2025年高考第二次模拟考试：数学（新高考Ⅱ卷）01（解析版）

这是一份2025年高考第二次模拟考试：数学（新高考Ⅱ卷）01（解析版），共20页。试卷主要包含了已知函数.等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第一部分（选择题 共58分）
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】在集合中，满足的有，2，3，
故.
故选：D.
2.已知为虚数单位，则（ ）
A. B. 1C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】.
故选：D
3.国家速滑馆又称“冰丝带”，是北京冬奥会的标志性场馆，拥有亚洲最大的全冰面设计，但整个系统的碳排放接近于零，做到了真正的智慧场馆、绿色场馆，并且为了倡导绿色可循环的理念，场馆还配备了先进的污水、雨水过滤系统，已知过滤过程中废水的污染物数量与时间（小时）的关系为（为最初污染物数量，且）.如果前4个小时消除了的污染物，那么污染物消除至最初的还需要（ ）
A. 3.8小时B. 4小时C. 4.4小时D. 5小时
【答案】B
【解析】
【详解】由题意可知，即有，
令，则有，解得，
，故还需要4小时才能消除至最初的.
故选：B.
4.已知函数相邻两个对称轴之间的距离为，若在上是增函数，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】因为相邻两个对称轴之间的距离为，
则，即，则，则，
由，得，
所以在上是增函数，由，得.
故选：B
5.已知圆，直线，若直线l与圆C两交点记为A，B，点P为圆C上一动点，且满足，则最大值为（ ）
A. B. 3C. 4D. 8
【答案】C
【详解】由题意知，圆心，半径，
直线，即，
由得，即直线过定点，故，
设中点为，则，且，
又因为，所以，
所以,
当时等号成立.
故选：C.
6.已知函数是上的偶函数，对任意，且都有成立．若，，，则的大小关系是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【详解】根据题意，函数是上的偶函数，则函数的图象关于直线对称，
又由对任意，且，都有成立，则函数在上为增函数，
又，，，
又，所以，由函数的图象关于直线对称，知，
又，所以，故，
故选：A．
7. 随着我国铁路的发展，列车的正点率有了显著的提高．据统计，途经某车站的只有和谐号和复兴号列车，且和谐号列车的列次为复兴号列车的列次的2倍，和谐号的正点率为0.98，复兴号的正点率为0.99，今有一列车未正点到达该站，则该列车为和谐号的概率为（ ）
A. 0.2B. 0.5C. 0.6D. 0.8
【答案】D
【详解】令事件A：经过的列车为和谐号；事件B，经过的列车为复兴号；事件C，列车未正点到达，
则，
于是，
所以该列车为和谐号的概率为.
故选：D
8.已知点，是椭圆Ω的两个焦点，P是椭圆Ω上一点，的内切圆的圆心为Q．若，则椭圆Ω的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】不妨设椭圆的方程为：，，
则有，，
所以，
所以，所以的内切圆的半径为，由椭圆定义可得，
所以.
故选：D
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9.某校举行了交通安全知识主题演讲比赛，甲、乙两位同学演讲后，6位评委对甲、乙的演讲分别进行打分（满分10分），得到如图所示的折线统计图，则（ ）
A．若去掉最高分和最低分，则甲得分的中位数大于乙得分的中位数
B．甲得分的极差大于乙得分的极差
C．甲得分的上四分位数小于乙得分的上四分位数
D．甲得分的方差大于乙得分的方差
【答案】ABD
【详解】甲、乙的得分从小到大排列如下：
甲：，乙：，
故去掉最高分和最低分可得甲的中位数为，乙的中位数为，故A正确；
甲的极差为，乙的极差为，故B正确；
，所以甲的第75百分位数为，乙的第75百分位数为，故C错误；
由图可以看出甲得分的波动比乙大，故甲得分的方差大于乙得分的方差，故D正确.
故选：ABD
10.已知函数，下列说法正确的是（ ）
A. 当时，的图象关于直线对称
B. 当时，将的图象向左平移个单位得到，的图象关于原点对称
C. 当时，在单调递减
D. 若函数在区间上恰有一个零点，则ω的范围为
【答案】ACD
【解析】
【详解】对于A，当时，，，故的图象关于直线对称，A正确，
对于B，当时，，，故的图象不关于原点对称，B错误，
对于C, 当时，,时，，故在单调递减，C正确，
对于D， 时，，若在区间上恰有一个零点，则，解得，故范围为，D正确
故选：ACD
11. 我们知道，函数的图象关于坐标原点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数，有同学发现可以将其推广为：函数的图象关于点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数．已知是定义在上的可导函数，其导函数为，若函数是奇函数，函数为偶函数，则下列说法错误的是（ ）
