2025高考二模试卷数学（全国卷）（理科）含解析

这是一份2025高考二模试卷数学（全国卷）（理科）含解析，共22页。试卷主要包含了本试卷分第Ⅰ卷两部分，测试范围，已知函数，则是，“直线与平行”是“”的，展开式中常数项为.等内容，欢迎下载使用。
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．写在本试卷上无效．
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
4．测试范围：高考全部内容
5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
第Ⅰ卷
一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．已知集合，集合，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先表示出集合，再由交集和补集的运算得出结果即可.
【详解】集合，集合，
集合，所以.
故选：D
2．设为虚数单位，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据复数的除法运算求，进而可得共轭复数.
【详解】由题意可得：，
所以.
故选：D.
3．若向量满足，且，则在上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由向量数量积的运算律可得，再由投影向量的定义求在上的投影向量.
【详解】由，则，
由在上的投影向量.
故选：D
4．已知等比数列的前项和为且成等差数列，则为（ ）
A．244B．243C．242D．241
【答案】A
【分析】首先根据条件求公比，再代入等比数列的前项和公式，即可求解.
【详解】由题意可知，且，
设等比数列的公比为，
则，得，
.
故选：A
5．第19届亚运会在杭州举行，为了弘扬“奉献，友爱，互助，进步”的志愿服务精神，5名大学生将前往3个场馆开展志愿服务工作．若要求每个场馆都要有志愿者，则当甲不去场馆时，场馆仅有2名志愿者的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】首先得甲去场馆或的总数为，进一步由组合数排列数即可得所求概率.
【详解】不考虑甲是否去场馆，所有志愿者分配方案总数为，
甲去场馆的概率相等，所以甲去场馆或的总数为，
甲不去场馆，分两种情况讨论，
情形一，甲去场馆，场馆有两名志愿者共有种；
情形二，甲去场馆，场馆场馆均有两人共有种，
场馆场馆均有两人共有种，所以甲不去场馆时，
场馆仅有2名志愿者的概率为.
故选：B．
6．已知函数，则是（ ）
A．奇函数，且在上是增函数B．奇函数，且在上是减函数
C．偶函数，且在上是增函数D．偶函数，且在上是减函数
【答案】A
【分析】求出函数的定义域，利用奇偶函数的定义及复合函数的单调性法则判断即可.
【详解】若函数有意义，则，解得，
即函数的定义域为，
因为，所以函数是奇函数，
函数，
因为函数在上递增，函数在定义域上递增，
所以函数在上是增函数.
故选：A
7．“直线与平行”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】根据两条直线平行，对应方程系数的关系求解，分两个方面判断即可．
【详解】若直线与平行，
易得:，故：，
则
得不到，故不是充分条件；
反之，当时成立，故直线与平行，是必要条件；
故“直线与平行”是“”的必要不充分条件，
故选：B．
8．已知双曲线的左、右焦点分别为，，A为C的右顶点，以为直径的圆与C的一条渐近线交于P，Q两点，且，则双曲线C的离心率为（ ）
A．B．C．D．3
【答案】C
【分析】联立圆与渐近线方程，得到，进而得到，利用直线斜率得到方程，求出，得到离心率.
【详解】由题意得，以为直径的圆的方程为，，
渐近线方程为，
联立，解得，
不妨令，
故，
因为，所以，
所以，解得，
故离心率.

故选：C
9．展开式中常数项为（ ）.
A．11B．C．8D．
【答案】B
【分析】将看成一个整体，得到，再展开得到
，分别取值得到答案.
【详解】将看成一个整体，展开得到：

的展开式为：
取
当时， 系数为：
当时， 系数为：
常数项为
故答案选B
【点睛】本题考查了二项式定理，将看成整体展开，再用一次二项式展开是解题的关键，计算较为复杂.
10．若函数恒有，且在上单调递减，则的值为（ ）
A．B．C．D．或
【答案】D
【分析】由题意可得当时，取得最大值，所以，可求出，再由，求出的范围，即可得出答案.
