2025年高考第三次模拟考试：数学（新高考Ⅱ卷）02（解析版）

这是一份2025年高考第三次模拟考试：数学（新高考Ⅱ卷）02（解析版），共23页。试卷主要包含了如图中，图象对应的函数解析式为，已知函数则，在正四棱台中，，，则等内容，欢迎下载使用。
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1．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．已知复数满足，则（ ）
A．B．C．D．1
【答案】B
【分析】利用复数的除法法则可求得，进而可求得.
【详解】由，可得，
所以，则.
故选：B．
2．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据函数解析式求得定义域，结合集合交集，可得答案.
【详解】由，
则.
故选：C.
3．向量，，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据数量积运算律得，再利用向量夹角公式即可.
【详解】，则，则，
即，解得，
所以.
故选：D.
4．设是两个不同的平面，是两条直线，且.则“”是“”的（ ）
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】通过面面平行的性质判断充分性，通过列举例子判断必要性.
【详解】，且，所以，又，所以，充分性满足，
如图：满足，，但不成立，故必要性不满足，
所以“”是“”的充分而不必要条件.
故选：A.

5．如图中，图象对应的函数解析式为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据函数的奇偶性可排除A，根据有界性可排除C，根据4处的函数值不超过5，可判断B.
【详解】由图象可知函数关于原点对称，故为奇函数，
对于A，，故函数为偶函数，不符合，
对于B, ，
根据图象可知，4处的函数值不超过5，故B不符合，
对于C，由于，显然不符合，
故选：D
6．据典籍《周礼•春官》记载，“宫､商､角､徵､羽”这五音是中国古乐的基本音阶，成语“五音不全”就是指此五音.如果把这五个音阶全用上，排成一个五音阶音序，要求“宫”不为末音阶，“羽”不为首音阶，“商”“角”不相邻，则可以排成不同音序的种数是（ ）
A．50B．64C．66D．78
【答案】A
【分析】以“宫”的顺序将音阶排序分为四类，再考虑“商”“角”顺序，运用排列组合知识可得答案.
【详解】①若“宫”为首音阶，“商”“角”可取音阶，
排成的音序有种；
②若“宫”为第2音阶，“商”“角”可取音阶，
排成的音序有种；
③若“宫”为第3音阶，“商”“角”可取14，15，24，25音阶，
排成的音序有种；
④若“宫”为第4音阶，“商”“角”可取13，15，25，35音阶，
排成的音序有种.
由分类加法计数原理可知，一共有种排法.
故选：A.
7．设抛物线的焦点为，准线为，过的直线与交于、两点，记点到直线的距离为，且.若点的横坐标为，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由抛物线的定义可得，设点、，设直线的方程为，将该直线方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，求出，根据抛物线的焦点弦长公式可得出关于的等式，结合可求得的值.
【详解】抛物线的准线方程为，由抛物线的定义可得，
设点、，若直线与轴重合，则该直线与抛物线只有一个交点，不合乎题意，
设直线的方程为，联立，可得，
则，由韦达定理可得，
所以，，故，
所以，，整理可得，
即，因为，解得.
故选：C.
8．已知函数且在R上为单调函数.若方程有4个不同的实数解，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】首先根据单调性的定义得到的范围，接着将看作一个整体，然后结合一元二次方程求解出的值，然后结合的值域求解出的范围.
【详解】由题意可知：为单调函数，
当时，单调递减;
故当时，也是单调递减，故
要确保在R上单调递减，则，
解得：，
所以满足在R上单调递减时，实数a的取值范围为
当时，，
又在上单调递减，，
所以，
即在上的值域为
令，则或3，
即或，
要使得有4个不同的实数解，
则，
解得：
综上，实数a的取值范围为：，即
故选：C.
