图，则( )
A. 甲得分的平均数大于乙得分的平均数B. 甲得分的众数大于乙得分的众数
C. 甲得分的中位数大于乙得分的中位数D. 甲得分的方差大于乙得分的方差
10.已知函数f(x)=sin(2x+φ)(|φ|am+14(m∈N+)，求m的最小值．
16.(本小题12分)
已知抛物线C：x2=2py(p>0)，过点A(p,0)的直线l交抛物线C于M，N两点，且点A到抛物线C的准线的距离为12．
(1)求抛物线C的方程；
(2)已知O为坐标原点，直线l的斜率为k(k≠0)，△OMN的面积为 3k2，求直线l的方程．
17.(本小题12分)
如图，在四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AB//CD，AB=2CD=2AD=4，CD⊥AD，AA1⊥BC，E，F分别是棱AB，BC的中点．
(1)证明：BC⊥平面ACC1A1．
(2)若AA1⊥AB，直线A1E与平面ACC1A1所成角的正弦值为 1010．
①求四棱柱ABCD−A1B1C1D1的体积；
②求平面A1EF与平面ACC1A1的夹角的余弦值．
18.(本小题12分)
某餐馆2024年12月份共有800个线上外卖订单，其中好评订单有600个，其余均为非好评订单.为了提升菜品品质，增加营业额，该餐馆在2025年1月份更换了厨师，更换厨师后该餐馆2025年1月份共有2000个线上外卖订单，其中好评订单有1600个，其余均为非好评订单．
(1)根据统计数据，完成下列表格，并依据小概率值α=0.01的独立性检验，分析该餐馆订单的好评率是否与更换厨师有关联．
(2)现从更换厨师前的订单中按好评和非好评，按比例用分层随机抽样法抽取8个订单进行电话回访，再从这8个订单中随机抽取3个订单发放新品品尝券并让顾客评价，记抽取的3个订单中好评的订单个数为ξ，求ξ的分布列和数学期望．
(3)用样本频率估计总体概率，现从更换厨师后所有订单中随机抽取100个订单，记其中好评的订单个数为η，求使事件“η=r”的概率最大时r的值．
附：χ2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，其中n=a+b+c+d．
19.(本小题12分)
已知函数f(x)=aex−2+lna−3．
(1)当a=1时，求曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线与坐标轴围成的三角形的面积；
(2)若f(x)≥ln(x+1)在(−1,+∞)上恒成立，求a的取值范围．
参考答案
1.C
2.A
3.B
4.C
5.B
6.C
7.B
8.D
9.BCD
10.ACD
11.CD
12.−e2
13.50
14.73
15.解：(1)当n=1时，3a1−1=2S1，解得a1=1，
当n≥2时，2Sn−1=3an−1−1，
2(Sn−Sn−1)=3an−3an−1=2an，
所以an=3an−1，所以anan−1=3，
所以数列{an}是首项a1=1，公比为3的等比数列，
所以an=1×3n−1=3n−1；
(2)因为bn=(−1)nan=(−1)n×3n−1=−(−3)n−1，
所以Tn=−1[1−(−3)n]1−(−3)=(−3)n−14；
(3)因为an=3n−1，所以Sn=1×(1−3n)1−3=3n−12；
又因为Sm>am+14(m∈N+)，所以3m−12>3m−1+14，
所以3m−1>29，因为y=3x单调递增，且33=2729，
所以m−1≥4，m≥5，
则m的最小值为5．
16.解；(1)抛物线C：x2=2py的准线方程为y=−p2，
由点A(p,0)到抛物线C的准线的距离为12，
得p2=12，
解得p=1，
所以抛物线C的方程为x2=2y．
(2)由(1)知A(1,0)，直线l方程为y=k(x−1)，
设M(x1,y1)，N(x2,y2)，
由y=k(x−1)x2=2y，
消去y得：x2−2kx+2k=0，
则Δ=4k2−8k>0，
解得k2，
所以x1+x2=2k，x1x2=2k，
且|x1−x2|= (x1+x2)2−4x1x2=2 k2−2k，