【详解】由题意可得当时，取得最大值，所以，，．
由在上单调递减，得，
所以．所以或．经检验，或均满足条件．
故选：D．
11．在棱长为的正方体中，、分别为、的中点，则下列说法不正确的是（ ）
A．当三棱锥的所有顶点都在球的表面上时，球的表面积为
B．异面直线与所成角的余弦值为
C．点为正方形内一点，当平面时，的最小值为
D．过点、、的平面截正方体所得的截面周长为
【答案】D
【分析】对于A：转化为长方体的外接球分析运算；对于B：根据异面直线夹角分析运算；对于C：根据面面平行分析判断；对于D：根据平行关系求截面，进而可得周长.
【详解】对于A：三棱锥的外接球即为以、、为邻边的长方体的外接球，
因为，，
可得外接球的半径，
所以外接球的表面积，故A正确；
对于B：因为，则异面直线与所成角为，且，，
可得，所以，
所以，异面直线与所成角的余弦值为，故B正确；
对于C：取、、的中点、、，连接、、、，，
由题意可得：，，则为平行四边形，所以，
因为四边形为正方形，、分别为、的中点，则，，
所以，四边形为平行四边形，所以，，，
又因为，，可得，，
则为平行四边形，所以，可得，
因为平面，平面，则平面，
因为，，则四边形为平行四边形，则，
因为、分别为、的中点，则，同理可得，则，可得，
因为平面，平面，则平面，
因为，、平面，所以平面平面，
则点P在线段上，可得，
，
所以当点P为线段的中点时，，
取到最小值，且最小值为，故C正确；
对于D：连接、，
因为、为、的中点，则，
又因为，，则为平行四边形，可得，
则，
过作，设，，则，
可得，，
连接、，设，，连接、，
可得过点、、的平面截正方体所得的截面为五边形，
因为，则，，
可得，，，
所以截面周长为，故D错误；
故选：D.
【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：
（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；
（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；
（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.
12．若点既在直线上，又在椭圆上，的左、右焦点分别为，，且的平分线与垂直，则的长轴长为（ ）
A．B．C．或D．或
【答案】B
【分析】过点、分别作、垂直直线于点、，由的平分线与垂直可得，即可得与相似，结合点到直线的距离可得相似比，从而可求出、，结合椭圆定义即可得长轴长.
【详解】过点、分别作、垂直直线于点、，
作的平分线与轴交于，
由，故、，
则，，
由且为的平分线，故，
故，
又、，故与相似，
故，
由，令，则，
故直线与轴交于点，故，
，故，
由，
故，，
故，，
由椭圆定义可知，，故，
即的长轴长为.
故选：B.
【点睛】关键点睛：本题关键在于作出、垂直直线于点、，再将的平分线与垂直这个条件转化为，从而得到相似三角形，结合点到直线距离公式及得到、的值.
第Ⅱ卷
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分
13．已知，写出符合条件的一个角的值为 .
【答案】（答案不唯一）
【分析】根据题目条件得到和，从而求出，进而求出角的值.
【详解】，
故，
，即，
故，
故，即，
则，
则，
可取.
故答案为：
14．在正三棱台中，，，侧棱与底面ABC所成角的正切值为．若该三棱台存在内切球，则此正三棱台的体积为 ．
【答案】
【分析】取BC和的中点分别为P，Q，上、下底面的中心分别为，，设，内切球半径为r，根据题意求出侧棱长以及，，再根据切线的性质及等腰梯形和梯形的几何特点列方程组求出半径即可.
【详解】如图，取BC和的中点分别为P，Q，
上、下底面的中心分别为，，
设，内切球半径为r，因为，棱台的高为2r，
所以，
，同理．
因为内切球与平面相切，切点在上，
所以①，
在等腰梯形中，②，
由①②得．
在梯形中，③，
由②③得，代入得，则棱台的高，
所以棱台的体积为．
故答案为：.