A. B.
C. 为奇函数D.
【答案】BCD
【详解】对于A选项，因为函数为奇函数，
所以，函数的图象关于点对称，
且函数的定义域为，则，A对；
对于B选项，不妨取，
因为为奇函数，
则函数符合题意，，
所以，为偶函数，
但，B错；
对于C选项，不妨取，则为奇函数，
，为偶函数，合乎题意，
但不是奇函数，C错；
对于D选项，若，则该函数的最小正周期为，
，
所以，，D错
故选：BCD.
第二部分（非选择题 共92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知，则_______．
【答案】
【解析】
【详解】因为，所以，又csα+π6=1010>0，
所以，所以，
所以，
所以.
故答案为：
13.徐汇滨江作为2024年上海国际鲜花展的三个主会场之一，吸引了广大市民前往观展并拍照留念.图中的花盆是种植鲜花的常见容器，它可视作两个圆台的组合体，上面圆台的上､下底面直径分别为30cm和26cm，下面圆台的上､下底面直径分别为和，且两个圆台侧面展开图的圆弧所对的圆心角相等.若上面圆台的高为8cm，则该花盆上､下两部分母线长的总和为 .
【答案】
【详解】设上面圆台的母线长为，上面半径为下半圆半径为高为，
根据圆台的母线长公式，带入数值计算得到；
设下面圆台的母线长为，上面半径为下半圆半径为
由于两个圆台侧面展开图的圆弧所对的圆心角相等，可以得到，带入数值计算得到；
所以该花盆上､下两部分母线长的总和为.
故答案为：
14.已知等差数列的公差不为0．若在的前100项中随机抽取4项，则这4项按原来的顺序仍然成等差数列的概率为______．（用最简分数作答）
【答案】
【解析】
【详解】设等差数列公差为，
若在数列的前100项中随机抽取4项，构成新的等差数列，则其公差可能为.
当公差为时，则首项可以为，可构成共个不同的等差数列；
当公差为时，则首项可以为，可构成共个不同的等差数列；
当公差为时，则首项可以为，可构成共个不同的等差数列；
；
当公差为时，则首项可以为，可构成共个不同的等差数列；
；
当公差为时，则首项为，可构成共个等差数列.
故在的前100项中随机抽取4项按原来的顺序，共可构成个等差数列；
又在的前100项中随机抽取4项，这4项按原来的顺序共可构成个数列；
则由古典概型概率公式可得，.
故答案为：.
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。
15．（13分）某闯关游戏共设置4道题，参加比赛的选手从第1题开始答题，一旦答错则停止答题，否则继续，直到答完所有题目．设选手甲答对第1题的概率为，甲答对题序为的题目的概率，，各题回答正确与否相互之间没有影响．
(1)若甲已经答对了前3题，求甲答对第4题的概率；
(2)求甲停止答题时答对题目数量的分布列与数学期望．
【答案】(1) (2)分布列见解析；期望为
【详解】（1）解：因为选手甲答对第1题的概率为，所以，即，
所以若甲已经答对了前3题，则甲答对第4题的概率为．（6分）
（2）解：由题意得，，，．
随机变量可取，
则，，，
，．
所以随机变量分布列如下：
所以．（13分）
16．（15分）已知函数.
（1）若在其定义域内单调递增，求实数的取值范围；
（2）若，且有两个极值点，，其中，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【小问1详解】
的定义域为0,+∞，（1分）
∵在0,+∞上单调递增，
∴在0,+∞上恒成立，即在0,+∞上恒成立，（4分）
又，当且仅当时等号成立，（6分）
∴；（7分）
【小问2详解】
由题意，（8分）
∵有两个极值点，
∴为方程的两个不相等的实数根，
由韦达定理得，， （10分）
∵，∴，
又，解得，
∴
，（12分）
设（），
则，
∴在12,1上单调递减，（14分）
又，，
∴，
即的取值范围为.（15分）
17．（15分）如图1，在平行四边形中，，E为的中点．将沿折起，连接与，如图2．

（1）当为何值时，平面平面?
（2）设，当时，是否存在实数，使得直线与平面所成角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
（3）当三棱锥的体积最大时，求三棱锥的内切球的半径．
【答案】（1） （2）存在， （3）
【解析】
【小问1详解】
连接，由题意得，，
则为等边三角形，，
在中，，
由余弦定理得，
所以，由，
则，故.