令直线l与y轴的交点E(0,−k)，
则△OMN的面积S=12|OE||x1−x2|=|k| k2−2k，
因此|k| k2−2k= 3k2，
即 k2−2k= 3|k|，
即2k2+2k=0，
解得k=−1或k=0(舍)，
所以直线l方程为x+y−1=0．
17.解：(1)证明：在梯形ABCD中，CD⊥AD，AD=CD=2，
则AC=2 2,∠BAC=45°，
在△ABC中，AB=4，BC2=AB2+AC2−2AB⋅ACcs45°=8，
则BC2+AC2=16=AB2，BC⊥AC，
而AA1⊥BC，AA1∩AC=A，AA1，AC⊂平面ACC1A1，
所以BC⊥平面ACC1A1．
(2)①由AA1⊥AB，AA1⊥BC，AB∩BC=B，AB，BC⊂平面ABCD，
得AA1⊥平面ABCD，
取AC中点O，连接EO，A1O，由E是AB的中点，
得EO//BC,EO=12BC= 2，
由(1)知，EO⊥平面ACC1A1，
则∠EA1O是直线A1E与平面ACC1A1所成的角，
即sin∠EA1O= 1010，A1E=EOsin∠EA1O=2 5，AA1= A1E2−AE2= (2 5)2−22=4，
所以四棱柱ABCD−A1B1C1D1的体积V=SABCD⋅AA1=2(2+4)2⋅4=24．
②连接C1F，由①知AA1⊥平面ABCD，CC1//AA1，则CC1⊥平面ABCD，
AC⊂平面ABCD，则AC⊥CC1，而A1C1//AC，于是A1C1⊥CC1，A1C1⊥B1C1，
又CC1，B1C1⊂平面BCC1B1，
所以A1C1⊥平面BCC1B1，
因为FC1⊂平面BCC1B1，所以FC1⊥A1C1，
由F是BC的中点，得EF//AC//A1C1，E，F，A1，C1共面，
因此∠FC1C是平面A1EF与平面ACC1A1的夹角，
cs∠FC1C=CC1C1F=CC1 CF2+CC12=2 23，
所以平面A1EF与平面ACC1A1的夹角的余弦值是2 23．
18.解：(1)由题意，填写2×2列联表如下：
零假设为H0：餐馆订单的好评率与更换厨师无关联，
根据列联表中数据，经计算得χ2=2800×(600×400−1600×200)22200×600×800×2000≈8.485>6.635=x0.01，
根据小概率值α=0.01的独立性检验，推断H0不成立，
即认为该餐馆订单的好评率与更换厨师有关联，此推断犯错误的概率不大于0.01．
(2)依题意，用分层随机抽样法抽取的8个订单中，好评订单有8×600800=6个，非好评有2个，
而从这8个订单中随机抽取3个，其中好评的订单个数ξ的可能值有1，2，3，
则P(ξ=1)=C61⋅C22C83=328，P(ξ=2)=C62⋅C21C83=1528，P(ξ=3)=C63⋅C20C83=1028，
所以ξ的分布列为：
数学期望E(ξ)=1×328+2×1528+3×1028=94．
(3)依题意，更换厨师后好评率为16002000=0.8，
从更换厨师后所有订单中随机抽取100个订单，则η～B(100,0.8)，
于是P(η=r)=C100r⋅0.8r⋅0.2100−r，r≤100，r∈N，
由P(η=r+1)P(η=r)=C100r+10．8r+1×0．299−rC100r0.8r×0.2100−r=400−4rr+1，
由400−4rr+1>1，解得r0，
∴G(m)为R上的单调递增函数，
将elna+x−2+lna+x−2≥eln(x+1)+ln(x+1)(x∈(−1,+∞))，
转化为G(lna+x−2)≥G(ln(x+1))，
∵G(m)为R上的单调递增函数，
∴lna+x−2≥ln(x+1)(x∈(−1,+∞))，
即lna≥ln(x+1)−x+2，
即elna≥eln(x+1)−x+2(x∈(−1,+∞))，
整理有：a≥(x+1)e−x+2(x∈(−1,+∞))，
令ℎ(x)=(x+1)e−x+2，ℎ′(x)=e−x+2−(x+1)e−x+2=−xe−x+2，
令ℎ′(x)=0，即−xe−x+2=0，x=0，
当x∈(−1,0)时，ℎ′(x)>0，ℎ(x)在(−1,0)单调递增；
当x∈(0,+∞)时，ℎ′(x)