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．已知函数则（ ）
A．函数的图象关于点对称
B．将函数的图象向左平移个单位长度后所得到的图象关于轴对称
C．函数在区间上有2个零点
D．函数在区间上单调递增
【答案】ACD
【分析】利用三角恒等变换易得，采用代入检验法即可判断A项，利用平移变换，求得函数解析式，易得其为奇函数，，故而排除B项，将看成整体角，求出其范围，利用余弦函数的图象观察分析，易对C,D两项进行判断.
【详解】
对于当时，而，故A正确；
对于将向左平移个单位后可得，
为奇函数，关于原点对称，故B错；
对于当时，，
因在上仅有2个零点，故在上也仅有2个零点，故C正确；
对于当时，因在上单调递增，
故在上单调递增，故D正确.
故选：ACD．
10．在正四棱台中，，，则（ ）
A．该正四棱台的体积为
B．直线与底面所成的角为60°
C．线段的长为
D．以为球心，且表面积为的球与底面相切
【答案】BCD
【分析】由台体的公式可判断A；求出直线与底面所成的角可判断B；求出线段的长可判断C；求出以为球心，且表面积为的球的半径可判断D.
【详解】连接，，过作，垂足为.
因为，，所以，，
所以，，
所以该正四棱台的体积，A错误.
直线与底面所成的角为，由，所以，B正确.
，C正确.
设以为球心，且表面积为的球的半径为，则，解得，
所以以为球心，且表面积为的球与底面相切，D正确.

故选：BCD.
11．“黄金双曲线”是指离心率为“黄金分割比”的倒数的双曲线（将线段一分为二，较大部分与全长的比值等于较小部分与较大部分的比值，则这个比值称为“黄金分割比”）.若黄金双曲线的左右两顶点分别为，虚轴上下两端点分别为，，左右焦点分别为为双曲线任意一条不过原点且不平行于坐标轴的弦，为的中点.设双曲线的离心率为，则（ ）
A．
B．
C．直线与双曲线的一条渐近线垂直
D．直线与双曲线的左支有两个不同的交点
【答案】AC
【分析】根据黄金分割比计算可得A正确，利用点差法计算可得，即B错误，由两直线的斜率关系可判断C正确，易知一条渐近线的斜率为，可判断D错误.
【详解】对于A，设线段长度为1，较大部分为，则较小部分为，
由题黄金分割比为，且
若为黄金双曲线，
则离心率为，即A正确；
对于B，设，其中，
又在双曲线线上，所以，
两式相减可得，
即，可得，
所以，可得B错误；
对于C，易知，所以，
易知双曲线的一条渐近线斜率为，
则，
因此直线与双曲线的一条渐近线垂直，即C正确；
对于D，由离心率为可得，解得，
可得一条渐近线的斜率为，
而直线的斜率，
根据渐近线性质可知直线与双曲线的左右两支各有一个交点，即D错误.
故选：AC
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。其中14题第一空2分，第二空3分。
12．某地为了更好地开发当地的旅游资源，决定在两座山头建一条索道，现测得两座山高分别为米，米．从山脚下的处测得处的仰角为，处的仰角为，，点，，在同一水平面内，，，则两座山的山顶，之间的距离是 米．（参考数据：，）
【答案】
【分析】在直角三角形中求出、，再由余弦定理计算可得.
【详解】在中，，所以米，
在中，米，
在中，
，则米．
故答案为：
13．已知，且，若当取最小值时有，则的取值范围是 .
【答案】
【分析】先判断，当且仅当时等号成立，根据对勾函数的单调性可得，解不等式即可得答案.
【详解】由于，当且仅当时等号成立.
.
由于对勾函数在上单调递减，上单调递增，
若取最小值时有，则，即.
解得，
又由于，所以的取值范围是.
故答案为:.