15．已知函数满足对任意的实数m，n都有，则曲线在处的切线方程为 ．
【答案】
【分析】构造函数，将已知等式转化为，再利用赋值法求得与，进而求得，再利用利用导数的几何意义即可得解．
【详解】因为，
所以，
设，
则，
令，则，则，或，
若，则由，得，显然不成立，
所以，即，则
令，则，由于不恒为0，
故，即，则，
此时，经检验，满足要求，
则，，所以，
所以曲线在处的切线方程为，即．
故答案为：
16．在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，S为的面积，且，则的取值范围为 .
【答案】
【分析】利用三角形面积公式与余弦定理，可得，再根据同角关系式可得，然后利用正弦定理与三角恒等变换公式化简可得，结合条件可得取值范围，进而求得的取值范围，令，则，然后由对勾函数的单调性即可求出．
【详解】在中，由余弦定理得，
且的面积，
由，得，化简得，
又，，联立得，
解得或（舍去），
所以，
因为为锐角三角形，
所以，，所以，
所以，所以，所以，
设，其中，所以，
由对勾函数单调性知在上单调递减，在上单调递增，
当时，；当时，；当时，，
所以，即的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用正弦定理与三角恒等变换公式化简可得，进而可以求解.
三、解答题：本大题共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．
（一）必考题：共60分．
17．（12分）已知是公差不为零的等差数列，，且成等比数列．
(1)求数列的通项公式；
(2)若，求的前1012项和．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据等差数列的通项公式和等比中项即可得解；
（2）由裂项相消法可求出前1012项和.
【详解】（1）设等差数列的公差为，
又，则，，
因为成等比数列，所以，
即，
得，
又因为是公差不为零的等差数列，所以，
即分
（2）由（1）知
，
分
18．（12分）在直角梯形中，，，，如图（1）．把沿翻折，使得平面平面．

(1)求证：；
(2)在线段BC上是否存在点N，使得AN与平面ACD所成角为60°？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，
【分析】（1）利用勾股定理证明，再根据面面垂直的性质可得平面，再根据线面垂直的性质即可得证；
（2）以点为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【详解】（1）因为，且，
可得，，
又因为，可得，
所以，则，
因为平面平面，平面平面，且平面，
所以平面，
又因为平面，所以；分
（2）因为平面，且平面，所以，
如图所示，以点为原点，建立空间直角坐标系，
可得，，，，
所以，．分
设平面的法向量为，则，
令，可得，所以，分
假设存在点，使得与平面所成角为，
设，（其中），则，，
所以，
整理得，解得或（舍去），
所以在线段上存在点，使得与平面所成角为，此时．分

19．（12分）正态分布与指数分布均是用于描述连续型随机变量的概率分布．对于一个给定的连续型随机变量，定义其累积分布函数为．已知某系统由一个电源和并联的，，三个元件组成，在电源电压正常的情况下，至少一个元件正常工作才可保证系统正常运行，电源及各元件之间工作相互独立．
(1)已知电源电压（单位：）服从正态分布，且的累积分布函数为，求；
(2)在数理统计中，指数分布常用于描述事件发生的时间间隔或等待时间．已知随机变量（单位：天）表示某高稳定性元件的使用寿命，且服从指数分布，其累积分布函数为.
（ⅰ）设，证明：；
（ⅱ）若第天元件发生故障，求第天系统正常运行的概率．
附：若随机变量服从正态分布，则，，．
【答案】(1)0.8186
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）．
【分析】（1）根据正态分布的对称性即可结合的定义求解，
（2）（ⅰ）根据条件概率的计算公式集合的定义以及的定义域即可求解，（ⅱ）根据独立事件的概率公式求解即可.