若平面平面，
由平面平面，平面，，
则平面，平面，则，
所以.
下面证明当时，平面平面.
证明：由，则，
所以，又，平面，
所以平面，
又平面，所以平面平面，
故当时，平面平面；（5分）
【小问2详解】
由（1）知，，则平面平面.
在平面内过作，
由平面平面，平面，
则平面，平面，则.
如图，以点为坐标原点，以所在直线分别为轴，过垂直于平面的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
故，
由，
，
因为轴垂直平面，故可取平面的一个法向量为，
设直线与平面所成角为，
所以，
化简得，解得或（舍去），
故当时，存在，使直线与平面所成角的正弦值为；（10分）
【小问3详解】
设点到平面的距离为，
由，其中为定值，
则要使三棱锥的体积最大时，则点到平面的距离取最大，
取中点，连接，则，
当平面时，点到平面的距离最大，
此时，由平面，则平面平面，
由（1）知，，为直角三角形， .
则，
，
，
在中，，取中点，
则，且，
所以，
设内切球球心为，内切球半径为，由等体积法知，
其中，，
故，
故当三棱锥的体积最大时，三棱锥的内切球的半径为.（15分）
18．（17分）已知双曲线的实轴长为2，离心率为2，右焦点为，为上的一个动点，
（1）若点在双曲线右支上，在轴的负半轴上是否存在定点．使得？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
（2）过作圆的两条切线，若切线分别与相交于另外的两点、，证明：三点共线．
【解析】【小问1详解】
根据题意，有，
所以双曲线的方程为.
设，且，
①当直线的斜率存在时，即时，
因为，所以，
，
从而，化简整理得，，
，所以在x轴负半轴上存在点使得；
②当直线的斜率不存在时，即时，
若，则，此时P点的坐标为2,3，
所以，则，又，所以，此时，
综上，满足条件的M点存在，其坐标为.
【小问2详解】
设Px0,y0，由题意得，双曲线和圆相交，所以联立两曲线方程，得，即为两曲线四个交点的坐标，
①当时，即时，直线PG的斜率不存在，直线PE的斜率为0，
此时易得，此时点E、G关于点O对称，故E、O、G三点共线.
②当，且或，且时，
此时直线PE、PG的斜率存在且不为零，分别设为，
设经过Px0,y0的直线方程为，由于直线与圆相切，
所以，即
由韦达定理得，又，所以，
由直线PE与圆的位置关系可知，，
同理直线PG的方程为，有，
联立，消去y并整理得，，
即，
即，
令，根据韦达定理得，所以
设，又，所以，
所以，又，
两式相减得，，
由图可知，，所以，即.
所以点E、G关于点O对称，此时E、O、G三点共线，
综上得，E、O、G三点共线.
19．（17分）设数列的前n项和为，对一切，，点都在函数图象上.
(1)求，，，归纳数列的通项公式（不必证明）：
(2)将数列依次按1项、2项、3项、4项循环地分为、、、、、、、、、…，分别计算各个括号内各数之和，设由这些和按原来括号的前后顺序构成新的数列为，求的值；
(3)设为数列的前n项积，若不等式对一切都成立，求a的取值范围.
【答案】(1)，，，
(2)
(3)
【详解】（1）因为点在函数的图象上，故，所以，
令，得，所以，
令，得，所以，
令，得，所以，由此猜想：，
当时，，且已知，，当时，，
故，化简整理得，
当时，，两式相减可得，结合，
故数列是以4为首项，4为公差的等差数列，即，
数列是以2为首项，4为公差的等差数列，即，故，
经检验符合题意，且当时，，
，故成立.（8分）
（2）因为（），所以数列依次按1项、2项、3项、4项循环地分为
，，，；
，，，；，…
每一次循环记为一组，由于每一个循环含有4个括号，
故是第25组中第4个括号内各数之和，由分组规律知，
由各组第4个括号中所有第1个数组成的数列是等差数列，且公差为20，
同理，由各组第4个括号中所有第2个数、所有第3个数、所有第4个数分别组成的数列也都是等差数列，且公差均为20，
故各组第4个括号中各数之和构成等差数列，且公差为80，注意到第一组中第4个括号内各数之和是68，
所以，又，所以.
（3）因为，故，
所以，
，
故对一切都成立，
就是对一切都成立，
设，
则只需即可，
由于，
所以，故是单调递减，于是，
令，即，解得或，
综上所述，使得所给不等式对一切都成立的实数a的取值范围是（17分）.X
0
1
2
3
4
P