14．在如图斜方格阵中，一机器人从中心方格出发，每次运动可以跨越机器人所在方格的一条边（如第1次运动，机器人可以运动到，，或）．若机器人走出斜方格阵视为“失败”，反之视为“成功”，则运动2025次后机器人“成功”的概率为 ．
【答案】
【分析】设2025次后机器人在处的概率为，在①处的概率为，在②处的概率为，在③处的概率为，则由题意可得，，，，进而求得结论.
【详解】如图，斜方格具有对称性，因而若机器人运动过程不走出斜方格阵，只需考虑机器人位于斜方格阵中的①、②、③处位置即可，设2025次后机器人在处的概率为，在①处的概率为，在②处的概率为，在③处的概率为．
则，，，．
将，，代入到中，得，
又由题意得，，则，
所以，则，，，
所以概率．
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题涉及概率和数列知识，关键是分析运动次数与所在位置的的情况找规律，推导出一般概率表达式，再利用全概率公式，求出运动2025次后机器人“成功”的概率即可.
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）
某工厂为了解员工绩效分数达标情况与员工性别的关系，随机对该厂男、女各30名员工的绩效分数达标情况进行调查，整理得到如下列联表：
单位：人
(1)经计算，所调查的男员工绩效分数的平均数为26；女员工绩效分数的平均数为34，求这60人绩效分数的平均数.
(2)根据上表数据，依据小概率值的独立性检验，能否据此推断绩效分数达标情况与性别有关联？
(3)该厂为激励员工，规定每月绩效分数的第一名奖励1千元，其他名次无奖励.甲为该厂员工，他在工厂开工的第一个月赢得奖励的概率为，从第二个月开始，若上个月没有赢得奖励，则这个月赢得奖励的概率为；若上个月赢得奖励，则这个月仍赢得奖励的概率为，求甲在前两个月所得奖金总额X（单位：千元）的分布列和数学期望.
附：
参考公式：，其中.
【答案】(1)
(2)有关联
(3)分布列见解析，
【分析】（1）根据题意计算即可；
（2）由已知数据利用公式计算，与参考数据比较大小即可得出结论；
（3）根据题意计算出可能取值及相应概率，即可得到分布列，再利用公式计算期望值.
【详解】（1）由题意可知，.
（2）零假设为：绩效分数达标情况与性别无关.
，
根据小概率值的独立性检验，我们推断不成立，即认为绩效分数达标情况与性别有关联，此推断犯错误的概率不大于0.001.
（3）由题意知可能的取值为，
则；
，
所以甲在前两个月所得奖金总额的分布列为
数学期望.
16．（15分）
已知单调递增数列满足，.
(1)证明:是等差数列；
(2)从①；②这两个条件中任选一个，求的前项和.
注:如果选择不同的条件分别解答，按第一个解答计分.
【答案】(1)证明见解析
(2)答案见解析
【分析】（1）依题意可得，再结合数列的单调性得到，从而得到，即可得证；
（2）若选①：，若选②：，利用裂项相消法计算可得.
【详解】（1）因为，
所以，
所以，
所以，
又数列单调递增且满足，即，
所以，
则，
即，
所以，
所以，又，
所以是首项为，公差为的等差数列.
（2）由（1）可得，则，
若选①：
，
所以
；
若选②：
，
所以
.
17．（15分）
如图，四棱锥中，，平面平面.
(1)求证：平面平面；
(2)求二面角的平面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）方法一：取的中点为，取的中点为，并连接，由面面垂直得得平面，从而,由.又，故平面，从而，又，故平面，进行证明;
方法二：取的中点为，并连接，由面面垂直得平面，由余弦定理解得，知，又，故平面，进行证明.
（2）方法一：在平面中，过作于，作于，二面角的平面角为进行求解；
方法二：以分别为轴，为坐标原点建立空间直角坐标系，利用空间向量来求解．
【详解】（1）方法一：
取的中点为，取的中点为，并连接，如图所示.
因为为等边三角形，
故.
又平面平面，且平面平面，平面，
故平面，而平面，
从而.
又，故，
又，且为的中点，故有.