【详解】（1）由题设得，，
所以
分
（2）（ⅰ）由题设得：
，
,
所以．分
（ⅱ）由（ⅰ）得，
所以第天元件，正常工作的概率均为．
为使第天系统仍正常工作，元件，必须至少有一个正常工作，
因此所求概率为．分
20．（12分）已知抛物线的焦点为F，若的三个顶点都在抛物线E上，且满足，则称该三角形为“核心三角形”．
(1)设“核心三角形”的一边所在直线的斜率为2，求直线的方程；
(2)已知是“核心三角形”，证明：三个顶点的横坐标都小于2．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）设的方程为，联立抛物线方程，得到两根之和，两根之积，根据及得到点C的坐标为，代入抛物线方程，求出，得到直线方程；
（2）设直线的方程，联立抛物线方程，得到两根之和，两根之积，求出点A的坐标为，代入抛物线方程，得到，由根的判别式得到，所以，所以点A的横坐标，同理可证另两个顶点横坐标也小于2.
【详解】（1）设直线的方程为，与联立得，
由得，
设，则，
所以，
由题意知，
因为，
所以，
所以，故
即点C的坐标为，代入抛物线E的方程得：，解得，
满足条件，
所以直线的方程为．分
（2）证明：设直线的方程为，与联立得，
，所以，
所以．
由（1）知，所以，
即点A的坐标为．
又点A在抛物线上，所以，所以，
又，所以，所以点A的横坐标，
同理可证，B，C两点的横坐标也小于2．
所以三个顶点的横坐标均小于2．分
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法：
（1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；
（2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围．
21．（12分）已知函数，．
(1)若恒成立，求a的取值集合；
(2)证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）利用导数求函数的最小值，转化恒成立条件列不等式可求的取值集合；
（2）利用小问（1）构造不等式，赋值结合累加法证明，再结合正弦函数性质和不等式性质即可证明结论.
【详解】（1）由题可知函数的定义域为，
，令，得，
由x，，列表如下
，
因为恒成立，
所以，．
令，则，
由x，，列表如下
．
又，，
，，
，故a的取值集合为．分
（2）由（1）可知，当时，，
即，，
（当时，“”成立），
令，
，则，，
由累加法可知
累加可得，
即，
令，，
恒成立，
在区间上单调递减，
，
，
，
分
【点睛】方法点睛：（1）导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理；（2）利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用；（3）证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.
（二）选考题：共10分．请考生在22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．
选修4-4：坐标系与参数方程
22．（10分）已知曲线的参数方程为（为参数），直线过点．
(1)求曲线的普通方程；
(2)若直线与曲线交于，两点，且，求直线的倾斜角．
【答案】(1).
(2)或.
【分析】（1）利用参数方程转普通方程即可求解.
（2）写出直线的参数方程，参数方程代入，设，两点所对的参数为，利用韦达定理代入中，化简即可求解.
【详解】（1）由曲线的参数方程为（为参数），得，
，，即（为焦点在轴上的椭圆）分
（2）设直线的倾斜角为，直线过点
直线的参数方程为（为参数），
将直线的参数方程代入，可得，
，
设，两点所对的参数为，，
曲线与轴交于两点，
在曲线的内部，一正一负，
，而，，
，，，
解得，为直线的倾斜角，，
，，或，
直线的倾斜角为或分
选修4-5：不等式选讲
23．（10分）已知函数．
(1)求不等式的解集；
(2)设函数的最小值为，若且，求证：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）解绝对值不等式时，一般考虑分类讨论法求解，最后再合并；
（2）分类讨论的单调性，判断其在不同区间上的最小值，最后确定的值，利用基本不等式即可证明.
【详解】（1）不等式可化为或，
由，可得，解得或；
由，可得，解得，
所以不等式的解集为．分
（2）由题意，知，
当时，，
因在上单调递减，则；
当时，，
因在上单调递增，在上单调递减，故在无最小值，但是；
当时，，
因在上单调递增，则.
综上，当时，函数取得最小值2，即，所以，
因，所以，当且仅当时等号成立，
故．分
x
a
0
递减
极小值
递增
x
1
0
递增
极大值
递减