又，且平面，
故平面，平面，
从而，
又，且平面，故平面，
又平面，
故平面平面.
方法二：
取的中点为，并连接，如图所示.
因为为等边三角形，
故，
又平面平面，且平面平面，平面，
故平面，而平面，
从而，
又，故，
从而可得.
在和中，由，
得，
解得，
故由，知，
又，且平面，故平面，
又平面，故平面平面.
（2）方法一：
在平面中，过作于，作于，
设，
如图，易有解得
即为的中点.
设，因为为等边三角形，
故易有.
又，且平面平面，平面,
故平面，
故易有二面角的平面角为，如图所示.
在中，，故，
故，
即二面角的平面角的余弦值为.
方法二：
取的中点为，连接，并过作，
因为，且平面平面，平面平面，
平面,故平面，
又，
故以分别为轴，为坐标原点建立空间直角坐标系如图所示.
由题可知：，
设，则
解得
即.
因为平面，故平面的法向量可取，
设平面的法向量为，则
可取
即，
故，
由图易知二面角为锐角，
故二面角的平面角的余弦值为.
18．（17分）
已知函数，其中．
(1)若和的图象有公共点，求的取值范围；
(2)若和的图象没有公共点，一条直线与和的图象都相切，切点坐标分别为和．
证明：（ⅰ）；
（ⅱ）．
【答案】(1)
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析
【分析】（1）根据给定条件，利用方程有解，结合同构思想，进而构造函数，利用导数探讨单调性，将问题转化为求的值域即可.
（2）（ⅰ）利用导数的几何意义求出指定点处的切线方程，建立关系并结合反证法推理得证；（ⅱ）由（ⅰ）的信息建立与的关系等式，借助分析法推理构造函数，利用导数求出最小值判断得证.
【详解】（1）由和的图象有公共点，得方程有解，
即有解，又，令，
求导得，函数在上单调递增，
因此，
令，求导得，当时，；时，，
函数在上单调递减，在上单调递增，，则，
所以的取值范围是.
（2）（i）由，求导得，
的图象在处切线方程为，即，
的图象在处切线方程为，即，
则，两式相除得，假设，即，
解得，由（1）知，则，与矛盾，所以.
（ⅱ）由（ⅰ）知：，即，则，
，整理得
不等式，令，则，
而，整理得，
因此，
令，求导得，由，得，
当时，；当时，，
函数在上递减，在上递增，
，
所以成立.
【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
①通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
②利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
③根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
19．（17分）
已知椭圆E的标准方程为：，在这个椭圆上取个点，这些点的坐标分别为，连接．
(1)若直线的斜率为，求椭圆E的离心率；
(2)证明的面积为定值，并求多边形的面积（用n表示）；
(3)若，线段的中点为M，证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析，面积为
(3)证明见解析
【分析】（1）求出的坐标，根据斜率求出即可求出离心率；
（2）表示出直线的方程，求出原点O到直线的距离，代入面积公式即可得证；再计算出，由的一般性即可得到多边形的面积；
（3）由题意表示出的坐标，计算发现点的轨迹为椭圆，再利用向量法求出和，结合即可得证.
【详解】（1），所以直线的斜率为，所以，
所以椭圆C的离心率；
（2）证明：直线的方程为，
化简得，
所以原点O到直线的距离
而
所以．
同理可得
所以多边形的面积为；
（3）证明：设，所以
所以，即
所以M的轨迹方程为一个椭圆，A，B是该椭圆的焦点，
设
点的坐标可化为
所以，
又因为
所以
，
，
，
因为，所以.
【点睛】关键点点睛：本题第（3）问的关键点在于利用向量的坐标表示求出和，运算量较大.
性别
绩效分数达标情况
合计
未达标
达标
男
20
10
30
女
5
25
30
合计
25
35
60
0.1
0.01
0.001
2.706
6.635
10.828
0
1
2